资源简介

高二物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意。
1．关于分子动理论，下列说法正确的有（　　）
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．布朗运动是液体分子的无规则运动
C．分子间作用力随间距的变化可以表现为引力或斥力
D．分子间的作用力总是随分子间距增大而减小
2．质量为m的带电微粒a仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，则该整体在磁场中做圆周运动的半径将（　　）
A．不变 B．变小
C．变大 D．条件不足，无法判断
3．如图所示，水平桌面上放置一闭合铝环，铝环正上方有一条形磁体由静止开始下落。下列说法正确的是（　　）
A．磁体做匀加速直线运动
B．感应电流在铝环轴线上产生的磁场方向向下
C．铝环对桌面的压力增大
D．下落过程中条形磁体机械能增加
4．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其直流电阻可忽略，L1、L2、L3是三个完全相同的灯泡，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合时，L1、L2、L3缓慢变亮
B．开关闭合后，当电路稳定时，L2会熄灭
C．开关闭合后，当电路稳定时，L1、L2、L3亮度相同
D．开关断开时，L1立即熄灭，一段时间后，L2与L3逐渐熄灭
5．如图，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中。棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ。仅改变下列某一个条件，能使θ变大的情形是（　　）
A．棒中的电流变大 B．两悬线等长变短
C．金属棒质量变大 D．磁感应强度变小
6．如图1所示，abcd为100匝的正方形闭合金属线圈，边长为L，线圈整体处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，按图示方向绕着与磁场垂直的轴OO′（与ad共线）匀速转动。从图1所示位置开始计时，图2是在线圈匀速转动过程中产生的电动势随时间变化的图像，下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时刻电流的方向是adcba
B．若线圈边长L＝0.1m，则磁感应强度大小为
C．t＝1s时线圈磁通量最大
D．线圈的转动周期为1s
7．如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，将S闭合，若从S闭合时开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，一根足够长的粗糙绝缘细直杆MN，固定在竖直平面内，与水平面的夹角为37°，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满直杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带负电小环（可视为质点）套在直杆上，与直杆之间有一个极小的空隙，小环与直杆之间动摩擦因数μ＝0.5，将小环从直杆MN上的P点由静止释放，下降高度为h之前速度已达到最大值。已知小环和直杆之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小环的电荷量为﹣q（q＞0），重力加速度大小为，不计空气阻力，取sin37°＝0.6，下列说法中正确的是（　　）
A．小环释放后，一直做加速度减小的加速运动
B．小环释放后，小环的速度先增大后减小
C．小环释放后，加速度的最大值为0.6，速度的最大值为
D．小环下降高度h的过程中，因摩擦产生的热量为
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。
9．如图单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。以下说法正确的是（　　）
A．第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比1：2
B．第一次进入与第二次进入时线圈中通过导线横截面的电荷量之比1：2
C．第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比1：4
D．第一次进入与第二次进入过程中线圈产生热量之比1：4
10．如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子质量为m，电荷量为q，以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（　　）
A．若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C．若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°
D．若粒子从cd边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
11．图为通过远距离输电方式给新能源汽车充电桩供电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T1和降压变压器T2的原、副线圈匝数比分别为n1：n2＝1：16、n3：n4＝78：5，输电线总电阻为r＝2Ω。在T1的原线圈两端接入一电压为的交流电。不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（　　）
A．充电桩上交流电的周期为0.01s
B．当T1的输入功率为200kW时，输电线上损失的电功率为5×104W
C．当T1的输入功率为200kW时，T2的输出电压有效值为250V
D．当充电桩使用个数减小时，T2的输出电压增大
12．如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为l、2l，导体棒a、b的质量分别为2m、4m，电阻均为R，导轨电阻均忽略不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、b两导体棒均以初速度v0同时水平向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，导体棒a始终在窄轨上运动，导体棒b始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到稳定状态。则下列说法正确的有（　　）
A．导体棒刚开始运动时的感应电流的大小为
B．稳定时导体棒a的速度为
C．稳定时导体棒b的速度为
D．电路中产生的焦耳热Q为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，已知实验室中配制的油酸酒精溶液为每1000mL溶液中有纯油酸0.05mL，又用注射器测得每100滴这种油酸酒精溶液的总体积为5mL，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为1cm的正方形小格的纸上（如图所示），测得油膜占有的小正方形个数为X。
（1）每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V0＝ 　 　 mL。
（2）从图中可由小正方形的有效个数计算出油膜的面积S＝ 　 　 cm2。
（3）油酸分子的直径大小D＝ 　 　 m（结果保留2位有效数字）。
14．（8分）小明利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示（虚线框内的连接没有画出）。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电源E1＝5V，内阻不计，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0＝30Ω。当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图像。
（1）由图乙可知，当环境温度为80℃时，热敏电阻阻值为 　 　 Ω；
（2）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将 　 　 （选填“增大”、“减小”或“不变”），继电器的磁性将 　 　 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）；
（3）图甲中指示灯的接线柱D应与接线柱 　 　 相连（均选填“A”或“B”）；
（4）当环境温度大于等于 　 　 ℃时，警铃报警。
15．（10分）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000匝，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，在线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻。把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，求：
（1）从计时起，在t＝2s时穿过线圈的磁通量是多少？
（2）在t＝5s时ab两点的电势差Uab是多少？
16．（10分）理发店内的气动升降椅，其升降由气囊式汽缸实现。其原理是在一个密闭的汽缸内充入气体，使汽缸内的压强为大气压的几倍，利用气体可压缩来实现弹性作用。如图所示，汽缸横截面积S＝2×10﹣3m2，汽缸的上端有一环形卡口内径比气动杆的直径略大，椅面与汽动连杆及活塞组成的整体质量为m＝4kg，大气压强，椅面未承重时，空气柱长度L＝0.1m，此时卡口对活塞向下的压力FN＝360N，密闭汽缸导热性能良好。现有一位体重M＝96kg的客人双脚悬空坐在椅面上，导致活塞（气动杆和椅面）下降。缸内气体可视为理想气体，温度保持不变，忽略摩擦阻力，g取10m/s2。求：
（1）椅面未承重时汽缸内气体的压强p1；
（2）为了使椅面恰好恢复到原来的位置，则需要充入一个大气压下的气体体积为多少？
17．（10分）如图所示，在竖直平面内有一个半径为r，质量为m0的金属圆环，圆环平面与纸面平行，圆环部分处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁场的水平边界与圆环相交于M、N点，圆心角∠MON＝120°。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连，当圆环中通有逆时针方向大小为I的电流时，滑块保持静止。已知斜面倾角为30°，斜面和滑轮均光滑。求：
（1）滑块的质量；
（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为多大。
18．（16分）如图，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，MN为一条直径，半径为R＝0.5m，磁场方向垂直纸面向里。在y＞R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105V/m。在M点（坐标原点）有一带正电粒子以速率v＝1.0×106m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷，π≈3，不计粒子重力。求：
（1）该粒子首次离开磁场的位置；
（2）圆形磁场区域磁感应强度的大小B；
（3）该粒子从进入磁场到再次穿出磁场所经过的路程s；
（4）若该粒子以速率v从M点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿与x轴正方向的夹角θ＝30°入射时，粒子在磁场中运动的时间t。高二物理试题参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意。
1．解：A、气体扩散的快慢与温度有关，故A错误；
B、布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故B错误；
CD、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快；分子间距离为r0时，引力和斥力大小相等，表现合力为零，当r＞r0时，分子间的距离由较大逐渐减小到r＝r0的过程中，分子力先增大后减小，分子力表现为引力；当两个分子之间的距离从r＜r0开始从极小增大到平衡位置时的距离，引力和斥力都同时减小，但斥力变化的更快，所以分子力表现为斥力，故C正确，D错误。
故选：C。
2．解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r
两粒子碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前粒子速度方向为正方向，
由动量守恒定律的mv＝（m+m'）v'，
碰撞后两粒子的总电量p'＝（m+m'）v'＝mv＝p，
碰撞前后粒子动量p、电荷量q不变，则粒子轨道半径不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．解：A、条形磁体由静止开始下落过程中闭合导体环内的磁通量增大，环内感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁向下的加速度小于g；随速度的增大，产生的感应电动势增大，则感应电流增大，阻力增大，所以磁铁做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、条形磁体下落过程中闭合导体环内的磁通量向下增大，根据楞次定律，则感应电流产生的磁场的方向向上，根据安培定则可知，感应电流的方向沿逆时针方向，故B错误；
C、根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，故C正确；
D、条形磁体下落过程中，铝环内有感应电流产生，条形磁铁的机械能减少，故D错误。
故选：C。
4．解：ABC．开关闭合时，L是自感系数很大的线圈，产生很强的自感电动势，L1、L3马上变亮，L2因线圈自感而缓慢变亮；开关闭合后，当电路稳定时，自感线圈相当于导线，故L2、L3亮度相同，L1在干路，故L1最亮；故ABC错误；
D．开关断开时L1立即熄灭，L2、L3因线圈断电自感而缓慢熄灭，故D正确。
故选：D。
5．解：根据左手定则可知，安培力方向水平向右，对导体棒受力如图所示：
根据平衡条件可知：tanθ。
A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；
B、两悬线等长变短（不是导线变短），θ角不变，故B错误；
C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；
D、磁感应强度变小，θ角变小，故D错误。
故选：A。
6．解：A．由右手定则，t＝0时刻时，bc边电动势方向为b到c，则t＝0时刻线圈中电流方向是abcda，故A错误；
BD．由图2可知电动势的峰值Em＝NBSω＝5V
周期T＝2s
进而角速度
代入数据可得
故B正确，D错误；
C．由分析可知，t＝1s时线圈电动势最大，线圈处于中性面的垂面，磁通量最小，故C错误。
故选：B。
7．解：ACD、闭合开关时，金属杆的速度已经不为零，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用；
安培力大小为F＝BIL
若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，如图D；
若重力与安培力相等，金属杆做匀速直线运动，如图A；若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，做加速度逐渐减小的加速运动，如图C；故ACD正确；
B、由上述分析可知不可能做匀加速直线运动，故B错误；
本题选择不可能的图像；
故选：B。
8．解：AB.刚开始阶段，小环受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于小环速度逐渐增大，所以还会受到洛伦兹力作用，受力分析如图所示
根据力的合成与分解，垂直于杆方向，有
N+qvB＝mgcos37°
沿杆方向，有
mgsin37°﹣μN＝ma
随着小环速度增大，支持力逐渐减小，摩擦力减小，所以加速度增大，故小环会做加速度增大的加速运动，之后洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，支持力垂直于杆向下，垂直于杆方向，有
qvB＝mgcos37°+N
沿杆方向，有
mgsin37°﹣μN＝ma
小环做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故AB错误；
C.小环释放后，支持力为零，洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，加速度最大，根据牛顿第二定律，有
mgsin37°＝ma
解得
a＝0.6g
当合力为零时，速度最大，根据共点力平衡，有
mgsin37°＝μN
qvmB＝mgcos37°+N
联立解得
，故C正确；
D.因为下降高度为h之前速度已达到最大值，小环下降高度h的过程中，根据能量守恒定律，有
代入速度解得
，故D错误。
故选：C。
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。
9．解：A、线圈进入磁场过程产生的感应电动势E＝BLv，可得第一次进入与第二次进入时线圈中电动势之比：E1：E2＝v1：v2＝1：2
由闭合电路欧姆定律有，可得第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比：I1：I2＝E1：E2＝1：2，故A正确；
C、由P＝I2R可得克服安培力做功的功率之比：，线圈匀速进入磁场，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，所以第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比为1：4，故C正确；
D、设CD边的边长为L，线圈进入磁场的时间t产生的热量为，可得两次产生的热量之比：，故D错误。
B、由电荷量，可得q1：q2＝1：1，故B错误；
故选：AC。
10．解：A．若粒子恰好从c点射出磁场，几何关系可知，粒子圆周运动半径为r＝L，根据洛伦兹力提供向心力，半径满足
解得
故A错误；
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，轨迹如下图所示
设轨迹圆半径为R，几何关系可知：
解得半径满足：
则此时圆心角满足：
可知圆心角为：θ＝53°
则粒子在磁场中运动的时间满足：
故B正确；
C．若，根据洛伦兹力提供向心力，则轨迹圆半径满足：
这种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为β，则圆心角满足：
即β≠60°
故C错误；
D．若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过180°，则最长运动时间，所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过。
故D正确。
故选：BD。
11．解：A、充电桩上交流电的周期为
故A错误；
BC、当T1的输入功率为200kW时，升压变压器初级电压
次级电压4000V
输电线的电流50A
输电线上损失的电功率为502×2W＝5×103W
T2的输入电压U3＝U2﹣I2r＝4000V﹣50×2V＝3900V
输出电压有效值为250V
故B错误，C正确；
D、当充电桩使用个数减小时，T2的输出功率减小，则输电线的电流减小，输电线损失电压减小，T2初级电压变大，则输出电压增大，故D正确。
故选：CD。
12．解：A．两导体棒刚开始运动时，感应电动势为E＝B 2lv0﹣Blv0＝Blv0
根据欧姆定律得，导体棒刚开始运动时的感应电流的大小为：
故A正确；
BC．最终稳定时感应电动势为零，即B 2lvb＝Blva
解得va＝2vb
以水平向右为正方向，根据动量定理，对导体棒a可得BIlt＝2m（va﹣v0）
对导体棒b可得﹣2BIlt＝4m（vb﹣v0）
联立解得稳定时导体棒a、b的速度分别为：，
故B错误，C正确；
D．根据能量守恒，有
解得电路中产生的焦耳热
故D正确。
故选：ACD。
13．（6分，每空2分）解：（1）由题意可知，一滴油酸酒精溶液的体积V'mL＝0.05mL
其中纯油酸的体积
（2）超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可数出小正方形的有效个数为X＝60个，所形成的油膜的面积为S＝Xa2＝60cm2
（3）纯油酸的体积V0＝DS
解得
故答案为：（1）2.5×10﹣6；（2）60；（3）4.2×10﹣10
14．（10分）解：（1）由图乙可知，当环境温度为80℃时，热敏电阻阻值为30Ω。
（2）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将减小。
热敏电阻阻值减小，则流过继电器的电流增大，磁性增强。
（3）由于继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮。所以图甲中指示灯的接线柱D应与接线柱A相连。
（4）当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。根据欧姆定律
E1＝I（R0+R）
得R＝70Ω
此时温度为40℃，则环境温度大于等于40℃时，警铃报警。
故答案为：（1）30（2分）；（2）减小（1分），增强（1分）；（3）A（2分）；（4）40（2分）。
15．（10分）解：（1）由图可知，在t＝2s时，B＝0.3T， （1分）
即此时穿过线圈的磁通量是
Φ＝BS （1分）
解得：Φ＝0.3×200×10﹣4Wb＝6×10﹣3Wb（2分）
（2）由法拉第电磁感应定律
（2分）
由图可知，在t＝5s时线圈中产生的感应电动势为
故在t＝5s时ab两点的电势差Uab为
（2分）
解得： （2分）
答：（1）从计时起，在t＝2s时穿过线圈的磁通量是6×10﹣3Wb；
（2）在t＝5s时ab两点的电势差Uab是3.2V。
16．（10分）解：（1）对椅面气动杆及活塞整体由平衡条件有mg+p0S+FN＝p1S（2分）
解得 （2分）
（2）椅面恰好恢复到原来的位置时对卡口恰好没有压力，此时汽缸内压强为p2，对椅面、气动杆、活塞及客人组成的整体由平衡条件得（m+M）g+p0S＝p2S （2分）
解得
设需要充入一个大气压下的气体体积为V2
p0V2+p1SL＝p2SL （2分）
解得 （2分）
答：（1）椅面未承重时汽缸内气体的压强等于3×105Pa；
（2）需要充入一个大气压下的气体体积为6×10﹣4m3。
17．（10分）解：（1）设滑块质量为m，圆环处在磁场中部分所受安培力为：F安＝2BIrsin60°，方向竖直向上 ①（2分）
系统处于静止状态，有：m0g﹣F安﹣mgsin30°＝0 ②（2分）
联立①②式得：m＝2m0 ③（2分）
（2）电流I反向后，安培力大小不变，方向相反，
对系统由牛顿第二定律得：m0g+F安﹣mgsin30°＝（m+m0）a ④（2分）
联立①③④式得：a（2分）
答：（1）滑块的质量是2m0；
（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为。
18．（16分）解：（1）因为粒子进入电场后速度减小到0，所以粒子是从磁场最高点P点离开磁场射入电场。（2分）
（2）如图
可见粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径：
r＝R＝0.5m（1分）
根据洛伦兹力提供向心力有：
（2分）
解得：
解得
B＝0.2T（2分）
（3）粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即
s1＝πr（1分）
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得：
（2分）
解得：
（1分）
总路程
解得
s＝2.5m（1分）
（4）粒子在磁场中做圆运动的周期
（1分）
粒子从磁场中的Q点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，故粒子从Q点的出射方向与y轴平行，粒子由M到Q所对应的圆心角为θ1＝60°，粒子由Q点第2次进入磁场，由几何知识可知由N点射出，粒子由Q到N的偏向角为θ2＝120°，粒子在磁场中运动的总时间
（1分）
解得
t＝1.5×10﹣6s（2分）
答：（1）该粒子首次离开磁场的位置为从磁场最高点P点离开磁场射入电场；
（2）圆形磁场区域磁感应强度的大小B为0.2T；
（3）该粒子从进入磁场到再次穿出磁场所经过的路程s为2.5m；
（4）粒子在磁场中运动的时间t为1.5×10﹣6s。

展开更多......

收起↑