【物理】河北省邢台市第二中学2019-2020学年高二下学期开学考试试题（解析版）

【物理】河北省邢台市第二中学2019-2020学年高二下学期开学考试试题（解析版）

邢台二中2018级高二（下）开学考试 物理试卷 一．单选题（共8小题,每题4分）‎ ‎1.如图所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹．则 A. 粒子带正电 B. 粒子受到的电场力不断减小 C. a点电势高于b点电势 D. 电场力一直做正功，电势能减少 ‎【答案】C ‎【解析】由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，则粒子带负电荷，故A错误．电场线的疏密代表电场的强弱，从a到b，电场强度先增大后减小，则粒子受到的电场力先增大后减小，故B错误；沿着电场线方向电势降低，则a点电势高于b点电势，故C正确；电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，电势能增大．故D错误．故选C.‎ ‎2.如图所示，直线为某电源的图线，曲线为某小灯泡的图线．用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】用该电源和小灯泡组成闭合电路时，图像的交点为工作状态，所以电源的输出功率是 根据图像可知，电源的电动势为3V，电源的总功率是 A. ，与分析不符，故A错误。B. ，与分析不符，故B错误。‎ C. ，与分析不符，故C错误。D. ，与分析相符，故D正确。‎ ‎3.如图所示，O是等量异种电荷P、Q连线的中点，M、N是以P为圆心，以OP为半径的圆上两点，且MN与PQ垂直，以下判断正确的是（　　）‎ A. O、M两点场强相同 B. O、M两点电势相等 C. M、N两点场强相同 D. M、N两点电势相等 ‎【答案】D ‎【解析】A．等量异种电荷电场线的分布情况如图所示。由图知，O处和M处电场方向不同，即两点的场强不等，A错误；‎ B、PO间电场强度的平均值比PM间的大，由知PO间的电势差比PM间的大，而O、M两点的电势都比P点的低，所以O点的电势比M点的低，B错误；‎ CD、根据对称性知，M、N两点场强大小相等，方向不同，则场强不同，而电势相同，故C错误，D正确。故选D。‎ ‎4.如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中 A. 电压表与电流表的示数都减小 B. 电压表与电流表的示数都增大 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大．‎ ‎【答案】A ‎【解析】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故A正确，BCD错误 ‎5.如图所示，在MNPQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从α点射入场区，并在竖直平面内沿直线运动至b点，则小球（  ）‎ A. 一定带正电 B. 受到电场力的方向一定水平向右 C. 从α到b过程中，克服电场力做功 D. 从α到b过程中可能做匀加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】带电小球从a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球一定做匀速直线运动，只要满足合外力为零即可，小球可能带正电，受到电场力的方向水平向右，从a到b过程，克服电场力做功；可能带负电，受到电场力的方向斜向上，从a到b过程，克服电场力做功；选项C正确。‎ 故选C。‎ ‎6.质量为m钢球自高处落下,以速度v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度为v2．在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为(　　)‎ A. 向下,m(v1-v2) B. 向上,m(v1+v2) C. 向上,m(v1-v2) D. 向下,m(v1+v2)‎ ‎【答案】B ‎【解析】选取竖直向下方向为正方向，忽略重力冲量．根据动量定理得地面对钢球的冲量为：‎ I=-mv2-mv1=-m（v1+v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1+v2）．‎ A. 向下，m(v1-v2)，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 向上，m(v1+v2) ，与结论相符，选项B正确；‎ C. 向上，m(v1-v2) ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 向下，m(v1+v2) ，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流 A. 沿abcd流动 B 沿dcba流动 C. 由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动 D. 由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动 ‎【答案】A ‎【解析】由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.．‎ A.由上分析可知，A正确； ‎ BCD.由上分析可知，BCD错误．‎ ‎8.如图所示，水平放置的两条光滑导轨上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（　　）‎ A. 向右加速运动 B. 向左匀速运动 C. 向右减速运动 D. 向左减速运动 ‎【答案】C ‎【解析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ 二．多选题（共4小题，每题4分）‎ ‎9.如图所示，用回旋加速器分别加速A、B两种离子．已知A离子的质量为‎3m，电量为q；B离子的质量为‎4m，电量为2q．以下说法正确的是 A. 加速A离子的交变电源的周期较小 B. 加速B离子的交变电源的周期较小 C. 带电离子获得最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关 D. A离子从加速器中出来时的速度比B离子的大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期；当离子获得最大速度时，在磁场中的运动半径等于D型盒的半径．‎ ‎【详解】加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期，即，因A离子的q/m小于B离子，可知加速A离子的交变电源的周期较大，选项A错误，B正确；带电离子获得的最大动能，可知带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关，选项C正确；A离子的q2/m比B离子小，则由 可知A离子从加速器中获得的动能较小，速度较小，选项D错误；故选BC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能．‎ ‎10.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（　　）‎ A. ，方向竖直向上 B. ，方向竖直向上 C. ，方向水平向左 D. ，方向竖直向下 ‎【答案】BC ‎【解析】AB．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则 解得 A错误B正确；‎ C．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向水平向左，根据左手定则，安培力方向竖直向上，故受重力和安培力平衡，故 解得 C正确；‎ D．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为α粒子（）的径迹．它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径并相切于P点，设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A．设带电粒子的质量和电量分别为m、q，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时周期为，T与比荷成反比，质子与粒子的比荷之比为2：1，则有，A正确；‎ B．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时半径为 粒子的速度 ‎1、2都是质子，q、m相等，已知：，则，质子的荷质比是粒子荷质比的2倍，如果2的轨道半径是3的两倍，则质子2的速度与粒子的速度相等，由图示可知，题目中没有说明2的半径小于3的半径的两倍，所以不能判断v2与v3的关系，B错误；‎ C．粒子的加速度为 因为，则，r3最小，同时粒子的最小，所以可以判断a3最小，C错误；‎ D．由图看出，质子2的速度偏向角大于质子1的速度偏向角，根据轨迹所对的圆心角等于速度偏向角，则知，质子2轨迹的圆心角大于质子1轨迹的圆心角，所以质子2的运动时间大于质子1的运动时间，即有，同理可得，粒子的速度偏向角大于质子2的偏向角，根据轨迹所对的圆心角等于速度偏向角，则知，粒子轨迹的圆心角大于质子2轨迹的圆心角，同时由于，所以粒子的运动时间大于质子2的运动时间，即有，故，故D正确。故选AD。‎ ‎12.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧(不连接)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作一个系统，下列说法中正确的是（ ） ‎ A. 两手同时放开后，系统总动量始终为零 B. 先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C. 先放开左手，后放开右手，总动量向左 D. 无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 ‎【答案】ACD ‎【解析】A.若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；‎ B.先放开左手，再放开右手，此过程中两车与弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，但是两手都放开后，系统的合力为零，动量守恒，故B错误；‎ C.先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C正确；‎ D.无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确；‎ 故选ACD．‎ 三．实验题（共2小题，每空2分）‎ ‎13.图为多用表表盘指针在测量时的偏转位置．‎ 若多用电表选择开关置于“×‎10”‎欧姆挡，则读数是____；‎ 若多用电表的选择开关置于直流“10mA”挡，则读数是____mA；‎ 若多用电表的选择开关置于直流“50V”挡，则读数是____V．‎ ‎【答案】 (1). 200 (2). 4.2mA (3). 21.0V ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆表读数时要用示数乘以档位；电流表及电压表读数时要根据量程及最小分度进行读数．‎ ‎【详解】若多用电表的选择开关置于“×‎10”‎欧姆挡，指针指在20位置处，故读数为：20×10=200Ω；若多用电表的选择开关置于直流“10mA”挡，则满偏为10mA，最小分度为0.2mA，则读数为4.2 mA；若多用电表的选择开关置于直流“50V”挡，最小分度为1V，则指针示数为21.0 V；‎ ‎14.有一个小灯泡上标有“2.5V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线，要求电流从零开始调节并能测量多组数据．现有下列器材供选用：‎ A.直流电源(3V，内阻不计) B.电流表G(0~lmA，内阻r1=30)‎ C.电流表A(0~‎0.6A，内阻约为1) D.电阻箱中(阻值:0~9999.99)‎ E.滑动变阻器R1(5，‎1A) F.滑动变阻器R2 (100，‎0.5A)‎ G.电键一个，导线若干 ‎(1)由于没有电压表，将电阻箱调节为_____与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表．‎ ‎(2)滑动变阻器应选用______(填序号字母)．‎ ‎(3)请在答题卡上的虚线框内画出实验电路图______．‎ ‎【答案】(1). 2970 (2). E (3). 由于电流表A内阻约为1，所以伏安法应用电流表外接法．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将电阻箱与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表，根据串并联电路的特点计算要串联的电阻；（2）要求电流从零开始调节并能测量多组数据，则滑动变阻器选择分压形式，故选阻值较小的；（3）灯泡电阻较小，故采用电流表外接；‎ ‎【详解】（1）由于没有电压表，将电阻箱与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表，需要串联的电阻为 ．‎ ‎（2）要求电流从零开始调节并能测量多组数据，则滑动变阻器选择分压形式，故选阻值较小的E；（3）灯泡电阻，电流表内阻1Ω，则电压表内阻远大于灯泡电阻，则采用电流表外接电路；如图；‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．‎ 四．计算题（共4小题，每题10分）‎ ‎15.如图，水平放置金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为‎1m，磁场的磁感强度大小为1T，方向与导轨平面夹角为a=53°，金属棒ab的质量为‎0.02kg，放在导轨上且与导轨垂直，且与导轨的动摩擦因数为0.4，电源电动势为1.5V，内阻为0.5Ω，定值电阻R为1Ω，其余部分电阻不计．则当电键K闭合的瞬间，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=‎10m/s2）‎ ‎(1)ab受到的安培力大小和方向．‎ ‎(2)棒ab的加速度为多大？‎ ‎【答案】(1)1N 于导轨成37度角斜向左下 (2)‎24m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由闭合电路的欧姆定律求出电流的大小，再由安培力的定义求出大小即可；‎ ‎（2）对导体棒受力分析根据牛顿第二定律求的加速度．‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律可得：， 由安培力的定义知：F=BIL=1N，由左手定则判断知：安培力的方向与水平方向夹角为90°-α=37°斜向左下； （2）对导体棒受力分析可知：FN=mg+BILcosα 由牛顿第二定律：BILsinα-μFN=ma 联立解得：a=‎24m/s2‎ ‎16.如图，电路中电源电动势E=10 V，内阻r = 1，小灯泡L额定电压U = 8V，额定功率字迹模糊不清，电动机M的线圈电阻RM = 2．闭合开关S后，灯泡恰好正常发光，电动机输出机械功率P =3.5W．求：‎ ‎（1）电源中电流I；‎ ‎（2）电动机线圈中电流IM；‎ ‎（3）小灯泡额定功率PL．‎ ‎【答案】（1）‎2A （2）‎0.5A （3）12W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小灯泡正常发光，说明外电压等于小灯泡的额定电压，根据闭合电路欧姆定律列式求解通过电源的电流I；‎ ‎（2）电动机的总功率等于热功率和机械功率之和，从而求解通过电动机的电流；‎ ‎（3）电源电流减去电动机的电流等于灯泡的电流，根据P=UI求解灯泡的功率．‎ ‎【详解】（1）电源的内电压 ‎ 电源中电流 ‎ 解得：‎ ‎（2）电动机的总功率 ‎ 电动机的热功率 ‎ 能量守恒 ‎ 电动机中电流 ‎ ‎（3）通过灯泡电流 小灯泡的额定功率 ‎ ‎【点睛】对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流．‎ ‎17.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：‎ ‎（1）AB两点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】试题分析：（1）A到B点动能定理所以 ‎（2）‎ ‎（3）小球到达B点时，速度为零，因此沿绳方向合力为零，因此由拉力 考点：动能定理、牛顿第二定律 ‎【名师点睛】考查牛顿第二定律、动能定理的应用，注意几何关系的正确应用，理解动能定理中的各力做功的正负．（1）根据牛顿第二定律，即可求解；（2）根据动能定理，结合几何关系，即可求解；（3）根据动能定理，与动能表达式，并由几何关系，即可求解．‎ ‎18.如图所示，在平面直角坐标系xOy中第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正向成60°射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知OM=L，不计粒子重力。求：‎ ‎(1)带电粒子从N点进入磁场时的速度大小 ‎(2)电场强度大小E；‎ ‎(3)磁感应强度大小B。‎ ‎【答案】(1)2v0；(2)；(3)‎ ‎【解析】(1)由题意得 ‎(2)根据动能定理得 解得 ‎(3)粒子的运动轨迹如下图 设半径为x，由几何关系可知 解得 则