【100所名校】2018-2019学年湖南省长沙市重点中学高二下学期开学考试物理试题（解析版）

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1、一、多选题1如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是(    ) A甲、乙两单摆的振幅之比为2:1Bt2s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零C甲、乙两单摆的摆长之比为4:1D甲、乙两单摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等2在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为，用户得到的电功率为，则P、的关系式正确的是（    ）A    B    C    D3一个带正电粒子以初速度v0垂直于电场方向向

2、右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有理想的分界线，且分界线与电场方向平行，如图中的虚线所示。在如图所示的几种轨迹中，正确的是（    ）A    BC    D4如图所示，A、B两导体圆环共面同心，A中通有逆时针方向的电流I，当A中电流大小I发生变化时，B中产生的感应电流方向为（    ）A若I逐渐增大，则B中产生的感应电流方向为顺时针方向B若I逐渐增大，则B中产生的感应电流方向为逆时针方向C若I逐渐减小，则B中产生的感应电流方向为顺时针方向D若I逐渐减小，则B中产生的感应电流方

3、向为逆时针方向二、单选题5如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内，导轨光滑，电阻不计，上面横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路。导体棒ab和cd的质量之比为m1:m2=2:1，电阻相同，一匀强磁场垂直导轨平面向上，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，最后两棒ab和cd达到稳定后的速度分别为v1、v2，下列说法正确的是（    ）A对m 1、m2组成的系统，动量守恒，则稳定后的速度之比v1:v2=1:2B两棒从开始至达到稳定状态的过程中，产生的总势量等于系统动能的减少C同一时间段，通过两棒的电量不一定始终相同D棒ab产生的热量不等于棒ab动能

4、的减少6如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（    ）（设金属块的电阻率不变）AI    B2I    C4I/9    D9I/47如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，R2为定值电阻。当R3的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是（    ）A若仅将R3的滑动触头P向b端移动，则

5、减小，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量增大C若仅用更强的光照射R1，则增大，U增大D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与变化量的绝对值的比值不变8如图所示，倾角为的导电轨道间接有电源，轨道上有一根金属杆ab始终处于静止状态，现垂直轨道平面向上加一磁感应强度为B的匀强磁场，金属杆恰好不受摩擦力，以下说法正确的是（）A若B逐渐增大，摩擦力方向沿斜面向上B若B逐渐减小，摩擦力方向沿斜面向下C若B垂直于轨道平面向下，摩擦力方向向上D若B垂直于轨道平面向下，摩擦力方向向下9长为L的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为B

6、，如图所示，当通过ab的电流为I时，导线ab所受安培力的大小为（    ）ILB  ILBsin  IdB/sin  IdB/cosA    B    C    D10如图所示，一个理想变压器，初级线圈的匝数为n1，a、b接正弦式交流电源，次级线圈匝数为n2，与负载电阻R相连接，R=40。图中电压的示数为100V，初级线圈的电流为0.4A，下列说法正确的是（    ）A次级线圈中的交变电流的最大值为1AB初级和次级线圈的匝数比n1:n2=2:5C如果将另一个组值为R

7、的电阻与负载电阻并联，图中电流表的示数为2AD如果将另一个阻值为R的电阻与负载电阻串联，变压器输出的电功率是80W11如图所示，让闭合线圈abcd从高h处下落后，进入匀强磁场中，在bc边开始进入磁场，到ad边刚进入磁场的这一段时间内，表示线圈运动的vt图象不可能是（    ）A    BC    D12如图A1、A2是两个理想电流表，AB和CD两支路直流电阻相同，R是变阻器，L是带铁芯的线圈，下列结论正确的有（    ） A闭合S时，A1示数大于A2示数B闭合S后（经足够长时间），A1示数等于A2示数C断开S时，A

8、1示数大于A2示数D断开S后的瞬间，通过R的电流方向与断开S前方向相同第II卷（非选择题)三、实验题13(1)如图所示，分别由图读出千分尺和游标卡尺的读数_；_.(2)在用伏安法测量金属丝的电阻（约为10）时，备下下列器材：A量程为00.6A，内阻为0.5的电流表；B量程为00.3A，内阻为0.1的电流表；C量程为03V，内阻为6k的电压表；D量程为015V，内阻为30k的电压表；E阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器；F阻值为010，额定电流为2A的滑动变阻器；G蓄电池6V；H开关一个，导线若干。为了尽可能提高测量精度，且要求测量多组实验数据，电流表应选用_；电压表应选用_；滑动变阻

9、器应选用_。（只填字母代号）(3)在答题卡的方框内画出符合要求的实验电路图_。14在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_（2）如图是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E_V，内阻r_.四、解答题15如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为、电阻为的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的图象以逆时针方向为正；(2)求出线框中感应电流的有效值16如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1，闭合电键S后，标有“8V，12W”的

10、灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4，求：（1）电源的输出功率P0；（2）10s内电动机产生的热量Q；（3）电动机的机械功率17如图所示，间距L=1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度水平向左匀速运动R1=8R2=12C=6F导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计开关S1，S2闭合，电路稳定后，求：（1）通过R2的电流I的大小和方向；（2）拉力F的大小；（3）开关S1切断后通过R2的电荷量Q18如图所示，虚线L右侧空间有水平向右电场强度E12.5N/C的匀强电场，左

11、侧空间有一竖直向上电场强度E21.25N/C的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场B，在E1场区有四分之一的光滑绝缘圆轨道，半径为R0.2m，圆心在虚线O点，过低端点Q的切线水平，现将一视为质点的带正电荷粒子从轨道的最高点P由静止释放，粒子沿轨道向底部运动，已知粒子的质量为m1104kg，粒子带电量q1+3104C，取g10m/s2求：（1）粒子沿轨道向下运动过程中对轨道的最大压力；（2）若粒子运动到Q点瞬间仅使其电量变为q2+8104C，要使粒子再次通过虚线位置落到圆轨道内，磁感应强度B大小应满足什么条件。2018-2019学年湖南省长沙市长郡中学高二下学期开学考试物理试题物理答案1AB【解析

12、】由图知甲、乙两摆的振幅分别为4 cm、2 cm，振幅之比为2:1，故选项A正确；t=2 s时，甲摆在平衡位置处，则甲单摆的重力势能为零；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；由单摆的周期公式T2，得到甲、乙两摆的摆长之比为1：4，故选项C错误；因摆球摆动的最大偏角未知，无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系，故选项D错误；故选AB。2BD【解析】输电线电阻 R，输电电流为I故输电线上损失的电功率为：PI2R()2用户得到的电功率为P用PPP(1)故B、D正确3AD【解析】根据电场中粒子的运动情况可以知道ACD中粒子带正电，进入磁场根据左手定则判

13、断受力方向，继而可得AD正确，C错。B图中粒子带负电，进入磁场后应该向下偏，则B错。4AD【解析】若I逐渐增大，穿过线圈B的合磁场方向垂直向外，磁通量增大，所以在线圈B上产生的感应电流顺时针，A对；同理可判断其他选项5B【解析】分析两棒的运动情况：开始阶段ab棒受向左的安培力做减速运动，cd棒做向右的安培力做加速运动，系统所受的合外力为零，则动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，稳定后的速度之比v1:v2=1:1，故A错误两棒从开始至达到稳定状态的过程中，回路中由于电磁感应产生热量，根据能量守恒定律可知，系统产生的总热量等于系统动能的减少，故B正确通过两棒的电流时刻相等，则同一时间段，通过

14、两棒的电量一定相同，故C错误ab棒动能的减小转化为系统的内能和cd棒的动能，故D正确故选BD点睛：解决本题关键要分析两棒的运动情况，再运用能量守恒定律求解，应用能量守恒定律解题时，一定要搞清能量的流程6D【解析】设b长为L，根据电阻定律可知：，则接AB时，电阻RAB=；当接CD时，电阻RCD=；由欧姆定律可知：，则。故选：D。【点睛】本题考查电阻定律的应用，要注意明确电阻大小与截面积及导体长度有关系。7D【解析】A项，若仅将R3的滑动触头P向b端移动，R3所在支路有电容器，被断路，所以I、U保持不变，故A错；B项，根据 ，若仅增大A、B板间距离，电容C减小，根据Q=CU可知：电容器所带电荷量减

15、少。故B错C项，若仅用更强的光照射R1，电阻随光照强度的增大而减小，则增大，U应减小，故C错；D项，U变化量的绝对值与变化量的绝对值的比值表示电源的内电阻，是不变的。故D项正确。故选D8C【解析】加上磁场之前，对杆受力分析，受重力，支持力，静摩擦力。根据平衡条件可知A. 加上磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上。磁感应强度逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加，安培力的方向平行斜面向上，摩擦力沿斜面向下，故A错误。B. 加上磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上。磁感应强度逐渐减小的过程中，安培力逐渐减小，棒有向下运动的趋势，摩擦力沿斜面向上，故B错误。CD. 若B垂直于轨道平面向

16、下，安培力的方向平行斜面向下，安培力的方向平行斜面向下，棒有向下运动的趋势，摩擦力沿斜面向上，故C对，D错。9D【解析】安培力的计算：当IB时，F=BIL，当I与B不垂直时，F=BILsin，为I与B的夹角，题目中属于I与B垂直的情况，所以F=BIL，所以正确；由于L=，所以安培力也等于，所以正确故选D点睛：注意公式中的L是有效长度，即为通电电流的长度在垂直磁场方向的投影的长度，题中的L即是此长度10C【解析】变压器的输出功率等于输入功率，则：U1I1=U2I2=I22R，解得：I2=1A，U2=40V；所以最大值Im=A，故A错误；由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比

17、为5：2，故B错误；如果将另一个阻值为R的电阻与负载电阻并联，则总电阻R总=20，则I2=2A，故C正确；如果将另一个阻值为R的电阻与负载电阻串联，则总电阻R总=80，则P2=20W，故D错误；故选C.点睛：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率11C【解析】当进入磁场时，切割磁感线，安培力竖直向上，当安培力等于重力时线圈匀速进入磁场，此时有F=mg，F=BIL,I=E/R,E=BLv,v=,当时安培力大于重力，线圈减速下降，速度越小安培力越小，加速度减小，最后匀速D对；当时安培力小于重力，线圈加速下降，速度越大安培力越大，加

18、速度减小，最后匀速B对12B【解析】A.闭合开关的瞬间，所在的电路上线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大。的示数小于的示数，故A错误。B. 开关闭合稳定后。不在阻碍。的示数等于的示数，故B正确。CD.断开开关，中原来电流立即消失，中产生自感电动势，相当于电源，、串联, 示数等于的示数，且流过的电流反向，故CD错误。故选B。13(1)0.700mm；19.90mm    (2)A；C；F    (3)【解析】（1）千分尺的度数：，游标卡尺的度数：（2）电源的电动势为，选量程的电压表度数误差较大，电压表应选C，量程为，内阻为。通过电阻丝的最大电流为，电流表应选

19、A，量程为，内阻为。为方便实验操作，滑动变阻器应选F，阻值为，而定电流为。（3）电压要求从0开始测量，滑动变阻器采用分压式接法，,电流表应采取外接法，实验电路图如图所示。14(1)    (2)1.5；1.0【解析】电压表测量路端电压，滑动变阻器与电流表串联，接线如图所示（2）由电源的图线与纵轴的交点为电动势，图线的斜率为电源的内阻，由图可知电源的电动势为，内阻为。15（1）如图所示（2）【解析】（1）如图所示（2）设电流以的有效值为I，则有得16（1）电源的输出功率P0是16W（2）10s内电动机产生的热量Q是10J（3）电动机的机械功率是3W【解析】（1）由题意，并联部

20、分电压为 U=8V，内电压应为：U=EU=10V8V=2V总电流为：I=A=2A电源的输出功率为：P0=UI=82W=16W（2）流过灯泡的电流为：I1=A=1.5A则流过电动机的电流为：I2=II1=0.5A电动机在10s内产生的热量为：Q=R0t=0.52410J=10J（3）电动机的总功率为：P总=UI2=80.5W=4W电动机的发热功率为：P热=0.524W=1W电动机的机械功率为：P机=P总P热=3W【点评】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（1）0.1A    （2）0.1N   &nbs

21、p;（3）7.210-6C【解析】（1）开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由MN，所以通过R2的电流方向是由ba.MN中产生的感应电动势的大小E=BLv.流过R2的电流I=.代入数据解得I=0.1A。.(2)棒受力平衡，有， .代入数据解得(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1=CIR2.S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q=Q1-0代入数据解得Q=7.210-6C.18（1）2.25103N    （2）B1T【解析】（1）粒子在电场E1中受电场力为：  则受重力及电场力合力大小合力的方向与竖直方向成角解得： 设粒子到达C点对轨道压力最大，设此时速度为，轨道对粒子的支持力，由动能定理有：由牛顿第二定律有：解得：由牛顿第三定律可知，P对轨道最大压力为（2）粒子到达轨道底时速度设为由动能定理得：解得：在电场中，因电场力故粒子在L左侧复合场中受磁场作用做匀速圆周运动，再次到时速度大小仍为，然后在左侧电场中受力及状态如图水平方向受力为加速度： 运动位移为时，需要时间为则有：代入数据解得；（舍去），竖直方向受重力以加速度加速下落，时间内下落位移：要使B落到圆轨道内，即而由洛伦兹力充当向心力可知，联立解得：