2017-2018学年河南省信阳高级中学高二下学期开学考试物理试题 解析版 14页

‎2017-2018学年河南省信阳高级中学高二下学期开学考试物理试题 一、单选题：共6题 ‎1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列说法中，不正确的是 A. 奥斯特实验说明电流具有磁效应，首次揭示了电和磁之间存在联系 B. 直流电流、环形电流、通电螺线管的磁场均可用安培定则判断 C. 通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，受此启发，安培提出了著名的分子电流假说 D. 洛伦兹力方向可用左手定则判断，此时四指指向与电荷运动方向一致 ‎【答案】D ‎【解析】奥斯特通过通电导线对小磁针的作用，说明了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，A正确；电流周围的磁场方向，都是通过右手螺旋定则判断的，B正确；安培通过通电螺线管周围的磁场与条形磁场的关系提出了分子电流假说，C正确；洛伦兹力的方向是利用左手定则判断的，其中四指指向正电荷的运动方向，D错误．‎ ‎2. 如图所示，在相距为d的两个点，固定着电量分别为-Q和+Q的两个点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q的小球以初速度从管口射入，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是 A. 小球的速度一直减小 B. 小球的速度先减小后增大 C. 小球的电势能保持不变 D. 管壁对小球的弹力最大值为 ‎【答案】AC ‎【解析】根据等量异种电荷周围的电场线可知，小球受到的电场力与速度垂直，所以电场力不做功，电势能不变，C正确；小球受到重力、支持力、电场力作用，其中支持力和电场力与速度方向垂直，不做功，重力做负功，小球速度减小，A正确B错误；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，管壁对小球的弹力最大值为，D错误．‎ ‎3. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况不正确的是 A. 电流表的读数减小 B. 灯泡L变亮 C. 电源输出功率先减小后增大 D. 电压表的读数先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，接入电路的电阻总电阻先变大后变小，路端电压先变大后变小，所以电压表读数先变大后变小，D正确；当电源内阻和外电路电阻相等时，电源的输出功率增大，若外电路的电阻大于电源内阻，则电源的输出功率随外电路电阻的增大而减小，由于灯泡L的电阻大于电源的内阻r，电源的输出功率先减小后增大，C正确；因为灯泡在干路，由于总电流先减小后变大，故小灯泡的亮度先变亮后变暗，B错误；电流表测量的电流是滑动变阻器右半部分电阻上的电流，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，右半部分上的电阻值越来越大，而左半部分的电阻值越来越小，所以电流表的读数越来越小，A正确．‎ ‎【点睛】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联电阻先增大后减小，滑片滑到中点时，并联电阻最大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化．根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化．‎ ‎4. 如图所示是示波管的原理示意图，、上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将、分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据示波器的工作原理可知，图甲所加电压为水平偏转电压，根据图像可知水平电压周期是竖直偏转电压周期的二分之一，所以扫描周期为偏转周期的一半，根据图像可知0-，电子从原点开始向y轴正方向偏转位移逐渐变大，时间内，x轴负向电压最大，所以电子仍向y轴正方向偏转，只是偏转量逐渐减小；，电子从原点开始向y 轴负方向偏转位移逐渐变大，时间内，x轴负向电压最大，所以电子仍向y轴负方向偏转，只是偏转量逐渐减小；综上电子在荧光屏上的图形应为D．‎ ‎5. 如图所示，两个条形磁铁的N和S相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过。下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是 A. 感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向 B. 感应电流方向一直是顺时针 C. 安培力方向一直竖直向上 D. 安培力方向先竖直向上，后竖直向下 ‎【答案】C ‎【解析】线框自由下落过程中穿过线圈的磁通量为向右的增多，后减少，根据楞次定律可知线框中的感应电流先是顺时针后是逆时针，AB错误；再由来拒去留，可知线框受到的安培力方向一直是竖直向上，C正确D错误．‎ ‎6. 有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈c、d两端加上交变电流。已知b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。则下列说法错误的是 A. 开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电压表V1和V2示数均不变 B. 开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电流表A1和A2示数均变小 C. 保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电压表V1和V2示数均变大 D. 保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大 ‎【答案】A ‎【解析】开关S1始终接a，副线圈电压不变，当滑片P向下滑动时，接入电路的总电阻变大，电流变小，所以电流表的示数均变小，B正确；副线圈电压不变，所以电压表V1的示数不变，电压表V2测量的是滑动变阻器的电压，因为总电流变小，所以定值电阻的分压变小，所以滑动变阻器的分压变大，故V2示数变大，A错误；保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，副线圈电压变大，滑动变阻器的分压变大，所以电容器两端电压变大，电荷量增多，CD正确；综上本题选A．‎ 二、多选题 ‎7. 如图所示，带正电的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m，电荷量为q的带电小球从A点由静止释放，q到达B点时速度恰好为零，若A、B间距离为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是 A. 从A至B，q先做匀加速运动，后做匀减速运动 B. 在从A至C和从C至B的过程中，前一过程q电势能的增加量较小 C. Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为 D. 在B点受到的库仑力大小是 ‎【答案】BC ‎【解析】由图知，小球在运动的过程中，所受静电力越来越大，故做非匀变速运动，A错误；在从A至C和从C至B的过程中，前一过程小球受电场力平均值小于后一过程的，故电场力做功小于后一过程，所以前一过程q电势能的增加量较小，B正确；小球在到达B点前，开始做减速运动，到B点速度减为零，故在B点受到的库仑力大于mgsinθ，D错误；从A到B，根据动能定理得，解得：，C正确；综上本题选BC．‎ ‎【点睛】本题是带电体在电场中运动的问题，关键要分析受力情况来确定其运动情况，注意B点速度为零，但B点不是平衡点，根据动能定理研究电势差．‎ ‎8. 如图所示，在三维直角坐标系中，分布着沿y轴正方向的匀强磁场，折线导线ABCDEF固定在立方体上，现通以方向如图的电流I，下列说法正确的是 A. BC、DE所受安培力相同 B. CD所受安培力最大 C. AB所受安培力为零 D. BC、CD所受安培力方向相同 ‎【答案】AB ‎【解析】BC、DE的有效长度均为AE，根据可得两者受到的安培力相同，A正确；EF不受安培力，AB与CD均与磁场垂直，受到的安培力与等效长度成正比，又因为CD>AB，所以CD所受安培力最大，B正确C错误；BC、CD的有效长度不同，所以受到的安培力大小不同，根据左手定则可知，两者受到的安培力方向也不同，D错误．‎ ‎9. 闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如右图所示。规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．‎ 由图示图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值；1～2s磁通量不变，无感应电流；2～3s，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的；3～4s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，A错误B正确；由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，1～2s无感应电流，没有安培力，2～4s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，感应电流，由B-t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确D错误．‎ ‎10. 如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xoy，一质点在该平面内O点受大小为F的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t时间质点运动到A点，A、O两点距离为a，在A点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为F，再经t时间质点运动到B点，在B点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到C点，此时速度方向沿x轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是 A. A、B两点距离为 B. C点与x轴的距离为 C. 质点在B点的速度方向与x轴成45°‎ D. 质点从B点运动到C点所用时间可能为 ‎【答案】CD ‎【解析】在质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，水平方向做由几何关系可得：A、B两点距离为，A错误；设到达A点的速度为v，B点的速度为 ‎，方向与水平方向成45°，B到C点做匀速圆周运动，有4F=，而在OA段有，联立解得r=a，因此C点与x轴的距离为，C正确B错误；质点从B点运动到C点所用的时间可能为t′=，OA段有，则质点从B点运动到C点所用时间可能为，D正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，从B到C做匀速圆周运动，由几何关系得出AB的距离，由运动学基本公式分析即可求解．‎ 三、实验题：共2题 ‎11. 某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器及学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块，细砂。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶时，释放小桶，滑块处于静止状态。实验时首先要平衡摩擦力．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：‎ ‎（1）你认为还需要的实验器材有________。‎ ‎（2）某同学用天平称量滑块的质量M。往砂桶中装入适量的细砂，用天平称出此时砂和砂桶的总质量m。让砂桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1＜v2)。若满足m≪M，则本实验最终要验证的数学表达式为________________(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)。‎ ‎【答案】 (1). 天平、刻度尺 (2). ‎ ‎【解析】（1）由于实验中需要计算动能，所以必须测量沙桶和滑块的质量，故需要天平；实验中需根据纸带计算滑块的速度，故需要毫米刻度尺；‎ ‎12. 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。‎ ‎（1）图(a)中的B端与______(填“红”或“黑”)色表笔相连接。‎ ‎（2）关于R6的使用，下列说法正确的是_______(填正确答案标号)。‎ A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B.使用电压挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘左端电压为“0”位置 C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 D. 使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 ‎（3）换挡开关接1时，对应的档位是____，换挡开关接3时，对应的档位是___‎ A.直流电压1 V挡 B.直流电压5 V挡 C.直流电流1 mA挡 D. 直流电流2.5 mA挡 E. 欧姆×100 Ω挡 ‎（4）某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________(结果保留3位有效数字)；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________。‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). D (3). D (4). E (5). 1.46～1.48mA范围内都可 ‎ ‎ (6). 1100 Ω ‎【解析】（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，红表笔与内置电源负极相连，由图示电路图可知，B端与红表笔相连；‎ ‎（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，D正确；‎ ‎（3）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接1时为电流2.5mA挡，D正确；换挡开关接3时，多用电表内置电源接入电路，此时测电阻，E正确；‎ ‎（4）若与1连接，则量程为2.5mA，由图示表盘可知，其分度值为0.05mA，读数为1.48mA；选择开关接3时为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω；‎ ‎【点睛】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。‎ 四、计算题 ‎13. 如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m／s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知=1200 m，=2000 m，求：‎ ‎（1）列车减速运动的加速度的取值范围；‎ ‎（2）列车减速运动的最长时间。‎ ‎【答案】（1）（2）50s ‎【解析】（1）列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车的距离： ，当位移最小时，加速度最大： ‎ 位移最大时，加速度最小：‎ ‎14. 如图所示，电源电动势E=24 V，内阻不计，，，电容器分别标有“2 μF、12 V”“8 μF，30 V”字样，开始时均断开，且均不带电，试求：‎ ‎（1）当闭合断开，待稳定后，电容器所带电荷量。‎ ‎（2）当均闭合，待稳定后，电容器左极板、上极板所带电荷量。‎ ‎【答案】（1）0，（2）C ‎【解析】（1）当闭合断开，待稳定后，两端电压，的带电荷量 两端电压，的带电荷量 ‎（2）两电键都闭合稳定后，两端电压，‎ 的带电荷量 故左极板带电量，上极板带电量C。‎ ‎15. 如图所示，一质量m=0.1 kg、电阻R=0.06 Ω、边长L=0.25‎ ‎ m的正方形导线框从倾角为37°，动摩擦因数μ=0.5的固定斜面上由静止开始下滑。下滑距离d=0.25 m后进入宽度也为d、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中。已知磁感应强度为B=0.4 T，cd边离开磁场时线框恰好做匀速运动。磁场的上下边界线水平，运动过程中线框的下边ab边始终水平。试求：‎ ‎（1）ab边刚进入磁场时两端的电势差Uab；‎ ‎（2）线框cd边离开磁场时的速度v；‎ ‎（3）线框穿过磁场的整个过程中产生的焦耳热。‎ ‎【答案】（1）0.075V（2）1.2m/s（3）0.078J ‎【解析】（1）线框在进入磁场前的加速度 所以ab边刚进入磁场时的速度。‎ ab切割磁感线产生的电动势 ab边两端的电势差；‎ ‎（2）cd离开磁场时恰好做匀速运动，设速度为，‎ ‎，解得；‎ ‎（3从开始到cd边刚离开磁场的过程中，根据动能定理有 解得 根据功能关系。‎ ‎16. 如图所示，在半个空间中分布一匀强磁场，磁感应强度为B(垂直纸面并指向纸面内)。磁场边界为MN(垂直纸面的一个平面)。在磁场区内有一点电子源(辐射发射源)S，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子。这里仅考察电子源所在的平面内，由电子源发射的电子，不计电子间的相互作用，并设电子源离界面MN的垂直距离为L。‎ ‎（1）点源S发射的电子，其速度达多大时，界面MN上将有电子逸出?‎ ‎（2）若点源S发射的电子速度大小均为，在界面MN上多宽范围内有电子逸出?(其中m为电子质量，e为电子带电量。)‎ ‎（3）若电子速度为，逸出的电子数占总发射电子数的比例?‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：考虑恰好有粒子从边界射出的临界情况，画出运动轨迹，结合几何关系得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式分析即可；若点源S发射的电子速度大小均为，先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径；再考虑与边界相切的两种临界情况，结合几何关系得到界面MN上多宽范围内有电子逸出；同样先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，然后画出临界图，得到能从边界射出的粒子比例。‎ ‎（1）由洛伦兹力提供向心力：，得，临界图如下：又2r=L，得；‎ ‎（2）把代入，有：；画出临界图：‎ 在A下方A、B两点之间有电子射出，故 在A点上方A、C两点之间有电子射出，故：‎ 综上，在边界宽度为的范围内有电子射出；‎ ‎（3）把代入，得；临界图如图：‎ 由几何知识有：，所以，同理亦有 可得速度方向在θ角内的电子都可以从MN边界射出，由几何知识有；‎ 又点电子源S，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子，‎ 故逸出的电子数占总发射电子数的比例为；‎ ‎ ‎