2018-2019学年安徽省安庆市第二中学高二下学期开学考试物理试题 Word版

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安庆二中2018-2019学年度第二学期高二年级开学检测 物理试题 ‎(时间：90分钟　满分：100分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题)‎ ‎1.下列装置中，没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是(　　)‎ ‎ ‎ ‎2.下列说法正确的是(　　)‎ A.将通电直导线放在某处，若通电直导线所受安培力为零，则该处的磁感应强度为零 B.磁场中某点的磁场方向，与放在该点的极短的通电导线所受安培力的方向可以成任意夹角 C.磁场中某点的磁场方向，与放在该点的小磁针北极受到的磁场力的方向相同 D.给两平行直导线通以方向相反的电流时，两通电导线通过磁场相互吸引 ‎3. 静电场中某电场线如图所示。把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×‎ ‎10－7 J，则该点电荷的电性及在此过程中电场力做功分别为(　　)‎ A.正电　－1.2×10－7 J B.负电　－1.2×10－7 J C.正电　1.2×10－7 J D.负电　1.2×10－7 J ‎ ‎4. 如图所示，真空中有等量异种点电荷＋Q、－Q 分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 在MN连线的中垂线上，O点电势最高 B. 正电荷＋q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大 C. 正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能 D. 正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能 ‎5. 如图所示，A和B均可视为点电荷，A固定在绝缘支架上，B通过绝缘轻质细线连接 ‎ 在天花板上，由于二者之间库仑力的作用，细线与水平方向成30°‎ 角。A、B均带正电，电荷量分别为Q、q，A、B处于同一高度，‎ 二者之间的距离为L。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则 B的质量为(　　)‎ A. B. C. D. ‎6. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电表为理想电表，灯泡L和电阻R阻值均恒定，在滑动变阻器的滑片由a端滑向b端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A.灯泡消耗的功率逐渐增大 B.电压表、电流表示数均减小 C.电源消耗的总功率增大，热功率减小 D.电压表示数变化量与电流表示数变化量比值的绝对值恒定不变 ‎ ‎ 第6题图 第7题图 第8题图 ‎7.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎8.英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A.该束带电粒子带负电 B.速度选择器的P1极板带负电 C.在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎9. 如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间 距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定(　　)‎ A. 电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等 B. O处的点电荷一定带负电 C. a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc D. 电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|＝2W34‎ ‎10. 空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法正确的有(　　)‎ A. EBx的大小大于ECx的大小 B. EBx的方向沿x轴正方向 C. 电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D. 负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 ‎11.如图所示，定值电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω，当开关S断开时，电流 ‎ 表的示数是I1＝‎0.5 A，当开关闭合后，电动机转动起来，电路两端 的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是(　　)‎ A.I＝‎1.5 A B.I<‎‎1.5 A C.P＝15 W D.P<15 W ‎12.如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，‎ 有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则(　　)‎ A.若电子从右向左飞入，电子也沿直线运动 B.若电子从右向左飞入，电子将向上偏转 C.若电子从左向右飞入，电子将向下偏转 D.若电子从左向右飞入，电子也沿直线运动 二、实验题(本题共2小题，共16分)‎ ‎13.(共8分，每空2分)如图所示，请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为________cm，螺旋测微器读数为________mm，多用电表挡位为直流电压挡50 V时读数为________V，若用欧姆表×100挡时的读数为________Ω。‎ ‎14.(8分)某同学用图甲所示的原理图来测定某电源的电动势和内阻。实验时调节电阻箱的阻值并读出相应的电流值。通过多次实验最后得到了如图乙所示的 －图象。已知R0＝8 Ω。试分析下列问题。‎ ‎(1)请根据图甲将图丙所示的实物图连接好。‎ ‎(2)某次实验中电阻箱的示数如图丁所示，则实验中电阻箱的阻值为R＝________Ω。‎ ‎(3)图线的斜率是k＝________A－1/Ω－1，图象在纵轴上的截距为a＝________Ω－1；由此可得电池电动势E＝_______V，电源的内阻r＝_______Ω。(k、E、r计算保留3位有效数字)‎ 三、计算题：本题共3小题，第15题9分，第16题12分，第17题15分，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.(9分)如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一质量为m的带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为37°。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到53°，且小球与两极板不接触。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求 ‎(1)第二次充电使电容器正极板增加的电荷量；‎ ‎(2)为使悬线与竖直方向的夹角再变回37°，施加在小球上水平力的大小。‎ ‎16、（12分）如图所示，U形平行金属导轨与水平面成37°角，金属杆ab横跨放在导轨上，其有效长度为‎0.5 m，质量为‎0.2 kg，与导轨间的动摩擦因数为0.1。空间存在竖直向上的磁感应强度为2 T的匀强磁场。要使ab杆在导轨上保持静止，则ab中的电流大小应在什么范围？(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎17、（15分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。‎ 安庆二中2018-2019学年度第二学期高二年级开学检测 物理试题参考答案及评分标准 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题)‎ ‎1. 解析　洗衣机将电能转化为机械能，不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的，所以选项D正确。‎ 答案　D 2. 解析　当通电直导线电流的方向与磁场方向平行时，即使该处的磁感应强度不为零，磁场对通电直导线也没有作用力，故选项A错误；通电直导线在磁场中所受的安培力方向与磁场方向相互垂直，故选项B错误；磁场中某点的磁场方向，与放在该点的小磁针北极受到的磁场力方向相同，选项C正确；给两平行直导线通以方向相反的电流时，两通电导线相互排斥，故选项D错误。‎ 答案　C 3. 解析　从A到B，电势能增加1.2×10－7 J，说明电场力做负功，做功为－1.2×10－7 J，故电场力方向与场强方向相反，该点电荷带负电。故选项B正确。‎ 答案　B 4. 解析　在MN连线的中垂线上各点的电势均为零，选项A错误；在两电荷连线的中垂线上，场强从O点向两边逐渐减小，故正电荷＋q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先增大后减小，选项B错误；因为a点的电势高于c点，故正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能，选项C错误，D正确。‎ 答案　D 5. 解析　根据库仑定律，A、B之间的库仑力F库＝k，以B为研究对象，在水平方向F库＝FTcos 30°，在竖直方向mg＝FTsin 30°，联立可得m＝，D正确。‎ 答案　D ‎6.解析　在滑动变阻器的滑片由a端滑向b端的过程中，滑动变阻器连入电路的有效电阻逐渐增大，由“串反并同”原则知灯泡消耗的功率逐渐减小，电压表示数增大，电流表示数减小，选项A、B错误；由P总＝EI及P热＝I2r知电源消耗的总功率、热功率均减小，选项C错误；将灯泡电阻与定值电阻R 的并联值归为电源内阻，则电压表示数变化量与电流表示数变化量比值的绝对值为新电源的内阻，是定值，选项D正确。‎ 答案　D ‎7.解析　S断开时等效电路如图甲所示。‎ ‎ 甲 电容器两端电压为U1＝×R×＝E；‎ S闭合时等效电路如图乙所示。‎ ‎ 乙 电容器两端电压为U2＝×R＝E，‎ 由Q＝CU得＝＝，故选项C正确。‎ 答案　C 8. 解析　通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电，故选项A错误；带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，可知速度选择器的P1极板带正电，故选B错误；由洛伦兹力充当向心力有qvB＝m，得粒子在B2磁场中的运动半径r＝，又粒子的运动速度v大小相等，电荷量q未知，故在磁场中运动半径越大的粒子，质量不一定越大，但比荷＝越小，故选项C错误，D正确。‎ 答案　D 9. 解析　由能量守恒可知，电子的电势能与动能的总和保持不变，故选项A正确；由电子射入电场后的运动轨迹可知场源点电荷为负点电荷，选项B正确；沿着电场线方向电势降低，即φc>φb>φa，选项C错误；在点电荷的电场中，虽然ab＝bc，但ab间的场强大于bc间的场强，由U＝Ed可知Uab≠Ubc，电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功|W12|≠2W34，故选项D错误。‎ 答案　AB 10. 解析　在B点和C点附近分别取很小的一段(d)，由图象知B点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将此小段看做是匀强电场，再由E＝＝，可见EBx>ECx，选项A正确；同理可知O点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，选项C错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O点左侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴负方向，在O点右侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴正方向，则负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以选项B错误，D正确。‎ 答案　AD 8. 解析　当开关S断开时，由欧姆定律得U＝I1R1＝10 V；当开关闭合后，通过R1的电流仍为‎0.5 A，通过电动机的电流I2<＝‎1 A，故电流表示数I<‎0.5 A＋‎1 A＝‎1.5 A，选项B正确；电路消耗的电功率P＝UI<15 W，选项D正确。‎ 答案　BD 9. 解析　若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，选项A错误，B正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下。由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，选项C错误，D正确。‎ 答案　BD 二、实验题(本题共2小题，共16分)‎ ‎13. 解析　根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为‎1.1 cm，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为‎0.05 mm，游标尺读数为8×‎0.05 mm＝‎0.40 mm，测量值为‎1.1 cm＋‎0.40 mm＝‎1.140 cm。根据螺旋测微器读数规则，读数为‎4.5 mm＋‎0.214 mm＝‎4.714 mm。多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数为31.0 V；若用欧姆表×100挡时读数为10×100 Ω＝1 000 Ω。‎ 答案　1.140　4.714　31.0　1 000‎ 10. 解析　(1)所连的实物图如答图所示。（1分）‎ ‎(2)电阻箱的阻值为R＝20 Ω。 （1分）‎ ‎(3)（前两空每空1分，后两空每空2分）由电路结构可知，对于路端电压的测定可由定值电阻与电流表组合进行测量U＝IR0，而对于电路中的总电流I总可由部分电路的欧姆定律求得I总＝＋I。由闭合电路的欧姆定律和部分电路的欧姆定律得E＝IR0＋r。‎ 由上式可得＝·＋。由此可根据图象的斜率k＝和图象的截距a＝可求出电源的电动势和内阻。‎ 为求直线的斜率可在图象上取两个距离较远的点，根据数学知识可知图象的斜率为k≈15.0，即k＝≈15.0，由图可知图象的截距的大小为a＝＝6.0，由以上两式解得r＝3.64 Ω，E＝1.94 V。‎ 答案　(1)如图所示　(2)20　(3)15.0　6.0　1.94　3.64‎ 三、计算题：本题共3小题，第15题9分，第16题12分，第17题15分，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.(9分)解析　(1)悬线与竖直方向夹角为37°时，对小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得 Tcos 37°＝mg①‎ Tsin 37°＝Eq②‎ E＝③‎ U＝④‎ 由①②③④可得＝mg⑤‎ 设增加的电荷量为ΔQ，同理可得＝mg⑥‎ 由⑤⑥可得ΔQ＝Q ‎(2)设施加在小球上的水平力的大小为F外，‎ 则F外＝ΔF电＝q＝q＝mg－mg 解得F外＝mg 答案　(1)Q　(2)mg ‎16、解析　先画出金属杆受力的侧面图，由于安培力的大小与电流有关，因此改变电流的大小，可以改变安培力的大小，也可以使导线所受的摩擦力方向发生变化。‎ 由平衡条件可知，当电流较小时，导线所受的摩擦力方向沿斜面向上，如图甲所示。‎ ‎　　　　　 甲　 　　　　　乙 则mgsin θ＝μ(mgcos θ＋Fsin θ)＋Fcos θ，‎ 又F＝BI‎1L，得I1＝＝‎1.21 A。‎ 当电流较大时，导线所受的摩擦力方向沿斜面向下，如图乙所示。则mgsin θ＋μ(mgcos θ＋Fsin θ)＝Fcos θ，‎ 又F＝BI‎2L，I2＝＝‎1.84 A。‎ 所以‎1.2 A≤I≤‎1.84 A。‎ 答案　‎1.2 A≤I≤‎‎1.84 A ‎17、解析　(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为‎2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 ‎2L‎＝v0t① L＝at2②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tan α＝④‎ 联立①②③④式得α＝45°⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝⑥ 联立①②③⑥式得v＝v0⑦‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m⑩‎ 由几何关系可知R＝L⑪‎ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝⑫‎ 答案　(1)v0　方向与x轴正方向成45°角斜向上 (2)