河北省衡水市安平中学2024-2025学年高二下学期开学考试物理试卷

高二年级物理寒假作业测试题 一、单选题(共8题，每题5分，共40分) 1、关于 … ①和 … ②，下列说法中正确的是 (1)①式中，F是放入电场中电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电量 (2)①式中，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场电荷的电量 (3)②式中，Q是放入电场中的电荷的电量 (4)②式中，Q是产生电场的电荷的电量 A. （1）（3） B. （2）（3） C. （2）（4） D. （1）（4） 2．如图为“iRobot”智能扫地机器人，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫．已知其电池容量2000mAh，额定工作电压15V，额定功率30W．则下列说法正确的是（　　） A．“m A•h”是能量的单位 B．扫地机器人充满电后一次工作时间1h C．扫地机器人的电阻是75Ω D. 扫地机器人正常工作时的电流是0.2A 3．如图所示为三根平行直导线的截面图，导线中的电流大小均相同，方向均垂直纸面向里。已知A、O、C三点共线，AC与OB垂直，，若在空间施加一匀强磁场，使得O点的磁感应强度为零。则匀强磁场的方向为（　　） A．沿OC方向 B．沿OB方向 C．沿OA方向 D．沿BO方向 4．如图所示，足够长的导体棒固定在相互平行且间距为的金属导轨上，导体棒与水平导轨的夹角为，且处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场中。已知该回路中的电源电动势为，回路中的总电阻为，导体棒与导轨接触良好，则导体棒所受的安培力大小为（　　） A． B． C． D． 5．初速度为的电子，沿垂直于通电长直导线的方向射出，直导线中的电流方向与电子的初始运动方向如图所示，不计电子所受重力，则（　　） A．电子将向上偏转 B．电子将向下偏转 C．电子将垂直纸面向外偏转 D．电子将垂直纸而向内偏转 6.如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5∶1。电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（　　） A. 电流表的示数为2.5A B. 电压表的示数约为62V C. 原线圈的输入功率为22W D. 若负载电阻R的阻值变大，则原线圈的输入功率也变大 7．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是 A．液滴将加速向下运动 B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将减小 C．电容器的电容变小 D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不同 8. 如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（　　） A．作电流表时2比1量程大，作电压表时6比5量程大 B．测量某导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小 C．测量某二极管的正向电阻时，应使表笔A接二极管的正极 D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更小的挡测量 二.多选题（共4小题，每题6分,漏选3分,共24分） 9．如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，，已知磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。F处有一粒子源，沿FG方向发射出大量带正电荷＋q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度大小可调，粒子重力不计，则下列说法正确的是（    ）    A．取合适值，粒子可以到达E点 B．能到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等 C．粒子从F运动到EG边所用的最长时间为 D．若粒子能到达EG边界，则粒子速度越大，从F运动到EG边的时间越长 10．如图甲所示，一足够长倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底部放置着一个质量为1.0kg的物块。在时刻，对物块施加一个沿斜面向上的拉力，该拉力随时间的周期性变化关系如图乙所示。取沿斜面向上为正方向，重力加速度大小为。以下说法中正确的是（　　） A．在0~3s内拉力的冲量为30N·s B．在0~3s内物块的动量变化量为15kg·m/s C．在0～5s内合力对物块做的功为605.25J D．物块合力的冲量的最大值为10N·s 11．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞（以相同速度运动）。该同学的质量为，两滑板的质量均为，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度增大 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为 D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为 12、如图所示，真空中有一个沿水平方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为q的带电微粒以初速度v0从A点竖直向上射入匀强电场中，微粒通过电场中B点时速率vB 2v0，方向与电场的方向一致，则下列判断正确的是(　　) A. 微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍 B. 带电微粒的机械能增加了2m C. A、B两点间的电势差为 D. A、B两点间的电势差为 三.计算题(10+12+14=36分) 13.(10分) 在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距地面高度为3h和h的地方同时由静止释放，如图所示，若B与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A、B第一次发生弹性碰撞后，A恰好能回到出发点，假设碰撞时间极短，且运动过程中忽略空气阻力的影响，求： (1)A、B两球相碰时的位置距地面的高度； (2)A、B两球的质量之比。 14.(12分)如图所示的xOy平面内，x＜0的区域内有竖直向上的匀强电场。在0＜x≤2L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2＝2B1，均垂直于纸面向外。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻，从P(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终从x轴上的Q(2L,0)点射出磁场，不计粒子的重力。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)磁感应强度B1的最小值； 15．(14分)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T、方向垂直于导轨平面向上，M、P间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置且始终接触良好，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，整个过程对应的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长且电阻不计。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； (2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热； (3)由图中信息计算0～1 s内，金属棒滑过的位移。 高二寒假作业测试答案 一.1、D 因公式①为电场强度的定义式，故适用于任意电场；公式中的q为试探电荷的电量，即为放入电场中电荷的电量，而F是放入电场中的电荷所受的力，故（1）正确，（2）错误；公式②是由库仑定律得出的直空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点电荷形成的电场；其中Q是场源电荷，r是到场源电荷的距离。故（3）错误，（4）正确。故选D。 2．B 【详解】 A．题中“mAh”是电荷量的单位，故A错误； D．扫地机器人正常工作时的电流为： I＝A＝2A 故D错误； C．扫地机器人是非纯电阻电路，因不知到电路的热功率，因此电路的电阻无法求得 故C错误； B．扫地机器人充满电后一次工作时间： t＝ 故B正确； 3．C 【详解】根据安培定则，可知A、C处两导线在O点产生的合磁场为零，B处导线在O点产生的磁场沿OC方向。在空间施加一匀强磁场，使得O点的磁感应强度为零，则匀强磁场的方向应沿OA方向。 故选C。 4．C 【详解】通过导体棒的电流为 导体棒所受的安培力为 所以C正确；ABD错误； 故选C。 5．A 【详解】由安培定则可知，由于通电直导线电流竖直向下，故其右侧的磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，故电子将向上偏转。 故选A。 6.【答案】C 【解析】B．由乙图知，原线圈电压的的效值为220V，根据 可得副线圈两端电压 因此电压表的示数为44V，B错误； A．根据闭合电路欧姆定律，副线圈电流 而原副线圈电流之比与匝数比的关系为 代入数据，原线圈电流为0.1A，A错误； C．副线圈的输出功率 由于变压器为理想变压器，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，C正确； D．若负载电阻R的阻值变大，副线圈的电流减小，输出功率减小，因此原线圈的输入功率也变小，D错误。 故选C。 7.【答案】B 【解析】A．液滴受电场力和重力作用下处于静止状态，电容器上极板带正电，所以液滴带负电； 电容器两端的电压U不变，a板向下平移一小段距离时，两板间的距离减小，则由 U=Ed 可知，E增大，则电场力增大，液滴向上加速运动，A错误； B．因下极板接地，则M点的电势等于M与b之间的电势差，由于E增大，d不变，故M处的电势升高；因带电液滴带负电，故电势能将减小，B正确； C．依据电容的决定式 两板间的距离减小，则电容器的电容变大，C错误； D．因两板间的电势差不变，故根据电场力做功公式 W=qU 可知前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，D错误。 故选B。 8.【答案】B 【解析】A．作电流表时分流电阻越小量程越大，则2比1量程小，作电压表时分压电阻越大量程越大，则6比5量程大，故A错误； B．用多用电表的欧姆挡测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，测量的是导体和人体并联后的电阻，则测量值偏小，故B正确； C．由多用电表内部结构图中，电源的正极与电笔B相连，故电流由B表笔流出，测量某二极管的正向电阻时，应使B表笔接二极管的正极，故C错误； D．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换倍率更大的挡进行测量，故D错误。 故选B。 9．BC 【详解】A．当粒子运动轨迹与EG边相切时，轨迹如图：    根据几何关系得 又由洛伦兹力提供向心力可得 求得 此时r是定值。若粒子速度大于，粒子会从EG边出来；若粒子速度小于，粒子会从EF边出来，无法到达E点，A错误； B．能从EF边出射的粒子运动轨迹都为半圆，运动时间为 因为粒子的周期与速度无关，所以到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等，B正确； C．由洛伦兹力提供向心力 可得 即粒子在磁场中做圆周运动的周期只与比荷和磁感应强度有关。由选项A可知，当时，粒子运动轨迹与EG边相切，此时圆心角最大为150°，时间最长为 C正确； D．粒子速度越大，对应的圆心角越小，根据 可知粒子在磁场中运动时间越短，D错误。 故选BC。 10．AB 【详解】A．图像与坐标轴围成的面积表示拉力的冲量，在内拉力的冲量为 故A正确； B．物块在向上运动过程中沿斜面方向上受到拉力与重力沿斜面方向分力，根据动量定理有 则内物块的动量变化量为 故B正确； C．设5s物块速度为，根据动量定理 其中 联立解得 根据动能定理可知 故C错误; D．对物块分析，拉力变化的周期为，每个周期合力的冲量为 随着时间延续，合力的冲量会不断增大，无最大值，故D错误。 故选 AB。 11．BC 【详解】A．该同学与滑板A和滑板B组成的系统，在竖直方向上所受合外力不为0，在水平方向上所受合外力为0，则水平方向上动量守恒，故A错误； B．该同学跳离滑板B的过程中，他对滑板B的作用力向右，滑板B向右加速，速度增大，故B正确； C．从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速，设速度为v，由水平方向动量守恒定律可得 解得 故C正确； D．该同学跳离滑板B后，滑板B的动量为 该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小等于动量变化量，小于，故D错误。 故选BC。 12、AB 本题考查电势差的计算。微粒在竖直方向受到重力作用做匀减速直线运动；在水平方向受到电场力作用做匀加速直线运动，则有v0 gt，水平方向a ，2v0 at整理得a 2g，故qE 2mg，A项正确；增加的机械能等于电场力做的功，ΔE qE at2 2m ，B项正确；根据电场力做功WAB qUAB可得UAB ，C、D项错误。 13.答案　(1)h　(2)1∶3 解析　(1)A、B由静止释放后做自由落体运动，B的落地速度v＝，此时A距地面高度为2h，速度也为。 设B与地面碰撞后经过时间t两球相遇，2h＝vt＋gt2＋(vt－gt2)，解得t＝ 联立解得A、B两球相碰时的位置距地面的高度hB＝vt－gt2＝h (2)设A与B碰撞前两者的速度大小分别为vA、vB，碰撞后速度大小分别为vA′、vB′ A、B发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′ 由能量守恒定律得mAvA2＋mBvB2＝mAvA′2＋mBvB′2 由碰后A恰好回到出发点，可得vA＝vA′ 则vB＝vB′，mAvA＝mBvB 又有vA＝v＋gt vB＝v－gt 可得＝ 联立解得＝ 即A、B质量之比为1∶3。 14.答案　(1)　(2)　 解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，将其分解为沿＋x方向的匀速直线运动和沿＋y方向的匀加速直线运动。设粒子经过O点时的速度大小为v，其沿y轴分速度大小为vy，速度v与x轴正方向的夹角为θ，其运动轨迹如图所示，则有 a＝，2L＝v0t1，L＝at12 ，vy＝at1 tan θ＝，v＝ 联立解得E＝，θ＝30°，v＝v0，t1＝； (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB1＝m 解得B1＝ 可见磁感应强度B1最小时，粒子运动半径最大，由几何关系可知粒子在第一象限磁场中由O直接到Q点，其半径最大，则有rmax＝＝＝2L 解得磁感应强度B1的最小值B1min＝ ＝＝； 15.答案　(1)b端电势高　5 N　(2)1.47 J (3)0.85 m 解析　(1)由右手定则可知感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高； 当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安 其中F安＝BIL＝ 由题图乙可知v＝1.0 m/s 联立解得F＝5 N (2)从金属棒开始运动到达到稳定状态时，由动能定理得(F－mgsin 37°)x－W克安＝mv2 由能量守恒定律可知克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克安＝7.35 J 则金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J (3)金属棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有 (F－mgsin 37°)Δt－BLΔt＝mv1－0 由题图乙可知v1＝0.6 m/s Δt＝ 解得Δx＝0.85 m。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$