1、2018-2019学年云南省昭通市昭阳区建飞中学高二（下）开学物理试卷一、选择题（1-8为单选题，每题只有一个正确的选项，9-12为多选题，每题至少有两个选项正确，选全得4分，选不全得2分，选错不得分，总计48分）1.物理学史上，首先发现电流磁效应的科学家是( )A. 安培B. 奥斯特C. 牛顿D. 法拉第【答案】B【解析】【详解】物理学史上，首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故选B.2.下列说法中，正确的是：（ ）A. 由可知，电场中某点的电场强度E与q成反比B. 由可知，某段导体的电阻R和电压U成正比C. 由可知，磁场中某点的磁场强度B与F成正比D. 由可知，电容器的电容C的大小与电容器
2、两极板间的电势差U无关【答案】D【解析】【详解】电场中某点的电场强度E是由电场本身决定的物理量，与试探电荷的电量无关，选项A错误；某段导体的电阻R是由导体本身决定的，和电压U无关，选项B错误；磁场中某点的磁场强度B是由磁场本身决定的，与所受的磁场力F无关，选项C错误；电容器的电容C的大小是由电容器本身决定的物理量，与电容器两极板间的电势差U无关，选项D正确；故选D.3.有一电场的电场线如右图所示，场中A、B两点的电场强度大小和电势分别用EA、EB和A、B表示，则（ ）A. EAEB，AB B. EAEB，AB C. EAB D. EAEB，AB【答案】D【解析】电场线的疏密表示电场强度大小，电
3、场线越密，电场强度越大，故，沿电场线方向电势降低，故，D正确4.通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针的指向如图所示，则（ ）A. 螺线管的P端为N极，a接电源的正极B. 螺线管的P端为N极，a接电源的负极C. 螺线管的P端为S极，a接电源的正极D. 螺线管的P端为S极，a接电源的负极【答案】C【解析】【详解】由图可知，小磁针静止时N极指向Q端，则通电螺线管的Q端为N极，通电螺线管的P端为S极；根据安培定则判断出电流的方向：从a端流进，从b端流出，a接电源的正极，b接电源的负极，故C正确，A、B、D错误；故选C。5.有一毫伏表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要将它改装成量程
4、为10A的电流表，则毫伏表应（ ）A. 并联一个0.02的电阻B. 并联一个0.2的电阻C. 串联一个50的电阻D. 串联一个4900的电阻【答案】A【解析】【分析】把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值【详解】把毫安表改装成10A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：；故选A.【点睛】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题6.真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于（ ）A. FB. 2FC. D.
5、【答案】D【解析】【详解】由点电荷库仑力的公式可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，库仑力将变为原来的，故D正确，A、B、C错误；故选D。7.两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示。先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是（）A. 相互吸引，电流大的加速度大B. 相互吸引，加速度大小相等C. 相互排斥，电流大的加速度大D. 相互排斥，加速度大小相等【答案】B【解析】【分析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小【详解】两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸
6、引。因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等。故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系同向电流相互吸引，异向电流相互排斥8.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）A. 电流表A的读数增大B. 电压表V的读数增大，电流表A的读数减小C. 电压表V的读数减小D. 电压表V的读数减小，电流表A的读数增大【答案】B【解析】【分析】当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变
7、化。【详解】当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大，电阻R2的电压U2=E-I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I-I2减小。所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小。故选B。【点睛】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分整体部分”的顺序分析。9.如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R2，则下列说法正确的是（ ）A. R1：R21：3B. R1：R23：1C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I23：1D. 将R1与R
8、2并联后接于电源上，则电流比I1：I23：1【答案】AD【解析】【分析】通过I-U图象得出两电阻的关系。串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比。【详解】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1故AD正确，BC错误。故选AD。10.如图是研究平行板电容器电容大小的因素的实验装置，在整个实验过程中，如果保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是（ ）A.
9、仅将M板水平向左平移远离N板B. 在M、N之间插入玻璃板C. 将M板向下平移D. 在M、N之间紧靠M插入有一定厚度的金属板【答案】AC【解析】【分析】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，由C=Q/U分析电容C如何变化，根据进行分析【详解】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，由C=Q/U分析可知，电容C应变小，根据分析可知，应减小正对面积，增大板间距离、或减小电介质；仅将M板水平向左平移远离N板，增大间距，导致电容C变小，故A正确；在M、N之间插入玻璃板，增大电介质，导致电容C变大，故B错误；将M板向下平移，则减小正对面积，
10、导致电容C变小，故C正确；将M、N之间紧靠M插入有一定厚度的金属板，相当于减小d，则电容C增大，故D错误。故选AC.。【点睛】本题考查电容器的动态分析问题，对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式和决定式进行分析11.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）A. 粒子带正电B. 粒子在B点加速度小C. 粒子在A点动能大D. A、B两点相比，B点电势较低【答案】CD【解析】【详解】A、根据曲线运动条件可知，粒子所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力逆着电场线方向，
11、与电场方向相反，所以粒子带负电，故A错误；B、由于B点的电场线密，电场场强大，所以粒子在B点受到的电场力大，则在B点的加速度较大，故B错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子做负功，电势能增加，动能减小，则粒子在A点动能大，故C正确；D、沿电场线方向，电势逐渐降低，故B点电势低于A点电势，故D正确；故选CD。12.一带电粒子（重力不计）在匀强磁场中运动轨迹如图所示，中央是一簿绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知（）A. 粒子的运动方向是edcbaB. 粒子带正电C. 粒子的运动方向是abcdeD. 粒子在下半周期比上半周期所用时间长【答案】AB【解析】【分析】由牛顿第二定律及向心力公式可
12、知粒子转动半径与速度的关系，则可判断粒子在穿过绝缘板前后的运动情况； 由周期公式可知上下两部分的时间关系【详解】由Bqv=m可知，； 因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过，故运动方向为edcba； 故A正确，C错误； 粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电，故B正确； 因粒子转动的周期，在转动中磁场强度及质量没有变化，故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期，故时间相等； 故D错误； 故选AB。【点睛】带电粒子在磁场中运动的考查的重点为牛顿第二定律及向心力公式的应用，不过在选择题中可以直接应用结论及二、填空题（每空2分，总计16分）13.读数，甲
13、为游标卡尺，乙为螺旋测微器。（1）图甲游标卡尺的读数为_ （2）图乙螺旋测微器的读数为_【答案】 (1). 2.98 (2). 5.680【解析】【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】游标卡尺的主尺读数为2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm=0.8mm，所以最终读数为：2.9cm+0.8mm=2.98cm螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.00.01mm=0.180mm，最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680
14、mm14.在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，现备有以下器材：A干电池1个、B滑动变阻器（050）、C滑动变阻器（01750）、D电压表（03V）、E电压表（015V）、F电流表（00.6A）、G电流表（03A）其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_填写字母序号即可）上图是根据实验数据画出的U-I图像。由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_ 。【答案】B F D 1.5V 1【解析】本题考查了测定电学实验测定电源的电动势和内阻。涉及仪器选择和数据（图像）处理。在选择仪器时，本着安全准确的原则。干电池的电动势大约1.5V，所以选择量程为3V的电压表；干电池中的电
15、流不允许过大，一般不能大于0.6A，所以选择量程为0.6A的电流表。则滑动变阻器阻值无需过大，所以选择050的滑动变阻器。由闭合电路欧姆定律得，即，与纵轴的截距表示电动势。斜率的绝对值表示内阻。需要注意，坐标原点不是（0,0）点。此题考查了电学实验中的常规知识，难度不大。三、计算题（15题6分，16-17题9分，18题12分，总计36分）15.在图中R114，R29当开关处于位置1时，电流表读数I10.2A；当开关处于位置2时，电流表读数I20.3A求电源的电动势E和内电阻r【答案】3V，1【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律得：，联立解得：，。16.在真空中O点放一个点电荷Q=+1.010-
16、9C，直线MN通过O点，OM的距离r=30 cm,M点放一个点电荷q=-1.010-10C,如图所示.求：（1）q在M点受到的作用力；（2）M点的场强.【答案】，方向沿MO连线指向Q；，方向沿OM连线背离Q【解析】试题分析：直接根据库仑定律公式进行计算即可，依据场强的定义式，即可求出在M所在处的场强的大小（1）根据库仑定律公式得：q在M点受到的作用力，方向：由M指向O（或向左）（2）根据电场强度定义式得：M点的场强大小，方向：由M指向N（或向右）17.如图所示为两组平行板金属板，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的
17、平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，其中求： （1）电子通过B点时的速度大小？（2）右侧平行金属板的长度？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）电子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动能定理求解电子射出加速电场的速度（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L【详解】（1）电子在AB间做加速运动，由动能定理可得： 可得：（2）电子以的速度进入偏转电场做类平抛运动
18、，在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动 可得： 则：18.如图所示，AB边的右侧有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个带负电的粒子（重力不计）质量为m，电荷量为，速度与AB成，从A点射入匀强磁场中，从B点射出。求：（1）画出带电粒子在磁场中运动的轨迹及求出轨道半径？（2）AB间的距离？（3）粒子在磁场中运动的时间？【答案】（1） （2）（3）【解析】【分析】（1，2）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，从而求出半径，再由几何关系，结合对称性，即可求解；（3）根据运动的周期公式，结合圆心角，即可求解【详解】（1）带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得：轨迹如图；（2）如图，在三角形AOB中，三角形为等边三角形，则（3） 可得：如图，则得：【点睛】考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律的应用，理解洛伦兹力提供向心力，并注意运动的时间除与周期有关外，还关注圆弧的圆心角
