1、广东省湛江市第二十一中学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（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的字母代号填在答题卡相应的位置上。）1. 许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手定则 ( )B. 牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力恒量C. 伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因D. 库仑在前人的基础上，通过实验得到真空中点电荷相互作用规律【答案】D【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，但
2、右手定则是安培力总结的，A错；卡文迪许通过试验测出了万有引力常量，B错；伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因，C错；库仑在前人的基础上得出了库伦定律，D正确2.如图所示，磁感应强度的方向垂直于轨道平面斜向下，当磁场从零均匀增大时，金属杆ab始终处于静止状态，则金属杆受到的静摩擦力将 （ ）A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先逐渐增大，后逐渐减小D. 先逐渐减小，后逐渐增大【答案】D【解析】【详解】磁场从零均匀增大时，金属杆ab始终处于静止状态，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流也恒定不变。根据楞次定律判断可知，
3、金属杆所受的安培力沿斜面向上。开始阶段，安培力小于重力沿斜面向下的分力，金属杆所受的摩擦力沿斜面向上，由平衡条件得BIL+f=mgsinB增大，f减小；当安培力等于重力沿斜面向下的分力，金属杆不受摩擦力；当安培力大于重力沿斜面向下的分力，金属杆所受的摩擦力沿斜面向下，由平衡条件得BIL=mgsin+fB增大，f增大，所以金属杆受到的静摩擦力将先逐渐减小，后逐渐增大，故D正确，ABC错误。3.如图所示，水平直导线ab通有向右的电流I，置于导线正下方的小磁针S极将( )A. 向纸外偏转B. 向纸内偏转C. 在纸面内顺时针转过90D. 不偏转【答案】A【解析】【详解】当通入如图所示的电流时，根据右手
4、螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动S极向指外偏转；故A正确；故选A4.如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角不变且电容减小的是（）A. 断开S后，使B板向右平移一些B. 断开S后，使A、B两板错开一些C. 保持S闭合，使A、B两板靠近一些D. 保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些【答案】D【解析】【详解】AB断开S后，电容器电荷总量Q不变，由可知，使B板向右平移一些或使A、B两板错开一些，电容C减小，再根据得极板
5、间电压U增加，静电计指针张角增大，AB错误；CD保持S闭合时，电容器一直与电源相连接，电容器两端电压不变，静电计指针张角不变，再由可知，当d减小电容C增大，而当S减小时，电容C减小，C错误D正确；故选D5.如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示。电流表为值班室的显示器。a、b之间接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）A. I变大，U变大B. I变大，U变小C. I变小，U变大D. I变小，U变小【答案】D【解析】【详解】当处出现火情时，的阻值减小，电路总电阻减小，干
6、路电流增加，根据闭合电路的欧姆定律可知，电源内阻分压增加，电源电动势不变，即路端电压U减小；干路电流增加，则两端电压增加，由于路端电压减小，与并联的两端电压减小，电流变示数I变小，ABC错误，D正确；故选D6. 如图所示，闭合圆导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径，试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流（ ）A. 使线圈纸面内平动或转动B. 使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C. 使线圈以ac为轴转动D. 使线圈以bd为轴转动【答案】D【解析】试题分析：根据产生感应电流的条件可知：只需使穿过闭合回路的磁通量发生变化，就能在回路中产生感应电流线圈在匀强
7、磁场中运动，磁感应强度B为定值，根据前面分析=BS知：只要回路相对磁场的正对面积改变量S0，则磁通量一定要改变，回路中一定有感应电流产生当线圈在纸面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，因此S=0，因而无感应电流，A错；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外运动时，同样S=0，也无感应电流产生；B错；当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量S仍为零，回路中仍无感应电流；C错；当线圈以bd为轴稍作转动，则线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流D对；故答案选D.考点：考查感应电流产生条件点评：解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关
8、7.竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为2R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a，电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下。当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A. BavB. C. BavD. 2Bav【答案】A【解析】【详解】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为金属环并联的电阻为AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为故A正确，BCD错误。故选A。8.如图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片
9、A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述不正确的是（）A. 质谱仪是分析同位素的重要工具B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D. 粒子打在胶片上位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小【答案】D【解析】【详解】A进入的粒子由洛伦兹力提供向心力得已知粒子的电荷量q，即可求得粒子的质量m，质谱仪是分析同位素的重要工具，A正确；BC粒子经过速度选择器时，粒子受到的电场力与洛伦兹力等大反向，则速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，且 的粒子能从狭缝P进入磁场B0，则BC正确；D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即R越小，由知粒子的荷质比越大，D错误；本题选
10、错误的，故选D二、多项选择题（每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确。请把正确选项的字母代号填在答题卡相应的位置上。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）9.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零则小球aA. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B. 从N到P的过程中，速率先增大后减小C. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量D. 从N到Q的过程中，电势能一
11、直增加【答案】BD【解析】【详解】Aa由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大，故A错误；B在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小，故B正确；C从P到Q的过程中，由动能定理可知：；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故动能减少量大于电势能增加量，故C错误；D由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加，故D正确10.如图所示，一直流电动机与阻值
12、的电阻串联接在电源上，电源电动势E=20V，内阻，用理想电压表测出电动机两端的电压，已知电动机线圈电阻，则（）A. 通过电动机的电流为1AB. 通过电动机的电流为10AC. 电动机发热消耗的功率为100WD. 电动机的输出的功率为9W【答案】AD【解析】【详解】AB由题意可知则电路电流A正确，B错误；C根据由焦耳定律则电动机的发热功率C错误；D电动机的总功率电动机的输出功率D正确；故选AD11.如图所示，在O点正下方有一个有理想边界的匀强磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）A. A、B两点在同一水平线B. A点高于B点C. A点低于B点D. 铜环将
13、做等幅摆动【答案】B【解析】试题分析：由于铜环刚进入和要离开磁场过程中，会产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以铜环运动不到与A点等高点，即B点低于A点，故B正确考点：考查了感应电流产生条件12.如图所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1，电阻R=4，磁感应强度B的Bt图象如图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（）A. 电阻R的电流方向是从C到AB. 感应电流的大小逐渐增大C. 电阻R的电压为4.8VD. 电路产生的热量是为7.2J【答案】AC【解析】【详解】A由楞次定律判断，电阻R的电流方向是从C到A，A正确；B根据公式 ，代值计算可得 ，电流
14、恒定，B错误；C根据公式可得电阻R的电压C正确；D根据焦耳定律可得电路产生的热量是D错误；故选AC13.如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是 ()A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B. 穿过线圈a的磁通量变大C. 线圈a有扩张的趋势D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大【答案】BD【解析】【详解】AB当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量变大，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电
15、流方向俯视应为逆时针，故A错误，B正确；C根据楞次定律可知线圈a应有收缩的趋势，故C错误；D将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确故选BD。点睛：此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向，本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便14.如图所示，甲图实线为某一个静电场中方向未知的三条电场线，a、b两个带电粒子均从电场中的P点无初速释放，两粒子仅在电场力作用下均沿着中间的电场线做直线运动（不考虑a、b两粒子间的相互作用），a、b粒子的速度大小随时间变化
16、的关系如图乙中实线所示，虚线为过坐标原点的倾斜直线，则（）A. a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小B. a粒子沿着电场线向左运动，b粒子沿着电场线向右运动C. a粒子的电势能减小，b粒子的电势能增大D. a粒子一定带正电，b粒子一定带负电【答案】AB【解析】【详解】A因 图像的斜率表示物体的加速度，由图像可知，a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小，A正确；B在电场中，电场线密集的地方电场强度大，电场线稀疏的地方电场强度小，再结合电场力公式和牛顿第二定律 ，分析可得a粒子沿着电场线向左运动，b粒子沿着电场线向右运动，B正确；Ca、b粒子都由静止开始运动，电场力对它们都做正功
17、，电势能都减小，C错误；D由题意中，我们不能得到电场线的方向，因此我们不能判断a、b粒子的电性，D错误；故选AB三、实验题（本题共2小题，每空2分，共20分）15.现测量一铜芯导线的电阻率，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表测得其电阻值约为1，为提高测量的精度，需从下列器材中挑选一些元件，设计电路，重新测量这段导线（图中用Rx表示）的电阻。A电源E（电动势为6.0V，内阻不计）B电压表V1（量程为00.6V，内阻约为2k）C电压表V2（量程为06.0V，内阻约为6k）D电流表A1（量程为00.6A，内阻约为1）E电流表A2（量程为03.0A，内阻约为0.1）F滑动变阻
18、器R1（最大阻值5，额定电流1.0A）G滑动变阻器R2（最大阻值10，额定电流0.2A）H定值电阻R0（阻值为9）I开关S一个，导线若干(1)如图甲所示是该实验小组用螺旋测微器对铜线直径的测量，其读数是_。(2)为提高实验精度，要求电表的偏转不小于其量程的，某同学设计了部分电路如图乙所示，请你在此基础上将电路补充完整，使实验可以完成_。(3)实验时电压表选_，电流表选_，滑动变阻器选_（只填代号）。(4)若在测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯导线所用材料的电阻率的表达式为=_。【答案】 (1). 0.700mm (2). (3). B (4). D (5). F (6). 【解析
19、】【详解】(1)1螺旋测微器读数为0.5mm20.00.01mm=0.700mm。(2)2电路图如图所示，测量电阻必须用电流表外接电路，且必须有保护电阻。(3)345当滑动变阻器连入电路的阻值为零时，待测电压的最大值约为0.6V，所以电压表应选B；待测电流的最大值约为0.6A，所以电流表应选D；若滑动变阻器选G，将超过其额定电流，所以只能选F。(4)6由 ， ，联立可求得电阻率的表达式为16.一多用电表电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，但指针偏转角度较小，为了较准确地进行测量，应换到_挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_，若
20、补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是_。若将该表选择旋钮置于1mA挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为_mA。【答案】 (1). 100 (2). 重新调零 (3). 2.2103 (4). 0.41【解析】【详解】1234针偏转角度小电阻较大换用大倍率（100）量程重新电阻调零读数22100=2.2103若量程为1mA最小刻度0.02mA读数20.50.02mA=0.41mA四、计算题（本题共3小题，17题10分，18题10分，19题12分，共32分）17.如图所示，两光滑的平行金属轨道与水平面成角，两轨道间距为L，一金属棒垂直两轨道水平放置。金属棒质量为m，电阻为R，轨
21、道上端的电源电动势为E，内阻为r。为使金属棒能静止在轨道上，可加一方向竖直向上的匀强磁场。(1)则该磁场的磁感应强度B应是多大？(2)若将磁场方向变为竖直向下，此时导轨由静止下滑的瞬间加速度？ 【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1) 根据闭合电路的欧姆定律和安培力公式得 对导体棒受力分析，如图所示 联立得 (2)由牛顿第二定律可知解得18.如图所示，M、N为纸面内两平行光滑导轨，间距为L。轻质金属杆ab可在导轨上左右无摩擦滑动，杆与导轨接触良好，导轨右端与定值电阻连接。P、Q为平行板器件，两板间距为d，上、下两板分别与定值电阻两端相接。两板正中左端边缘有一粒子源中始终都有速度为v0的带正
22、电粒子沿平行于极板的方向进入两板之间。整个装置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。已知轻杆和定值电阻的阻值分别为r和R，其余电阻不计，带电粒子的重力不计，为使粒子沿原入射方向从板间右端射出，则轻杆应沿什么方向运动？速度多大？【答案】向右运动，【解析】【详解】粒子在电场中运动，电场力粒子磁场中运动，洛伦兹力因为粒子沿原入射方向从板间右端射出，所以粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡，即轻质金属杆ab切割磁感线产生的感应电动势R中电流PQ间电压联立解得由右手定则得轻杆应向右运动19.如图，坐标系xOy在竖直平面内，第一象限内分布匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；第二象限内分布着沿x轴正方向的水平匀强电场，场强大小E=，质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点由静止释放，A点坐标为（L，L），在静电力的作用下以一定速度v进入磁场，最后落在x轴上的P点，不计粒子的重力，求：（1）带电粒子进入磁场时的速度v大小.（2）P点与O点之间的距离.【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设粒子进入磁场的速度为v，由动能定理得qEL=mv2又E=解得v=粒子在磁场中做圆周运动，设半径为R由qvB=解得R=设圆心为C点，则CP=R=OC=R=由几何关系解得P点到O的距离为xOP=
