2022-2023学年四川省遂宁市射洪中学高二上学期第二次半月考物理试题 （解析版）

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射洪中学高2022级高二上期强基班第二次半月考物理试题考试60分钟，满分100分。一、不定项选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）1. 如图所示电路中，自感系数较大的线圈L的直流电阻不计，下列操作中能使电容器C的A板带正电的是（　　）A. S闭合的瞬间B. S断开的瞬间C S闭合电路稳定后D. S闭合、向左移动变阻器触头【答案】B【解析】【详解】A．S闭合瞬间，由于L的自感作用，阻碍电流增大，则电源给电容器充电，所以B极带正电，故A错误；B．S断开瞬间，由于线圈电流变化，产生自感电动势，阻碍电流减小，则对电容器充电，所以A板带正电，故B正确；C．S闭合时电路稳定后，L的电阻为零，所以C两端无电压；故C错误；D．S闭合，向左迅速移动滑动变阻器触头，电流增大，则自感线圈阻碍电流增大，对电容器充电，所以B极带正电，故D正确。故选B。2. 如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个一价氢离子，第二次从小孔O1处由静止释放一个二价氦离子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）A. 一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为1:2B. 一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间相等C. 一价氢离子和二价氦离子打到感光板上时的动能之比为1:2D. 一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置不相同【答案】C【解析】【详解】A．从开始运动到B板，一价氢离子的速度为v1，二价氦离子速度为v2，根据动能定理得化简得出可得A错误；B．设粒子在加速电场中加速时间为t，加速位移为s，在偏转电场中时间为t′，O1O2与MN的竖直高度为d，有由于一价氢离子和二价氦离子的加速位移和偏转位移相同，但所以则一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间不相等，B错误；C．从开始运动到打到板上根据动能定理有则C正确；D．带电粒子进入偏转电场后，水平位移为可知水平位移与比荷无关，则一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置相同，D错误；故选C。3. 如图所示，正方形区域ABCD与某一匀强电场平行，在A点有一个粒子源沿各个方向发射带负电的粒子，若与AB成45°的方向以的速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点是BC的中点，已知正方形的边长为1m，粒子的比荷为，C点电势为零，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）A. 该匀强电场的方向可能由B指向DB. 打到E点的粒子在运动过程中动能逐渐减少，电势能逐渐增加C. B点电势一定高于C点电势，D. 从AD方向射入的粒子可能到达C点【答案】BC【解析】【详解】A．与AB成45°的方向以的速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点恰好是BC的中点，粒子水平方向做匀变速直线运动，据位移公式可得竖直方向做匀减速直线运动，可得其中联立解得粒子达到E点时速度大小为说明粒子水平方向速度不变做的是匀速直线运动，所以粒子可以看成从E到A的类平抛运动，带负电的粒子受到的电场力向下，故匀强电场方向由B指向C。故A错误；B．在该粒子的运动过程中电场力做负功，动能逐渐减少，电势能逐渐增加。故B正确；C．根据类平抛的原理，粒子在水平方向做匀速直线运动，故运动时间为代入解得沿电场方向电势降低，故B点电势一定高于C点电势，可得C点电势为零，即，根据可得故C正确；D．从AD方向射入粒子做直线运动，不可能到达C点。故D错误。故选BC。4. 如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（　　）A. 通过电动机的电流为10A B. 电源内阻的电功率为4WC. 电动机线圈电阻的电功率为2W D. 电动机的输出功率为20W【答案】B【解析】【详解】A．根据欧姆定律可得，回路中电流大小为A错误；B．电源内阻的电功率为B正确；C．电动机线圈电阻的电功率即为热功率，有C错误；D．电动机的输出功率为D错误。故选B。5. 如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，内阻为5Ω；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用接线柱1、2测电流，1、3测电压，则下列分析正确的是（　　）A. 将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.8AB. 将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.2AC. 将接线柱1、3接入电路时，改装成的电压表的量程为9VD. 将接线柱1、3接入电路时，改装成的电压表的量程为21V【答案】AD【解析】【详解】AB．将接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据并联反比分流规律可知R1分流为1.2A，故改装成的电流表的量程为A正确，B错误；CD．将接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，此时改装成的电压表的量程为C错误；D正确。故选AD。6. 弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过0.3 s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2 s，振子第二次经过P点，则到该振子第三次经过P点可能还需要多长时间(　　)A. 1.2 s B. s C. 0.4 s D. 1.4 s【答案】BD【解析】【详解】假设振子从平衡位置开始向右运动，当P点在右侧时，由题意可知该振子第三次经过P点还需要的时间为当P点在左侧时，由题意可知可得该振子第三次经过P点还需要的时间为故选BD。7. 如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电随时间变化为u=Umcos(100πt)，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（　　）A. n1为1100匝，Um为220VB. BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1AC. 若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD. 若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s【答案】BD【解析】【详解】A．变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为解得原线圈为2200匝，故A错误；B．根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为故B正确；C．若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的频率为故C错误；D．若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为交流电的周期为故D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，共14分）8. 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则_____（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2_______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。【答案】    ①. Rx1    ②. 大于    ③. 小于【解析】【详解】[1]因为而故可认为，故应采用电流表内接法即图a电路测量更准确，即Rx1更接近待测电阻的真实值。[2]根据，，，则即测量值Rx1大于真实值。[3]因为，，，则即测量值Rx2小于真实值。9. 某同学利用实验室现有器材，设计了一个测量电阻阻值的实验。实验器材：干电池E（电动势15V，内阻未知）；电流表A1（量程10mA，内阻为90Ω）；电流表A2（量程30mA，内阻为30Ω）；定值电阻R0（阻值为150Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）；待测电阻Rx；开关S，导线若干测量电路如图所示。（1）断开开关，连接电路，将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端。将定值电阻R0接入电路；闭合开关，调节滑片位置。使电流表指针指在满刻度的处。该同学选用的电流表为_______（填“A1”或“A2”）；若不考虑电池内阻。此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为________Ω。（2）断开开关，保持滑片的位置不变。用Rx替换R0，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的处，则Rx的测量值为________Ω。（3）本实验中未考虑电池内阻，对Rx的测量值_________（填“有”或“无”）影响【答案】    ①. A1    ②. 60    ③. 100    ④. 无【解析】【详解】（1）[1]若不考虑电源内阻，且在电源两端只接R0时，电路中的电流约为由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的处，则该同学选到的电流表应为A1。[2]当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有计算出R = 60Ω（2）[3]断开开关，保持滑片的位置不变，用Rx替换R0，闭合开关后，有代入数据有Rx = 100Ω（3）[4]若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有联立计算出的Rx不受电源内阻r的影响。三、计算题（本题共2小题，共44分）10. 如图所示的电路中，两平行金属板水平放置构成电容器，两板间的距离d=16cm。电源电动势E=10V，内电阻r=2Ω，电阻R=8Ω。闭合开关S，待电路稳定后，一带正电的小球拴在轻绳的一端，轻绳的另一端固定在O点，让小球从与O点等高的A点静止释放（轻绳拉直）。已知小球电荷量q=2×10-2C，质量m=0.1kg，g=10m/s2。不考虑空气阻力。求：(1)电压表的示数；(2)小球运动到O点正下方的B点时受绳的拉力。【答案】(1)8V；(2)6N【解析】【详解】(1)闭合开关S，待电路稳定后，设电阻R中的电流为I，两端的电压为U，即电压表的示数，则解得U=8V(2)设小球运动到B点速度为v，受绳的拉力为T，两板间的匀强电场的电场强度为E，根据动能定理根据牛顿第二定律根据解得T=6N11. 如图所示，在水平地面上方附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域．磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向里．一质量为m、带电荷量为q的带正电微粒在此区域内沿竖直平面（垂直于磁场方向的平面）做速度大小为v的匀速圆周运动，重力加速度为g．（1）求此区域内电场强度的大小和方向．（2）若某时刻微粒在场中运动到P点时，速度与水平方向的夹角为60°，且已知P点与水平地面间的距离等于其做圆周运动的半径．求该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离．（3）当带电微粒运动至最高点时，将电场强度的大小变为原来的（不计电场变化对原磁场的影响），且带电微粒能落至地面，求带电微粒落至地面时的速度大小．【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由于带电微粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速圆周运动，表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、方向相反．因此电场强度的方向竖直向上； 设电场强度为E，则有mg=qE即 （2）设带电微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律和洛仑兹力公式有解得 依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹，由如图所示的几何关系可知，该微粒运动最高点与水平地面间的距离 （3）将电场强度的大小变为原来的，则电场力变为原来的，即F电=mg带电微粒运动过程中，洛仑兹力不做功，所以在它从最高点运动至地面的过程中，只有重力和电场力做功．设带电微粒落地时的速度大小为vt，根据动能定理有mghm-F电hm=mvt2-mv2解得12. 如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、并写出磁场变化周期T应满足的表达式．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】本题考查带电粒子在复合场中的运动，难度较大，带电粒子先在匀强电场做类平抛运动，可以把出射速度分解后进行求解，出电场后带电粒子不受任何力的作用做匀速直线运动，可求出进入磁场时的速度方向，由磁场的可重复性可判断从N点射出时，带电粒子半径的表达式和周期表达式⑴ 电子在电场中作类平抛运动,射出电场时,如图1所示.由速度关系: 解得 ⑵ 由速度关系得 在竖直方向 解得 ⑶在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°（如图2）,所以,在磁场变化的半个周期内,粒子在x轴方向上的位移恰好等于R．粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是 电子在磁场作圆周运动，洛伦兹力提供向心力． 得 解得，(n=1、2、3……) 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过1/6圆周,同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时,可使粒子到达N点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件: 代入T的表达式得:(n=1、2、3……)