2019-2020学年黑龙江省佳木斯市建三江一中高二上学期期中考试 物理 解析版 11页

‎ 2019—2020学年度第一学期期中考试 高二物理试卷 考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。‎ （1） 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚；‎ （2） 请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，在草稿纸、试题上答题无效。‎ （3） 保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（32分)‎ ‎1．（4分）如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是(　 　)‎ A．减小平行板电容器两极板的正对面积 B．减小平行板电容器两极板间的距离 C．在平行板电容器中插入电介质 D．增大平行板电容器两极板的正对面积 ‎2．（4分）如图，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球（可视为点电荷），套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是 A．小球的速度先增大后减小 B．杆对小球的作用力先增大后减小 C．C、D两点的电场强度大小相等、方向相反 ‎ D．小球在C点的电势能大于在D点的电势能 ‎3．（4分）图中三条实线a、b、c表示三个等势面．一个带电粒子射入电场后只在电场力作用下沿虚线所示途径由M点运动到N点，由图可以看出（ ）‎ A．三个等势面的电势关系是φa＞φb＞φc B．三个等势面的电势关系是φa＜φb＜ωc C．带电粒子在N点的动能较小，电势能较大 D．带电粒子在N点的动能较大，电势能较小 ‎4．（4分）如图所示，直角三角形的斜边倾角∠C＝30°，底边BC长为2L、处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处固定一正点电荷，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下．滑到斜边上的垂足D时速度为v。则 A．质点的运动是先匀加速后匀减速运动 B．质点在运动中动能与电勢能之和不发生变化 C．质点运动到非常近斜边底端C点时的速度为 D．质点运动到非常挨近斜边底端C点时的加速度为g/2‎ ‎5．（4分）在赤道上方沿东西水平放置一根直导线并通以自东向西方向的电流，那么该处地磁场的方向及该导线所受地磁场作用力的方向为　　‎ A．地磁场向南，磁场作用力向上 B．地磁场向南，磁场作用力向下 C．地磁场向北，磁场作用力向上 D．地磁场向北，磁场作用力向下 ‎6．（4分）‎ 如图所示，光滑的水平面上有竖直向下的匀强磁场，水平面上平放着一个试管，试管内壁光滑，底部有一个带电小球。现在对试管施加一个垂直于试管的水平拉力F，在拉力F作用下，试管向右做匀速运动，带电小球将从管口飞出。下列说法正确的是 A．小球带负电 ‎ B．小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功 C．小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线 D．维持试管做匀速运动的拉力F应为恒力 ‎7．（4分）如图所示，导线框abcd与导线在同一平面内，直导线通恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是（　　）‎ A．始终dcba B．先abcd，后dcba C．先abcd，后dcba，再abcd D．先dcba，后abcd，再dcba ‎8．（4分）如图是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是 A．只增大电势差即可增大带电粒子的出射速度 B．只减小磁感应强度B即可增大带电粒子的出射速度 C．带电粒子由静止开始加速，加速一次与加速两次后的速度之比为1:2‎ D．增大电势差可缩短带电粒子在加速器中运动的时间 二、多选题（16分)‎ ‎9．（4分）如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是 A．通过电动机的电流为10 A B．电动机的输入功率为20 W C．电动机的热功率为4 W D．电动机的输出功率为16 W ‎10．（4分）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是 A．R两端的电压变小 B．灯泡L变暗 C．电容器C的电荷量将减小 D．有电流向右流过R0‎ ‎11．（4分）如图所示，等腰直角三角形abc区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是 A．速度的最大值为 B．速度的最小值为 C．在磁场中运动的最短时间为 D．在磁场中运动的最长时间为 ‎12．（4分）如图所示为污水流量监测装置，两块面积为S的矩形金属极板M、N水平放置，污水从两板间区域向右流过（速度为v），板间距离为d且有一垂直于纸面向里的匀强磁场，两板用导线与理想电压表相连，则 A．电压表正极接线柱接金属极板M B．污水中离子浓度越大，电压表的示数越大 C．电压表读数与极板面积S无关 D．水流速度不变，只增加板间距离d时电压表读数变小 第II卷（非选择题)‎ 三、实验题（16分)‎ ‎13．（8分）某同学利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。由于电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ A．电流表()； B．电流表() ；‎ C．电压表() ； D．电压表()；‎ E．定值电阻(阻值、额定功率)；‎ F．定值电阻(阻值、额定功率)；‎ G．滑动变阻器(阻值范围、额定电流)；‎ H．滑动变阻器(阻值范围、额定电流)。‎ ‎(1)为尽量减小实验误差，应选择的器材为__________；‎ ‎(2)该同学利用记录的组实验数据通过描点、拟合得到的图线如图所示，则由图线可得出干电池的电动势______，内电阻______；（结果保留两位有效数字）‎ ‎(3)某同学在完成上述实验之后，对该实验的系统误差进行了分析。设电压表的内阻为，电流表内阻为，他的分析正确的是__________。‎ A．电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大可以减小这种误差 B．电流表有分压作用是造成系统误差的原因，减小可以减小这种误差 C．两个表一起造成了系统误差，同时增大、减小才可以减小这种误差。‎ D．保护电阻的分压作用造成了系统误差，减小保护电阻的阻值可以减小这种误差 ‎14．（8分）为了测量某待测电阻Rx的阻值，某实验小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量，实验室提供的器材如下：‎ 待测电阻：Rx 电压表：V1（量程3 V，内阻约为3kΩ）‎ 电压表：V2（量程15 V，内阻约为15 kΩ） ‎ 电流表：A1（量程0.6 A，内阻约为5Ω）‎ 电流表：A2（量程200 mA，内阻约为30Ω） ‎ 滑动变阻器：R（最大阻值10Ω，额定电流1 A） ‎ 直流电源：E（电动势为3 V，内阻可忽略）‎ 单刀单掷开关一个，导线若干 ‎（1）当用多用电表的欧姆×10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，应使选择开关拨到________（填“×100或×1”）倍率挡，重新欧姆调零后再测，此时多用电表指针位置如图（a）所示。‎ ‎（2）在用伏安法测量Rx时，为使测量尽量精确，要求电表指针均达到半偏以上，电压表应选 ‎_________，电流表应选______________。（均填器材符号）‎ ‎（3）图为该实验小组设计测量电阻Rx电路图的一部分，请在虚线框内将电路图补充完整____。‎ 四、解答题（共36分)‎ ‎15．（12分）如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．‎ ‎(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；‎ ‎(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大；‎ ‎(3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h2＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量．‎ ‎16．（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E1=40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场。一质量为m=2×10-3kg带正电的小球，从M（3.64m，3.2m）点，以v0=1m/s的水平速度开始运动。已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（2.04m，0）点进入第四象限后经过y轴上的N（0，-2.28m）点（图中未标出）。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度B ‎（2）小球由P点运动至N点的时间 ‎17．（12分）如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°,求：‎ ‎（1）求粒子的比荷；‎ ‎（2）粒子在磁场中的运动时间t；‎ ‎（3）如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 减小平行板电容器两极板的正对面积,根据电容的决定式分析得知电容减小,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计，故A正确；‎ B. 减小平行板电容器两极板间的距离,根据电容的决定式分析得知电容增大,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故B错误；‎ C.在平行板电容器中插入电介质,根据电容的决定式分析得知电容增大,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故C错误；‎ D.增大平行板电容器两极板的正对面积,根据电容的决定式分析得知电容增大,而电容器的电压不变,则电容的定义式分析得知电容器所带电量增大，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故D错误。‎ ‎2．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.因直杆处于AB的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球一直做匀加速直线运动，故A项与题意不相符；‎ B.从C到D，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故B项与题意相符；‎ C.由电场叠加可知，C、D两点的电场强度大小相等、方向相同，故C项与题意不相符；‎ D.CD连线为等势线，所以小球在C点的电势能等于在D点的电势能，故D项与题意不相符。‎ ‎3．C ‎【解析】‎ 试题分析：物体做曲线运动时，一定受到指向其曲线内侧的力，若物体只受电场力，则电场力一定指向曲线内侧，这是解决带电粒子在电场中做曲线运动的突破点，然后根据电场力做功情况进一步判断动能、电势能的变化情况，或者根据电场线方向判断电势的高低．‎ 带电粒子所受电场力指向曲线内侧，即大体上是向右，带电粒子从M运动到N过程中速度方向和电场力的方向的夹角大于90°，电场力做负功，电势增大，动能减小，故N动能小，电势能大，故C正确D错误；由于不知电荷带电的正负，因此无法判断电场线方向，故三个等势面的电势高低无法判断，故AB错误．‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在直角三角形底边中点O处放置一正电荷Q，设OC=OD，则知C、D的电势相等；列出等式求出接近斜边底端C点时动能，对质点在D、C点进行受力分析，运用正交分解和牛顿第二定律列出等式求解C点的加速度和速度．‎ ‎【详解】‎ A．质点运动过程中，电场力的大小和方向是变化的，故合力的大小是变化的，故加速度也是变化的，故质点的运动不可能是匀变速运动，选项A错误；‎ B ‎．小球受重力、支持力和电场力，支持力不做功，重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，故在质点的运动中动能、电势能、重力势能三者之和守恒，因质点的重力势能减小，则质点在运动中动能与电势能之和增加，选项B错误；‎ C． DC两点的电势相等，则对从D到C过程，电场力做功为零，根据动能定理，有：mgLsin60°=mvC2−mv2，解得：，故C正确；‎ D．质点滑到C点时，受重力、电场力、支持力，由牛顿第二定律得：mgsin30°-Fcos30°=maC，其中：，联立两式解得： ，方向平行于斜面向下。故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查动能定理的应用，电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，关键要分析出D、C点是同一等势面上.‎ ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“该处地磁场的方向及该导线所受地磁场作用力的方向”可知，本题考查地磁场的方向和左手定则，根据地磁场的性质和左手定则，确定地磁场的方向和安培力的方向。‎ ‎【详解】‎ 地磁场N极在地理南极处，故赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自东向西，根据左手定则，安培力的方向向下。故D正确，A、B、C错误。‎ 故选：D。‎ ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；故A错误.‎ B．洛伦兹力是不做功的，因为在向上的洛伦兹力产生的同时，还产生了与F方向相反的一个洛伦兹力，两个洛伦兹力抵消，不做功；故B错误.‎ C．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动.小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线；故C正确.‎ D．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大；故D错误.‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据右手定则可以判断，线圈所在位置磁场垂直纸面向外，根据电流磁场分布，线圈向右移动过程中，回路磁通量向外变大，感应电流磁场向里，根据右手定则判断，电流方向dcba，当dc边通过直导线位置后，磁通量向外减小，感应电流磁场向外，感应电流方向abcd，当ab过直导线后，磁通量向里减小，感应电流磁场向里，电流为dcba，ABC错误D正确。‎ ‎8．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AD．回旋加速器中带电粒子的最大速度是由D形盒的半径决定的，增大电势差能够增加每次加速获得的动能，减少在D形盒中转动的圈数，即缩短时间，故A错误，D正确；‎ B．只减小磁感应强度B时带电粒子在磁场中的周期发生变化，与交变电场不再同步，不能正常加速，故B错误；‎ C．带电粒子由静止开始加速一次与两次后获得的动能之比为1:2，速度之比为1:，故C错误 ‎9．BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ Ａ．根据闭合电路欧姆定律，有：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B．电动机的输入功率：‎ C．电动机的热功率：‎ D．电动机的输出功率：‎ ‎，‎ 故D正确；‎ ‎10．BD ‎【解析】‎ 试题分析：AB、当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在连入电路的电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，则外电压增大，且灯L变暗，那么R两端的电压变大，故A错误，B正确．‎ C、因电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，而电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压增大，由Q=CU分析可知其电荷量增大，故C错误．‎ D、当电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，R0两端的电压不变，当滑动变阻器的滑片向左移动时，电容器两端电压增大，那么电容器处于充电状态，因此有电流向右流过R0，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎11．ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：‎ ‎ ‎ 由几何知识可知：‎ 解得：‎ AB．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：，‎ 故粒子的最大速度为：‎ 最小速度：‎ 故A正确，B错误。‎ CD．由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax=180°，最小圆心角：θmin=45°，粒子做圆周运动的周期：‎ 则粒子在磁场中运动的最短时间：‎ 最长时间：‎ 故C正确，D正确.‎ ‎12．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由左手定则可知，污水中的正离子和负离子受到洛伦兹力的方向分别为向上和向下，即M板带正电，电压表正极接线柱接金属极板M，因此A正确；稳定状态下，离子在两极板间受到的洛伦兹力与电场力相平衡，即，两极板间电压，所以电压表读数，与极板面积S、污水中离子浓度无关，与磁感应强度B、板间距离d、水流速度v相关，因此BD错误，C正确．‎ ‎13．ACEG 1.5 0.83 A ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1]由于电源是一节干电池，所选量程为3V的电压表，故电压表选C；估算电流时，考虑到干电池的内阻较小，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表，故电流表选A；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大，故定值电阻选择E；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0∼10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0∼100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象，故滑动变阻器选G；‎ ‎(2)[2]由可知，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示内电阻，故由图可知电源的电动势：‎ 电源的内阻：‎ ‎(3)[3]本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，应增大可以减小这种误差；而保护电阻作出内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响；‎ A. 与分析相符，故A正确；‎ B. 与分析不符，故B错误；‎ C. 与分析不符，故C错误；‎ D. 与分析不符，故D错误。‎ ‎14．×1 V1 A2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 第一空．欧姆×10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，说明Rx的阻值较小，应换用×1挡。‎ 第二空．电源电动势为3 V，为使电表指针均达到半偏以上，电压表选择V1．‎ 第三空．据图（a）知，待测电阻，则流过待测电阻的最大电流，为使电表指针均达到半偏以上，电流表选择A2．‎ 第四空．电压表选择V1，电流表选择A2，则：；待测电阻，所以测量电路选用电流表的外接法，电路如图：‎ ‎15．（1）（2）R（3）减少3qER.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由牛顿第二定律有 ‎(mg－qE)sinα＝ma 解得 a＝‎ ‎(2)球恰能过B点有：‎ mg－qE＝m①‎ 由动能定理，从A点到B点过程，则有：‎ ‎②‎ 由①②解得 h1＝R.‎ ‎(3)从释放到B的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：‎ ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.‎ 由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER.‎ 答案：（1）（2）R（3）减少3qER.‎ ‎16．（1）2T（2）0.6s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）可知：qE1=mg 解得：‎ 分析如图：‎ 可得：R=2m θ=370‎ 由，解得B=2T ‎（2）小球进入第四象限后受力分析如图；‎ 可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，即 轨迹如图；‎ 由几何关系可得：lQN=0.6m 由lQN=v0t ，解得t=0.6s 考点：带电粒子在复合场中的运动.‎ ‎17．（1）（2）（3）R ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由图可知轨迹半径： ①‎ 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有：‎ ‎ ②‎ 由①②两式得： ③‎ ‎(3) 粒子做圆周运动运动的周期：‎ ‎ ④‎ 在磁场中的运动时间： ⑤‎ 由③④⑤式得： ⑥‎ ‎(3)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大 由图可知： ⑦‎ 平移距离： ⑧‎ 由①⑦⑧式得： ‎