2023-2024学年辽宁省葫芦岛市东北师范大学连山实验高中高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省葫芦岛市东北师范大学连山实验高中高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是( )
A. 由R=UI，可知导体的电阻与电压成正比，与电流成反比．
B. 由R=ρLS可知导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比
C. 将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
D. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则电阻丝的电阻变为原来的2倍
2.质量为m的通电细杆位于倾角为θ的斜面上，在如图所示的四个图中，细杆与斜面间摩擦力可能为零的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，电阻忽略不计的两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，一质量为m=1kg的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角a=53°，导轨宽度为L=0.5m，一端与电源连接。连入导轨间的电阻R=4.5Ω，ab与导轨间的动摩擦因数为µ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，拉力F为平行于金属导轨且垂直于金属棒方向，ab处于静止状态。已知E=10V，r=0.5Ω，sin37°=0.6，g=10m/s2，则
( )
A. 通过ab的电流大小为1AB. ab受到的安培力大小3N
C. ab受到的最大静摩擦力为7.5ND. F的取值范围为0.5N≤F≤7.5N
4.如图所示，在虚线所包围的圆形区域内，有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些粒子在磁场里运动的过程中，下列结论中正确的是
A. 运动时间越长的，其轨迹越长B. 运动时间越短的，射出磁场的速率越小
C. 在磁场中偏转越小的，运动时间越短D. 所有质子在磁场里运动时间均相等
5.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v1开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v2。已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈( )
A. 进、出磁场过程通过截面的电荷量不同B. 进、出磁场过程中产生的焦耳热相同
C. 线圈在磁场中匀速运动的速度为v1+v22D. 进、出磁场过程动量的变化量不同
6.图甲为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，电阻R=4Ω，线圈电阻r=1Ω。从图示位置开始计时，输出的交变电压随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是( )
A. 图示位置为中性面
B. 线圈转动的角速度为100πrad/s
C. t=0.15s时，穿过线圈平面的磁通量最大
D. 电流表的示数为2.5A
7.如图所示为某弹簧振子在0∼5s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是( )
A. 振动周期为5s，振幅为8cm
B. 第2s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值
C. 从第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D. 第3s末振子的势能最大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图是两个单摆的振动图像，以下说法正确的是( )
A. 甲、乙两个摆的振幅之比为2∶1
B. 甲、乙两个摆的频率之比为1∶2
C. 甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
D. 以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t=0起，乙第一次到达右方最大位移时，甲振动到了平衡位置，且向左运动
9.磁流体发电是一项新兴技术，它可把气体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图，平行金属板A、C间有一很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)喷入磁场，两极板间便产生电压，现将A、C两极板与电阻R相连，两极板间距离为d，正对面积为S，等离子体的电阻率为ρ，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直磁场方向射入A、C两板之间，则稳定时下列说法中正确的是：
A. 极板A是电源的正极B. 电源的电动势为Bdv
C. 极板A、C间电压大小为BdvSRRS+ρdD. 回路中电流为BdvR
10.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度V2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. ab杆所受拉力F的大小为μmg+B2L2V12R
B. cd杆所受摩擦力为零
C. 电路中的电流强度为BLV1+V22R
D. μ与V1大小的关系为μ=2RmgB2L2V1
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
11.图为“用伏安法测量电阻”实验的部分电路。从理论上讲，用该电路得到的电阻测量值________(选填“大于”或“小于”)真实值。在某次测量中，电压表的示数为1.50V时，电流表的示数为0.50A，根据测量数据可计算出电阻R=________Ω。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.用游标卡尺测量圆柱体的内径如图所示，圆柱体的内径为_____mm；用螺旋测微器测量一金属的直径如图所示，金属丝的直径为_____mm。
13.为测定干电池的电动势和内阻，提供的实验器材如下：
A.完全相同的干电池两节(每节干电池电动势为1.5 V左右，内阻较小)
B.电流表A(量程为0.6 A，内阻约为0.5 Ω)
C.滑动变阻器R1(0～10 Ω,10 A)
D.滑动变阻器R2(0～100 Ω,1 A)
E.电流表G(0～3.0 mA,Rg=10 Ω)
F.定值电阻R3=990 Ω
G.定值电阻R4=90 Ω
H.定值电阻R0=3.0 Ω
(1)由于两节干电池的内阻较小，现将定值电阻R0=3.0Ω与两节干电池串联后作为一个整体进行测量．在进行实验时，滑动变阻器应选用______________，由于无电压表，故将电流表G与某定值电阻串联改装成适当量程的电压表，则定值电阻应选用______________.(填实验器材前的字母)
(2)在下图的虚线方框中补充完整本实验电路的原理图______________．
(3)根据实验测得数据作出I2−I1的图象如图所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A的电流．根据该图象可知每节干电池的电动势为______________V，内阻为______________Ω．
五、计算题：本大题共2小题，共36分。
14.如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)ab棒对导轨的压力；
(3)如果磁场的大小方向可变，棒依然静止，磁场沿什么方向时磁感应强度最小，最小值为多少？
15.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直于纸面向里的匀强磁场(含边界)，磁感应强度为B，(大小可调节)。现有比荷为qm=14×1010C/kg的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以速度大小v=4×107m/s、方向与y轴正方向成60∘经过P点进入磁场，OP=2 33OA，OA=0.1m，不计粒子重力。求：
(1)粒子在A点进入电场的初速度v0；
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；
(3)当磁感应强度为某值时，粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则此磁感应强度的大小是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.公式 R=UI 是电阻的定义式，电阻大小和导体本身有关，与电流电压无关，故A错误；
B. 公式 R=ρLS 是电阻的决定式，所以导体的电阻与长度l、电阻率 ρ 成正比，与横截面积S成反比，故B正确；
C. 将一根导线一分为二，根据 R=ρLS 知电阻变为原来的一般，而导体的电阻率不变，故C错误；
D. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，根据 R=ρLS 知电阻变为原来的4倍，故D错误．
2.【答案】A
【解析】【分析】
由左手定则判断安培力的方向，对通电导体棒ab受力分析，根据共点力平衡条件判断导体棒是否受摩擦力。
解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力。
【解答】
A.根据左手定则，知细杆受到的安培力方向水平向右，细杆受重力、支持力和安培力能够处于平衡，摩擦力可能为零，故A正确；
B.根据左手定则，知细杆受到的安培力方向竖直向下，受重力和支持力不可能处于平衡状态，所以受到摩擦力作用，故B错误；
C.根据左手定则，知细杆受到的安培力方向水平向左，受重力、支持力不可能处于平衡状态，所以受到摩擦力作用，故C错误；
D.根据左手定则，知细杆受到的安培力方向竖直向下，受重力和支持力不可能处于平衡状态，所以受到摩擦力作用，故D错误。
故选A。
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据闭合电路欧姆定律求出通过ab的电流大小；根据安培力公式求出ab受到的安培力大小；对ab受力分析，结合平衡条件求出最大静摩擦力；最大静摩擦力可能向左，也可能向右，由平衡条件求F的取值范围。
本题考查安培力作用下的平衡问题，关键是掌握安培力公式和安培力的方向判定(左手定则)，结合闭合电路欧姆定律和平衡条件求解。
【解答】
A.通过ab的电流大小为I=ER+r=2A，方向为a到b，故A错误；
B.ab受到的安培力为F安=BIL=5N，故B错误；
C.对ab受力分析，如图所示：
最大静摩擦力fm=μFN=μmg−F安csα=3.5N，故C错误；
D.当最大静摩擦力方向向右时有：F1=F安sinα−fm=0.5N，得F1=0.5N，当最大静摩擦力方向向左时有：F2=F安sinα+fm=7.5N，得F2=7.5N，所以0.5N≤F≤7.5N，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】解：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α。
A、粒子运动的轨迹为S=rα=Rctα2⋅α.粒子的运动时间越长，α越大，根据数学知识可以证明孤长S越短。故A错误。
B、粒子在磁场中运动的时间为t=α2πT，而轨迹半径r=Rctα2，当粒子的运动时间越短时，α越小，则知r越大，而r=mvqB，则速度v越大。故B错误。
C、根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，则在磁场中偏转越小的，轨迹的圆心角α，由t=α2πT知，运动时间越短。故C正确。
D、由上分析知道，速度越大，轨迹半径r越大，而tanα2=Rr，α越小，通过磁场的时间越短。故D错误。
故选：C。
设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=α2πT，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．
本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过作轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系．
5.【答案】C
【解析】C
【详解】AC.设线圈在磁场中匀速运动的速度v，线圈进磁场过程，根据动量定理
−BIL⋅Δt=mv−mv1
线圈出磁场过程，根据动量定理
−BI′L⋅Δt′=mv2−mv
而
q=I⋅Δt=ΔφR=BSR
由此可知线圈进、出磁场过程通过截面的电荷量相同，由以上分析
mv−mv1=mv2−mv
解得
v=v1+v22
故A错误，C正确；
B.根据能量守恒，线圈进磁场过程，产生焦耳热
Q1=12mv12−12mv2
线圈出磁场过程，产生焦耳热
Q2=12mv2−12mv22
则
Q1−Q2=12mv12−12mv2−12mv2+12mv22=12m×(v1−v2)22>0
即
Q1>Q2
故B错误；
D.由于
mv−mv1=mv2−mv
则进、出磁场过程动量的变化量相同，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
根据甲图判断出线圈所在的位置，由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快。
本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值。
【解答】
A、由甲图可知，线圈位于与中性面垂直位置，故A错误；
B、由乙图可知，线圈转动的周期T=0.02s，故线圈的角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故B正确；
C、t=0.15s=7+12T时，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈位于与中性面垂直位置，故穿过线圈平面的磁通量为零，故C错误；
D、输出的交变电压的最大值为Um=10 2V，有效值为U=Um 2=10 2 2V=10V，根据闭合电路欧姆定律可知I=UR+r=104+1A=2A，故D错误。
7.【答案】B
【解析】A.由振动像可知，振动周期为4s，振幅为8cm， A错误；
B.第2s末振子在负方向最大位移处，速度是零，由振子的加速度公式 a=−kxm ，可知加速度为正向的最大值，B正确；
C.从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，由振子的加速度公式 a=−kxm ，可知振子在做加速度增大的减速运动，C错误；
D.第3 s末振子在平衡位置，速度最大，动能最大，位移是零，势能是0，D错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
由题图可知两摆的振幅与周期，求解振幅与频率之比；根据公式T= 2π lg求解摆长之比，结合图象分析以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t=0起，乙第一次到达右方最大位移时，甲的振动情况。
从振动图象获得解题需要的信息是解题的关键。
【解答】
由振动图像知A甲=2 cm，A乙=1 cm，所以甲、乙两个摆的振幅之比为 A甲 ∶ A乙 =2∶1，故A正确；
由振动图像知 T甲 =4 s， T乙 =8 s，又因为f= 1T ，所以甲、乙两个摆的频率之比为 f甲 ∶ f乙 = T乙 ∶ T甲 =2∶1，故B错误；
由T= 2π lg 得，甲、乙两个摆的摆长之比为 l甲 ∶ l乙 = T甲2 ∶ T乙2 =1∶4，故C错误；
由振动图像知，t=2 s时，乙第一次到达右方最大位移处，此时 x甲 =0，且向左运动，故D正确。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】BC
【详解】由左手定则知正离子向下偏转，所以上极板带负电，上板是电源的负极，下板是电源的正极，A错误；根据 qvB=qEd 得电动势的大小为 E=Bdv ，则流过R的电流为 I=ER+r=BdvR+r ，而 r=ρdS ，则电流大小 I=BdνSSR+ρd ，两极板间电势差为 U=IR=BdvSRRS+ρd ，故BC正确，D错误．
10.【答案】AD
【解析】AD
【详解】 ab 杆向左运动切割磁感线产生电动势， cd 杆向下运动不切割磁感线；由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca ，cd杆电流从d到c；感应电流大小
I=BLV12R
导体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得
BIL+μmg=F
导体棒cd运动时，受到向右的安培力，的摩擦力不为零，cd受到摩擦力和重力平衡，由平衡条件得
μBIL=mg
联立以上各式解得
F=μmg+ B2L2V12R
μ= 2mgRB2L2V1
故选AD。
11.【答案】小于；3.00Ω
【解析】电流表外接，所测得电流中包含电压表分流电流，所以电流变示数变大，电压表示数正常，R=UI得R变小。
12.【答案】 6.4 ## 6.3 1.880
【详解】[1]根据10分度游标卡尺的读数规则，可知圆柱体的内径为
6mm+4×0.1mm=6.4mm
[2]根据螺旋测微器的读数规则，可知金属丝的直径为
1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】 C F 1.5 1
【详解】(1)[1]电源为两节干电池，则电动势为3V较小，电源的内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选：C；
[2]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表；改装后电压应约大于等于3V，则根据串联电路规律可知，应串联的电阻
R=(33×10−3−10)Ω=990Ω
故选F；
(2)[3]用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示
(3)[4]根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为
U=I2(900+100)=1000I2
根据图象与纵轴的交点得电动势为
E=3.0×10−3×1000V=3V
则一节干电池的电动势为1.5V，与横轴的交点可得出路端电压为2.0V时电流是0.2A
由闭合电路欧姆定律 E=U+I(r+R0) 可得，电源内阻
r+R0=E−UI=3−20.2Ω=5Ω
故内阻
r=(5−3)Ω=2Ω
一节干电池的内阻为1Ω．

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)棒静止时，通过受力分析可知．
则有：F=Gtan60°
即：BIL=Gtan60°
解得：B=Gtan60°IL=3 33×1T= 3T．
(2)ab棒对导轨的压力与FN大小相等．
FN =G cs60∘=312N=6N
故ab棒对导轨的压力为6N．
(3)若要使B取值最小，即安培力F最小．显然当F平行斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直于斜面向上，且有：
F=Gsin60°
所以：BminIL=Gsin60°
Bmin=Gsin60°IL=3× 323×1T= 32T
【解析】(1)根据共点力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL求出磁感应强度的大小。
(2)根据共点力平衡，运用合成法求出支持力的大小，从而得出对导轨的压力；
(3)当安培力平行斜面向上时，F有最小值，即磁感应强度具有最小值。
解决本题的关键会运用合成法处理共点力平衡问题，掌握运用平行四边形定则求出力的最小值。
15.【答案】(1) v0=2×107m/s ；(2) B≥0.08T ；(3) 0.16T
【详解】(1)粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，故粒子做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，故有
v0=vcs60∘=2×107m/s
(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，故有
Bqv=mv2R
解得
R=mvBq
粒子恰好不从 CD 边界射出时的运动轨迹如图甲所示

根据几何关系可得
R+Rcs60∘=a
解得
R=23a
所以磁感应强度
B=mvqR=4×10−10×4×10723×0.3T=0.08T
若要粒子不从 CD 边界射出，则
B≥0.08T
(3)粒子离开磁场运动到A点的过程做匀速直线运动，故粒子运动轨迹如图乙所示

根据粒子在磁场中做匀速圆周运动可得粒子出磁场时速度与 y 轴正方向的夹角为 60∘ ；设出磁场处为 Q 点，则由几何关系有
OQ=OAtan60∘
OP=2 33OA
所以
PQ=0.2 3m+0.1 3m=0.3 3m=2R′sin60∘
所以
R′=0.1m
根据洛伦兹力提供向心力可得
B′qv=mv2R′
所以
B′=mvqR′=4×10−10×4×1070.1T=0.16T

【解析】详细解答和解析过程见答案