江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

高二年级期初检测试卷 物 理 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景．如图所示，某超级电容标有“2.7 V　100 F”，将该电容接在1.5 V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电量为(　　)‎ A. －150 C B. －75 C C. －270 C D. －135 C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据C=Q/U求解电容器的带电量。‎ ‎【详解】根据C=Q/U可知电容器带电量为Q=CU=100×1.5C=150C，则电路稳定后该电容器负极板上所带电量为-150C，故选A.‎ ‎2.国际单位制中，不是电场强度的单位是(　　)‎ A. V/m B. N/C C. J/A·s D. T·m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．‎ ‎【详解】A. 根据电场强度的公式E=U/d可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位；‎ B. 根据电场强度的定义式E=F/q可知，力的单位是N，电荷的单位是C，所以N/C是电场强度的单位； ‎ C.‎ ‎ 根据电势差的公式U=W/q，q=It可知，功的单位为J，电流的单位为A，时间的单位是s，J/As是电势差的单位，不是电场强度的单位；‎ D. 根据公式F=qE及F=qvB，E的单位与Bv的单位一样，故T⋅m/s是电场强度的单位；‎ 本题选不是电场强度的单位的，故选：C ‎3.通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的(　　)‎ A. 线框所受安培力合力为零 B. 线框有两条边所受的安培力方向相同 C. 线框有两条边所受的安培力大小相同 D. 线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边和ad边所受的安培力大小相同，故AB错误，C正确；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故D错误。‎ ‎4.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略。平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )‎ A. 增大R1的阻值 B. 增大R２的阻值 C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；‎ 考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器 ‎5.如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I的方向相同，均平行于纸面水平向左．下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式知，电子的运动的轨迹半径越来越大，故A正确，BCD错误 ‎6.如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直．一带电油滴在O点处于静止状态．则(　　)‎ A. 若将油滴置于P处，仍能静止 B. 若将油滴从M处释放，将沿电场线运动至N处 C. M点的电势一定比N点的高 D. 油滴在M点的电势能一定比在N点的小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电场线分布判断出场强的大小关系，从而判断电场力与的重力的关系；沿着电场线电势降低，根据电势能的公式进行判断电势的大小关系；‎ ‎【详解】A、由题可知，在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知，P点的电场强度大于O点电场强度，即，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故选项A错误；‎ B、带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故选项B错误；‎ C、根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故选项C错误；‎ D、若油滴带负电，则上极板带正电，则，则根据电势能公式可知：；若油滴带正电，则上极板带电，则，同理可知：，故选项D正确。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，注意找出场强的关系以及电势的关系，从而根据受力情况以及电势能公式进行判断即可。‎ 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20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．‎ ‎7.如图所示，a、b、c为匀强电场中的三点，b为a、c连线的中点．一个电荷量为q 的负电荷，在a点受到的电场力为F，从a点移动到b点过程中电势能减小W，下列说法正确的是 A. 匀强电场的电场强度大小为 B. a、b、c三点中，a点的电势最高 C. 该电荷从a点移动到b点过程中电场力做负功 D. 该电荷从c点移动到b点过程中电势能增加W ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.负电荷在a点受到电场力为F,由场强的公式得：，故A正确；‎ B. 负电荷从a点移动到b点过程中电势能减小，根据负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以从a到b到c的过程电势越来越高，即c点电势最高，故B错误；‎ C. 从a点移动到b点过程中电势能减小，所以电场力做正功，故C错误；‎ D. 匀强电场，b为a、c连线的中点，从a点移动到b点和从b点移动到c点，电势能都减小W，则从c点移动到b点过程中电势能就增加W，故D正确。‎ ‎8.1930年劳伦斯制成世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)‎ A. 粒子从电场中获得能量 B. 粒子获得最大速度与回旋加速器半径有关 C. 粒子获得最大速度与回旋加速器内的电场有关 D. 回旋加速器中的电场和磁场交替对带电粒子做功 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】回旋加速器中的电场对带电粒子做功，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，可知从电场中获得能量，故A正确，D错误。根据，则，可知粒子获得最大速度与回旋加速器半径R有关，但是与回旋加速器内的电场无关，选项B正确，C错误。‎ ‎9.如图所示，E表示电源电动势、I表示电路中的电流、U表示电源的路端电压、P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图象中可能正确的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律：‎ 可知I-R图像不是直线，选项B错误；，则随R增加，U增大，当R→∞时U→E，选项C正确； ；因当r=R时，P最大，可知图像D正确。‎ ‎10.光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为Q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是(　　)‎ A. 0 B. C. ＋QEL D. ＋QEL ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】若电场的方向平行于AB向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD边时，速度可能为0，所以动能可能为0．故A有可能。‎ 若电场的方向平行于AC向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为，根据动能定理可知小球的最大动能为：，所以D不可能，C可能；若电场的方向平行于AB向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v0，动能为，故B可能。故选ABC。‎ ‎11.如图所示，1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端. 毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的电压．已知图中的霍尔元件是正电荷导电，当开关S1、S2‎ 闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电表B为毫伏表，电表C为毫安表 B. 接线端2的电势低于接线端4的电势 C. 保持R1不变、适当减小R2，则毫伏表示数一定增大 D. 使通过电磁铁和霍尔元件的电流大小不变，方向均与原电流方向相反，则毫伏表的示数将保持不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线圈产生匀强磁场，方向垂直霍尔元件的上下两个面，电源E2提供通过霍尔元件的电流，带电粒子在磁场力作用下偏转，由左手定则可知偏方向，得出电势高低；由电流的变化，导致电子运动速度也变化，由电场力等于洛伦兹力，可得电压的变化；电压表C测量霍尔元件的电压，霍尔电压与磁感应强度和通过霍尔元件的电流有关．‎ ‎【详解】A.B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为毫安表，电表C为毫伏表，故A错误；‎ B. 根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，正电子移动方向与电流的方向相同，由左手定则可知，正电子偏向接线端2，所以接线端2的电势高于接线端4的电势，故B错误；‎ C.保持R1不变，电磁铁中的电流不变，产生的磁感应强度不变；减小R2，霍尔元件中的电流增大，根据I=nesv，v增大，电子受到的电场力等于洛伦兹力，，U=dvB，所以霍尔电压增大，即毫伏表示数一定增大，故C正确； ‎ D.当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2/4两接线端的电势高低关系不发生改变，根据U=dvB，毫伏表的示数将保持不变，故D正确；‎ 故选：CD.‎ 三、 简答题：本题(第12、13题)，共计18分．请将解答填写在相应的位置．‎ ‎12.某同学连接了一个如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱，V为电压表，开关S. ‎ ‎(1) 该同学连接的实验电路中有一处错误，请用笔在该处打上“×”号，并用笔画线作为导线，进行正确的连接．_____‎ ‎(2) 开关闭合前，电阻箱R阻值应置于_____(选填“零”或“较大”)．‎ ‎(3) 将开关S闭合，改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出的图线如图所示，则内阻r＝_____Ω，电动势E＝_____V．(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). (2). 较大 (3). 1.0 (4). 3.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]伏阻法测量干电池的电动势和内阻，开关控制所有的用电器，则电压表要受开关的控制，改正如图所示：‎ ‎(2)[2]闭合开关时要保证电路的安全，若电阻箱调为零，电源被短路，电流过大，故为了安全将变阻箱调为较大的阻值.‎ ‎(3)[3]由闭合电路的欧姆定律 ，整理得 ‎，‎ 结合图象可知纵截距 ，可得，‎ 而斜率 ‎，‎ 可得 ‎13.目前很多用电器的指示灯是发光二极管．某厂家提供的某种型号发光二极管的伏安特性曲线如图所示，该二极管的正常工作电压为3.0V，允许通过的最大电流为56mA.‎ ‎(1)该二极管正常工作时阻值为________Ω.‎ ‎(2)某同学先用中值电阻为15Ω的多用电表欧姆挡测量该二极管的正向电阻，下列测量方法正确的是________．‎ ‎(3)利用下列实验器材，验证该元件的伏安特性曲线与厂家提供的是否一致．‎ 实验器材名称 规格 待测的发光二极管 直流电源E 电动势4.5V，内阻忽略不计 滑动变阻器R 最大阻值为20Ω 电压表V1‎ 量程10V，内阻约50kΩ 电压表V2‎ 量程5V，内阻约20kΩ 电流表A1‎ 量程100mA，内阻约50Ω 电流表A2‎ 量程60mA，内阻约100Ω 电键S 导线若干 ‎①为准确、方便地进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________．(填字母符号)‎ ‎②利用现有器材设计实验电路图，并在虚线框内画出______．‎ ‎【答案】 (1). 75 (2). A (3). V2 (4). A2 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图中读出，该二极管正常工作时电压为3V时，电流为40mA，则阻值为；‎ ‎（2）测量二极管的正向电阻，则黑表笔应该接二极管的正极，且指针应该指向中央附近，则A正确；‎ ‎（3）①为准确、方便地进行测量，电压表应选用V2，电流表应选用A2．‎ ‎②因电压表的内阻远大于二极管的正向电阻，则采用电流表外接；为了便于调节，滑动变阻器用分压电路，实验电路图如图：‎ 四、 计算题：本题共4小题，共计44分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎14.如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q=1.0×10–6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）小球所受电场力F的大小和小球的质量m；‎ ‎（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v的大小；‎ ‎（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角θ=37°时绳中张力T的大小．‎ ‎【答案】（1）F= 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2） （3）T=7.0×10-3 N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球受到的电场力的大小为：‎ F=qE=1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N 小球受力如图所示：‎ 根据平衡可知：‎ 解得：‎ m=4.0×10–4 kg ‎（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时根据动能定理有 ‎ 解得：‎ ‎（3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知 解得：‎ T=7.0×10-3 N ‎15.如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着电阻为R的矩形线圈，匝数为n，线圈水平边长为L，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内．重力加速度为g.‎ ‎(1) 当线圈中的电流为I时，在t时间内通过线圈横截面的电荷量q；‎ ‎(2) 当线圈中通过逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡．然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．请用n、m、L、I计算出磁感应强度B的表达式；‎ ‎【答案】(1) q＝It. (2) B＝‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 根据电流的定义 ‎ 可知 q＝It.‎ ‎(2) 设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为m1，右盘内的砝码和线圈的总质量为m2，则由等臂天平的平衡条件得 m1g＝m2g－nBIL 电流方向改变后，同理可得 ‎(m＋m1)g＝m2g＋nBIL 两式相减得 B＝.‎ ‎16.如图所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO变化规律如图所示，变化周期为T=2×10-3s，U0=103V，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0=1000m/s的速度射入板间，粒子电量q=1×10-5C，质量m=1×10-7kg。不计粒子所受重力。求：‎ ‎（1）粒子在板间运动的时间；‎ ‎（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标；‎ ‎（3）粒子打到屏上的动能。‎ ‎【答案】（1）（2）0.85m（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，则L=v0t s ‎（2）0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1 ，则 m 纵坐标m ‎（3）粒子出射时的动能，由动能定理得：‎ J 考点：带电粒子在电场中的偏转；动能定理。‎ ‎17.如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R2＝m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：‎ ‎(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？‎ ‎(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？‎ ‎(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．‎ ‎【答案】(1) r1<1m. (2) U＝3×107V. (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；‎ ‎（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；‎ ‎（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．‎ ‎【详解】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2‎ 代入数据解得r1＝1m 粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.‎ ‎(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m ‎ 得r＝‎ 易知r3＝4r2‎ 且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32‎ 解得r2＝m，r3＝m 又由动能定理有qU＝mv2‎ 代入数据解得U＝3×107V.‎ ‎(3)带电粒子从P到Q运动时间为t1，则t1满足v t1＝d 得t1＝10－9s 令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)‎ 圆周运动的周期T＝‎ 故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为 ‎ 考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．‎ ‎ ‎