1、四川省成都外国语学校2019-2020学年高二物理下学期开学考试试题（含解析）一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，每小题3分，共24分）1.下列说法正确的是（）A. 卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量B. 电流的磁效应是法拉第发现的C. 摩擦起电是在摩擦的过程中创造了电荷D. 是通过比值法来定义物理量【答案】D【解析】【详解】A卡文迪许通过实验测出了引力常量G，不静电力常量k，故A错误；B奥斯特通过实验发现了电流磁效应，故B错误；C摩擦起电是在摩擦的过程中电荷发生了转移，而不是创造了电荷，故C错误；D是通过比值法来定义物理量，电场强度与试探电荷所受的电场力与电荷量无关，
2、只取决于电场本身的性质，故D正确。故选D。2.真空中两个点电荷相距r时,静电力为F,如果保持它们的电量不变,而将距离增大为2r时,则静电力将变为A. B. FC. D. 2F【答案】C【解析】【详解】设两点电荷分别带电为q1、q2，由点电荷库仑力的公式得：电量不变，将它们之间的距离增大为2r，库仑力将变为：A.故A项错误；B. F故B项错误；C.故C项正确； D. 2F故D项错误3.如图所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球。用手向下拉一小段距离后释放铁球。铁球便上下做谐运动，则（）A. 弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的
3、平衡位置B. 在铁球向平衡位置运动的过程中，铁球的位移、回复力、加速度都逐渐减小，速度和小球重力势能增大C. 若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对桌面的压为零时，弹簧的压缩量为D. 若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是【答案】D【解析】【详解】A铁球做简谐运动的平衡位置是受到的合外力等于0的位置，所以此时弹簧的弹力与铁球的重力大小相等，方向相反，弹簧处于伸长状态，故A错误；B在小球向平衡位置运动的过程中，小球的位移减小，由F=kx可知回复力逐渐减小；加速度也逐渐减小；由于加速度的方向与运动的方向相同，所以速度增大，由于不知道从哪个方向向平衡位置运动，则无法确
4、定小球的重力势能变化，故B错误；C当框架对地面的压力为零时，以框架为研究对象，当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg，则轻弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力压缩量为故C错误；D若要保证木质框架不会离开桌面，则框架对桌面的最小压力恰好等于0，此时弹簧处于压缩状态，压缩量为小铁球处于平衡位置时，弹簧处于伸长状态，伸长量所以铁球的振幅故D正确。故选D4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的点电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R在等势面b上，据此可知（）A. 三个等势面
5、中，c的电势最低B. 该点电荷在R点的加速度方向垂直于等势面bC. Q点的场强大于P点场强D. 该点电荷在P点的电势能比在Q点的小【答案】B【解析】【详解】A根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上，c的电势最高，a的电势最低，故A错误；B由于加速度的方向与电场线的方向相同，而电场线垂直于等势面，所以点电荷在R点的加速度方向垂直于等势面b，故B正确；C等差等势面的疏密表示电场强度大小，由图可知，P点等势面比Q的更密，则Q点的场强小于P点场强，故C错误；D由于电场线向上，则Q点电势高于P点电势，负电荷在电势高处电势能小，可知P点电势能大，故D错误。故选B
6、。5.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度方向是 ( ) A. 向左B. 向右C. 向上D. 向下【答案】A【解析】根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，a、c在O处产生的磁场方向均向左，则O处的磁场方向水平向左，故选C.6.如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大
7、小的2倍。某正离子以一速度从a点垂直磁场边界向左射出，不计重力，则它在磁场中的运动轨迹是下图中的（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由左手定则可知，正离子在左侧磁场运动时受到的洛伦兹力向下，则正离子在左侧磁场中沿逆时针运动，由公式得由于右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍，则正离子在右边磁场中运动半径为左边磁场中的一半，由左手定则可知，正离子在右边磁场中受到的洛伦兹力向下，故ABC错误，D正确。故选D。7.如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，角速度为，线圈匝数为n，电阻为r，外接电阻为R，A为理想交流电流表，线圈
8、从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）转过时的感应电流为I，下列说法错误的是（）A. 电流表的读数为2IB. 转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C. 从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为D. 线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为【答案】A【解析】【详解】A由题有则得感应电流的最大值有效值则电流表的读数为，故A错误；B感应电动势的最大值又磁通量最大值联立解得故B正确；C从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为故C正确；D线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量故D正确。本题选错误的，故选A。8.如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd内有水
9、平向里变化的磁场下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由楞次定律可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产生增大的磁场，即螺线管中电流应增大；而螺线管中的电流是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应增大，故A正确，BCD错误二、多项选择题（每小题有至少两个正确选项，选对不全得2分，全部选对得4分，不选或错选不得分，共20分）9.如图所示，一直流电动机与阻值R=9的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则下列说法中正确的是（）A. 通过电动机的
10、电流为10AB. 电动机的输入功率为20WC. 电动机的发热功率为1WD. 电源的输出功率为56W【答案】BD【解析】【详解】A根据闭合电路欧姆定律有得故A错误；B电动机的输入功率故B正确；C电动机的热功率故C错误；D电源的输出功率故D正确。故选BD。10.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压有效值恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和滑动变阻器R相连，两个灯泡规格完全相同。开始滑动变阻器接入电路的电阻刚好等于灯泡电阻（认为灯泡电阻不变）在改变滑动变阻器滑片位置时，所有灯泡都能发光。下列说法中正确的是（）A. 开始时，灯泡L1和L2亮度相同
11、B. 若滑动变阻器滑片P向d滑动时，灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变C. 若滑动变阻器滑片P向d滑动时，灯泡L2两端的电压变小D. 若滑动变阻器的滑片P向d滑动时，变压器原线圈的输入功率不变【答案】AC【解析】【详解】A根据电流与匝数成反比，设原线圈电流为I，则通过副线圈电流为2I，由于开始时滑动变阻器接入电路的电阻刚好等于灯泡电阻，灯泡L2和滑动变阻器R中的电流相同且为I，则开始时，灯泡L1和L2亮度相同，故A正确；BC由题意有由电压比等于匝数比则有(其中为滑动变阻器与灯泡L2的等效电阻)若滑动变阻器滑片P向d滑动时，减小，则I2增大，由电流比等于匝数比可知，I1增大，灯泡L1两端电压变大，
12、变压器原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，灯泡L2变暗，灯泡L1变亮，故B错误，C正确；D由于I1增大，电源电压有效值恒定，则变压器原线圈的输入功率变大，故D错误。故选AC。11.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是（）A. 点电荷一定位于M点的左侧B. 带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度D. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能【答案】AD【解析】【详解】AC因为都是负电荷，它们之间是排斥力，可以判断点电荷一定位于M点的左
13、侧，由于a点离场源电荷较近，则a点的场强大，带电粒子在a点的加速度也大，故A正确，C错误；B由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹的内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做正功，其动能增加，故B错误；D电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。故选AD。12.如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针
14、匀速转动，则()A. 两导线框中均会产生正弦交流电B. 两导线框中感应电流的周期都等于TC. 在t时，两导线框中产生的感应电动势相等D. 两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【解析】【详解】A半径切割磁感线产生的感应电动势，由于匀速转动，所以进入时，电动势是恒定的，则A错误；B由半径切割分段分析知道：M线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负N线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B正确；C显然从开始到转过90，都是半径切割，感应电动势相等，则C正确；D根据有效值的定义：对M线框，对N线框，只有一半时间有感应电流，两式对比得到：
15、，所以D错误13.如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道于平面向上质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计则下列说法正确的是（ ）A. 金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多B. 金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于mvC. 金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等D. 金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦尔热【答案】AC【解析】试题分析：根据感
16、应电量经验公式知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，故A正确金属杆ab上滑过程中重力、安培力、摩擦力都做功负功，根据动能定理得知：ab棒克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于故B错误金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能均为，故摩擦生热一定相等，选项C正确； 根据功能关系得知，ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热与摩擦力产生的热量的和故D错误；故选AC考点：法拉第电磁感应定律；动能定理；能量守恒定律【名师点睛】此题关键考查电磁感应现象中的能量问题；解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化，例如此题中a
17、b在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热与摩擦力产生的热量的和三、实验题14.某同学用多用电表测量某元件的电阻阻值，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择倍率的电阻档_（选填：“10”或“1k”），并进行_（选填“机械调零”或“欧姆调零”）后再测量，多用表的示数如图所示，测量结果为_。【答案】 (1). 10 (2). 欧姆调零 (3). 100【解析】【详解】12用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选倍率太大，应换用小倍率进行测量，因此需选择“10”倍率的电阻档，并重新进行欧姆调零再进行测量；3由图所示可知
18、，测量结果为1010=10015.在“测电源电动势和内阻”实验中，待测电源为干电池a（电动势E1约1.5V，内阻r1约1）和水果电池b（电动势E2约1V，内阻r2约1000）(1)电路如图1，下列选择正确是_。A测a、b时，S2均接1B测a、b时，S2均接2C测a时，S2接1，测b时，S2接2D测a时，S2接2，测b时，S2接1(2)现有下列器材：A电压表V（015V，约3k）B电流表A1（00.6A，约1）C电流表A2（01mA，100）D定值电阻R1（2k）E滑动变阻器R2（010）F滑动变阻器R3（01000）G开关S1、S2，导线若干甲用上述器材测干电池a，电压表应选_，滑动变阻器应选
19、_（填字母代号）。乙同学另找来一电阻箱，结合电流表用如图2电路测量电池b。测得多组数据，作出图像如图3，则电池b电动势E2=_V，内阻r2=_。【答案】 (1). D (2). C与D串联 (3). E (4). 1 (5). 900【解析】【详解】(1)1干电池电源内阻较小，应用伏安法测电源电动势与内阻时，相对于电源来说，应采用电流表外接法；水果电池内阻很大，相对于电源来说，应采用电流表内接法，即测试a时，S2接2，测试b时，S2接1，故D正确，ABC错误。故选D。(2)23干电池电动势约为1.5V，电压表量程为15V，电压表量程太大，不能用该电压表测电压，可以用内阻已知的电流表A2与定值电
20、阻R1串联组成电压表测电压；为方便实验操作，滑动变阻器应选E。(2)4由图2所示实验电路可知，电源电动势则有由图3所示图像可知，图像斜率则电源电动势5图像纵轴截距解得电源内阻四、计算题16.如图所示，一个半径为R的绝缘光滑半圆环，竖直放在场强为E的匀强电场中，电场方向竖直向下。在与圆心O在同一水平线的环壁边缘处有一质量为m，带有正电荷q的小球，由静止开始下滑，重力加速度为g，求：(1)小球经过最低点时的速度大小；(2)小球经过最低点时对环底的压力。【答案】(1)；(2)，方向竖直向下【解析】【详解】(1)从开始释放小球到最低点，由动能定理则(2)在最低点时，对小球由牛顿第二定律得由牛顿第三定律
21、得则则小球经过最低点时对环底压力为方向竖直向下。17.如图是 “电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平平行金属导轨M、N的间距L=0.2m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1102T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab（含弹体）的质量m=0.2kg，在导轨M、N间部分的电阻R=0.8，可控电源的内阻r=0.2。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I=4103A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到v=4km/s后发射弹体。求：(1)导体棒ab所受安培力大小；(2)光滑水平导轨最小长度；(3)该过程系统产生的焦
22、耳热。【答案】(1)N；(2)20m；(3)1.6【解析】【详解】(1)ab受到的安培力F安=BIL代入数据得F安=N(2)根据动能定理，有F安x=mv20代入数据得x=20m(3)设导体棒经时间t加速到v，对导体棒由牛顿第二定律有F安=ma，v=at系统产生的焦耳热Q=I2(R+r)t联解上式，代入数据得Q=1.618.如图所示，在倾角=的绝缘光滑斜面上，固定两根平行光滑金属导轨，间距l=0.4m，下端用阻值R=0.8的电阻连接。质量m=0.2kg、电阻r=0.2、长为l的导体杆垂直放置在导轨上，两端与导轨始终接触良好。整个装置放置在垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。某时刻
23、用平行于导轨向上的推力F作用在杆的中点，使杆从静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.5m/s2，2s以后，推力大小恒为0.8N，杆减速运动了0.45m，速度变为0，不计导轨电阻，取g=10m/s2，求：(1)t=2s时，克服安培力做功的功率；(2)杆做减速运动的整个过程中，电阻R产生的热量。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)时，设杆的速度为v，感应电动势为E，电流为I，安培力为，有，设克服安培力做功的功率为P，有联立以上方程，代入数据解得(2)设导体杆减速运动的位移为s，克服安培力做功为，由动能定理得在杆减速运动过程中，设电阻R和r产生的热量分别为和，有联立相关方程，代入数据解
24、得19.如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L，ac=L，ac垂直于cQ，acb=30，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：竖直方向：加速度：可得：，粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得，洛伦兹力等于向心力：解得：在磁场内运动的时间：.（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，解得：（3）粒子经过真空区域的时间，.粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为，解得：.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间.
