吉林省延边市第二中学2018_2019学年高二物理下学期开学考试试题（含解析） 18页

延边第二中学2018—2019学年度第二学期开学考试高二物理试卷一、选择题:本题共13小题,每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中,第1~9题只有一项符合题目要求,第10~13题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.如图示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则　　A.a点场强一定比b点大B.a、b两点场强方向不相同C.a、b、c三点电势不相等D.带电粒子在a、c连线上运动，电场力不做功【答案】D【解析】【详解】AB、根据电场线疏密程度可知a点场强小于b点场强；a、b两点的场强方向相同，均垂直于中垂线向右，故AB错误；CD、等量异种电荷连线中垂线为等势线，故a、b、c三点电势相同，电荷放置三处的电势能一样，带电粒子在a、c连线上运动，电场力不做功。故C错误，D正确故选：D。【点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向。根据电子的受力情况，分析电子的运动情况2.如图所示是电场中某区域的三条电场线，a、b是电场中的两点。这两点相比：（）A.b点的场强较大B.a点的场强较大nC.同一个试探电荷放在a点所受的电场力比放在b点时大D.a、b场强一样大【答案】A【解析】电场线密集的地方场强较大，则b点的场强较大，选项A正确，BD错误；根据F=Eq可知，同一个试探电荷放在a点所受的电场力比放在b点时小，选项C错误；故选A.3.真空中某一条直线上静电场的电势随x变化关系如下图所示，根据图象可知（）A.处的电场强度E＝0B.该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的C.若试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做功D.x1处与x2处的电场强度方向相同【答案】D【解析】【分析】根据φ-x图象中各点切线斜率表示电场强度和静电力做功公式来判断电势能的变化情况解答；【详解】A．φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；B．离电荷越近，电场强度越大，故φ-x图象的斜率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷；故B错误；C．若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功，故C错误；D．x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故D正确；故选D。【点睛】φ-x图象：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-xn图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断.4.两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻的大小之比R1∶R2等于(　　)A.1∶3B.3∶1C.1∶D.∶1【答案】A【解析】因为该图线为I-U图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为3：1，所以电阻比为1：3．故A正确，BCD错误。5.如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，灯泡均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，则A.灯泡变暗，变亮B.灯泡、均变暗C.电流表的示数变大D.电源的总功率变小【答案】AD【解析】将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，整个电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减少，所以电灯L1变暗；由于干路电流减少，内电压和灯泡L1两端的电压都减小，所以L2与滑动变阻器并联的电压增大，L2变亮，故B错误，A正确；干路电流I减小，L2与滑动变阻器并联电压增大，所以通过L2的电流增大，所以电流表的示数减少，故C错误；干路电流I减小，根据P=EIn得电源的总功率减少，故D正确。所以AD正确，BC错误。6.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为A.1∶1B.∶1C.1∶2.D.3∶2【答案】C【解析】【分析】由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度；即可求得比值。【详解】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当N移至P点时，O点合磁感强度大小为：，则B2与B1之比为1：2，故ABD错误，C正确。故选C。【点睛】磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度。7.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时A.磁铁对桌面的压力增大B.磁铁对桌面的压力减小C.磁铁受到向右的摩擦力作用D.磁铁受到向左的摩擦力作用【答案】BC【解析】n试题分析：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如下左图图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如下右图根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，故磁铁对桌面的压力变小；而静摩擦力向右．故B、D正确，A、C错误。考点：磁场对电流的作用；安培力；共点力作用下的平衡【名师点睛】本题主要考查了磁场对电流的作用、安培力、共点力作用下的平衡等综合应用。属于中等难度的题目。本题关键先对电流分析，得到其受力方向，先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．8.如图所示，平行板电容器两极板水平放置,现将其与理想二极管(理想二极管具有单向导电性)串联接在电动势为E′的直流电源（内阻不计）上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．闭合开关S,一带电油滴恰好静止于两板间的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（）A.平行板电容器的电容将变大B.带电油滴的电势能不变C.油滴仍将保持静止状态D.静电计指针张角变小【答案】C【解析】【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。【详解】A．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据n知，d增大，则电容减小。故A错误；BC．根据，，结合，知，电场强度不变，P点与下极板的电势差增大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。电场强度不变，则油滴所受电场力不变，仍将保持静止。故B错误，C正确。D．由图可知，电容器只能充电，不能放电，随着间距增大，电容减小，因电量只增不减，因此电压必须增大，即静电计指针张角变大。故D错误；故选C。【点睛】题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。9.某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）A.B.C.D.【答案】C、【解析】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的n有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针，故排除AB；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故选项C正确，ABD错误．故选：C．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．分析：楞次定律，判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较好．点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．10.如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L标有“2V　0.4W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)A.电源内阻为1ΩB.电动机的内阻为4ΩC.电动机正常工作电压为1VD.电源效率约为93.3%【答案】AD【解析】【详解】A、小灯泡的额定电流为，电阻为，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，代入数据解得r=1Ω，故A正确；BC、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A，电源内阻分的电压为，故电动机分的电压为，电动机的内阻，故B、C错误；D、电动机的输入功率，电源的效率n，故D正确；故选AD。【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用，同时注意串并联电路的规律应用。11.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A.向右做匀速运动B.向右做加速运动C.向右做减速运动D.向左做减速运动【答案】CD【解析】【分析】导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引．【详解】A．导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引。故A错误；B．导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥。故B错误；C．导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引。故C正确；nD．导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从b→a，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是N极，则线圈c被螺线管吸引。故D正确；故选CD。【点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动．12.如图所示，长方形abcd的长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心，eb为半径的圆弧和以O为圆心，Od为半径的圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(eb边界上无磁场)，磁感应强度B=0.25T.一群不计重力、质量m=3×10-7kg、电荷量q=2×10-3C的带正电粒子以速度v=5×l02m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则下列判断正确的是（）A.从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab边B.从aO边射入的粒子，出射点全部通过b点C.从Od边射入的粒子，出射点全部通过b点D.从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边【答案】BC【解析】【分析】根据洛伦兹力的规律和圆周运动规律计算分析．【详解】AC．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到：；n因ab=0.3m，从Od边射入的粒子，形成以r为半径的圆弧，从点O射入粒子的从b点出去；从Od之间射入飞粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc后应做直线运动，即全部通过b点，故A错误；C正确；BD．从aO边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为O′，如图所示，根据几何关系，可得：虚线的四边形O′Med是菱形，则粒子的出射点一定是从b点射出。同理可知，从aO边射入的粒子，出射点全部从b点射出；故B正确，D错误；故选BC。13.如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R,AB为圆的水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m,电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点恰好沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()A.小球在AC部分可能做匀速圆周运动B.若小球能从B点离开,上升的高度一定小于HC.若小球沿圆弧减速运动到C点，则到C点的速度不可能为零D.小球一定能从B点离开轨道【答案】ABC【解析】【分析】n当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．【详解】A．若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故A正确；B．由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故B正确；C．若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零。故C正确；D．由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故D错误；故选ABC。二、实验题(每空2分,共14分)14.用游标卡尺测一工件外径的读数如图（1）所示，读数为mm．用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图（2）所示，读数为mm．【答案】①10.50②4.600【解析】试题分析：1、游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm．2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.600mm．15.按图甲所示的电路测量一节旧电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(约20Ω)，可供选择的器材如下：两个相同电流表A1、A2（量程0～500μA，内阻约为500Ω），滑动变阻器R（阻值0～100Ω，额定电流1.0A），定值电阻R1（阻值约为100Ω），两个相同的电阻箱R2、R3（阻值0～999.9Ω），n开关、导线若干．由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此，先将电流表改装（扩大量程），然后再按图甲电路进行测量．(1)测量电流表A2的内阻，按图乙电路测量A2的内阻时，必要的操作如下．A．断开S1B．闭合S1、S2C．按图乙连接线路，将滑动变阻器R的滑片调至最左端，R2调至最大D．断开S2，闭合S3E．调节滑动变阻器R，使A1、A2的指针偏转适中，记录A1的示数I1F．调节R2，使A1的示数为I1，记录R2的值请按合理顺序排列其余实验步骤（填序号）CB______A.(2)将电流表A2（较小量程）改装成电流表A（较大量程）,如果(1)中测出A2的内阻为468.0Ω，现用R2将A2改装成量程为20mA的电流表A，应把R2为_______(3)(3)利用电流表A、电阻箱R3,测电池的电动势和内阻.用电流表A、电阻箱R3及开关S按图甲所示电路测电池的电动势和内阻．实验时，改变R3的值，记下电流表A的示数I，得到若干组R3、I的数据，然后通过做出有关物理量的的线性图象，求得电池电动势E和内阻r.a.图中虚线框内为一条直线，其中纵轴为，横轴应为__________.直线的斜率 b.已知图中直线纵轴截距为b，斜率为k，改装后电流表A的内阻为RA，则电动势E=____，n内阻r=_____纵轴截距的绝对值．【答案】(1).EDF(2).12(3).R3(4).(5).【解析】（1）等效替代法测电阻的核心是“效果相同”，本题中体现为使A1的示数相同，所以步骤为CBEDFA；（2）改装原理如下图所示电阻需要分担电流；电阻电压，则；（3）由闭合电路欧姆定律得：，将此公式变形后即得：，故横坐标为，图像的斜率距表示电源电动势，故，解得；，解得。【点睛】测电阻的方法有伏安法、半偏法、等效替代法等．电表改装原理可记为“串大并小”．测量电源电动势和内阻始终离不开闭合电路的欧姆定律．三、计算题（16小题10分，17小题10分，18小题14分,共34分）16.如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成45°，已知AO的水平距离为d．（不计重力）n求：（1）从A点到B点用的时间；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）AB两点间电势差．【答案】（1）（2）；（3）．【解析】（1）粒子水平方向做匀速直线运动、t=d/v0(2分)(2)粒子竖直方向做v0=0匀加速直线运动vy=v0E=mv02/ed(3分)(3)从A到B，运用动能定理：UAB=mv02/2e(3分)17.如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求n(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。【答案】(1)(2)【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。【详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径。设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①易得：②（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有③进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则④联立②③④解得18.如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝0.2m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B＝0.1T、方向竖直向下的有界磁场中，电阻R＝3Ω，桌面高H＝0.8m，金属杆ab的质量mn＝0.2kg，电阻r＝1Ω，在导轨上距桌面h＝0.2m的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝0.4m，g＝10m/s2.求：(1)金属杆进入磁场时，R上的电流大小；(2)整个过程中R上产生的热量．(3)整个过程中通过R的电荷量.【答案】(1)0.01A；(2)0.225J.(3)10C【解析】【分析】（1）根据动能定理求出杆子进入磁场时的速度，通过切割产生的感应电动势公式求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．（2）根据平抛运动的规律求出金属杆滑出导轨瞬间的速度；根据能量守恒定律求出整个过程中回路产生的热量，从而得出整个过程中电阻R放出的热量．（3）根据动量定理求解整个过程中通过R的电荷量.【详解】（1）ab棒刚进入磁场的瞬间，速率为v，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，此时感应电动势E＝Bdv＝0.1×0.2×2V＝0.04V，方向：棒中由a→b.（2）金属杆平抛初速度为v′，则有，解得由能量守恒，有Q＝mgh－mv′2＝(0.2×10×0.2－×0.2×12)J＝0.3JR放出的热量.（3）金属棒从进入磁场到出离磁场，由动量定理：其中n带入数据解得：q=10C.四、附加题（15分）19.（12分）如图（a）所示,水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m,在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板,小孔恰好位于AB板的正中间.距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s．带电粒子的重力不计．求：（1）在t=0时刻进入的粒子，射出电场时竖直方向的速度；（2）荧光屏上出现的光带长度；（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长?【答案】（1）103m/s（2）4.0×10-2m（3）0.15m【解析】试题分析：（1）从t=0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间t=L/v0=3×10-5s，正好等于一个周期（1分）竖直方向先加速后减速，加速度大小（1分）射出电场时竖直方向的速度（1分）（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。偏转最大的粒子偏转量（2分）反方向最大偏转量（2分）形成光带的总长度l=4.0×10-2m（1分）（3）带电粒子在电场中运动的时间为T/2，打在荧光屏上的范围如图c所示。n（1分）（1分）形成的光带长度l=d1+d+d2=0.15m（2分）考点：本题考查带电粒子带周期性变化电场中的运动，意在考查学生的综合能力．