河北省石家庄二中实验中学2020-2021年高二(上)开学考试物理试题

高二年级1.22寒假作业限时训练物理90分钟100分一、单项选择题（8×4分=32分）1.如图所示，用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧秤下端，并使玻璃板贴在水面上，然后缓慢提起弹簧秤，在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧秤读数会突然增大，主要原因是()A ．水分子做无规则热运动B ．玻璃板受到大气压力作用C ．水与玻璃间存在万有引力作用D ．水与玻璃间存在分子引力作用2.如图电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置．由以上信息可知，下列说法中不正确的是()A ．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B ．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C ．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D ．当用手触摸屏幕时，手指和屏的接触面积的大小影响电容的大小3.如图，正方形线框的边长为L ，电容器的电容量为C .正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k 的变化率均匀减小时，则()A ．线框产生的感应电动势大小为kL 2B ．电压表有读数C ．a 点的电势高于b 点的电势D ．电容器所带的电荷量为零4.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形单匝线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。

从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A ，那么()A.线圈消耗的电功率为8WB.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt D.任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt 5.电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制。

2020-2021学年河北石家庄高二上物理月考试卷一、单项选择题1. 如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（）A.同时以相同的变化率增大B1和B2B.同时增大B1减小B2C.同时以相同的变化率减小B1和B2D.同时减小B1增大B22. 如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中．棒从静止开始运动至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（）A.棒重力势能的减少量大于其动能的增加量B.棒重力势能的减少量等于其动能的增加量C.通过金属棒的电流方向向左D.棒受到的安培力方向向下3. 特高压直流输电是国家重点能源工程．如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2．a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b 点距离相等，d点位于b点正下方．不考虑地磁场的影响，则（）．A.a点处的磁感应强度方向竖直向下B.b点处的磁感应强度大小为0C.c点处的磁感应强度方向竖直向下D.d点处的磁感应强度大小为04. 图示为交流发电机模型的示意图．位于磁场中的矩形导线框abcd可绕过其对称轴的轴线（图中虚线）转动．已知在t=0时刻，线框的平面与磁场方向垂直（即图示位置），并从此位置开始以恒定的角速度绕转轴沿逆时针方向转动．若规定通过电阻的电流从e到f为正，则下列i−t图像正确的是（）A. B.C. D.5. 图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是（）A.图2中，变阻器R与L2的电阻值相同B.图1中，A1与L1的电阻值相同C.图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等D.图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流6. 如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以U ab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流（规定逆时针为正）、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是（）A. B.C. D.7. 如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场（环形区域的宽度非常小），质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速．每当粒子离开B板时，A板电势又降为零．粒子在电场中一次次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使绕行半径R不变．已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是（）A.粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为2NqUB.环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里C.粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为1R√2NmUqD.粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化周期不变二、多项选择题如图，abcd是边长为L且对角线ac竖直的正方形区域，区域内既存在垂直于abcd平面的匀强磁场（图中未画出），也存在平行于cb边斜向上的匀强电场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球从a点正上方高ℎ处由静止释放后，恰好能沿直线ac匀速穿过正方形区域．小球可视为质点，重力加速度大小为g．由此可知（）A.从a到c，小球电势能增加√2mgLB.电场的场强大小为mgqC.磁场方向垂直于abcd平面向里D.磁场方向垂直于abcd平面向外如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态，下列说法正确的是（）A.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向C.开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动D.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd ，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab 边进入磁场时开始，直至ab 边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）A.始终不变B.始终减小C.先减小后增加D.始终增加三、实验题图1螺旋测微器读数为________mm ，图2游标卡尺读数为________mm ．小明欲测定一块电池的电动势．（1）先直接用多用电表测，经操作无误后，得到多用表表盘示数如图1所示，其电池电动势E =________V ．小明所用的多用表已校准，但任何实验都存在误差，直接用电压表测电池电动势存在的主要系统误差是________．（2）为提高测量精度，小明找来了电阻箱R 、定值电阻R 0（阻值未知）、开关S 、若干导线和该电池组成如图2所示的（a ）、（b ）两个电路，测定该电池电动势．其中更合理的电路是________（填“a ”或“b ”）．（3）闭合开关S ，调整电阻箱阻值R ，读出电压表V 相应示数U ．测量数据记录在表中，并且已计算出作图时可能用到的一些数据，试在坐标纸上通过作图法求出电池电动势E =________V ． 四、计算题如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 均匀变化．正方形硬质金属框abcd 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R =0.1Ω，边长l =0.2m ，求（1）在t =0到t =0.1s 时间内，金属框中的感应电动势E ；（2）t =0.05s 时，金属框ab 边受到的安培力F 的大小和方向；（3）在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率P．如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x 轴的方向射出，已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30∘，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力，求（1）带电粒子的比荷．（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．如图所示，平行光滑金属轨道ABC和A′B′C′置于水平地面上，两轨道之间的距离d=0.8m，CC′之间连接一定值电阻R=0.3Ω．倾角θ=30∘的倾斜轨道与水平轨道顺滑连接，BB′M′M为宽x=0.25m的矩形区域，区域内存在磁感应强度B=1.0T、方向竖直向上的匀强磁场．质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的导体棒在倾斜轨道上与BB′距离L=1.6m处平行于BB′由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计．求：（1）导体棒刚进入匀强磁场时，导体棒两端的电压U；（2）导体棒穿过匀强磁场的过程中通过某一横截面的电荷量q；（3）运动过程中，导体棒上产生的焦耳热Q．参考答案与试题解析2020-2021学年河北石家庄高二上物理月考试卷一、单项选择题1.【答案】此题暂无答案【考点】楞射定经感应电水射产生条件【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答2.【答案】此题暂无答案【考点】单杆常割陆感线电磁感应因的激量问题【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答3.【答案】此题暂无答案【考点】通电直明线念通电线奇灭围磁场的方向【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答4.【答案】此题暂无答案【考点】交变常流的画象和氮角保数表达式【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答5. 【答案】此题暂无答案【考点】自感现来和自德系数【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答6.【答案】此题暂无答案【考点】电磁感应较的腾象问题导线框来割磁慢线【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】此题暂无答案【考点】动能射初的应用带电粒明在杂场与易场的组然场中的运动【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、多项选择题【答案】此题暂无答案【考点】带电粒都升叠熔场催无约束条件下的运动【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】电根的冬场公个针的作用通电直明线念通电线奇灭围磁场的方向楞射定经【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】导线框来割磁慢线【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答三、实验题【答案】此题暂无答案【考点】螺使测胞器游于术尺【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】测三电州的传动势和内阻【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答四、计算题【答案】此题暂无答案【考点】法拉第体磁目应定律研验立钡电费的欧姆定律安培使香计算电功率【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】带电根气刚匀强句场中的运动规律【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】单杆常割陆感线欧姆验家的应用电磁感应因的激量问题动量定表的病本应用【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答。

物理练习卷答案1． C 2．B 3．D 4. A 5．A 6．A 7. BC 8.AC 9. AD 10. BD 11．（1）B （3分） （2）BC （3分） 12．（10分）（1） “ ×100 ” （2） BCA（3） 1900 Ω（或1.90×103）（4）增大；选择开关旋转到正确位置后，总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，流过表头的电流I 增大，欧姆调零时指针指在欧姆零点右侧。

增大R 0，I 总减小，流过电流表的电流，因此增大R 0使得I 减小指针重新指向欧姆零点。

13．（12分）（1）MN 运动产生电动势E = BL v （1分） 根据闭合电路欧姆定律 E I R r =+ 得 BL I R r=+v （1分）路端电压 U = IR 得 RBL U R r=+v（2分）（2）MN 做匀速运动，受力平衡，有F BIL = （1分） ∆t 内MN 运动的距离∆x = v ∆t 拉力做功 222B L W F x BIL t t R r =⋅∆=⋅∆=⋅∆+v v （1分） 电路获得的电能 222BL B L W EI t BL t t R rR r=∆=⋅⋅∆=⋅∆++电v v v （2分）可知，∆t 时间内，拉力做的功W 等于电路获得的电能W 电。

（3）若要使回路中不产生感应电流，应保持回路中的磁通量不变，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示。

（图2分）设t =0时导体棒MN 距导轨左端的距离为d ，回路中的磁通量Φ0 = B 0Ldt 时刻磁场的磁感应强度为B ，导体棒MN 距导轨左端的距离为d + v t ，回路中的磁通量Φ = BL (d + v t )回路中的磁通量不变，则Φ = Φ0 代入整理得 0B d B d t=+v （2分）14．（15分）（1）当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车的行驶速度最大0.1()750N F f m m g '==+= （2分）043g 3R I I R +R +R +R =总B tB 0m 40m/s P F==v （2分）（2）图中AB 段F 不变，可知汽车受合力不变，汽车做匀加速运动；（2分） 图中BC 段F 与v -1成正比例关系，即F v 为定值，根据P =F v 可知汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动。

2020-2021学年河北省石家庄二中竞赛班高二上学期期中物理试卷一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1.如图所示的电场中，一正电荷只受电场力作用从A点运动到B点。

电荷在A点的速度大小为v 0，速度方向与电场方向相同。

则电荷从A点运动到B点的速度—时间图象是A.B.C.D.2.如图所示对磁感强度B、电流I和安培力F方向的相互关系，表示正确的是()A. B. C. D.3.如图所示，平行放置的长直导线分别通以等大反向的电流I。

某带正电粒子以一定速度从两导线的正中间射入，第一次如图1所示平行导线方向，第二次如图2所示垂直导线方向。

不计粒子重力，下列说法正确的是()A. 第一次粒子做匀速直线运动B. 第二次粒子做匀速圆周运动C. 第一次粒子将向上偏转，且速度大小保持不变D. 第二次粒子做直线运动，且速度先增大后减小4.在图中，洛伦兹力的方向判断不正确的是()A. B.C. D.5.某一闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比()A. 磁通量B. 磁感应强度C. 磁通量的变化快慢D. 磁通量的变化量6.如图甲所示，竖直长直导线右侧固定的矩形线框与长直导线位于同一平面内，当长直导线中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示时，关于线框中的感应电流及线框所受到的安培力，下列说法正确的是()A. 感应电流沿逆时针方向且逐渐增大，线框受到的安培力方向向左B. 感应电流沿顺时针方向且逐渐增大，线框受到的安培力方向向右C. 感应电流沿逆时针方向且逐渐减小，线框受到的安培力方向向左D. 感应电流沿逆时针方向且逐渐减小，线框受到的安培力方向向右7.如图所示，当向里穿过线圈的磁场按B=5−2t规律变化时，关于电流方向判断正确的是()A. 顺时针B. 逆时针C. 无电流D. 无法判断8.矩形线框abcd在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4s时间内，图中能正确表示线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力方向向左为正，线框各边间相互作用的磁场力忽略不计)()A. B.C. D.9.如图所示，将长为3L的直导线折成相互垂直的长为2L和L的两段，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，则折后通电导线受到的安培力大小为()A. BILB. 2BILC. 3BILD. √5BIL二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）10.(多选)如图，空间两虚线之外存在磁感应强度相等的匀强磁场，不计粒子重力的某带电粒子在A点与边界成θ角垂直磁场方向射入，经磁场中两次偏转后，经过同一边界的B点，且与A点速度方向相同，则下列说法正确的是()A. 若只增大入射速度大小，则B点向右移B. 不管速率是增大还是减小，只要不改变方向，粒子一定通过B点C. 若增大θ，则B点将向左移D. 如果只改变电性，B点位置一定改变11.一个质量为60kg的人乘坐直升式电梯上楼，快到目的楼层时可认为电梯将做匀减速运动，速度在3s内由8m/s减到2m/s，则在这3s内(取g=10m/s2)，下列说法正确的是()A. 人处于失重状态B. 人受到的电梯的作用力为120NC. 人受到的合力对人做功为−1800JD. 人的机械能增加了7200J12.某空间存在着如图所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是()A. 图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B. 图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C. 图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系D. 图乙可以反映B的加速度随时间t变化的关系13.若如图所示，物体M用两根长度相等不可伸长的线系在竖直杆上，它们随竖直杆一道转动，当转动角速度ω变化时，()A. ω只有超过某一数值，绳AM张力才出现B. 绳BM的张力随ω的增大而增大C. 不论ω如何变化，绳BM的张力总大于AM的张力D. 当ω增大到某个值时，总会出现绳AM的张力总大于BM的张力14.如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，下边界与x轴重合，右边界与y轴平行．t=0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的()A. B.C. D.15.如图所示，实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与匀强电场相互垂直．有一带电液滴沿虚线L向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β.下列说法中正确的是()A. 液滴一定做匀速直线运动B. 液滴一定带正电C. 电场线方向一定斜向上D. 液滴有可能做匀变速直线运动16.下列说法中正确的是()A. 电场强度为零的点，电势不一定为零B. 电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等C. 电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零D. 由B=可知，B与F成正比，与IL成反比三、计算题（本大题共4小题，共36.0分）17.如图所示，长木板A静置于水平面上，物块B(可视为质点)静置于木板右端，A、B质量均为m=1kg，长木板A与水平面间动摩擦因数μ1=0.2，物块B与长木板A间动摩擦因数μ2=0.1，现对A施加水平恒力F=7N，经过时间t=1s，撤去水平力F，已知木板足够长，物块B不会离开长木板A，最大静摩擦力等于动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，求(1)刚撤去水平力F时，A，B各自速度大小v A，v B；。

河北省石家庄市第二中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。

小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。

重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。

则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 的加速度大小为2233kq mRC ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋226kq R【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。

BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=2233kq a mR= 则小球c 的加速度大小为233kq mR，故B 正确，C 错误。

D ．对d 球，由平衡条件得2226263sin q q kq F k mg mg h R Rα⋅=+=++ 故D 正确。

故选BD 。

2．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．3．如图所示，质量相同的A 、B 两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E ，其中A 带正电，电荷量大小为q ，B 始终不带电。

高二年级期中考试竞赛班物理试卷一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题只有一个最佳选项。

每小题4分，共32分。

）1. 下列关于电场和磁场的说法中正确的是( )A. 电场线和磁感线都是封闭曲线B. 电场线和磁感线都是不封闭曲线C. 通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D. 电荷在电场中一定受到电场力的作用【答案】D 【解析】【详解】电场线不闭合，而磁感线是闭合的，故AB错误；通电导线与磁场平行时，不受磁场力作用，故C错误；电荷在电场中一定受到电场力的作用，故D正确．所以D正确，ABC错误．2. 如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感强度为B的匀强磁场中，通入A→C 方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（）A. 不改变电流和磁场方向，适当增大电流B. 只改变电流方向，并适当减小电流C. 不改变磁场和电流方向，适当减小磁感强度D. 同时改变磁场方向，并适当减小磁感强度【答案】A【解析】【详解】A．对导体棒，由平衡知识可知T+F安=mg若不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零．故A正确；B．只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零．故B错误；C．不改变磁场和电流方向，适当减小磁感应强度，则安培力减小，悬线张力一定不为零．故C错误；D．同时改变磁场和电流方向，安培力的方向不变，但适当减小磁感应强度会使安培力减小，悬线张力一定不为零．故D错误；故选A.3. 如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示．粒子编号质量电荷量（q>0）速度大小1 m 2q v2 2m -2q 2v3 3m -3q 3v4 2m 2q 3v5 2m -q v由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（）A. 3，5，4B. 4，2，5C. 5，3，2D. 2，4，5 【答案】D【解析】【详解】粒子在磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：2v=Bqv mr即：mvr=Bq从图中设：1mvBq=则有：112r=22r=33r=43r=52r=可知从a处和从b处进入的粒子的电荷种类相同，并且半径之比为：23abrr=a和c处进入的粒子电荷种类相反，半径相同，故可判断出abc处进入的粒子编号为2，4，5。

石家庄市2020年高二上学期开学物理试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共31分)1. （3分） (2017高一上·鹤壁期末) 如图所示的装置中，增加B的重力，A仍然保持静止状态，则正确的是（）A . 悬挂滑轮的轴对滑轮的作用力一定增大B . 绳子对A的拉力一定增大C . 地面对A物体的摩擦力可能减少D . A物体对地面的压力增大2. （3分） (2019高一上·广东期中) 关于竖直上抛运动，下列说法正确的是（）A . 竖直上抛运动先后两次经过同一点时速度相同B . 竖直上抛运动的物体从某点到最高点和从最高点回到该点的时间相等C . 以初速度竖直上抛的物体升高的最大高度为D . 无论在上升过程，下落过程，最高点，物体的加速度都是g3. （3分） (2017高一上·溧水期中) 做自由落体运动的物体，从释放时开始计时，选竖直向下为正方向，如图关于物体的速度、加速度图象中可能正确的是（）A .B .C .D .4. （2分）现有一水平速度为V0的子弹，恰好能垂直射穿9块叠在一起的厚度相等、材料相同固定的木板，若将子弹视为质点，子弹所受的阻力恒定，则子弹在刚穿过第五块木板时的速率为（）A .B .C .D .5. （2分）如图所示，物体在一个沿斜面的拉力F的作用下，以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上做匀减速运动，加速度的大小为a=3m/s2 ，物体在沿斜面向上的运动过程中，以下法正确的有（）A . 拉力F比摩擦力小B . 物体的机械能减少C . 物体动能的减少等于拉力F与摩擦力所做功的总功D . 拉力F与摩擦力所做功的总功等于物体机械能的变化量6. （2分）如图所示，在足够大的粗糙水平绝缘面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电量为q的小金属块（金属块可视为质点）在水平面上由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块从开始运动到停下的整个过程中（）A . 金属块的加速度一直减小B . 金属块的电势能先减小后增大C . 电场力对金属块做功的值等于金属块增加的机械能D . 电场力对金属块所做功的数值一定等于摩擦产生的热7. （2分）北京奥运会上美国游泳名将菲尔普斯一举拿下了8枚金牌并刷新了7项世界纪录，成为奥运会历史上最伟大的运动员。

石家庄市2020年高二上学期开学物理试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共27分)1. （2分） (2017高二上·安阳开学考) 将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）A .B .C .D .2. （2分） (2019高一上·浑源月考) A和B两物体在同一直线上运动的v﹣t图象如图所示．已知在第3s 末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A . 两物体从同一地点出发B . 出发时B在A前3m处C . 3s末两个物体相遇后，两物体可能再相遇D . 运动过程中B的加速度大于A的加速度3. （2分）(2017·洛阳模拟) 2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a 星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（）A . b星的周期为 TB . a星的线速度大小为C . a、b两颗星的半径之比为D . a、b两颗星的质量之比为4. （2分）在探究平抛运动的规律时，可以选用下列各种装置图，以下操作合理的是（）A . 选用装置图1研究平抛物体竖直分运动，应该用眼睛看A、B两球是否同时落地B . 选用装置图3要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定不要低于水面C . 选用装置图2要获得钢球的平抛轨迹，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球D . 除上述装置外，也能用数码照相机拍摄钢球做平抛运动时每秒15帧的录像获得平抛轨迹5. （2分）如图所示,物体A在斜面上由静止开始匀加速滑下距离x1后,又在水平面上匀减速滑过距离x2后停下,测得x2=2x1,则物体在斜面上的加速度大小a1与在水平面上的加速度大小a2的大小关系为（）A . a1=a2B . a1=2a2C . a1=3a2D . a1=4a26. （2分）(2020·黄冈模拟) 一质量为m的物体放在倾角为且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。

石家庄市2020年高二上学期开学物理试卷C卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共28分)1. （2分）一个做变速直线运动的物体，它的加速度逐渐变小，直至为零，那么该物体运动的情况不可能是（）A . 速度不断增大，加速度为零时，速度最大B . 速度不断减小，加速度为零时，速度最小C . 速度的变化率越来越小，加速度为零时速度不变D . 速度肯定是越来越小的2. （2分）如图所示，质量为m的物体A以一定的初速度v沿粗糙斜面上滑，物体A在上滑过程受到的力有（）A . 冲力、重力、斜面的支持力和摩擦力B . 重力、斜面的支持力C . 重力、对斜面的正压力、沿斜面向下的摩擦力D . 重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力3. （2分） (2018高一上·嘉兴期中) 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架前端，右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。

B与小车平板间的动摩擦因数为μ。

若某段时间内观察到轻质细线偏离竖直方向θ角，则（）A . 物块B所受摩擦力为零B . 小车的加速度大小为gsinθC . 轻质细线对小球A的拉力大小为mgcosθD . 小车对物块B的作用力大小为4. （2分） (2018高一下·齐齐哈尔期中) 一物体自 t=0 时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（）A . 在 0～6 s 内，物体离出发点最远为 30 mB . 在 0～6 s 内，物体经过的路程为 40 mC . 在 0～4 s 内，物体的平均速率为 7m/sD . 在 5～6 s 内，物体所受的合外力做负功5. （2分） (2017高一下·桂林开学考) 降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞（）A . 下落的时间越短B . 下落的时间越长C . 落地时速度越小D . 落地时速度越大6. （2分） (2016高二上·汕头开学考) 下列说法中正确的是（）A . 运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快惯性越大B . 马能够把车拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力C . 跳高运动员从地面上跳起时，地面给运动员的支持力大于运动员受到的重力D . 做平抛运动的物体，在空中的飞行时间由抛出时的高度和初速度共同决定7. （2分）(2017·福州模拟) 如图，A为太阳系中的天王星，它可视为绕太阳O做轨道半径为R0 ，周期为T0的匀速圆周运动，天文学家长期观测发现，天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且每隔t0时间发生一次最大偏离，形成这种现象的原因可能是天王星外侧还存在一颗未知的行星B，假设行星B与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，它对天王星的万有引力引起天王星轨道的偏离，由此可知推测未知行星的运动轨道半径是（）A . R0B . R0C . R0D . R08. （2分）如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的（）A . 运动周期相同B . 运动的线速度大小相同C . 运动的角速度不相同D . 向心加速度大小相同9. （3分） (2019高一下·山阳月考) 在大型物流货场,广泛的应用传送带搬运货物。

物理线上测试（二）参考答案1.答案A 解析摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A 对；支持力始终垂直于速度方向，不做功，B 错；重力对物体做负功，C 错；合外力为零，做功为零，D 错.2.答案D 解析同步卫星只能位于赤道正上方，A 项错误；由GMm r 2＝m v 2r知，卫星的轨道半径越大，卫星做匀速圆周运动的线速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度)，B 项错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C 项错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力做功越多，故发射到近地圆轨道所需能量较少，D 项正确.3.答案C 解析根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，GMm r 2＝m 4π2T 2r ＝m v 2r ＝ma ，解得T ＝4π2r 3GM ，v ＝GM r ，a ＝GM r 2，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A 、B 、D 错误；组合体比天宫二号的质量大，动能E k ＝12m v 2变大，选项C 正确.4.答案C 解析小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg ＝m v 2r.小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒.设小车在A 处获得的最小初速度为v A ，选A 点所在水平面为零势能参考面，由机械能守恒定律得12m v A 2＝mgr ＋12m v 2，解得v A ＝3gr ，故选项C 正确.5.答案B 解析由沿电场线的方向电势降低和电场线与等势面垂直的特点，可知a 点的电势低于b 点的电势，故A 错误；由电势能的公式：E p ＝qφ，可得出正试探电荷在a 点的电势能低于在b 点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，可知电场力做了负功，故B 正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c 点的电场强度小于d 点的电场强度，故C 错误；正试探电荷在d 点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d 到c ，故D 错误．6.答案D 解析因总电流增大，则r 与R 2分压增大，并联部分电压减小，则流过R 1的电流减小，因此流过R 的电流增大，且增大量大于ΔI ，故A 错误；由ΔU ΔI ＝r ，可知ΔU ΔI 的大小不会随R 的变化而变化，故B 错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，因不明确内、外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况，故C 错误；电源的效率η＝U E ×100%，因电压表示数的减小量为ΔI ·r ，得电源的效率降低了ΔI ·r E，故D 正确．7.答案A 解析根据v －t 图象可知，此正电荷速度减小且加速度越来越小，说明正电荷逆着电场线运动，由电势低的点移向电势高的点，且静电力越来越小，即电场变弱，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．8.答案D 解析B 点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强为kQ l 2，两正点电荷在B 点的合场强也为kQ l 2，当负点电荷移到A 点时，负点电荷与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴负方向，两正点电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l 2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l 2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确．9.答案C 解析A 、B 碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A 、B 系统所受合外力为零，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝2m v ′，解得：v ′＝v 2，A 、B 碰撞过程，C 所受合外力为零，C 的动量不变，速度仍为0.10.答案CD 解析缓慢上拉过程中，小猴处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能定理，有：W F －mgL (1－cos θ)＝0，故W F ＝mgL (1－cos θ)，故A 错误；缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加等于克服重力做功，故为mgL (1－cos θ)，故B 错误；小猴子再次回到最低点时重力方向与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C 正确；刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增大后减小，故D 正确.11.答案AC 解析以向右为正方向，A 、B 两人及小车组成的系统动量守恒，则m A v A －m B v B －m C v C ＝0，得m A v A －m B v B >0.所以A 、C 正确．12.答案CD 解析电容器两极板间的电压等于R 2两端的电压，开关S 断开时，电路中的总电流为I ＝E R 2＋r ＝28＋2A ＝0.2A ，电容器的两极板间的电压为U ＝IR 2＝0.2×8V ＝1.6V ，此时电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝3×10－6×1.6C ＝4.8×10－6C ，故选项A 、B错误；开关接通时两定值电阻并联，电容器两极板间的电压等于路端电压，电路中的总电流I ′＝E R 外＋r ＝24＋2A ＝13A ，电容器的两极板间的电压U ′＝I ′R 外＝13×4V ＝43V ，此时电容器所带的电荷量Q ′＝CU ′＝3×10－6×43C ＝4×10－6C ，故选项C 、D 正确．13.答案CD 解析对任意一球研究，设半圆轨道的半径为r ，根据机械能守恒定律得：mgr ＝12m v 2，得：v ＝2gr ，由于r 不同，则v 不等，故A 错误；由v ＝rω得：ω＝v r ＝2g r ，可知两球的角速度大小不等，故B 错误；两球的初始位置机械能相等，下滑过程机械能都守恒，所以通过C 、D 时两球的机械能相等，故C 正确；通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为a n ＝v 2r＝2g ，与半径无关，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝ma n ，得轨道对小球的支持力大小为F N ＝3mg ，由牛顿第三定律知球对轨道的压力为F N ′＝3mg ，与半径无关，则通过C 、D 时，两球对轨道的压力相等，故D 正确.所以C 、D 正确，A 、B 错误.14.答案BC 解析小车、弹簧与C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．M v ′－m v ＝0，则v ′＝m Mv ，同时该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mL M ＋m ，综上，选项B 、C 正确．15.答案BD 解析由x －t 图象可知，碰撞前有：A 球的速度v A ＝Δx A Δt A ＝4－102m/s ＝－3m/s ，B 球的速度v B ＝Δx B Δt B ＝42m/s ＝2m/s ；碰撞后A 、B 两球的速度相等，为v A ′＝v B ′＝v ＝Δx C Δt C ＝2－42m/s ＝－1m/s ，则碰撞前后A 的动量变化Δp A ＝m v －m v A ＝4kg·m/s ；对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v 得：m B ＝43kg.A 与B 碰撞前的总动量为：p 总＝m v A ＋m B v B ＝2×(－3)kg·m/s ＋43×2kg·m/s ＝－103kg·m/s ；由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为：I B ＝Δp B ＝－4kg·m/s ＝－4N·s.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能：ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v 2，代入数据解得：ΔE k ＝10J ，故A 、C 错误，B 、D 正确．16.答案BC 解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2功为38Uq ，A 错，B 对；由W ＝Eqx 知，在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1，C 对，D 错．17.答案CD 解析根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A 错误；粒子从a 到c 再到e 的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B 错误，C 正确；因为b 、d 两点在同一等势面上，所以在b 、d 两点的电势能相同，粒子经过b 点和d 点时的速度大小相同，选项D 正确．18.答案ABC 解析由题图知，A 板带正电，B 板带负电，电容器内电场方向水平向右．绝缘线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A 正确．滑动触头向右移动时，R 接入电路的阻值变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U ＝E －Ir 变小，R 1两端电压变小，则电容器电压变小，绝缘线偏角变小，故B 正确．滑动触头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A 板带正电，则流过电流计的电流方向从上向下，故C 正确．根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻时，外电阻减小，输出功率增大；外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题不知道外电阻与内阻大小关系，故无法比较电源输出功率的大小，故D 错误．19.答案(1)2m/s (2)4N ，方向竖直向上(3)0.2m解析(1)以v 0的方向为正方向，碰撞前对A 由动量定理有：－μMgt ＝M v A －M v 0(1分)解得：v A ＝2m/s(1分)(2)对A 、B ，碰撞前后动量守恒：M v A ＝M v A ′＋m v B (1分)因A 、B 发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变：12M v A 2＝12M v A ′2＋12m v B 2联立以上各式解得：v A ′＝1m/s ，v B ＝3m/s(1分)又因为B 球在轨道上机械能守恒：12m v C 2＋2mgR ＝12m v B 2解得：v C ＝5m/s(1分)设在最高点C ，轨道对小球B 的压力大小为F N ，则有：mg ＋F N ＝m v C 2R(1分)解得F N ＝4N(1分)由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4N ，方向竖直向上．(1分)(3)对A 沿圆轨道运动时：12M v A ′2＜MgR 因此A 沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时A 的速度大小为1m/s.由动能定理得：－μMgs ＝0－12M v A ′2(1分)解得：s ＝0.2m ．(1分)。