1、20192020学年第二学期期初学生素质调研测试高二物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分每小题只有一个选项符合题意1.下列说法中正确的是（ ）A. 线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化B. 感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化成正比C. 感应电流产生的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化D. 穿过闭合回路的磁通量不发生变化，回路中也可能有感应电流产生【答案】A【解析】【详解】A由楞次定律可知，线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，故A正确；B由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故B错误；C由楞次定
2、律可知，根据楞次定律得知：感应电流磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止磁通量的变化，故C错误；D穿过闭合回路的磁通量不发生变化时，回路中一定没有感应电流产生，故D错误。故选A2.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，当原线圈两端输入u=10sin100t(V)电压时，接在副线圈两端的交流电压表的示数为（ ）A. 100VB. 100VC. VD. 1V【答案】D【解析】【详解】原线圈两端电压有效值为由原、副线圈电压比等于匝数比有则有即接在副线圈两端的交流电压表的示数为1V。故选D。3.如图所示，在光滑水平桌面上放置一条形磁铁，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环。
3、不计空气阻力，则以下判断中正确的是（ ）A. 若释放圆环，环下落过程中无感应电流产生B. 若释放圆环，环下落过程中机械能将减小C. 若给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动D. 若给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左运动的趋势【答案】AC【解析】【详解】AB圆环竖直向下运动时，通过圆环磁通量始终为零，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，所以机械能守恒，故A正确，B错误；C给磁铁水平向右的初速度，根据楞次定律的另一种表述，从导体和磁体的相对运动的角度来看，感应电流总要阻碍相对运动，则磁铁向右做减速运动，故C正确；D给磁铁水平向右的初速度，根据楞次定律的另一种表述，从导体和磁体的相对运动的
4、角度来看，感应电流总要阻碍相对运动，圆环产生向右运动的趋势，故D错误。故选AC。4.某手持式考试金属探测器如图所示，它能检查出考生违规携带的电子通讯储存设备。工作时，探测环中的发射线圈通以正弦式电流，附近的被测金属物中感应出电流，感应电流的磁场反过来影响探测器线圈中的电流，使探测器发出警报。则（ ）A. 被测金属物中产生的是恒定电流B. 被测金属物中产生的是交变电流C. 探测器与被测金属物相对静止时不能发出警报D. 违规携带的手机只有发出通讯信号时才会被探测到【答案】B【解析】【详解】AB探测器靠近金属物体时，在金属导体中就会产生涡电流，这种涡流是交变电流，故A错误，B正确；C根据法拉第电磁感
5、应定律，探测器产生的是变化的磁场，使靠近的金属物体产生涡流，探测器与被测金属物相对静止时也能发出警报，故C错误；D探测器靠近金属物体时，在金属导体中就会产生涡电流，可以确定该设备的制成原理是电磁感应现象，和违规携带的手机是否发出通讯信号无关，故D错误。故选B。5.如图所示电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，发出的光直接照射在R上，且R与LED间距不变，下列说法中正确的是（ ）A. 当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小B. 当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大C. 当滑动触头P向右移动时，L消耗
6、的功率可能不变D. 无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变【答案】A【解析】【详解】AB当滑动触头P向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电源两端的电压恒定，由欧姆定律分析得知，流过发光二极管电流增大，发光二极管发光强度增强，光敏电阻R的阻值减小，则L分担的电压增大，L消耗的功率增大，故A正确，B错误；C触点P向右移动，变阻器接入电路的电阻增大，电源两端的电压恒定，由欧姆定律分析得知，流过发光二极管电流减小，发光二极管发光强度减弱，光敏电阻R的阻值增大，则L分担的电压减小，L消耗的功率减小，故C错误；D由以上分析可知，D错误。故选A。6.一质量为0.5kg的小球以12m/s的速度竖直向下撞击水
7、平地面，反弹后离开地面时的速度大小为8m/s，方向竖直向上，设小球与地面的作用时间为0.2s，g取10m/s2，则地面对小球的平均作用力大小为（ ）A. 10NB. 15NC. 50ND. 55N【答案】D【解析】【详解】取竖直向上为正方向，对小球由动量定理有代入数据解得故选D。7.如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态，a为垂直纸面放置的直导线的横截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于a中电流方向、磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（ ）A. 电流垂直纸面向外时，FN1FN2，弹簧的
8、伸长量减小B. 电流垂直纸面向外时，FN1FN2，弹簧的伸长量增大C. 电流垂直纸面向里时，FN1FN2，弹簧的伸长量减小D. 电流垂直纸面向里时，FN1FN2，弹簧的伸长量增大【答案】D【解析】【详解】设斜面倾角为，导线中无电流时如果电流垂直纸面向外时，磁体对导线的作用力方向斜向左下方，由牛顿第三定律可知，磁体受到导线的作用方向斜向右上方，此力分解为平行斜面向上和垂直斜面向上，所以有此时弹簧弹力变小，弹簧的伸长量减小；如果电流垂直纸面向里时，磁体对导线的作用力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到导线的作用方向斜向左下方，此力分解为平行斜面向下和垂直斜面向下，所以有此时弹簧弹力变大，弹
9、簧的伸长量增大；故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分8.如图，两平行的足够长的光滑倾斜导轨处于垂直于导轨所在斜面向上的匀强磁场中，导轨电阻不计，上端连接一阻值为R的电阻，导轨上一导体棒从静止开始下滑，在其运动状态达到稳定前，下列有关流过导体棒的电流i、导体棒受到的安培力F随时间t变化的关系图，通过导体棒的电量q随位移x变化的关系图，导体棒上安培力的瞬时功率P随速度v变化的关系图中，可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】A对导体棒由牛顿第二定律有即电流为电流与速
10、度成正比，由于速度越来越大，加速度越来越小，所以电流越来越大，电流变化得越来越慢，故A正确；B安培力为安培力与速度成正比，由于速度越来越大且变化得越来越慢，则安培力增大且变化得越来越慢，故B错误；C电荷量为则电荷量与位移成正比，故C正确；D安培力功率为则功率与速度的平方成正比，故D错误。故选AC。9.如图所示，L是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为零，电路中A和B是二个相同的灯泡，A灯泡串接一个理想二极管D，则（ ）A. 开关S闭合瞬间，A灯不亮B. 开关S闭合瞬间，B灯泡立即亮C. 开关S断开瞬间，A灯泡闪亮一下后熄灭D. 开关S断开瞬间，a点电势低于b点电势【答案】CD【解析】【详解】A
11、B闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电流，则此时AB灯都不亮，故AB错误；C稳定后，线圈相当于导线，所以B灯亮，A灯不亮，开关S断开瞬间，线圈中电流减小，则产生自感电动势，由楞次定律可知，b端相当于电源正极，此时二极管为正向电流，线圈也二极管，灯A组成回路，则A灯泡闪亮一下后熄灭，且a点电势低于b点电势，故CD正确。故选CD。10.如图所示，带电平行极板中匀强电场竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向外，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经过P点进入板间的运动过程中初始一小段时间内，以下分析正确的有（ ）A
12、. 小球带正电B. 小球的电势能增大C. 小球的机械能增大D. 小球所受洛伦兹力增大【答案】B【解析】【详解】A由题意可知，小球在磁场中做直线运动，如果小球带正电，则所受重力竖直向下，电场力也向下，由左手定则可知，洛伦兹力也向下，小球不可能做直线运动，所以小球带负电，故A错误；BCD现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，小球进入磁场时的速度减小，洛伦兹力变小，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上，所以小球向下偏转，电场力做负功，电势能增大，由能量守恒可知，小球的机械能减小，故B正确，CD错误；故选B。11.如图所示，一个U形单匝金属线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的OO轴匀速转动，通过导线给电阻
13、R供电，ab=cd=0.2m，bc=0.4m，=200rad/s，R=3，线框的电阻r=1，匀强磁场只存在于轴OO右侧，磁感应强度B=0.5T，理想交流电流表内阻不计，则（ ）A. 线框产生感应电动势的最大值为8VB. 交流电流表的示数为2AC. 线框转动一周电阻R上产生的焦耳热为0.06JD. 线框从图示位置转过时(仍在磁场中) bc边受到的安培力大小为0.4N【答案】AD【解析】【详解】A线框产生感应电动势的最大值故A正确；B最大感应电流为交流电的电流有效值为I，则有解得故B错误；C线框转动一周电阻R上产生的焦耳热为故C错误；D线框从图示位置转过时，电流为 安培力为故D正确。故选AD。三、
14、实验题：本题共2小题，共计18分请将解答填写在答题卡相应的位置12.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中(1)为了确保实验的安全，下列做法正确的是_A为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB连接好电路后，可不经检查电路是否正确，直接接通电源C因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱D为了多用表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测(2)多用表刻度盘上交流电压的刻度是_(选填“均匀”或“不均匀”)的(3)某实验小组通过实验，记录的数据如下表：原线圈匝数n1(匝)100200400400副线圈匝数n2(匝)400400200800原线圈两
15、端的电压U1(V)1.964.908.004.86副线圈两端的电压U2(V)7.809763.909.64通过分析实验数据可得出的实验结论是_(4)一次实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为400匝和200匝，测得的电压分别为8.00V和3.90V，据此可知电压比与匝数比并不相等，主要原因是_(至少说出两个原因)【答案】 (1). D (2). 不均匀 (3). 在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比 (4). 有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压【解析】【详解】(1)1A变压器是改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12V，故A错误；BC实验通
16、电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，将人体并联电路中，导致所测数据不准确，故BC错误；D使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。故选D；(2)2由多用电表的表盘可知，多用表刻度盘上交流电压的刻度是不均匀的；(3)3通过分析实验数据可得出的实验结论是，在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比；(4)4电压比与匝数比并不相等，主要原因是变压器是不理想的，故有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压。13.利用图甲所示的装置探究碰撞中的不变量，在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出
17、)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间，实验测得滑块A质量m1=0.280kg，滑块B的质量m2=0.110kg，遮光片的宽度d=0.50cm；打点计时器所用的交流电的频率为f=50Hz，将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与静止的B相碰；碰后光电计时器显示的时间为tB=2.500ms，碰撞后打出的纸带如图乙所示(1)在该实验方案中，下列说法正确的是_A调节气垫导轨，确保导轨水平B滑块A的初始位置应尽可能靠近滑块BC遮光片的宽度适当窄一些有利于减小误差D滑块A和滑块B的质量交换也可完成
18、该实验(2)两滑块碰撞前A滑块的速度大小为_m/s，两滑块碰撞后B滑块的速度大小为_m/s；(结果保留三位有效数字)(3)碰撞后滑块A的质量和速度的乘积大小为_kgm/s；(结果保留三位有效数字)(4)通过实验采集到的数据可得，在误差允许的范围内，A、B两个滑块碰撞过程中的不变量是_【答案】 (1). AC (2). 1.90 (3). 2.00 (4). 0.308 (5). 两滑块总动量【解析】【详解】(1)1A导轨水平，可以消除重力分力的影响，故A正确；B滑块A的初始位置越靠近B，不利于滑块A碰前的初速度计算，故B错误；C遮光片的宽度适当窄些，处理滑块的速度越准确，故C正确；D由于A的质
19、量较大，如果交换质量，有可能使A反弹，则不能完成该实验，故D错误。故选AC；(2)2由图乙所示纸带可知，碰撞前A的速度3两滑块碰撞后B滑块的速度大小；(3)4碰撞后滑块A的速度为 碰撞后滑块A的质量和速度的乘积大小为；(4)5碰撞后滑块B的质量和速度的乘积大小为碰撞前滑块A的质量和速度的乘积大小为碰撞后滑块A、B的质量和速度的乘积之和为所以在误差允许的范围内，A、B两个滑块碰撞过程中的不变量是两滑块与速度乘积之和即总动量。四、计算题：本题共4小题，共计45分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位14.如图所示，质量
20、为0.4kg的木板A静止在光滑的水平面上，质量为0.2kg的小物块B静止放在木板A的左端，现用锤子向右敲击B，冲力的冲量大小为1.2，小物块最终没有滑出木板，求：(1)求受到锤子敲击后物块B获得的速度大小(2)求木板A和小物块B相对滑动过程中产生的内能(3)若物块与木板间的动摩擦因数为0.6，求木板A的长度至少为多大【答案】(1)6m/s(2)2.4J(3)2m【解析】【详解】(1)对B由动量定理得代入数据解得；(2)对AB组成的系统，由动量守恒有即有解得对AB系统由能量守恒得代入数据解得 ；(3)由公式得。15.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B，纸面内有一单匝长方形均匀金属线
21、框abcd，其ab边长为L，bc边长为2L，线框总电阻为R，ab边与磁场边界平行，线框在向右方向拉力作用下以速度v做匀速运动。求：(1)当ab边刚进入磁场时，ab两端的电势差Uab(2)线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q(3)线框进入磁场过程中，bc上产生的热量Q【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】(1)当ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势为外电路电阻为则ab两端的电势差(2)由公式 (3)进入过程中产生的感应电流为bc上产生的热量16.如图是回旋加速器示意图，置于真空中的两金属D形盒的半径为R，盒间有一较窄的狭缝，狭缝宽度远小于D形盒的半径，狭缝间所加交变电压的频率为f，电
22、压大小恒为U，D形盒中匀强磁场方向如图所示，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，产生的带电粒子的质量为m，电荷量为q。设带电粒子从粒子源S进入加速电场时的初速度为零，不计粒子重力。求：(1)D形盒中匀强磁场的磁感应强度B的大小(2)粒子能获得的最大动能Ek(3)粒子经n次加速后在磁场中运动的半径Rn【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】(1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等，则有解得(2)当粒子的半径达到D型盒的半径时，速度最大，动能也最大，则有则最大动能为(3)粒子经n次加速后的速度为得半径为17.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第象限中在3Ly
23、0区域内存在一垂直坐标平面向里的有界匀强磁场，一质量为m、电量为q的带电粒子以初速度v0从y轴上的P(0，L)点沿+x方向进入电场，从x轴上的Q(2L，0)射入磁场，不计粒子的重力。(1)求带电粒子在Q点的速度的大小和方向，(2)若粒子从M(2L，3L)点射出磁场，求粒子从P点运动到M点的时间t，(3)若匀强磁场的强弱可调节，要使粒子不从y轴上射出磁场，求磁感应强度B应满足的条件。【答案】(1)2v0，方向与x轴正方向成角(2)(3)【解析】【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，则有联立解得， 带电粒子在Q点的速度的大小方向即与x轴正方向成角；(2)带电粒子的运动轨迹如图，由图可知，弦长为，弦切角为，则有得则在磁场中的运动时间为粒子从P点运动到M点的时间(3)要使粒子不从y轴上射出磁场，则轨迹恰好与y轴相切，轨迹如图由几何关系得解得由洛伦兹力提供向心力得解得所以。
