1、12018-2019 学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二下学期入学摸底考试物理试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直
2、接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 I 卷（选择题)一、单选题1关于磁场和电场的认识，下列说法正确的是（ ）A电流元在某处不受安培力，该处一定没有磁场B电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同C电场线起于正电荷终止于负电荷，磁感线起于 N 极终止于 S 极D同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小2两固定且互相垂直的无限长直导线 l1与 l2在同一竖直面内，
3、导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流。有一正方形导线框 ABCD，初始时刻，AB 边与 l 1重合，AD 边与 l 2重合，所有导线间彼此绝缘，下列说法正确的是（ ）A若导线框向右平移，则导线框内产生逆时针方向的感应电流B若导线框向上平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流C若导线框沿 AC 方向平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流D若导线框向右平移，l1 对 CD 边的安培力垂直 CD 边向右3如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法
4、正确的是（ ）Aa 粒子速率最大B它们做圆周运动的周期 TaT bT cCc 粒子在磁场中运动时间最长Dc 粒子动能最大4我们位于地球的北半球，曾经在教室的天花板上装有吊扇。假设吊扇的各叶片水平，只考虑该处地磁场的竖直分量，设地磁场磁感应强度的竖直分量的大小为 B，叶片的长度为 L，中间圆盘半径为 R。电扇使用时转动的频率为 f，逆着地磁场竖直分量的方向看吊扇，其叶片按逆时针方向转动，叶片的近轴端为 a，远轴端为 b，如图所示，用 E 表示每个叶片上的感应电动势，则（ ）AE=f (L + R )LB ，且 a 点电势高于 b 点电势BE=2f(L R )LB ，且 a 点电势高于 b 点电势
5、CE=2fL ( L - 2R ) B ，且 a 点电势低于 b 点电势DE=fL ( L + 2R ) B ， 且 a 点电势低于 b 点电势5如甲(1)中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上间距为 L，左端接电阻 R，导轨电阻不计。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中。将质量为 m、电阻为 r 的金属棒ab 置于导轨上。当 ab 受到垂直于金属棒的水平外力 F 的作用由静止开始运动时， F 与金属棒速度v 的关系如图甲(2)。已知 ab 与导轨始终垂直接触良好，设 ab 中的感应电流为 I， ab 受到的安培力大小为 FA， R 两端的电压为 UR， R 的电功率为 P，
6、则下图中大致正确的是（ ）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2A B C D 6如图所示，导体直导轨 OM 和 PN 平行且 OM 与 x 轴重合，两导轨间距为 d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿 y 轴方向的宽度按 y d 的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从 OP 开始始终垂直导轨沿 x 轴正方向以速度 v 做匀速运动，规定内圆环 a 端电势高于 b 端时， a、 b 间的电压 uab为正，下列uab x 图象可能正确的是( )AA BB CC DD7如图是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽 略不计)
7、研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为 R，L 是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为 R下图是某同学画出的在 t0 时刻开关 S 切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象关于这些图象，下列说法中正确的是（ ）A.图 b 中甲是开关 S 由断开变为闭合，通过传感器 1 的电流随时间变化的情况B.图 b 中乙是开关 S 由 断开变为闭合，通过传感器 2 的电流随时间变化的情况C.图 b 中丙是开关 S 由闭合变为断开，通过传感器 2 的电流随时间变化的情况D.图 b 中丁是开关 S 由闭合变为断开，通过传感器 2 的电流随时间变化的情况二、多选题8如图所示，由两种比荷不同的离
8、子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为 A、B 两束，离子的重力不计，下列说法中正确的有（ ）A组成 A 束和 B 束的离子都带正电B组成 A 束和 B 束的离子质量一定相同CA 束离子的比荷大于 B 束离子的比荷D速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里9如图所示，矩形 ABCD 位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行已知 AB = 2 BC，A、B、D 的电势分别为 6 V、2 V、4 V初动能为 24eV、电荷量大小为 4e 的带电粒子从 A 沿着 AC 方向射入电场，恰好经过 B不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）A该粒子一定带负电B
9、该粒子达到点 B 时的动能为 40eVC改变初速度方向，该粒子可能经过 DD改变初速度方向，该粒子可能经过 C10在如图所示电路中，已知电表均为理想电表，电流表 A、电压表 V1、V 2的读数分别为I、 U1和 U2，C 为电容器在滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表 A、电压表V1、V 2读数变化量大小分别是 I、 U1和 U2，下列说法中正确的有（ ）A电源的内阻消耗的电功率变大B灯泡变亮、电容器所带电量减少3C 等于外电路总电阻，变小D 等于电源的内电阻，不变11如图所示，正方形线框的边长为 L，电容器的电容为 C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度
10、以 k 为变化率均匀减小时，则( )A线框中产生的感应电动势大小为 kL2B电压表没有读数C a 点的电势高于 b 点的电势D电容器所带的电荷量为 Q C 12劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于高真空中的半径为R 的 D 形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交变电压 u 的频率为 f若 A 处粒子源产生的质子质量为 m、电荷量为 q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。用该回旋加速器加速质子，为了使质子获得的动能减小为原来的 1/9，原则上不可采用下列哪种方法（ ）A将其磁感应强度
11、减小为原来的 1/3 倍B将其磁感应强度减小为原来的 1/9 倍C将 D 形盒的半径减小为原来的 1/3 倍D将 D 形盒的半径减小为原来的 1/9 倍第 II 卷（非选择题)三、填空题13某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ，步骤如下：（1）用游标为 20 分度的游标卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=_mm。（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径 D=_mm。14下图所示的欧姆表刻度盘中，不使用时指针指 A，两表笔短接时指针指 B若欧姆表的总内阻为 24 ， C 是 A、 B 的中点， D 是 A、 C 的中点，则 D 点的刻度为_四、实验题15甲图所示是一个
12、欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图可以是乙图中的_。16某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程 00.6A，内阻约为 0.3C电流表：量程 03A，内阻约为 0.1D电压表：量程 03V，内阻未知E电压表：量程 015V，内阻未知F滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干4伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻(1)在上述器材中请选择适当的器材：_（填写选项前的字母）；(2)实
13、验电路图应选择图中的_（填“甲”或“乙”）；(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的 U-I 图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势 E=_V，内电阻 r=_五、解答题17在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为 、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上有一质量为 m，带电荷量为+ q 的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为 g，求：（1）小球能在斜面上滑行多远？（2）小球在斜面上滑行时间是多少？18如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第一和第四象限内有一个
14、有界圆形区域与 y 轴相切于原点 O，其圆心为 O 1、半径一定，圆内存在垂直于纸面的匀强磁场。第二和第三象限内有平行于 y 轴的匀强电场。第二象限内有一 P 点，坐标 ，一带电粒子（重力不计）自 P 点以平行于 x 轴的初速度 v 0开始运动，粒子从 O 点离开电场，经磁场偏转后又从 y 轴上的 Q 点（图中未画出）垂直于 y 轴回到电场区域，并恰能返回到 P 点。求：（1）粒子从 P 点到 O 点经历的时间及粒子在第二象限的加速度大小；（2）粒子经过坐标原点 O 时的速度大小；（3）电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值。19如图所示，M 1NlPlQl和 M2N2P2Q2为在同一竖直面内
15、足够长的金属导轨，处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的 M1Nl段与 M2N2段相互平行，距离为 L；P lQl段与P2Q2段也是平行的，距离为 L/2。质量为 m 金属杆 a、b 垂直与导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆 b，另一端绕过定滑轮与质量也为 m 的重物 c 相连，绝缘轻线的水平部分与 PlQl平行且足够长。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为 R，重力加速度为 g。（1）若保持 a 固定。释放 b，求 b 的最终速度的大小；（2）若同时释放 a、b，在释放 a、b 的同时对 a 施加一水平向左
16、的恒力 F=2mg，当重物 c 下降高度为 h 时，a 达到最大速度，求：a 的最大速度；才释放 a、b 到 a 达到最大速度的过程中，两杆与导轨构成的回来中产生的电能。2018-2019 学 年 安 徽 省 黄 山 市 屯 溪 第 一 中 学 高 二下 学 期 入 学 摸 底 考 试 物 理 试 题物 理 答 案1D【解析】电流元在某处不受安培力，可能是电流方向与磁场方向平行，该处不一定没有磁场，选项 A错误；正电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同，负电荷受电场力方向和所在位置电场方向相反，选项 B 错误；电场线起于正电荷终止于负电荷或者无穷远，磁感线在磁体的外部是从 N 极到 S极，内部
17、是从 S 极到 N 极，形成闭合的曲线，选项 C 错误；导线受到的磁场力与导线的放置方式有关，同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小，选项 D 正确；故选 D.2D【解析】根据右手定则可知，两根通电导线产生的磁场在虚线的下方垂直纸面向外；当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量向外减增加，根据楞次定律可知，导线框内产生顺时针方向的感应电流，此过程中 I1和 CD 边上的电流为异向电流，相互排斥，即 I1对 CD 边的安培力垂直 CD 边向右，选项A 错误，D 正确；根据右手定则可知，两根通电导线产生的磁场在虚线的上方垂直纸面向里；当导线框向上平移时，穿过线圈的磁通
18、量向里减增加，根据楞次定律可知，导线框内产生逆时针方向的感应电流，选项 B 错误；若导线框沿 AC 方向平移，则导线框内磁通量不变，则不产生感应电流，选项 C 错误。3D【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得：.A、D、由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知， a 粒子的轨道半径最小，粒子 c 的轨道半径最大，则 a 的粒子速率最小， c粒子的速率最大， c 的动能最大，故 A 错误，D 正确；B、粒子在磁场中做圆周运动的周期：，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，粒子的周期 T
19、 相等，即： Ta=Tb=Tc，故 B 错误.C、粒子在磁场中的运动时间 ，三粒子运动周期相同，由图示可知，a 在磁场中运动的偏转角最大， a 的运动时间最长；故 C 错误.故选 D.【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短4D【解析】教室在北半球，地磁场竖直分量方向竖直向下，由右手定则可知，a 点电势低，b 点电势高。叶片转动的角速度：=2f，叶片的感应电动势： ；故选 D.【点睛】风扇转动时叶片切割磁感线产生感应电动势，应用右手定则与 E=BLv 可以解题，
20、注意切割磁感线的速度要取叶片两端点线速度的平均值。5A【解析】由图甲（2）可得 F=F0-kv，导体棒切割磁感线产生电动势 E=BLv，导体棒中电流I=BLv（R+r），导体棒受安培力 F 安 =BIL，对导体棒根据牛顿第二定律：F-F 安 =ma，代入得： ，所以导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，20kvmaBLFRr所以 A 正确； ， ，R 消耗的功率 ，所以 B、C、D 错误。2r安 RBLvUr2PRU6D【解析】导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势， e Byv Bdvsin x，大环内的电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半时间内，通过大圆环
21、的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内 a 端电势高于 b 端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于 b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故 D 正确；ABC 错误；故选D。【点睛】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷惑.7C【解析】略8ACD【解析】A、AB 粒子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断 AB 束离子都带正电，故 A
22、 正确；BC、经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足 ，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小 ；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式 可知，半径大的比荷小，所以 A 束离子的比荷大于 B 束离子的比荷，但不能说明质量一定相同，故 B 错误，C 正确；D、在速度选择器中，电场方向水平向右，AB 粒子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故 D 正确。【点睛】本题能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度 v，在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此
23、得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出正确的结论。9AC【解析】根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，取 AB 的中点 O，则 O 点的电势为4V，连接 OD 则为等势线，电场强度与等势面垂直，且有高电势指向低电势，电场强度垂直 OD 斜向上，由物体做曲线运动的条件，电场力斜向下，故电荷为负电荷；故 A 正确；由动能定理，得qU=EB-EA；-4e（6-2）=E B-24e；E B=8eV，故 B 错误；同理，由动能定理，得 qU=ED-EA；-4e（6-4）=ED-24e；E D=16eV，故 C 正确；求得 C 点的电势为 0，由动能定理，得 qU=EC-EA=-4
24、e（6-0）=E C-24e EC=0，由曲线运动可知，粒子到达 C 点动能不为零，故 D 错误；故选 AC。【点睛】关键知道：匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，找到等势线，利用电场力做功与电势能变化的关系以及电场强度与电压的关系求解.10BD【解析】A、滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离接入电路的 的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，根据公式 可知电源内阻消耗的电功率变小，故选项 A 错误；B、由于总电阻变大，总电流变小，则内电压变小，则路端电压增大，故灯泡变亮，即灯泡的电流变大，则通过电阻 的电流变小，即电阻 两端电压减小，则电容器两端电压减小，根据公式 可知电容器所带电量减小
25、，故选项 B 正确；C、电压表 测量路端电压，根据部分电路欧姆定律可知： ，则 ，通过上面的分析可知总电阻变大，即 等于外电路总电阻，变大，故选项 C 错误；D、根据闭合电路欧姆定律可知： ，则 不变，故选项 D 正确。【点睛】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，特别要理解 。11BCD【解析】由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得： ，故 A 错误。磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数。故 B 正确。由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则 a 点的电势高于 b 点的电势，电势差为感应电动势。故 C
26、正确。线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量 Q CU C kL2故 D 正确。故选 BCD。点睛：本题运用法拉第电磁感应定律 时要注意 S 是有效面积，不是线圈的总面积要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，则没有读数12BD【解析】根据 ，知 ，则最大动能 为了使质子获得的动能减小为原来的 1/9，则将其磁感应强度减小为原来的 1/3 倍，或将 D 形盒的半径减小为原来的 1/3 倍；此题选择原则上不可采用的方法，故选 BD.135.015；4.699【解析】（1）游标尺的主尺部分读数： 50mm游标尺的分尺部分读数: ；所以圆柱体的长度为（2）螺旋测微器主尺
27、部分读数为： 分尺部分的读数为： 所以螺旋测微器最终的读数为：4.000mm 14【解析】两表笔短接时 Rx=0，此时电流为满偏电流 Ig，设电池的电动势为 E，欧姆表的总内阻为 R，由闭合电路的欧姆定律得： ，当指针指到 D 点时，为满刻度的四分之一，即 Ig处，由闭合电路的欧姆定律得： ，所以 RD=3R=72。15A【解析】正极插孔接电源的负极，所以 BC 错误；每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，故 A 正确，D 错误，故选 A.【点睛】本题的关键是搞清欧姆表的电路连接情况。16(1)ABDFH (2)如图 (3)1.5；0.9【解析】(1)电源的电动势约 1.5V，则电压表
28、选择量程 03 V 的 D；选择内阻已知的电流表 B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择 010 的 F。(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差。(3)据 可得： ，则图线的纵截距 ，图线的斜率，电源的内阻【点睛】本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差。在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻。17（1） （2）【解析】当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；当电场竖直向下时，
29、小球受到向下的力为 2mg；当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；小球平行斜面方向的分力不变，故加速度不变，根据速度位移关系公式求解位移，根据速度时间关系公式求解加速时间设电场强度为 E，则电场反转前：mg=qE电场反转后，设小球离开斜面时的速度为 v，则：qvB=（mg+qE）cos加速度：a= =2gsin由匀变速规律有：v2=2asv=at由以上各式解得小球能沿斜面连续滑行的距离：s=所用时间：t=【点评】该题考察了带电物体在复合场中的运动情况，解决此类问题要求我们要对带电物体进行正确的受力分析，要注意找出当小球离开斜面时的临界情况；然后结合牛顿第二定
30、律和运动学公式列式求解18（1） ； （2）2v 0 （3）【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为 t 1x 方向 解得 解得（2）粒子从 P 点到 O 点过程中 经过坐标原点的速度大小 （3）设 Q 点到坐标原点的距离为 y，从 Q 点再次进入电场过程中 解得设粒子进入磁场时速度与 x 轴夹角为 ，根据解得 60.磁场中由几何关系得 .解得设粒子进入磁场时，根据求出粒子在电场中运动 将 代入解得 ，点睛：题是带电粒子在电场和磁场中做匀速圆周运动和类平抛运动的特例，巧妙的是从原点进入磁场：类平抛运动的水平位移和竖直位移由 P 的位置坐标决定；其次是从磁场离开后再返回出发点，两个坐标有一定的位
31、置关系，在磁场中圆周运动的半径与 Q 点的坐标和进入磁场的速度方向有一定的几何关系要通过画图才能表示出来19（1） （2）（i） ；（ii）24mgRvBL2169mgRvBL2493mgRhBL【解析】（1）当 b 的加速度为零时，速度最大，设此时速度为 ，则mv2mEv电流 EIR分别以 b、c 为研究对象 ， 2LTBI2LgBI联立解得 24mgv（2）i.在加速过程的任一时刻，设 ab 的加速度大小分别为 、 ，电流为 i，轻绳的拉abc力为 T，分别以 a、b、c 为研究对象，根据牛顿第二定律， ， FBiL2bcLTBimabcgT联立解得 4abc设 a 达到最大速度 时，b 的速度为 ，由上式可知 avbv4abv当 a 的集散地为零时，速度达到最大： 2mgBiL根据法拉第电磁感应定律 abEBLv联立解得 ， 2169amgRv249bii.设重物下降的高度为 h 时，a 的位移为 ，故ax4h根据功能关系： 22211bbcgxEmvv联立解得 2493abgREhBL电
