【解析版】广东省惠州市惠东县惠东高级中学2018-2019学年高二下学期开学考试物理试题 word版含解析

www.ks5u.com2018-2019学年高二（下）物理开学考一、单选题（本大题共15小题，每题4分，共60分）1.根据安培分子电流假说的思想，磁体和电流的磁场都是运动电荷产生的。根据这种假说，并没有发现有相对地球定向运动的电荷。若地磁场是由于地球自转产生，以此推断地球应该（ ）A. 带正电 B. 带负电 C. 不带电 D. 无法确定【答案】B【解析】由于地磁的N极在地理的南极附近，地磁的S极在地理的北极附近，地球绕地轴自西向东的旋转，故可以将地球看做一个绕地轴运动的环形电流，根据安培定则可知右手的拇指指向南方，而弯曲的四指的指向与地球自转的方向相反，而弯曲的四指的指向是正电荷运动的方向与负电荷运动的方向相反，故可以断定地球带负电，故B正确，ACD错误。2.关于磁感应强度，下列说法中正确的是A. 磁感应强度的方向，就是小磁针北极所受磁场力的方向B. 由知，B与F成正比，与IL成反比C. 由知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场D. 若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为【答案】A【解析】【分析】磁感应强度的定义式是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，由磁场本身决定的，充分理解磁场强度的定义式即可正确解答本题。【详解】A、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，也就是小磁针北极所受磁场力的方向。故A正确。B、是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，不能说B与F成正比，与IL成反比。故B错误。C、一小段通电导线在某处不受磁场力，该处不一定无磁场，也可能是因为导线与磁场平行。故C错误。D、只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于故D错误。故选：A。【点睛】本题关键抓住比值法定义的共性来理解磁感应强度B，知道B描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定3.如图所示，长为L的直导线折成边长相等、夹角为的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为当在该导线中通以大小为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为A. 2BIL B. BIL C. D. 0【答案】C【解析】【分析】由安培力公式进行计算，注意式中的L应为等效长度。【详解】导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，故C正确。故选：C。【点睛】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义4.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()A. 将变阻器滑动头P向右滑动B. 将变阻器滑动头P向左滑动C. 将极板间距离适当减小D. 将极板间距离适当增大【答案】D【解析】根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小,洛伦兹力方向向下，,电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力；A、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；C、将极板间距离适当减小时，增大，不满足要求，故C错误；D、将极板间距离适当增大时，减小，满足要求，故D正确。5.如图所示，带铁芯的电感线圈的直流电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是（）A. 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数B. 闭合S瞬间，电流表A1示数大于A2示数C. 断开S瞬间，电流表A1示数不变，电流表A2示数为0D. 断开S瞬间，电流经电流表A1的方向不变，流经A2方向改变【答案】D【解析】闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A B错误；断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数；此时A1中的电流的方向不变，仍然是从左向右，而A2中的电流则是从右向左，二者电流的方向相反。故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。6.如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为，带电量为q的带电粒子从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，AB与场强的方向夹角为，在此过程中下列说法正确的是A. 作匀速直线运动B. 粒子带正电C. 作匀加速直线运动D. 电场强度的大小为【答案】D【解析】【详解】B、小球做直线运动，则合力得方向一定沿AN方向，其受力情况如图所示，受到的电场力一定向左，与电场线反向，所以小球带负电荷。故B错误；A、C、由B的分析可知，电荷受到得合力得方向与粒子运动得方向相反，所以粒子做匀减速直线运动。故A错误，C错误；D、由力的合成可得： 解得：故D正确故选：D。【点睛】小球做直线运动，合力与速度共线，受重力和电场力，根据平行四边形定则作图求解电场力，再根据电场强度的定义公式求解电场强度。本题关键是明确直线运动的条件，然后结合平行四边形定则列式求解出电场力，最后根据电场强度的定义公式求解电场强度，不难。7.两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r，球的半径比r小得多，带电荷量大小分别为q和3q，相互之间的斥力大小为3F.现让这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为（ ）A. F B. C. 4F D. 2F【答案】C【解析】由库仑定律可得: ;所以有 ;由于两球之间是斥力所以带同种电荷那么两球接触后再分开要平分总电量,故分开后两球的带电量为2q;则库仑力为:故C正确综上所述本题答案是：C8.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若A. 保持S不变，增大d,则变大B. 保持S不变，增大d,则变小C. 保持d不变，减小S,则变小D. 保持d不变，减小S,则不变【答案】A【解析】试题分析：A、B、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角变大，故A正确、B错误.C、D、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角变大，故选项C、D均错误.故选:A.考点：本题考查了电容器的动态变化.9. 如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J则下列说法正确的是：（ ）A. 粒子带负电B. 粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC. 粒子在A点的动能比在B点多0.5JD. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5J【答案】CD【解析】【分析】在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功，从运动轨迹上判断，粒子带正电，从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能，从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况，从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒以及功能关系可比较AB两点的机械能；【详解】A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A正确；B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能，故B错误；C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误；D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，故D正确。【点睛】本题考查功能关系，要熟练掌握各种功和能的关系，在学习中注意掌握。10.空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度为B，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以一定的速率沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，粒子入射的速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图：根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为，由牛顿第二定律得： ，解得：B=；故选：B点睛：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度11.如图所示，当磁场的磁感应强度B在逐渐增强的过程中，内外金属环上的感应电流的方向应为A. 内环顺时针方向，外环逆时针方向B. 内环逆时针方向，外环顺时针方向C. 内外环均顺时针方向D. 内外环均逆时针方向【答案】A【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律，判断感应电流方向【详解】当磁场的磁感应强度B增强时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向外，根据安培定则，感应电流为逆时针方向（大圆中），故小圆中的感应电流方向为顺时针方向；故选A.【点睛】本题是楞次定律的运用问题，关键是先确定原磁场方向、原磁通量的变化情况，然后结合楞次定律和右手螺旋定则分析12.（3分）（2011海南）如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）A. V的读数变大，A的读数变小 B. V的读数变大，A的读数变大C. V的读数变小，A的读数变小 D. V的读数变小，A的读数变大【答案】B【解析】试题分析：根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化解：S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确；故选B点评：应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路内电路外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解13.如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是（）A. 线圈中通以恒定的电流B. 通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动C. 通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动D. 开关闭合瞬间【答案】A【解析】【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化根据这个条件分析判断有没有感应电流产生【详解】A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生；故A错误.B、通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接