湖南省郴州市湘南中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（理）

湖南省郴州市湘南中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（理）

湘南中学2019年下期高二物理期中测试问卷（高考班）‎ 一、选择题 ‎1.关于磁现象的电本质，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 磁与电紧密联系，有磁必有电，有电必有磁 B. 不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动 C. 永久性磁铁的磁性不是由运动电荷产生的 D. 根据安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，任何磁体都不会失去磁性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】运动的电荷才会产生磁场，故A错误；一切磁现象都起源于电流或运动电荷，不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动，故B正确；永久磁铁的磁场也是由运动的电荷（分子电流即电子绕原子核的运动形成的电流）产生的，故C错误；根据安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，磁体内的分子电流的取向变得杂乱无章时，会失去磁性，故D错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎2.以下说法正确的是 A. 电动势就是电源两极间的电压 B. 闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比 C. 闭合电路中的短路电流无限大 D. 电源U－I图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时电源的总功率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当外电路断开时，电源两极间的电压等于的电动势，故A错误.‎ B．根据闭合电路欧姆定律：‎ 得知闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比，故B正确.‎ C．当外电路短路时，所以：‎ 故C错误.‎ D．电源U-I图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时电源的输出功率，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎3.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )‎ A. 由定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零 D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感应强度定义式为 ，当电流I增大时，其安培力F也随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项A错误；‎ B．一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0，故它所受到的磁场力一定为零，选项B正确；‎ C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；‎ D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误．‎ ‎4.有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220 V,60 W”．现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量(　　)‎ A. 日光灯最多 B. 电烙铁最多 C. 电风扇最多 D. 一样多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】日光灯在工作时是电能转化为光能和内能，电烙铁在工作时是电能只转化为内能，电风扇在工作时是电能转化为机械能能和内能，所以在额定电压下工作相同时间，消耗的电能相同，电烙铁产生的内能最多，产生的热量最多，B对，ACD错．‎ ‎5.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是 A. a代表的电阻丝较粗 B. b代表的电阻丝较粗 C. a电阻丝阻值小于b电阻丝的阻值 D. 图线表示电阻丝的阻值与电压成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．根据欧姆定律：‎ 可得：‎ 可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a代表的电阻较大，b的较小；‎ 根据电阻定律：‎ 可知a的电阻丝较细，b的较粗，故A错误、B正确、C错误。‎ D．一段金属丝的电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电流无关，故D错误。‎ 故选B.‎ ‎6.如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为（0，4），电势 为8V，b点的坐标为（3，0），电势为8V，则电场强度的大小为 ‎ A 250V/m B. 200V/m C. 150V/m D. 120V/m ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过o点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：，得∠b=53°；oc=ob•sin∠b=0．03×sin53°=2．4×10-2m co间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场强度为：，故A正确．‎ 考点：电势及电势差 ‎7.如图所示，A和B均可视为点电荷，A固定在绝缘支架上，B通过绝缘轻质细线悬挂在天花板上，由于二者之间库仑力的作用细线与水平方向成30°角．A、B均带正电，电荷量分别为Q、q，A、B处于同一高度，二者之间的距离为L．已知静电力常量为k，重力加速度为g．则B的质量为 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据库仑定律，A、B之间的库仑力：‎ ‎，‎ 以B为研究对象，‎ 在水平方向：‎ F=FTcos30°，‎ 在竖直方向：‎ mg=FTsin30°，‎ 联立可得： ‎ A. ．故A项错误；‎ B. ．故B项错误；‎ C. ．故C项错误；‎ D. ．故D项正确．‎ ‎8.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子始终能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端P向下移动，则关于电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需时间t的说法正确的是 A. 电量q增大，时间t不变 B. 电量q不变，时间t增大 C. 电量q增大，时间t减小 D. 电量q不变，时间t不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动端C下移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据：‎ q=UC 得电量q增大；‎ 电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间：‎ 与电压的变化无关，所以时间t不变．故选A.‎ ‎9.如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小）．闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（　　）‎ A. L1逐渐变暗，L2逐渐变亮 B. L1逐渐变亮，L2逐渐变暗 C. 电源内电路消耗的功率逐渐减小 D. 光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮．由知，路端电压减小，又L2两端电压增大，则L1两端电压减小，L1逐渐变暗，故A正确B错误；‎ C．电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：‎ 电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C错误；‎ D．将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D项错误．‎ ‎【点睛】电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．‎ ‎10.如图所示的电路中，电源电动势为6 V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab＝6 V，Uad＝0，Ucd＝6 V，由此可判定 A. L1和L2的灯丝都烧断了 B. L1的灯丝烧断了 C. L2的灯丝烧断了 D. 变阻器R断路 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，Ucd=6V，说明从a到d的电路和b到c的电路是连接良好的，故L1的灯丝和滑动变阻器都良好，L2的灯丝烧断了．‎ A. L1和L2的灯丝都烧断了，与分析结论不符，故A错误．‎ B. L1的灯丝烧断了，与分析结论不符，故B错误．‎ C. L2的灯丝烧断了，与分析结论相符，故C正确．‎ D. 变阻器R断路，与分析结论不符，故D错误．‎ ‎11.如图所示，一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的上方，并与磁针指向平行，能使小磁针的N极转向读者，那么这束带电粒子可能是 A. 向右飞行的正离子束 B. 向左飞行的正离子束 C. 向右飞行的负离子束 D. 向左飞行的负离子束 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，与题意不符，故A错误；‎ B．向左飞行正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，与题意相符，故B正确；‎ C．向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，与题意相符，故C正确；‎ D．向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，与题意不符，故D错误；‎ 故选BC.‎ ‎12.如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定 A. 电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等 B. O处的点电荷一定带负电 C. a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc D. 电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|＝2W34‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子在运动的整个过程中只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量,故电势能和动能之和守恒,所以A正确;‎ B．因为曲线运动的合力应该指向内侧,故从电子的运动轨迹可以看出,电子受到排斥力,故O处的场源电荷是负电荷，故B正确;‎ C．因为场源电荷是负电荷，又因为沿着电场线电势降低,故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：‎ 故C错误;‎ D．因为负点电荷的电场不是匀强电场,电场线越密的地方，等差等势面也越密；故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍,故D错误;‎ 故选AB.‎ ‎13.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法正确的有 A. EBx的大小大于ECx的大小 B. EBx的方向沿x轴正方向 C. 电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D. 负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．某一点的电场强度的大小是电势分布图上该点的斜率的绝对值。由图可知B点斜率的绝对值要比C点斜率的绝对值大，所以EBx大于ECx，故A正确。‎ B．沿电场方向电势降低，B点的电场方向沿x轴的分布由O指向B，所以EBx的方向沿x轴负方向，故B错误。‎ C．在O点，斜率为零，所以电场强度为零，电荷所受到的电场力也为零，故C错误。‎ D．从图上看出，从B到O电势升高，因为是负电荷，所以电势能减少，电场力做正功；从O点到C点，电势减少，电势能增加，所以电场力做负功，故D正确。‎ 故选AD.‎ ‎14.如图所示,在方向水平向左匀速电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E= ,不计空气阻力,则　‎ A. 小物块将沿斜面下滑 B. 小物块将做曲线运动 C. 小物块到达地面时的速度大小为 D. 若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左电场力，电场力，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误；‎ C、运用动能定理研究从开始到落地过程：，解得：，故C正确；‎ D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹．运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题．‎ 二、实验题 ‎15.请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为_____cm，螺旋测微器读数为_____mm，多用电表挡位为直流电压挡50V时读数为_____V，若用欧姆表×100挡时的读数为_____Ω．‎ ‎【答案】 (1). 1.140 (2). 4.713 (3). 30.0 (4). 1000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1 cm，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为0.05 mm，游标尺读数为8×0.05 mm＝0.40 mm，故测量值为1.1 cm+0.40 mm＝1.140 cm．‎ 根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm+0.213 mm＝4.713 mm．‎ 多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数，为30.0V；‎ 若用欧姆表×100挡时读数为10×100Ω＝1000Ω．‎ ‎16.两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条U－I直线a、b，回答下列问题：‎ ‎（1）根据两同学描绘的直线a、b，可知b图线是根据电压表________（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线。‎ ‎（2）由图可知，定值电阻R0=_____Ω，电源的电动势E =_____V，内阻r =_____Ω。‎ ‎（3）忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过________A。‎ ‎【答案】 (1). V2 (2). 2.0 (3). 1.50 (4). 1.0 (5). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图甲可知V1测量路端电压，V2测量定值电阻R0的电压；而定值电阻的图线是正比图线，一定经过原点，故b图线是根据电压表V2和电流表A的数据描绘的图线.‎ ‎(2)[2]根据图像可知b图线的斜率为电阻R0阻值，即：‎ ‎[3][4]根据图线a可得电动势E=1.5V，斜率表示内阻可得：‎ ‎.‎ ‎(3)[5]当滑动变阻器滑到最左端时,总电阻最小电流最大为：‎ 三、计算题 ‎17.如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103 V/m，圆弧轨道半径R＝0.4 m．现有一带电荷量q＝＋2×10－5C、质量m＝5×10－2kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10 m/s2求：‎ ‎ (1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；‎ ‎(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小．‎ ‎【答案】(1)1 s　2 m/s　(2)1 N ‎【解析】‎ ‎(1)在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：‎ 又由运动学公式有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 又因： 得： ‎ ‎(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：‎ ‎ 解得：‎ 综上所述本题答案是：，；‎ ‎18.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8 m。有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。（g取10 m/s2）求：小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。‎ ‎【答案】2 m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示建立坐标x、y轴：‎ 因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电．由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为：‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 可得 方向垂直于杆向下；‎ 小环离开杆做类平抛运动．垂直于杆方向做匀加速运动有：‎ 平行于杆方向做匀速运动有：‎ 联立各式带入数据解得：v0=2m/s 答：小环在直杆上匀速运动速度的大小v0=2m/s.‎ ‎19.如图甲所示，相距d＝15 cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．今在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6 s，t＝0时A板的电势比B板的电势高，且U0＝1080 V，一个比荷的带负电荷的粒子在t＝0时刻从B板附近由静止开始运动不计重力．‎ ‎(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？‎ ‎(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小．‎ ‎【答案】(1)x＝0.02m，vm＝1.2×105m/s (2) m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度；据运动学公式可求得粒子的位移、粒子速度最大值；‎ ‎(2)分析出粒子在一个周期内的运动情况，粒子的运动呈现周期性，分析出粒子在周期性运动中撞击极板时对应的时间段、运动情况等，用运动学公式求解粒子撞击极板时速度．‎ ‎【详解】(1) 在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度 根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度 设粒子的最大速度为vm，此时的位移为s，则根据运动学公式有：‎ ‎(2) 粒子在第一周期的前时间内，先加速后减速向A板运动，位移为sA；后内先加速后减速向B板运动，位移为sB．以后的每个周期都将重复上述运动．‎ 由于粒子在加速减速运动中的加速度大小相等，所以有：，‎ 同理，则 所以粒子在一个周期内的位移为 ‎ 第9个周期末，粒子与B板的距离为．‎ 此时粒子距离A板的距离为，表明粒子将在第10个周期内的前内到达A板．‎ 由（1）中可知：前时间内，位移为0.02m，此时速度为，再减速走即到达A板，根据运动学公式，代入数据解得：粒子撞击极板时速度．‎ ‎ ‎