吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二下学期开学考试物理试题(解析版)

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
9题只一、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
~
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有一项符合题目要求,第10
~
分，有选错的得0分。

1.如图所示，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，下列说法正确的是( )
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. 带电粒子沿a、c连线运动时，电场力不做功
【答案】D
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
C. 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两点的场强一样大
【答案】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＝0
B. 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】
φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用W AB=qU AB来判断电势能的变化情况.
【详解】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；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；若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式W AB=qU AB，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；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-x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W AB=qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断.
4.两个电阻R1、R2的电压U和电流I的关系图线如图所示，由图象可知两个电阻的大小之比R1∶R2等于
A. 1∶3
B. 3∶1
C. 1∶
D. ∶1
【答案】B
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L1、L2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L1变暗，L2变亮
B. 灯泡L1、L2均变暗
C. 电流表的示数变大
D. 电源的输出功率变小
【答案】A
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∶1
B. ∶1
C. 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，一条形磁铁放在粗糙的水平桌面上，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. 桌面受到向右的摩擦力
D. 磁铁受到向左的摩擦力
【答案】B
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】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，根据知，d增大，则电容减小。

故A错误。

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。

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.空间中存在一个有竖直边界的水平方向的匀强磁场区域，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
10.如图所示，电源电动势E=3 V，小灯泡L标有“2 V 0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=4 Ω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1 Ω
B. 电动机的内阻为4 Ω
C. 电动机正常工作电压为1 V
D. 电源效率约为93.3%
【答案】AD
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】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。

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。

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。

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】
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，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并
分析可能的轨迹．
【详解】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：；
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；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H
C. 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】
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】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。

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；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。

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_______cm；用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图（2）所示，读数为__________mm。

【答案】(1). 1.050cm (2). 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和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）
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，需先将电流表改装（扩大量程），然后再按图甲电路进行测量．
(1)先按图乙电路测量A2的内阻，必要的操作如下:
A．断开S1
B．闭合S1、S2
C．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S3
E．调节滑动变阻器R，使A1、A2的指针偏转适中，记录A1的示数I1
F．调节R2，使A1的示数仍为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调为_______Ω.
(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和I的数据，然后通过做出与R3和I有关的物理量的线性图象，求得电池电动势E和内阻r.
a.某同学作出的线性图象如虚线框内所示的一条直线，若横轴为R3，则纵轴应为__________.
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R A，则电动势E=_______，内阻
r=_________.
【答案】(1). EDF (2). 12 (3). (4). (5).
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q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点飞出电场时速度方向与AO方向成45°，已知AO间的水平距离为d．（不计重力）求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）AB两点间的电势差．
【答案】（1）（2）
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：
(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)
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m＝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＝0.3J
R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
带入数据解得：q=10C .
四、附加题（15分）
19.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的大小；
（2）荧光屏上落点最远的两个光点之间的距离；
（3）若撤去挡板，同时将粒子入射时的初速度均调整为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带有多长?【答案】（1）103 m/s （2）4.0×10-2m （3）0.15m。