2018-2019学年辽宁省庄河市高级中学高二下学期开学考试物理试题 解析版

2018-2019学年辽宁省庄河市高级中学高二下学期开学考试物理试题 解析版

庄河高中2018-2019年高二下开学初考试题物理试题 一、选择题 ‎1.关于电动势，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 在电源内部，通过静电力做功把正电荷从负极移动到正极，使电势能增加 B. 对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大 C. 非静电力把位正电荷从电源负极移到正极所做的功越多，电动势越大 D. 电动势就是电源两端的电压 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在电源内部，通过非静电力做功把正电荷从负极移动到正极，使电势能增加，选项A错误；非静电力把单位正电荷从电源负极移到正极所做的功越多，电动势越大，选项B错误，C正确；电动势并不是电源两端的电压，大小等于外电路断路时的路端电压，选项D错误；故选C.‎ ‎2.某电解池内若在2S内各有1.0×1019个二价正离子和2×1019个一价负离子同时向相反方向能过某截面，那么通过这个截面的电流是( )‎ A. 0A B. 0.8A C. 1.6A D. 3.2A ‎【答案】D ‎【解析】‎ 通过截面的总电荷量 q=1.0×1019×2×1.6×10-19C+2.0×1019×1.6×10-19C=6.4C，通过截面的电流，故D正确，ABC错误。故选D.‎ 点睛：本题应知道元电荷的电荷量是1.6×10-19C，应用电流的定义式I=q/t，即可求出电流值．关键要注意通过截面的电荷量等于正负离子电荷量绝对值之和，而不是代数和．‎ ‎3.如图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a，b，c，d是电场中的四个点。则静电平衡后（ ）‎ A. 导体Q仍不带电 B. a点的电势高于b点的电势 C. 检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力 D. 带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于静电感应，Q将带上与P异号的电荷；故A错误；由图可知电场线由b到a，故a点的电势低于b点的电势；故B错误；b点电场线较为密集，故a点场强要小于b点场强，故检验电荷在a点所受电场力小于b点所受电场力；故C错误；由于Q接地，d点电势接近0；而c点电势肯定大于d点电势；故带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能；故D正确；故选D。‎ 点睛：本题关键在于比较cd两点的电势，要注意c沿电场线到零势能面有很大的距离，而d点已接近零势能面，而沿电场线的方向，电势是降落的；故c点电势一定大于d点电势．‎ ‎4.有两个额定电压220V和额定功率40W的灯泡，一个是金属丝的，另一个是碳丝的。由于它们的电阻与温度有关，所以它们的U-I图线不是直线，而是曲线，如图所示。如果把它们串联起来接到220V的电源上，那么关于两灯泡的发光情况，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 金属丝灯泡比碳丝灯泡亮些 B. 碳丝灯泡比金属丝灯泡亮些 C. 两灯一样亮 D. 无法判断那一个灯更亮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 两个材料灯泡的伏安特性曲线的交点表示额定电压220V，当把它们串联起来，电流相等，碳丝灯泡两端的电压与金属丝灯泡两端的电压之和为220V，由图线可知，碳丝两端的电压大于金属丝两端的电压，由P=UI，碳丝灯泡的实际消耗功率大于金属丝灯泡消耗的实际功率，所以碳丝灯泡比金属丝灯泡亮些，故B正确，ACD错误。‎ ‎5.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为零。A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变 B. 当闭合开关S后，灯泡B逐渐变亮，最后亮度不变 C. 再断开开关S后，灯泡 A逐渐变暗，直到不亮 D. 再断开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮。故AB错误；稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭；灯泡B与线圈L构成闭合回路，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故C错误，D正确。‎ ‎6.质量为m、带电量为+q的物体处于竖直向上的匀强电场中，现将物体从距地面h高处以一定的初速度竖直下抛，物体以g/4的加速度匀加速下落，已知匀强电场的场强E=mg/4q．则物体从抛出到落到地面的过程中（ ）‎ A. 物体与周围空气组成的系统内能增加了 B. 物体的机械能减少 C. 物体的重力势能减少，电势能减少 D. 物体的动能增加了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物体克服除重力、电场力之外的其它力做多少功，系统的机械能和电势能的总和就减少多少，即物体和周围空气组成的系统的内能就增加多少，而mg-qE-F其=ma，则F其=mg-qE-ma=mg-mg-mg=mg，故有物体克服除重力、电场力之外的其它力做的功W=mgh，所以物体和周围空气组成的系统的内能增加mgh ‎．故A错误。设物体所受的除重力之外的力的大小为f，mg-f=ma，则f=mg-ma=mg，故物体机械能的减少量为△E=fh=mgh，故B错误。重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量，故物体重力势能的减少量△EP=mgh；电场力对物体所做的功等于电势能的减少量，故物体电势能的减少量，负号表示物体的电势能增加，故C错误。根据牛顿第二定律可有F合=ma=m×g=mg，根据动能定理有F合h=△EK，故有△EK=F合h=mgh，即动能增加mgh，故D正确。‎ ‎7. 如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大 B. 导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大 C. 线框中cdef有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大 D. 线框中cdef有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 跟据右手定则，磁感线穿掌心，拇指指导体运动方向，四指指高电势，即导体棒的a端电势比b端电势高，因为磁感应强度B随时间均匀增大，所以电势差Uab在逐渐增大，A对，B错，根据“增反减同”可知线框中会产生垂直纸面向外的感应磁场，即线框cdef中有逆时针方向的电流，因为磁感应强度B随时间均匀增大，故会产生恒定的电流，所以CD错。‎ ‎8.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d、e为圆环上的五个点，a点为最高点，c点为最低点，bOd沿水平方向，e为ad弧的中点。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端口点由静止释放，下列判断正确的是（ ）‎ A. 小球能运动到c点，且此时所受洛仑兹力最大 B. 小球能运动到e点，且此时所受洛仑兹力最小 C. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点e点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大；故A错误；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故B错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少。故C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减。故D正确；‎ ‎9.在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样，图中几幅图象表现的是导线受的力F与通过的电流I的关系。a、b各代表一组F、I的数据。图正确的是(      )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故BC正确，AC错误。‎ ‎10.某一实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流I和时间t的关系如图所示的A、B、C、D四种情况．在t1～t2这段时间内，能在线圈B中观察到感应电流的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示可知，通过P的电流发生变化，电流产生的磁感应强度发生变化，穿过Q的磁通量发生变化，产生感应电流，故ACD正确；由图示可知，P中电流不变，电流产生的磁场不变，穿过Q的磁通量不变，不产生感应电流，故B错误.‎ ‎11.如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA=2rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，下列说法正确的是（　　）‎ A. A、B两个线圈中产生的感应电动势之比为2：1‎ B. A、B两个线圈中产生的感应电流之比为2：1‎ C. 相同时间内通过A、B两个线圈导线横截面的电荷量之比为2：1‎ D. 相同时间内A、B两个线圈中产生的热量之比为2：1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由法拉第电磁感应定律得：，因半径rA=2rB，且n、‎ 相同，则得到：，故A错误。根据电阻定律：线圈的电阻为，则ρ、s、n相同，两线圈电阻之比：rA：rB=RA：RB=2：1。线圈中感应电流，综合得到：IA：IB=2：1，故B正确；根据，因此导线横截面的电荷量与半径成正比，故C正确；根据焦耳定律：Q=I2Rt，则相同时间内，产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比，因此热量之比为8：1，故D错误；‎ ‎12.如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1,带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是（ ）‎ A. C1减小，C2增大 B. U1减小，U2增大 C. Q1减小，Q2增大 D. P向下动，Q向上动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】将B板下移时，由，知C1将增小，而MN板不动，故MN的电容C2不变；故A错误；假设Q不变，则由 知AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；对AB分析可知，，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故B错误，CD正确。‎ 二、实验题 ‎13.一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图（a）（b）两种电路各测一次，用（a）图所测数据为3.0V，3.0mA，用（b）图测得的数据是2.9V， 4.0mA，由此可知，用________图测得Rx的误差较小，测量值 Rx=________。‎ ‎【答案】 (1). （a） (2). 1000Ω ‎【解析】‎ 电压变化：（3-2.9）/3，电流变化（3-4）/3可知电流变化较大，所以电流表侧真实值，即电流表内接，用（a）图测得Rx的误差较小，测量值 Rx=U/I=‎ ‎14.为了测定某迭层电池的电动势（约20V~22V）和电阻（小于2Ω），需要把一个量程为10V的直流电压表接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为30V的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内电阻，以下是该实验的操作过程：‎ ‎(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，请完成第五步的填空。‎ 第一步：把滑动变阻器滑动片移至最右端 第二步：把电阻箱阻值调到零 第三步：闭合电键 第四步：把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为9V ‎ 第五步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为 ______ V 第六步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为30V的电压表 ‎(2)上述实验可供选择的器材有：‎ A．迭层电池（电动势约20V~22V，内电阻小于2Ω） ‎ B．电压表（量程为10V，内阻约10kΩ） ‎ C．电阻箱（阻值范围0~9999Ω，额定功率小于10W） ‎ D．电阻箱（阻值范围0~99999Ω，额定功率小于10W） ‎ E．滑动变阻器（阻值为0~20Ω，额定电流2A） ‎ F．滑动变阻器（阻值为0~2kΩ，额定电流0.2A）‎ 电阻箱应选 _______，滑动变阻器应选_______（用大写字母表示）。‎ ‎(3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电源电动势E和内电阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U-I图线如图丙所示，可知电池的电动势为 _______ V，内电阻为_______ Ω。‎ ‎【答案】 (1). 3； (2). D； (3). E； (4). 21.3； (5). 1.8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）把10V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为30V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为9V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为3V。 （2）由题，电压表的量程为10V，内阻约为10kΩ，要改装成30V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为2×10kΩ=20000Ω．故电阻箱应选D。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E。 （3）由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=7.1V，则电源的电动势为E=3×7.1=21.3V，内阻为。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角。将一个电量为-2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J。则：‎ ‎（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？ ‎ ‎（2）A、B两点的电势差UAB为多少？ ‎ ‎（3）匀强电场的场强为多大？ ‎ ‎【答案】(1)-0.1J (2)5×103V (3)5×105V/m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于电场力做功等于电势能的变化量，故WAB=-EP=-0.1J ‎（2）根据UAB=WAB/q 得UAB=5000V ‎（3）因为d=LABsin300= 1 cm 由E=UAB/d 得E=5×l05v/m 考点：此题考查电场强度与电势差的关系及电场力做功与电势能变化的关系。‎ ‎16.如图所示，电源内阻r=1 Ω，R1=2 Ω，R2=6 Ω，灯L上标有“3 V 1.5 W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1 A，灯L恰能正常发光。‎ ‎（1）求电源的电动势；‎ ‎（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；‎ ‎（3）当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值为多大？‎ ‎【答案】（1）6 V （2）2 A （3）2 Ω 2 W ‎【解析】‎ ‎（1）滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电源的电动势E＝UL＋IR1＋Ir＝3 V＋1×2 V＋1×1 V＝6 V。‎ ‎（2）当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，I＝＝2 A ‎（3）灯的电阻RL＝‎ 设滑动变阻器的Pb段电阻为R3，R3与RL并联等效电阻 R3L＝‎ 由闭合电路欧姆定律，‎ I＝，又U3＝IR3L 所以P3＝＝‎ 当R3＝2 Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2 W ‎17.两足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为θ．在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻为R1．完成下列问题：‎ ‎(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源。撤去外力后导体棒仍能静止．求直流电源电动势；‎ ‎(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑．在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v时，求此时导体棒的加速度；‎ ‎(3)求(2)问中导体棒所能达到的最大速度。‎ ‎【答案】（1）；（2）a=gsingq－；（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1） 回路中的电流为 导体棒受到的安培力为 对导体棒受力分析知 联立上面三式解得：‎ ‎(2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流 导体棒ab受到安培力F=BIL=‎ 根据牛顿运动定律，有 ma=mgsinq－F = mgsinq－‎ a=gsingq－‎ ‎（3）当=mgsinq时，ab杆达到最大速度vm 考点：安培力的计算；牛顿第二定律。‎ ‎18.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；‎ ‎（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；‎ ‎（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少。‎ ‎【答案】(1)1.0×104m/s (2)66.7 V (3)0.1 T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1。 （2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压。 （3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。‎ ‎【详解】（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理：qU1＝mv12 解得：v1＝=1.0×104m/s （2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：‎ ‎ 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2 竖直方向： v2＝at＝ 由几何关系： U2＝tanθ 代入数据得：U2=100V （3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由几何关系知R+＝D 得：R＝ 设微粒进入磁场时的速度为v′：v′＝ 由牛顿运动定律及运动学规律：qv′B＝ 得： 代入数据数据解得B=0.1T 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T。‎ ‎ ‎ ‎ ‎