重庆市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 19页

重庆一中高2021级高二上期半期考试 物理测试试题卷 注意事项 ‎1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。‎ ‎2.作答时,务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。‎ ‎3.考试结束后,将答题卡交回。‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。‎ ‎1.关于电场和磁场的概念,以下说法正确的是 A. 小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向 B. 电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度方向 C. 电流元在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零 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】‎ ‎【详解】A．小磁针静止时N极所指方向与该处磁场方向相同，也就是该处磁感应强度的方向，故A正确；‎ B．正电荷在电场中所受电场力的方向与该处的电场方向相同，而负电荷受电场力与该处的电场强度方向相反，故B错误；‎ C．通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能导线的放置方向与磁场方向平行，不受安培力，磁感应强度不一定为零，故C错误；‎ D．对于公式，其条件是导线垂直磁场的方向，所以若长为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不一定为，故D错误．‎ ‎2.设法维持一段矩形金属导体温度不变，随着加在导线两端的电压减小，则有 A. 金属导体电阻变小 B. 金属导体材质的电阻率变小 C. 导体电流不变 D. 导体内自由电子定向移动的速率减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．导体的电阻与导体两端的电压无关，所以减小导体两端的电压不影响导体的电阻，故A错误；‎ B．导体的电阻率与导体的电压无关，所以减小导体两端的电压不影响导体的电阻率，故B错误；‎ C．根据欧姆定律可知，，电压减小，电阻不变，电流减小，故C错误；‎ D．加在导线两端的电压减小而电阻不变，电流减小，由I=neSv，单位体积内的自由电子数目不变，导体的横截面积S不变，则导体内自由电子定向移动的速率变小，故D正确．‎ ‎3.如图所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，电子枪发射电子经加速电场加速后，再经过偏转线圈打到荧光屏上．当偏转线圈产生的偏转磁场方向和强弱不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描．下列关于荧光屏上光点说法正确的是 A. 光点打在A点，则磁场垂直纸面向里 B. 从A向O扫描，则磁场垂直纸面向外且不断增强 C. 从O向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱 D. 从A向B扫描，则磁场先垂直纸面向外后垂直纸面向里 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光点打在A点，在偏转磁场中洛伦兹力向上，电流向左，根据左手定则，磁场垂直纸面向外，故A错误；‎ B．从A向O扫描，在偏转磁场中洛伦兹力方向一直是向上，电流向左，故根据左手定则，磁场一直垂直纸面向外，但转弯半径变大，由于是洛伦兹力提供向心力，故 则有 说明磁感应强度是减小的，故B错误；‎ C．从O向B扫描，在偏转磁场中洛伦兹力方向一直是向下，电流向左，故根据左手定则，磁场一直垂直纸面向里，但转弯半径变小，由于，说明磁感应强度是增强的，故C错误；‎ D．从A向B扫描，其中从A向O点扫描过程磁场垂直纸面向外，从O向B扫描过程磁场垂直纸面向里，故D正确．‎ ‎4.在地球赤道上进行实验，如图所示，线圈平面沿南北方向竖直放置，线圈中心O处水平放置一可自由转动的小磁针，处于静止状态，该处地磁场的磁感应强度大小为B0；给线圈通电后，小磁针水平偏转了θ角．则 A. 仅改变电流方向，小磁针转向不会变化 B. 仅改变电流大小可以使小磁针垂直于线圈平面 C. 通电线圈在中心O处产生的磁感应强度大小为 D. 通电线圈在中心O处产生的磁感应强度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手螺旋定则，可知，当仅改变电流方向，线圈内部磁场方向发生改变，则由矢量的合成法则，可知，小磁针处合磁场方向改变，导致小磁针转向发生变化，故A错误；‎ B．当只改变电流大小时，线圈内部的磁场方向垂直线圈平面，但由于外加的匀强磁场，依据矢量的合成法则，可知，不可以使小磁针垂直于线圈平面，故B错误；‎ CD．通电线圈在中心O处产生的磁感应强度B与B0的关系如图所示，有：‎ 故C错误，D正确．‎ ‎5.如图所示是半偏法测电流表内阻的电路图，测量的过程包含以下几个主要的步骤：‎ ‎①闭合k1，调节R1的阻值，使电流表满偏；‎ ‎②闭合k2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表半偏；‎ ‎③此时R2的读数即为电流表内阻测量值；‎ ‎④将R1的阻值调到最大；‎ 以上步骤，合理的顺序是 A. ①④②③ B. ④①②③ C. ④②①③ D. ④③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】半偏法测量电流表内阻时，为了保护电流表，应首先把干路中的变阻箱R1调到最大，然后闭合k1接通电路，并调节R1使电流表达到满偏电流Ig，次，闭合k2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表示数半偏，由于变阻箱R2和电流表并联其电压相等，电流均为故电流表的内阻值等于此时的R2；故合理的顺序为④①②③，故B正确．‎ ‎6.如图所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，（假设电路中仅有一处故障）下列说法正确的是 A. 将多用表的电压档并联在ac两端，示数0，说明ac间断路 B. 将多用表的电压档并联在cd两端，有示数，说明cd间完好 C. 将多用表的电压档并联在bc两端，有示数；并联在cd两端，示数0，说明cd间断路 D. 断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆档，调零后将红黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1断路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将多用表的电压档并联在ac两端，示数0，说明除ac段其他部分有断路，故A错误；‎ B．将多用表的电压档并联在cd两端，有示数，说明电表与电源形成的回路完好，cd断路，故B错误；‎ C．将多用表的电压档并联在bc两端，有示数，说明电表与电源形成的回路完好，bc部分有断路；并联在cd两端，示数0，说明bd间断路，故C错误；‎ D．断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆档，调零后将红黑表笔连接L1两端，如果指针不偏转，说明L1断路，故D正确．‎ ‎7.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB﹣t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错误；B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v-t图，可知一个周期内位移为0，有可能到不了B板，故B正确；‎ C．加C图电压，可知电子一直向前运动，可知一定能到达B板．故C错误；‎ D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达，故D错误．‎ ‎8.在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正点电荷,其电量分别为QA、QB，两点电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最低点，若将质量为m、电荷量为＋q的带电小球（可视为质点）在x=2L的C点由静止释放，其向左运动，则在接下来的过程中，下列说法正确的是 A. 小球一定能到达x= - 2L点处 B. 小球在x=L处的加速度最小 C. 小球在向左运动过程中动能先增大后减小 D. 电量QA∶QB=2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若水平面光滑根据动能定理得qU=0，知U=0，所以小球能运动到电势与出发点的电势相等的位置，由于x=-2L处的电势高于x=2L，所以不能到达x=-2L点处，根据能量守恒定律可知，若水平面粗糙，则小球到达最左端的位置会比光滑时的还要近，故A错误；‎ BC．据φ-x图像切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，所以在C处场强向左，小球向左加速运动，由于在运动过程中受到摩擦力，且摩擦力向右，大小不变，故在x=L右侧某位置，合力为零，此时速度最大，加速度最小，所以小球向做加速运动后做减速运动，故动能先增大后减小，故B错误，C正确；‎ D．x=L处场强为零，根据点电荷场强则有 解得 故D错误．‎ 二、多项选择题: 本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎9.如图所示，两个完全相同、相互垂直的金属圆环M、N相隔一定距离用相等长度的绝缘细线分别悬挂在天花板下面(两个悬挂点的距离略大于金属环的直径)，其中M环被固定，当M、N中同时通入如图所示方向的电流时，从上往下看，圆环N将 A. 顺时针转动 B. 逆时针转动 C. 靠近圆环M D. 远离圆环M ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则，M产生的磁场的方向N极垂直于纸面向外，N产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，因M被固定，则N环逆时针转动；转动后靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，则N环将靠近M环，故BC正确．‎ ‎10.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是 A. I减小 B. U1、U2均减小 C. 变小，变大 D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3‎ 变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；‎ C．根据闭合电路欧姆定律可知 解得 恒定不变，故C错误；‎ D．根据伏安特性曲线可知 恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得 则 故D正确．‎ ‎11.如图所示的电路中，定值电阻R0=2Ω，电阻箱的功率P随自身阻值R变化的函数关系如P-R图所示，由此可知 A. 减小R，电源效率减小 B. 增大R，电源效率减小 C. 电源电动势E=6V D. 电源电动势E=4V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 详解】由图知当 可变电阻R的功率最大，，当可变电阻R=1Ω时PR=1W，由功率的定义得此时流过的电流 两端电压 则路端电压 干路电流 由闭合电路欧姆定律得，解得 因电源的效率随外电阻的增大而增大，减小R，外电阻就减小，所以电源效率减小，故AD正确．‎ ‎12.如图所示，真空中有一个正方体，在它的两个顶点a1、c1处分别固定等量异种点电荷，图中a、b、c、d为底部四个顶点，e、f、g、h均为所在边的中点，下列说法正确的是 A. a、c两点电场强度不同，电势相等 B. b、d两点电场强度相同，电势相等 C. 一个负电试探电荷在e、f两点所受电场力相同，沿直线从e运动到f该电荷的电势能一直增加 D. 一个负电试探电荷在g、h两点所受电场力大小相同，电势能不相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据等量异种电荷的电场线分布，结合a、c两点连线在两点电荷连线的下方，可知，a、c两点的电场强度大小相等，方向不同，，b、d两点的场强用场强的矢量叠加原理可知大小相等，方向相同；且这两点在等量异种电荷的中垂面上，故 故A错误，B正确；‎ C．根据等量异种电荷电场线的特点，e点和f点处的场强大小相等，且e点的电势大于f点的电势，把负点电荷从e移到f过程，电势降低，负电荷的电势能增加，故C正确；‎ D．根据等量异种电荷电场线的特点，g点和h点处的场强大小相等，且h点的电势大于g点的电势，负点电荷在这两点的电势能不相等，故D正确．‎ 三、实验题（本题共2小题，共19分，13题（1）每空1分，其余每空2分。请在答题卷上相应位置作答）‎ ‎13.某同学想设计一个实验测量某金属棒的电阻率，提供的器材有：‎ A．电流表A1（满偏电流=200μA，内阻=100Ω）‎ B．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.4Ω）‎ C．电阻箱 R0（0～99999.9Ω）‎ D．滑动变阻器R（0～5Ω，最大允许电流2A） ‎ E．干电池组（电动势6V，内阻约为0.05Ω）‎ F．一个开关k和导线若干 ‎（1）如图甲所示，用螺旋测微器测得金属棒的直径D=______mm； 如图乙所示，用20分度游标卡尺测得金属棒的长度L=______ mm．‎ ‎（2）该同学找来一个多用表，用欧姆档“×10Ω”粗测金属棒的电阻，发现指针偏转角度过大，他应换用_______挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡后欧姆调零再次测量时指针静止如图丙所示，则金属棒的阻值Rx约为_____Ω．‎ ‎（3）为了精确地测量金属棒的电阻，从而计算出电阻率，该同学将电流表A1与阻值调为R0=____Ω的电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，并在虚线框画出测量原理图________．‎ ‎【答案】 (1). 2.150 (2). 102.30 (3). ×1 (4). 17_ (5). 29900或29900.0 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图知，螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度读数为 故金属棒的直径为2.150mm；‎ ‎[2]游标卡尺的主尺读数为10.2cm=102mm，游标尺第6条和主尺对应最齐，故游标尺读数为 ‎6×0.05mm=0.30mm 故金属棒的长度为102.30mm；‎ ‎(2)[3]指针偏转角度过大，说明表盘指针刻度值过小，使指针偏转至中间刻度附近应换用小倍率，即换用×1Ω；‎ ‎[4]由图知，刻度值约为17Ω，又倍率为×1Ω，故金属棒的阻值约为17Ω；‎ ‎(3)[5]根据电路特点，串联电阻分担电压为：‎ 根据欧姆定律有 ‎[6]测量原理图如图所示 ‎14.小汽车仪表台内的鼓风机靠的是一种电池来供电，某同学为了测定这种电池的电动势和内阻，利用如图甲所示电路进行实验，A为电流表，R为电阻箱（阻值范围0﹣999.9Ω）．‎ ‎（1）闭合开关k，调整电阻箱的阻值R，读取电流表的示数I，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，现有两个电流表可供选择：A1（量程10mA，内阻约为200Ω），A2（量程200mA，内阻约为0.1Ω），由图乙可推断该同学选择的是电流表______（选填“A1”或“A2”）接入电路．‎ ‎ ‎ ‎（2）根据图乙的直线可求得该电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．该方案测得电池的内阻r_____ r真(填“>”、“<”、“=”)． ‎ ‎（3）冬天为了防止汽车仪表玻璃起雾，可用通电电阻加热，用图丙所示10根阻值皆为16Ω的电阻条和另一个电池（电动势E0=10V,内阻r0=20Ω）来设计一个电路，使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，且要求电阻条数最少，请在图丙中画出电路连线______．‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). 8 (3). 40 (4). ＞ (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据图乙可知，电流的最大值为 故电流表选择A2；‎ ‎(2)[2][3]由图甲所示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势为，则有 由图乙所示图像可知，图像截距为 图像斜率为 则电源电动势为 电源内阻为 ‎[4]由于电流表的内阻影响，电源内阻测量值实际为内阻和电流表内阻之和，故该方案测得电池的内阻大于真实值；‎ ‎(3)[5]当外电路电阻与内阻相等时，外电阻消耗的功率最大，则外电路总电阻为，每根电阻条的阻值都为16Ω，4个电阻并联的阻值为4Ω，然后再与一个电阻串联，即需要将4根据电阻条并联然后再与一个电阻串联，然后接到电源上，电路图如图所示．‎ 四、计算题（本题共4小题，依次为8分，8分，10分，14分，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。‎ ‎15.如图所示，M、N两平行金属板间存在匀强电场，场强E=100N/C，方向竖直向下．电场中A、B两点相距10cm，AB连线与电场线夹角θ=60°，A点和M板相距8cm，求：‎ ‎（1）若M板接地(电势为0)，A点电势；‎ ‎（2）将点电荷q=+6×10-8C从A移到B，电场力做的功．‎ ‎【答案】(1) －8V (2) －3×10-7J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A点的电势等于A点与M点的电势差，故 ‎(2)A、B两点的电势差 ‎=－5V A到B，电场力做功 WAB=qUAB=－3×10-7J ‎16.如图所示，电源电动势E=12V，内阻不计，电阻R1=20Ω，R2=30Ω，R3=50Ω，R4=25Ω，R5=10Ω，电容C=6.0μF，当电键k闭合后．求：‎ ‎（1）电容器两极板间的电压；‎ ‎（2）由于某种原因电阻R4发生断路故障，求故障发生后通过R5的电量．‎ ‎【答案】(1) 3.2V，下极板带正电 (2) 4.8×10-5C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设R1、R3的电压分别为U1、U3，则 ‎=4.8V ‎=8V 电容器两极板间的电压大小 UC==32V 下极板带正电 ‎(2)R4断路后，两极板间电压大小 ‎=8V 上极板带正电 通过R5的电量 Q=C()=4.8×10-5C ‎17.如图所示，在相距L=0.2m的水平金属导轨（电阻忽略不计）上放置一导体棒ab, 质量=0.5kg，电阻R=1.0Ω，它与导轨间动摩擦因数μ ‎=0.5，定滑轮摩擦不计，水平轻绳跨过定滑轮，一端悬挂重物，另一端与导体棒ab中点相连． 整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度B=2T、方向垂直于ab，与导轨平面夹角θ=53°，导轨所接电源的电动势为E=15V（内阻不计），ab始终处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）安培力的大小和方向；‎ ‎（2）重物质量m0的取值范围．‎ ‎【答案】(1)0.55kg （2）0.41kg≤m≤0.55kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)ab棒的电流 ‎ ‎=15A ab棒的安培力 F=BIL=6N 方向垂直ab棒与水平面成斜向左上方 ‎(2)设重物质量最大为m1，则最大静摩擦力水平向左，ab棒受力平衡，有 解得 ‎=0.55kg 设重物质量最小为m2，则最大静摩擦力水平向右，ab棒受力平衡，有 其中 ‎=‎ 解得 ‎=0.41kg 综上，重物质量取值范围为 ‎0.41kg≤m≤0.55kg ‎18.如图所示，整个空间存在水平向右的匀强电场E=1.0×103N/C，半径为R=0.2m的光滑半圆形细管MPN固定在竖直平面内，管口M、N的连线水平，在细管右侧某处有一光滑绝缘的水平轨道CD，轨道左端C处静止放置一个绝缘不带电、质量mB=1.0kg的小球B，轨道右侧足够长．现将质量为mA=1.0kg、电量q=5.0×10-3C的带正电小球A从管口M（小球直径略小于细管直径）静止释放，从管口N离开细管之后恰能沿水平方向从C点进入轨道CD，与小球B发生弹性碰撞（碰撞过程无电荷转移、无机械能损失），两小球均可视为质点，在以后运动过程中两小球始终在水平轨道上，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球经过细管最低点P时对细管的压力；‎ ‎（2）第一次弹性碰撞前的瞬间小球A的速度vA0大小；‎ ‎（3）设小球A、B在C点右侧K处（图中未画出）发生第16次碰撞，求CK的距离．‎ ‎【答案】(1) 40N，竖直向下 (2) 1 m/s (3) 48m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A球A→P，由动能定理得 A球在P点，牛顿第二定律得 解得 ‎=40N 牛顿第三定律得细管受到的压力 ‎=40N 方向竖直向下 ‎(2)A球M→N，由动能定理得 解得 m/s A球N→C，做斜上抛运动，则竖直方向：‎ ‎=0.2s 水平方向 ‎=5m/s2‎ 第一次碰撞前A球速度为 ‎=1m/s ‎(3)取水平向右为正方向，对A、B球第1次弹性碰撞，有 解得 vA1=0， vB1=1 m/s 设第1、2次碰撞的时间间隔为t1，第1次碰撞后A球初速度vA1=0、做加速度a=5m/s2的匀加速直线，B球以vB1=1 m/s做匀速直线运动，则有 ‎‎ 解得 ‎=0.4s 设第2次碰撞前A、B球速度分别为、，则 ‎=2m/s ‎=1m/s 对A、B球第2次弹性碰撞，有 解得 vA2=1 m/s， vB2=2m/s 设第2、3次碰撞的时间间隔为t2，则有 解得 ‎=0.4s 可得第3次碰撞前瞬间A、B球速度分别为=3m/s ， = vB2=2m/s同理，‎ 对第3次弹性碰撞，碰撞后瞬间A、B球速度分别为 vA3=2m/s，vB3=3m/s 故每相邻两次碰撞后B球速度是等差数列，公差为d=1m/s，第15次碰撞后vB15=15m/s，每相邻两次碰撞的时间间隔相等t=0.4s ‎ 综上，CK距离 S==48m ‎ ‎ ‎ ‎