1、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。18题为单项选择题，912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
2、所示。把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2107 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1.2107 J B.负电1.2107 JC.正电1.2107 J D.负电1.2107 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
3、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、
4、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
5、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abcD. 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|2W3410. 空间某一静电场的电势在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
6、功，后做负功11.如图所示，定值电阻R120 ，电动机绕线电阻R210 ，当开关S断开时，电流 表的示数是I10.5 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.I1.5 A B.I1.5 AC.P15 W D.Pba，选项C错误；在点电荷的电场中，虽然abbc，但ab间的场强大于bc间的场强，由UEd可知UabUbc，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AB10. 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
7、，可见EBxECx，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AD11. 解析当开关S断开时，由欧姆定律得UI1R110 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I21 A，故电流表示数I0.5 A1 A1.5 A，选项B正确；电路消耗的电功率PUI15 W，选项D正确。答案BD12. 解析若电子从右向左飞入，电场力
8、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80.05 mm0.40 mm，测量值为1.1 cm0.40 mm1.140 cm。根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm0.214 mm4.714 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
9、读数为10100 1 000 。答案1.1404.71431.01 00013. 解析(1)所连的实物图如答图所示。（1分）(2)电阻箱的阻值为R20 。 （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UIR0，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EIR0r。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k15.0，即k15.0，由图可知图象的截距的大小为a6.0，
10、由以上两式解得r3.64 ，E1.94 V。答案(1)如图所示(2)20(3)15.06.01.943.64三、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 37mgTsin 37EqEU由可得mg设增加的电荷量为Q，同理可得mg由可得QQ(2)设施加在小球上的水平力的大小为F外，则F外F电qqmgmg解得F外mg答案(1)Q(2)mg16、解
11、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 (mgcos Fsin )Fcos ，又FBI1L，得I11.21 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 (mgcos Fsin )Fcos ，又FBI2L，I21.84 A。所以1.2 AI1.84 A。答案1.2 AI1.84 A17、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2Lv0t Lat2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvyat设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan 联立式得45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 联立式得vv0(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Fma 又FqE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qvBm由几何关系可知RL联立式得答案(1)v0方向与x轴正方向成45角斜向上 (2)