安徽省阜阳市颍上二中2019-2020学年高二上学期段考物理试题 18页

物理试卷 第I卷（选择题 共48分)‎ 一、选择题（本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第l～8题只有一个选项正确，第9～12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法不正确的是( )‎ A. 库仑在前人工作的基础上总结出库仑定律 B. 美国物理学家密立根利用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量 C. 最初是焦耳用实验直接测得的用于计算电热的关系式 D. 法拉第发现了电流的磁效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】库伦在前人基础上通过扭秤实验得出了库伦定律，A正确；‎ 密立根的油滴实验比较准确的测定了电子的电荷量，故B正确；‎ 焦耳定律是焦耳通过大量实验总结的出的电热计算关系是，故C正确；‎ 奥斯特发现了电流的磁效应，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成=53，已知sin53=0.8，cos53=0.6，回路面积S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（ ）‎ A. BS B. 0.8BS C. 0.6BS D. 0.75BS ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B y=Bsin53=0.8B，则穿过矩形线圈的磁通量是=ByS=0.8BS，故ACD错误，B正确．‎ ‎3.在图中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N极的指向取磁感线方向其对应错误的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】如果已知电流的方向，可用右手螺旋定则判断磁感线的方向.如果已知小磁针的指向，那么小磁针N极所指的方向就是磁感线的方向，‎ A. 根据小磁针静止时N极所指的方向就是磁感线的方向，则A正确，故A不符合题意；‎ B. 通电圆环在轴线上产生了由右向左的磁感线，小磁针静止时N极应该指向左侧，则B错误，故B符合题意 C.根据右手螺旋定则可知电流产生的磁场方向沿螺旋管轴线向右，则C正确，故C不符合题意 D. 根据右手螺旋定则可知电流产生的磁场方向在圆环内部由内向外，则D正确，故D不符合题意 ‎4.如图所示，在真空中存在电场强度大小为E、方向水平向右匀强电场，A、B两点分别固定着等量异种点电荷+Q和-Q.O是线段AB的中点，C是线段AB 垂直平分线上的一点，且∠CAB=60°．若O点的电场强度大小为2E，则C点的电场强度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为O点的电场强度大小为2E，可知两个点电荷在O点产生的电场强度均为；若设OA=OB=r，则AC=2r，则；在C点：；由平行四边形定则可知，因两点电荷在C点的场强方向夹角为120°，可知两点电荷在C点的合场强大小为，方向水平向右；则C点的合场强为;‎ A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论相符，选项C正确；‎ D. ，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.如图所示，等边三角形ABC的两个顶点B、C处垂直于纸面固定着两根互相平行的通龟长直导线．P点是三角形的中心．已知通电长直导线在其周围某点产生的磁场的磁感应强度大小为B=，其中I为通电长直导线中的电流，r为该点到通电长直导线的距离，k为常数，则下列说法错误的是 A. B、C两点连线的中点处的磁感应强度方向向下 B. B、C两点连线中点处的磁感应强度为0‎ C. A、P两点的磁感应强度方向相同 D. A、P两点的磁感应强度大小相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．两通电长直导线在B、C两点连线的中点处的磁感应强度大小均为 但方向相反，合磁感应强度为0,故A项错误,B项正确；‎ CD．如图所示,设等边三角形ABC的边长为a, 则 A点的磁感应强度 P点的磁感应强度 Bp=,方向均为水平向右,‎ 故CD项正确 ‎6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知 A. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 B. 带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 C. 带电粒子在P点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 D. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以b电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在b电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度向左，所以P点电势大于Q点电势，所以粒子在P点电势能小于Q点．A错误 B．P点电场线比Q点密集，所以P点加速度大于Q点．B错误 C．从P到Q电场力做负功，所以P点动能大于Q点，因此P点速度大于Q点，C正确 D．因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D错误 ‎7.如图所示竖直绝缘墙壁上的Q处由一固定的质点A，在Q的正上方的P点用细线悬挂一质点B，A、B两点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的电量逐渐减小，在电荷漏空之前悬线对悬点P的拉力T大小 A. T变小 B. T变大 C. T不变 D. T无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球为研究对象，球受到重力，的斥力和线的拉力三个力作用，作出力图，如图．‎ 作出、的合力，由三个共点力的平衡条件可知：和方向相反，大小相等，即 根据几何知识可知，可得：‎ 又，，可得：‎ 在、两质点带电量逐渐减少的过程中，、、均不变，则不变，悬线对悬点的拉力大小也不变．故C正确，ABD错误；‎ 故选C．‎ ‎8.电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路．当把变阻器R1、R2调到某个值时，闭合开关S，电容器中的一个带电液滴恰好处于静止状态．当再进行其他相关操作时（只改变其中的一个），以下判断正确的是（ ）‎ A. 将R1的阻值增大时，液滴将向下运动 B. 将R2的阻值增大时，液滴仍保持静止状态 C. 把电容器的上极板向上平移少许，电容器的电荷量将减小 D. 断开开关S，电容器上的带电荷量将减为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.闭合开关S，电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡，电场力竖直向上，可知带电液滴带负电．当R1‎ 的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动，故A错误； ‎ B.将R2的阻值增大时，则R2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故B错误；‎ C.把电容器的上极板向上平移少许，d增大，电容减小，电容器两端的电势差不变，则由Q=CU得知，电容器的电荷量将减小，故C正确； ‎ D.断开开关，稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势．电容器的电压增大，带电量增加，不会为零，故D错误．‎ ‎9.如图甲、乙两个电路,是利用一个灵敏电流表G（500uA，200）和一个电阻箱R改装成电压表或电流表,若电压表量程为3V,电流表量程为2.5mA，则( )‎ A. 甲表是电流表,乙表是电压表,‎ B. 甲表中电阻箱的阻值是,乙表中电阻箱的阻值是 C. 若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些,则可适当减小电阻箱R的阻值。‎ D. 若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些,则可适当增大电阻箱R的阻值。‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】表头与定值电阻并联改装为电流表，与定值电阻串联改装为电压表，故A正确；‎ 由可得，，由可得，，故B正确；‎ 电流表的示数总比准确值稍小，说明R上分流过多，因此要增大R的阻值，C错误；‎ 电压表的示数总比准确值稍小，说明流过表头的电流比准确值小，因此要减小R的阻值，D错误。‎ 故选AB。‎ ‎10.如图所示，一直流电动机与阻值R = 4 Ω的电阻串联在电源上，闭合开关，电动机的输入功率为P = 20 W，电源的电动势E = 20 V，内阻r = 1 Ω．用理想电压表测出电动机两端电压，已知电动机线圈的电阻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. 电源的输出功率为36 W C. 电动机的输出功率为16 W D. 理想电压表的示数为2 V ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设电路中的电流为I，则：‎ P=I[E-I(R+r)]‎ 即 ‎20=I[20-I(4+1)]‎ 解得 I=2A 选项A错误；‎ B．电源的输出功率为 选项B正确；‎ CD．电动机两端电压 U=E- I(R+r)=10V 电动机的输出功率为 选项C正确，D错误．‎ ‎11.如图所示,边长为l0的正方形abcd区域内包括边界存在垂直纸面向外的匀强磁场, 磁感应强度大小为B ,在a点处有一粒子源 ,能够沿ab方向发射质量为m、电荷量为+q的粒子 ,粒子射出的速率大小不同粒子的重力忽略不计,不考虑粒子之间的相互作用下列说法不正确的是 A. 轨迹不同的粒子,在磁场中运动时间一定不同 B. 从c点射出的粒子入射速度大小为 C. 从d点射出粒子在磁场中运动的时间为 D. 粒子在边界上出射点距a点越远 ,在磁场中运动的时间越短 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考察带电粒子在磁场中运动，由于粒子速度位置，可能从边界不同位置射出，根据射出位置确定半径，再根据半径和周期公式即可求解。‎ ‎【详解】都从ad边射出射出的粒子，运动时间均为半个周期，时间均为，A错误，D错误，C正确；‎ 从c点射出的粒子，其轨道半径为，由可知，速度为，故B错误；‎ 故选ABD。‎ ‎12.如图是一种电磁炮的原理图，已知炮弹连同金属杆的质量为m＝4kg，匀强磁场的磁感应强度B＝20T，轨道宽为d＝4m，长L＝100m，供电电流I＝40A，磁场与金属导轨垂直，不计轨道摩擦，则关于炮弹在导轨上运动的过程（ ）‎ A. 炮弹达到的最大速度为400m/s B. 炮弹达到的最大速度为m/s C. 安培力的功率恒定 D. 安培力的最大功率为1.28×106 W ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】炮弹的加速度，炮弹达到的最大速度为，选项A正确，B错误； 安培力的功率可知随速度的增加，安培力的功率增加，选项C错误；安培力的最大功率为，选项D正确；故选AD.‎ 第II卷（非选择题 共52分)‎ 三、实验题（13题6分，14题9分）‎ ‎13.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度卡尺测量其长度如图1所示，由图可知其长度为 ______cm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径为 ______ mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为 _________ Ω．‎ ‎【答案】 (1). 0.675 (2). 4.700 (3). 220‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标卡尺读数为 ‎（2）螺旋测测微器读数为 ‎（3）欧姆档为“×10”挡，故电阻为 ‎14.某同学做“测定电动势约2V内阻约几Ω的电池的电动势和内阻”实验．‎ ‎（1）他采用如图1所示的实验电路进行测量．现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～15V，内阻约20kΩ）     B．电压表（0～3V，内阻约10kΩ）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）    D．电流表（0～3A，内阻约1Ω）‎ E．滑动变阻器（500Ω，1A）           F．滑动变阻器（20Ω，2A）‎ 实验中所用电压表应选_______（填字母代号）‎ ‎（2）图2中给出了做实验所需要的各种仪器．请你按电路图把它们连成实验电路____．‎ ‎（3）根据实验数据做出U-I图象，如图3所示，蓄电池的电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω．（结果保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). B (2). (3). 2.0 (4). 3.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考察测量电源的电动势和内阻，根据电动势选择合适量程的电流表，根据图像求电源电动势和内阻。‎ ‎【详解】（1）由与电源电动势约为2V，因此电压表选择3V量程即可；‎ ‎（2）根据图1的电路图，从电源正极开始连线 ‎（3）图像与纵轴交点表示电动势，斜率的绝对值表示电阻，由图3可求出，，注意求斜率的时纵轴的起点不为0，保留两位有效数字。‎ 三、计算题(15题8分，16题9分，17题10分，18题10分，共37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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） ‎ ‎15.ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2） ‎ ‎(1)小球到达C点的速度大小 ‎(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小 ‎【答案】(1) (2)3N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎(2)小球在C点时受力分析如图 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：‎ NC′=NC=3N ‎16.如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω ，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：‎ ‎(1)电阻R1和R3的阻值；‎ ‎(2)当S闭合后，电压表的示数和电源的输出功率各为多少?‎ ‎【答案】(1)R1=1.4Ω R3=2Ω (2) 电压表的示数为1V,‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意得： =2Ω ‎ 又由求得 解得：R1=1.4Ω ‎(2)当S闭合后，R2与R3并联，有 ‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得：U并=1V，即电压表的示数为1V，由欧姆定律得电路的总电流为:‎ 所以 解得：‎ ‎17.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B ‎=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V，内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： ‎ ‎(1)通过导体棒的电流； ‎ ‎(2)导体棒受到的安培力大小； ‎ ‎(3)导体棒受到的摩擦力的大小和方向．‎ ‎【答案】(1) 1.5 A (2) 0.30 N (3) 0.06 N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律，有：‎ I===1.5 A； ‎ ‎(2)导体棒受到的安培力：‎ F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N；‎ ‎(3)导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：‎ ‎ ‎ F1=mgsin 37°=0.24 N ‎ F1＜F安，根据平衡条件： ‎ mgsin 37°+f=F安 ‎ 代入数据得：‎ f=0.06 N ‎18.如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带正电的粒子质量为m带电量为q以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y 轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子以垂直于X轴初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入电场时的速度与y轴正向成45o角则有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立解得 ‎ ‎ ‎（2）由上述式子解得粒子在电场中运动的时间： ‎ 粒子进入磁场的速度：‎ 由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径：.‎ 粒子在磁场中运动的时间：.‎ 粒子第二次经过X轴时在电场和磁场中运动的总时间：‎ ‎【点睛】对于类平抛运动，采用运动的分解法研究，要抓住两个分运动的等时性．对于粒子在磁场中的圆周运动，画轨迹是关键．‎ ‎ ‎ ‎ ‎