2018-2019学年高二物理下学期开学考试试题(含解析).doc

xx-2019学年高二物理下学期开学考试试题(含解析)一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C. 焦耳首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究D. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说【答案】D【解析】【分析】解答本题应记牢：奥斯特、法拉第、库仑、安培等科学家的物理学成就，即可进行解答【详解】A奥斯特发现了电流的磁效应，是法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B库仑提出了库仑定律，是密立根最早用实验测得元电荷e的数值，故B错误；C法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故C错误；D安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D正确。故选：D。【点睛】物理学史是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累2.初速度为v0电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初始运动方向如图，则( )A. 电子将向左偏转，速率不变B. 电子将向左偏转，速率改变C. 电子将向右偏转，速率不变D. 电子将向右偏转，速率改变【答案】C【解析】【分析】根据安培定则判断出通电导体右侧的磁场方向，然后根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力的方向，即得出电子的偏转方向，注意应用左手定则时四指指向与电子运动方向相反，洛伦兹力不做功。【详解】由安培定则可知导体右侧磁场方向垂直纸面向里，然后跟左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，故ABD错误，C正确。故选：C。【点睛】在解决带电粒子在磁场中运动问题时安培定则与左手定则经常联合应用，在平时练习中要加强训练，以提高应用它们的解题能力。3.如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了、三个区域现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R.下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是A. 特性曲线在区，P1P2B. 特性曲线在区，P1P2D. 特性曲线在区，P1P2【答案】C【解析】图像斜率表示1R，R1斜率大，电阻小，两电阻并联，电压相同，据P=U2R,知P1P2.并联后电阻更小，斜率更大，特性曲线在区，C对。4.一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面则下列说法中正确的是A. a点的电势比b点低B. 电子在a点的加速度方向向右C. 电子从a点到b点动能减小D. 电子从a点到b点电势能减小【答案】C【解析】【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。【详解】A根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以A错误；B由A的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以B错误；C从a点到b点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以C正确；D电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以D错误。故选：C。【点睛】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，同时结合功能关系分析，基础问题。5. 在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，图中电表均为理想电表。当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V。重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V。则这台电动机正常运转时输出功率为A. 32W B. 44WC. 47W D. 48W【答案】A【解析】根据停转时电压电流表的示数可以知道线圈电阻，电动机正常运转时输出功率选A6.如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )A. IB|q|aU，负 B. IB|q|aU，正 C. IB|q|bU，负 D. IB|q|bU，正【答案】C【解析】准确理解电流的微观表达式，并知道稳定时电荷受到的电场力和洛伦兹力平衡，是解决本题的关键由于上表面电势低，根据左手定则判断出自由运动电荷带负电，排除B、D两项电荷稳定时，所受电场力和洛伦兹力平衡，|q|Ua|q|vB，由电流的微观表达式知：I|q|nSv|q|nabv，联立可得nIB|q|bU，故选C正确【此处有视频，请去附件查看】7.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是)A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D. 只要速度满足v=qBRm，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】D【解析】对着圆心入射，只有轨道半径为R的粒子出射后可垂直打在MN上，选项A错误；由对称性可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，选项B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长所对的圆心角越小，运动时间越短，选项C错误；只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，选项D正确。8.如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为（ ）A. qEg，EB B. B2gRE，EBC. BqRg，qgR D. qEg，BgRE【答案】D【解析】试题分析:液滴在重力、电场力和洛仑兹力下做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，mg=qE，得m=；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R=，得v=BgRE，故D正确。考点：带电粒子在复合场中的运动9.如图中所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图2变化时，下列四图中正确表示线圈中感应电动势E随时间t变化的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】在0-1s内，根据法拉第电磁感应定律，E=nt=nBtS=nB0S根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1-3s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在3-5s内，根据法拉第电磁感应定律，E=nt=nBtS=nB0S2=E2根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值，故A正确【此处有视频，请去附件查看】10.如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动粒子只受电场力作用，设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断不正确的是A. Q2带负电且电荷量小于Q1B. b点的场强一定为零C. a点的电势比b点的电势高D. 粒子在a点的电势能比b点的电势能小【答案】ABD【解析】【详解】由图象分析可知：在b点前做加速运动，b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知b点的合场强为零，Q2带负电，且有kQ1(3L)2=kQ2(2L)2，所以，Q1Q2，故AB正确该电荷从a点到b点，做加速运动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，再据Ep=q知，电势降低，所以b点电势较低，故C正确，D错误；故选ABC二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态在P向上移动的过程中，下列说法不正确的是 （ ）A表的示数变大 B. 油滴向上加速运动C. G中有由a至b的电流 D. 电源的输出功率一定变大【答案】BC【解析】试题分析：油滴原来处于静止状态，重力与电场力平衡G电路稳定时，电容器的电压等于变阻器两端的电压当滑片P向上移动的过程中，变阻器的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，油滴向上做加速运动电容器充电，G中有从b到a的电流当滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，电容器放电，G中有从a到b的电流将S断开到电路稳定的过程，电容器通过R2和R放电，板间场强逐渐减小，油滴向下运动，G中有从a到b的瞬间电流通过A、B当滑片P向上移动的过程中，电阻变大回路电流变小表的示数变小，变阻器的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，油滴向上做加速运动电容器充电，G中有从b到a的电流故A错误，B正确，C错误D、当滑片P向上移动的过程中，电阻变大回路电流变小，电源的输出功率一定变小故D错误故选B。考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律点评：本题是电容的动态变化分析问题，关键在于确定电容器的电压及其变化当电路稳定时，电容器的电压等于所在支路两端的电压12.彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁通量可能为零的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】A根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A错误B根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故B错误C根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量不可能为零，故C正确D根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故D正确故选CD点睛：此题是磁场的叠加问题，解决本题的关键会用安培定则判断磁场的方向，以及知道当有多个磁场时，此时磁通量为净磁通量13.一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图所示现令磁感应强度B随时间变化，先按图中所示的oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1，E2，E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1，I2，I3分别表示对应的感应电流，则（ ） A. E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B. E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C. E1E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向D. E2=E3，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向【答案】BD【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律可得出三者感应电动势的大小关系；由楞次定律可得出三段过程中电流的方向由法拉第电磁感应定律可知E=nBost，由图知应有第1段中磁通量的变化率较小，而bc、cd两段中磁通量的变化率相同，故有E1E2=E3，由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向，I2与I3均沿顺时针方向，故AC错误，BD正确14.一个一价和一个二价的静止铜离子，经过同一电压加速后，再垂直射入同一匀强偏转电场，然后打在同一屏上，屏与偏转电场方向平行，下列说法正确的是) A. 二价铜离子打在屏上时的速度小B. 离子进入偏转电场后，二价铜离子飞到屏上用的时间短C. 离子通过加速电场过程中，电场力对二价铜离子做的功大D. 在离开偏转电场时，两种离子在电场方向上的位移不相等【答案】BC【解析】【分析】粒子经过加速电场加速后，可以应用动能定理解出其速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，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，结合动能定理与运动学关系式解出要求的物理量。【详解】A粒子在全程中电场力做功为：qU1+qU2dy=12mv2 ，由于两粒子质量相同，电荷量之比为1：2，所以末速度之比为 1：2 ，故A错误；B粒子在偏转电场中做类平抛运动，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，所以竖直方向：y=12at2=12qU2mdt2 ，由于竖直方向位移y相同，所以电量大的粒子所用时间少，故B正确；C粒子经过加速电场加速时，只有电场力做功，由动能定理得：qU1=12mv02 解得：v0=2qU1m ，两种粒子的电荷量之比为1：2，质量加速电压都相同，加速电场做功为1：2，故C正确；D粒子经过加速电场加速时，只有电场力做功，由动能定理得：qU1=12mv02，粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以竖直方向有：y=12at2=12qU2md(lv0)2=U2l24dU1 ，可见y与带电粒子的电荷量、质量无关说明两个粒子离开偏转电场时，偏转距离y相等。故D错误。故选：BC。【点睛】把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题。15.如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场平行于斜面下，弹簧另一端固定，滑块处于静止状态现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块最远能到达P点在些过程中A. 滑块的动能一定减小B. 弹簧的弹性势能一定增大C. 滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和D. 滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧弹力做功的代数和【答案】AD【解析】滑块可能带正电也可能带负电，弹簧开始可能压缩可能拉伸，但速度肯定是减小到零，A对；B错；由能量守恒，D对；三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）16.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率从图中读出金属丝的直径为_ mm为此取两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：A.电压表03V，内阻10k B.电压表015V，内阻50k C.电流表00.6A，内阻0.05 D.电流表03A，内阻0.01 E.滑动变阻器，010 F.滑动变阻器，0100 要求较准确地测出其阻值，应选用的器材有_只填代号【答案】 (1). 0.680； (2). A、C、E【解析】【分析】(1)旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；(2)根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电路图分析答题。【详解】(1) 由图所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+18.00.01mm=0.680mm；因此金属丝的直径在0.679mm0.681mm；(2) 两节新的干电池，电源电动势为3V，若选取电压表15V，测量读数误差较大，因此电压表选A；电路最大电流约为I=ER=0.6A，电流表应选C；金属丝的电阻大约为5，为方便实验操作滑动变阻器应选E。【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、实验电路分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握实验器材的选择原则。17.某同学测量一只未知阻值的电阻Rx他先用多用电表进行测量，指针偏转如图甲所示为了使多用电表的测量结果更准确，该同学应选用_挡位，更换挡位重新测量之前应进行的步骤是_接下再用“伏安法”测量该电阻，所用仪器如图乙所示，其中电压表内阻约为5k，电流表内阻约为5，滑动变阻器最大阻值为100.图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线_该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将_选填“大于”、“小于”或“等于”被测电阻的实际值【答案】 (1). 100； (2). 重新调零； (3). ； (4). 大于【解析】【分析】题应明确当欧姆表的指针偏角过小时，说明待测电阻的阻值太大，应选择倍率较大的挡，注意每次选档后都应重新调零；题在读出待测电阻的阻值后再判定电流表应用内接法，根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知，变阻器应采用分压式接法；题根据欧姆定律求出待测电阻的表达式即可。【详解】(1) 欧姆表的指针偏角过小，说明待测电阻阻值很大，应选择倍率较大的挡，所以应选用100挡，换挡后应该重新调零；(2) 欧姆表的读数为R=10010=1000，由于满足RVRxRxRA时，电流表应用外接法，满足RVRx0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，在y0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场方向未画出).已知oa=oc=cd=L，ob=L4.现有一个带电粒子，质量为m，电荷量大小为q(重力不计).t=0时刻，这个带电粒子以初速度v0从a点出发，沿x轴正方向开始运动观察到带电粒子恰好从d点第一次进入磁场，然后从O点第-次离开磁场试回答：(1)判断匀强磁场的方向；(2)匀强电场的电场强度；(3)若带电粒子在y轴的a、b之间的不同位置以相同的速度v0进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式【答案】（1）匀强磁场的方向垂直于纸面向外；（2）匀强电场的电场强度是；（3）若带电粒子在y轴的a、b之间的不同位置以相同的速度v0进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式【解析】解：（1）粒子在电场中逆电场线的方向运动，所以粒子带负电，要使粒子能从O点射出，磁场方向应垂直于纸面向里（2）粒子在电场中作类平抛运动，有：解得：=45即vy=v0，所以，：由动能定理有：解得：同时，由几何关系可得，粒子在磁场中作圆周运动，半径，洛伦兹力提供向心力，有：解得：（3）记粒子从y处射出，进入磁场时，横坐标为x，与x轴的夹角为，则有：x=v0t解得：同理，记射出点到x的距离为x，则有：x=2Rsin带入B解得：，故x=x，所以粒子第一次离开磁场的位置坐标原点，与位置坐标y无关答：（1）匀强磁场的方向垂直于纸面向外；（2）匀强电场的电场强度是；（3）若带电粒子在y轴的a、b之间的不同位置以相同的速度v0进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况确定运动情况，结合几何关系以及半径公式求解，难度较大