【物理】湖北省十堰市二中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 13页

十堰市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试 物理试卷 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（每小题4分，共32分)‎ ‎1.如图所示，真空中有两个点电荷Q1=4.0×10﹣8C，Q2=4.0×10﹣8C，分别固定在x坐标轴的x=0cm和x=6cm的位置上．则电场强度为零的点的坐标（　　）‎ A. x=﹣3cm B. x=3cm C. x=4cm D. x=12cm ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某点的电场强度是正电荷Q1和正电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强．运用合成法进行分析．‎ ‎【详解】x=6cm=0.06m，设坐标为x处场强为0，则根据电场的叠加可知：两个点电荷在x处产生的场强大小相等、方向相反，即有：,化简得：（6-x）2-x2=0.解得：x=0.03m=3cm，故A、C、D错误，B正确；故选B。‎ ‎【点睛】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则，注意点电荷的正负是解题的关键．‎ ‎2.某一电场中的电场线分布如图，则电场中A、B两点间电场强度和电势的关系为（ ）‎ ‎ ‎ A. Ea大于Eb，φa高于φb B. Ea大于Eb，φa低于φb C. Ea小于Eb，φa高于φb D. Ea小于Eb，φa低于φb ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据电场线疏密表示电场强度大小，越密电场强度越大，故；沿电场线方向电势降低，故，D正确．‎ ‎3.如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间的距离减小后，则二极板间的电压U、电场强度E、电容器的电容C及电容的带电量Q与原来相比（　　）‎ A. U、E、C、Q都不变 B. U不变，E、C、Q变小 C. U不变，E、C、Q变大 D. U、E不变，C变大，Q变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平行板电容器与电池相连，则U不变；当两极板间距减小时，d减小，由可知C变大，根据Q=CU可知Q变大；根据E=U/d可知，E变大；故选C.‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，是常见的题型，关键抓住不变量：电容器与电源保持相连，其电压不变；充电后与电源断开，其电量不变．较为简单．‎ ‎4.直流电动机的线圈电阻为R，正常工作时，电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，下列说法正确的是 A. 电动机线圈产生的热量为I2Rt B. 电动机线圈产生的热量为 C. 电动机消耗的电能为 D. 电动机输出的机械能为UIt ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求线圈产生热量不能用t．根据焦耳定律得，电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt．故A正确．B错误．电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，则电功为W=UIt，电动机消耗的电能为W=UIt．故C错误．由能量转化和守恒定律得，电动机输出的机械能E机=W-Q=UIt-I2Rt．故D错误．故选A.‎ 点睛：对于电动机，正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电功大于电热；当电动机通电不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，电功等于电热．‎ ‎5.在如图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是(　　)‎ A. A变大，V变大 B. A变小，V变大 C. A变大，V变小 D. A变小，V变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 滑片P向右移动时，R电阻增大总电流减小，所以电流表示数 变小，电动势不变，内电压、R0两端电压减小，所以R两端电压增大，电压表示数 变大，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎6.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时， 下列说法中正确的是(　 　) ‎ A. 导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B. 导体棒CD内有电流通过，方向是C→D C. 磁场对导体棒AB的作用力向左 D. 磁场对导体棒CD作用力向左 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.AB棒切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为，则导体棒CD中的感应电流的方向为，故A错误，B正确。‎ CD.由左手定则可知，磁场对导体棒AB的作用力向左，导体棒CD的作用力向右，故C正确，D错误。‎ ‎7.如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场垂直于纸面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I （取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图线是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】磁感应强度在0到t1内，由法拉第电磁感应定律可得，随着磁场的均匀变大，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感线是向里在减小，向外在增大。所以由楞次定律可得线圈感应电流是顺时针，由于环中感应电流沿逆时针方向为正方向，则感应电流为负的.。磁感应强度在t1到t2内，感应电流不变，且电流方向为正.所以只有A选项正确，B，C，D均错误.故选A.‎ ‎8.如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈的面积为，电阻为r=1Ω，在线圈中存在面积的垂直于线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示.有一个R=2Ω的电阻，将其两端a、b分别与圆形线圈两端相连接，b端接地，则下列说法正确的是（）‎ 甲乙 A. 圆形线圈中产生的感应电动势E=6V B. 在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q=8C C. a端的电势 D. 在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q=18J ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、线圈产生的电动势：，故A错误；‎ B、电流为：，通过电阻R的电荷量为：，故B错误；‎ C、由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，b点电势高，a点电势低，，，，故C错误；‎ D、在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热为：，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量；由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低；由焦耳定律可以求出焦耳热。‎ 二、多选题（每小题4分，共16分)‎ ‎9.用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的U-I图线，由图可知 A. 电池电动势的测量值为1.40 V B. 电池内阻的测量值为1.0 Ω C. 外电路发生短路时的电流为0.40 A D. 电压表示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝0.2A ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标表示电源的电动势，则知电源的电动势为1.40V，故A正确； ‎ B、电源的内阻r＝||Ω＝1Ω，故B正确； ‎ C外电路发生短路时的电流 I1.40A，故C错误；‎ D、当电压表示数为1.20V时，I′A＝0.20A，故D正确；‎ ‎10. 关于带电粒子在匀强磁场中运动，不考虑其他场力（重力）作用，下列说法正确的是（ ）‎ A. 可能做匀速直线运动 B. 可能做匀变速直线运动 C. 可能做匀变速曲线运动 D. 只能做匀速圆周运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 当速度方向与磁场方向平行时，它不受洛伦兹力作用，又不受其他力作用，这时它将做匀速直线运动，故A正确；因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，改变速度方向，因而同时也改变洛伦兹力的方向，所以洛伦兹力是变力，粒子不可能做匀变速运动，故BC错误；只有当速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子才做匀速圆周运动，如果速度方向与磁场不垂直，则粒子不做匀速圆周运动，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎11.质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法正确的是（ ）‎ A. 小物块一定带正电荷 B. 小物块斜面上运动时做匀加速直线运动 C. 小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动 D. 小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查带电粒子在磁场、重力场中运动规律，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律、物体受力平衡关系分析计算可得。‎ ‎【详解】A．带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，说明物块受到垂直斜面向上的洛伦兹力作用，由左手定则可判断物块带负电，故A错误；‎ B C．对小物块受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律可得 在斜面上运动时做匀加速直线运动，故B正确，C错误；‎ D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为v 解得v=，故D正确。‎ ‎【点睛】判断洛伦兹力方向用左手定则，四指指向是电流的方向。对物体受力分析，沿斜面，垂直斜面方向建立坐标系，沿斜面方向合力恒定做匀加速直线运动。垂直斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直斜面方向分力时，物块对斜面作用力恰好为零，列平衡方程可求得速度大小。‎ ‎12.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中。将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度。已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，导轨杆与导轨接触良好。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流 B. 金属杆ab下滑的最大加速度大小为 C. 金属杆ab下滑的最大速度大小为 D. 金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A项：金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流．故A正确 ；‎ B项：设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：E=BLv 回路中的感应电流为： ‎ 杆所受的安培力为：F=BIL 根据牛顿第二定律 有： ‎ 当v=0时杆的加速度最大，最大加速度为 am=gsinθ，方向沿导轨平面向下；故B错误；‎ C项：由上知，当杆加速度a=0时，速度最大，最大速度为：，方向沿导轨平面向下；故C错误；‎ D项：ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律 有：‎ ‎ ‎ 又杆产生的焦耳热为 ‎ 所以得：，故D正确。‎ 第II卷（非选择题)‎ 三、实验题（13小题6分，14小题10分，共16分)‎ ‎13.（1）一游标卡尺主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示，该工件的直径为________毫米。‎ ‎ ‎ ‎（2））某次使用螺旋测微器测量长度时如下图所示，则本次测量的长度是__________毫米。‎ ‎【答案】 (1). 29.8 (2). 5.805‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；‎ ‎[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为30.5×0.01mm=0.305mm，所以最终读数为5.5mm+0.305mm=5.805mm。‎ ‎14.在描绘一个标有“6.3V，0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.3V，并便于操作。‎ 已选用的器材有：‎ 学生电源（电动势为9V，内阻约1Ω）；‎ 电流表（量程为0﹣0.6A，内阻约0.2Ω；量程为0﹣3A，内阻约0.04Ω）；‎ 电压表（量程为0﹣3V，内阻约3kΩ；0﹣15V，内阻约15kΩ）；‎ 开关一个、导线若干 ‎(1)实验中还需要一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的____（选填选项前的字母）‎ A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A）‎ ‎(2)实验电路图应选用图中的实验电路图应选用图中的____（选填“甲”或“乙”）。‎ ‎(3)请根据(2)中所选的电路图，补充完成图中实物电路的连接。（ ）‎ ‎(4)接闭合关，改变滑动变阻器滑动端的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U ‎，图中电流表选择0﹣0.6A量程，电压表选择0﹣15V量程，电流表、电压表示数如上图所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值Rx==____Ω（计算结果保留两位有效数字）。 ‎ ‎(5)根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图所示。由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将__（选填“变大”或“变小”）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 乙 (3). (4). 18 (5). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到6.3V，则滑动变阻器应采用分压接法，所以要选择滑动变阻器的最大值比较小的 A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A）与分析相符，故A正确；‎ B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A）与分析不符，故B错误。‎ ‎(2)[2]灯泡正常发光时的电阻为 该电阻值相对于电压表属于小电阻，所以电流表应采用外接法，实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加，所以滑动变阻器应用分压式，因此实验电路应选乙；‎ ‎(3)[3]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；‎ ‎(4)[4]电流表的量程为0.6V，所以每一小格的读数为0.02A，所以电流表的读数为0.22A，电压表的量程为15V，所以每一小格的读数为0.5V，所以读数为：‎ ‎8×0.5=4V 由欧姆定律得 ‎(5)[5]在I-U图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，所以可知待测电阻的电阻值增大 四、解答题（15小题10分，16小题12分，17小题14分，共38分。解答需要写出必要的文字说明、公式和重要计算步骤。只有最后结果的不能得分)‎ ‎15.一带电量q=6.4×10-19C、质量m=1.6×10-25㎏的初速度为零的粒子，经电压U=200V的加速电场加速后，沿垂直于电场线方向进入E=1.0×103V/m均匀偏转电场。已知粒子在穿越偏转电场过程中沿场强方向的位移为5㎝，不计粒子所受重力，求：‎ ‎（1）偏转电场平行板的板长；（2）粒子穿越偏转电场过程中偏角的正切。‎ ‎【答案】0.2m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理求出加速度后的速度，进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于场强方向做匀速运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学基本公式即可求解；‎ ‎【详解】解：带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理得：解得：‎ 进入偏转电场后做类平抛运动，则 竖直方向有：‎ 解得：‎ 所以偏转电场的宽度：‎ 垂直于场强方向的速度：‎ 所以偏角的正切值为：‎ ‎16.如图所示，在x轴的上方(y＞0的空间内)存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45°角，若粒子的质量为m，电量为q，求：‎ ‎(1)该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎【答案】(1)　(2)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据,‎ 解得 ‎（2）粒子的运动轨迹如图所示，‎ 根据，所以 考点：带电粒子在磁场中的运动。‎ ‎17.如图所示，足够长的水平U形光滑金属导轨，宽度为L=1m，导轨电阻忽略不计，定值电阻R=0.4Ω．所在空间均存在磁感应强度B=0.5T，方向垂直导轨向上的匀强磁场．质量m=0.2kg，电阻r=0.1Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用水平向右垂直于金属棒、大小为F=2N的恒力拉动ab棒由静止开始向右运动．求金属棒：‎ ‎​ ‎ ‎（1）匀速运动时的速度大小； ‎ ‎（2）速度达到v1=2m/s时，其加速度大小．‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)ab棒向右运动切割磁感线产生动生电动势：‎ 根据闭合电路的欧姆定律知：‎ 导体棒所受安培力为：‎ 导体棒先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，有：‎ 联立各式得：‎ ‎(2) 速度达到v1=2m/s时的安培力为 对导体棒由牛顿第二定律：‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题安培力与速度的关系式推导是关键，安培力是联系力与电磁感应的纽带，要在会推导的基础上记住安培力的经验公式.‎