【文档说明】【精准解析】河北省邢台市第二中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题.doc，共(15)页，831.000 KB，由小赞的店铺上传

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邢台二中2018级高二（下）开学考试物理试卷一．单选题（共8小题,每题4分）1.如图所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹．则A.粒子带正电B.粒子受到的电场力

不断减小C.a点电势高于b点电势D.电场力一直做正功，电势能减少【答案】C【解析】由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，则粒子带负电荷，故A错误．电场线的疏密代表电场的强弱，从a到b，电场强度先增大后减小，则粒子受到的电场力先增大后减小，故B错误；沿着电场线方向电势降低，则a点电势

高于b点电势，故C正确；电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，电势能增大．故D错误．故选C.2.如图所示，直线A为某电源的UI−图线，曲线B为某小灯泡的UI−图线．用该电源和小灯泡组成闭合电路时

，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A.4W，8WB.2W，4WC.2W，3WD.4W，6W【答案】D【解析】【详解】用该电源和小灯泡组成闭合电路时，图像的交点为工作状态，所以电源的输出功率是22W4WPIU=

==根据图像可知，电源的电动势为3V，电源的总功率是'32W6WPEI===A.4W，8W与分析不符，故A错误。B.2W，4W与分析不符，故B错误。C.2W，3W与分析不符，故C错误。D.4W，6W与分析相符，故D正确。3.

如图所示，O是等量异种电荷P、Q连线的中点，M、N是以P为圆心，以OP为半径的圆上两点，且MN与PQ垂直，以下判断正确的是（）A.O、M两点场强相同B.O、M两点电势相等C.M、N两点场强相同D.M、N两点电势相等【

答案】D【解析】【详解】A．等量异种电荷电场线的分布情况如图所示。由图知，O处和M处电场方向不同，即两点的场强不等，A错误；B、PO间电场强度的平均值比PM间的大，由UEd=知PO间的电势差比PM间的大，而O、M两点的电势都比P点的低，所以O点的电势比M点的低，B错误；CD、根据对称性知，M、N两

点场强大小相等，方向不同，则场强不同，而电势相同，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与

电流表的示数都增大C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大．【答案】A【解析】【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小

，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故A正确，BCD错误5.如图所示，在MNPQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸

面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从α点射入场区，并在竖直平面内沿直线运动至b点，则小球（）A.一定带正电B.受到电场力的方向一定水平向右C.从α到b过程中，克服电场力做功D.从α到b过程中可能做匀加速运动【答案】C【解析】【详解】带电小球从a点射入场区，并

在竖直面内沿直线运动至b点，则小球一定做匀速直线运动，只要满足合外力为零即可，小球可能带正电，受到电场力的方向水平向右，从a到b过程，克服电场力做功；可能带负电，受到电场力的方向斜向上，从a到b过程，克服电场力做功；选项C正确。故选C。6.质量为m的钢球自高处落

下,以速度v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度为v2．在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为()A.向下,m(v1-v2)B.向上,m(v1+v2)C.向上,m(v1-v2)D.向下,m(v1+v2)【答案】B【解析】【详解】选取竖直向下方向为正方向，

忽略重力冲量．根据动量定理得地面对钢球的冲量为：I=-mv2-mv1=-m（v1+v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1+v2）．A.向下，m(v1-v2)，与结论不相符，选项A错误；B.向上，m(v1+v2)，与结论相符，选项B正确；C.

向上，m(v1-v2)，与结论不相符，选项C错误；D.向下，m(v1+v2)，与结论不相符，选项D错误；7.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位

置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流A.沿abcd流动B沿dcba流动C.由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动D.由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动【答案】A【解析】【详解】由条形磁铁的

磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻

碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.．A.由上分析可知，A正确；BCD.由上分析可知，BCD错误．8.如图所示，水平放置的两条光滑导轨上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可

能是（）A.向右加速运动B.向左匀速运动C.向右减速运动D.向左减速运动【答案】C【解析】【详解】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由

右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，C正确ABD错误。故选C。二．多选题（共4小题，每题4分）9.如图所示，用回旋加速器分别加速A、B两种离子．已知A离子的质量为3m，电量为q；B离子的质量为4m，电量为2q．以下说法正确的是A.加

速A离子的交变电源的周期较小B.加速B离子的交变电源的周期较小C.带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关D.A离子从加速器中出来时的速度比B离子的大【答案】BC【解析】【分析】加速离子的

交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期；当离子获得最大速度时，在磁场中的运动半径等于D型盒的半径．【详解】加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期，即2mTqB=，因A离子的q/m小于B离子，可知加速A离子的交变电源的周期较大，选项A错误，B正确；带电离子获

得的最大动能2222max122kmBqREmvm==，可知带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关，选项C正确；A离子的q2/m比B离子小，则由222max2kBqREm=可知A离子从加速器中获得的动能较小，速度较小，选项D错误；故选BC.【点睛】解决本题

的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能．10.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下

列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（）A.sinmgBIL=，方向竖直向上B.tanmgBIL=，方向竖直向上C.mgBIL=，方向水平向左D.tanmgBIL=，方向竖直向下【答案】BC【解析】【详解】AB．外加匀强磁场的磁感应

强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则tanBILmg=解得tanmgBIL=A错误B正确；C．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向水平向左，根据左手定则，安培力方向竖直向上，故受重力和安培力平衡，故BILmg=解得mgBIL=C正确；D

．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，D错误。故选BC。11.如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为α粒子（42He）的径迹．它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径123rrr并相

切于P点，设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（）A.123TTT=B.123vvv=C.123aaa=D.123ttt

【答案】AD【解析】【详解】A．设带电粒子的质量和电量分别为m、q，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时周期为2mTqB=，T与比荷成反比，质子与粒子的比荷之比为2：1，则有123TTT=，A正确；B．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时半径为m

vrqB=粒子的速度qBrvm=1、2都是质子，q、m相等，已知：12rr，则12vv，质子的荷质比是粒子荷质比的2倍，如果2的轨道半径是3的两倍，则质子2的速度与粒子的速度相等，由图示可知，题目中没有说明2的半径小于3的半径的两倍，所以不能判断v2与v3的关系，

B错误；C．粒子的加速度为22qvBqBqBrqrBammmm===因为12vv，则12aa，r3最小，同时粒子的2qm最小，所以可以判断a3最小，C错误；D．由图看出，质子2的速度偏向角大于质子1的速度偏向角，根据轨迹所对的圆心角等于速度偏向角，则知，质子2轨迹的圆心角大于质子

1轨迹的圆心角，所以质子2的运动时间大于质子1的运动时间，即有12tt，同理可得，粒子的速度偏向角大于质子2的偏向角，根据轨迹所对的圆心角等于速度偏向角，则知，粒子轨迹的圆心角大于质子2轨迹的圆心角，同时由于23TT，所以粒子的运动时间大

于质子2的运动时间，即有32tt，故123ttt，故D正确。故选AD。12.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧(不连接)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作一个系统，下列说法中正确的是（）A.两手

同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不

一定为零【答案】ACD【解析】【详解】A.若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；B.先放开左手，再放开右手，此过程中两车与弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，但是两手都放开后，系统的合力

为零，动量守恒，故B错误；C.先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C正确；D.无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不

变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确；故选ACD．三．实验题（共2小题，每空2分）13.图为多用表表盘指针在测量时的偏转位置．若多用电表的选择开关置于“×10”欧姆挡，则读数是____Ω；若多用电表的选择开关置于直流“10mA

”挡，则读数是____mA；若多用电表的选择开关置于直流“50V”挡，则读数是____V．【答案】(1).200Ω(2).4.2mA(3).21.0V【解析】【分析】欧姆表读数时要用示数乘以档位；电流表及电压表读数时要根据量程及最小分度进行

读数．【详解】若多用电表的选择开关置于“×10”欧姆挡，指针指在20位置处，故读数为：20×10=200Ω；若多用电表的选择开关置于直流“10mA”挡，则满偏为10mA，最小分度为0.2mA，则读数为4.2mA；若多用电表的选择开关置于直流“50

V”挡，最小分度为1V，则指针示数为21.0V；14.有一个小灯泡上标有“2.5V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线，要求电流从零开始调节并能测量多组数据．现有下列器材供选用：A.直流电源(3V，内阻不计)B.电流表G(0~lmA，内阻r1=30Ω

)C.电流表A(0~0.6A，内阻约为1Ω)D.电阻箱中(阻值:0~9999.99Ω)E.滑动变阻器R1(5Ω，1A)F.滑动变阻器R2(100Ω，0.5A)G.电键一个，导线若干(1)由于没有电压表，将电阻箱调节为_____Ω与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表．(2)滑动变阻器应

选用______(填序号字母)．(3)请在答题卡上的虚线框内画出实验电路图______．【答案】(1).2970(2).E(3).由于电流表A内阻约为1Ω，所以伏安法应用电流表外接法．【解析】【分析】（1）将电阻箱与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表，根据串并联

电路的特点计算要串联的电阻；（2）要求电流从零开始调节并能测量多组数据，则滑动变阻器选择分压形式，故选阻值较小的；（3）灯泡电阻较小，故采用电流表外接；【详解】（1）由于没有电压表，将电阻箱与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表，需要串联的电阻为13330297

010ggUIrRI−−==−=．（2）要求电流从零开始调节并能测量多组数据，则滑动变阻器选择分压形式，故选阻值较小的E；（3）灯泡电阻26.25LURP==，电流表内阻1Ω，则电压表内阻远大于灯泡电阻，

则采用电流表外接电路；如图；【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．四．计算题（共4小题，每题10分）15.如图，水平放置金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为1m，磁场的磁感强度大小为1T，方向与导

轨平面夹角为=53°，金属棒ab的质量为0.02kg，放在导轨上且与导轨垂直，且与导轨的动摩擦因数为0.4，电源电动势为1.5V，内阻为0.5Ω，定值电阻R为1Ω，其余部分电阻不计．则当电键K闭合的瞬间，求：

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）(1)ab受到的安培力大小和方向．(2)棒ab的加速度为多大？【答案】(1)1N于导轨成37度角斜向左下(2)24m/s2【解析】【分析】（1）由

闭合电路的欧姆定律求出电流的大小，再由安培力的定义求出大小即可；（2）对导体棒受力分析根据牛顿第二定律求的加速度．【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律可得：1.5110.5EIAARr==++＝，由安培力的定义知：F=BIL=1N，

由左手定则判断知：安培力的方向与水平方向夹角为90°-α=37°斜向左下；（2）对导体棒受力分析可知：FN=mg+BILcosα由牛顿第二定律：BILsinα-μFN=ma联立解得：a=24m/s216.如图，电路中电源电动势E=10V，内

阻r=1，小灯泡L额定电压U=8V，额定功率字迹模糊不清，电动机M的线圈电阻RM=2．闭合开关S后，灯泡恰好正常发光，电动机输出机械功率P=3.5W．求：（1）电源中电流I；（2）电动机线圈中电流IM；（3）小灯泡额定功率PL．【答案】（1）2A（2）0.5

A（3）12W【解析】【分析】（1）小灯泡正常发光，说明外电压等于小灯泡的额定电压，根据闭合电路欧姆定律列式求解通过电源的电流I；（2）电动机的总功率等于热功率和机械功率之和，从而求解通过电动机的电流；（3）电源电流减去电动机的电流等于灯泡的电流，根据P=UI求解灯泡的功率．【详解】（1）

电源的内电压=UEU−内电源中电流UIr=内解得：2AI=（2）电动机的总功率MMPUI=电动机的热功率2MPIR=热能量守恒M+PPP=热电动机中电流M0.5AI=（3）通过灯泡的电流MIII=−灯小灯泡的额定功率12LPUIW==灯【点睛】对于电动机工作时，其电路是

非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流．17.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释

放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：（1）AB两点的电势差UAB；（2）匀强电场的场强大小；（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．【答案】(1)32ABmgLUq=−(2)3mgEq

=(3)3BATTmg==【解析】【详解】试题分析：（1）A到B点动能定理所以（2）（3）小球到达B点时，速度为零，因此沿绳方向合力为零，因此由拉力sin60cos603TmgqEmg=+=考点：动能

定理、牛顿第二定律【名师点睛】考查牛顿第二定律、动能定理的应用，注意几何关系的正确应用，理解动能定理中的各力做功的正负．（1）根据牛顿第二定律，即可求解；（2）根据动能定理，结合几何关系，即可求解；（3）根据动能定理，与动能表达式

，并由几何关系，即可求解．18.如图所示，在平面直角坐标系xOy中第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正向成60°射入磁场，最后从

y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知OM=32L，不计粒子重力。求：(1)带电粒子从N点进入磁场时的速度大小(2)电场强度大小E；(3)磁感应强度大小B。【答案】(1)2v0；(2)20mvqL；(3)023mvqL【解析】【详解】(1)由题意得0

02cos60vvv==(2)根据动能定理得220311222qELmvmv=−解得20mvEqL=(3)粒子的运动轨迹如下图设半径为x，由几何关系可知32cos60xLx−=解得3xL=则023mvmvBqrqL==