河北省两校2019-2020学年高二上学期期中考试联考物理试题（宣化 张北一中）

河北省两校2019-2020学年高二上学期期中考试联考物理试题（宣化 张北一中）

‎2019-2020学年度第一学期宣化一中--张北一中 高二年级期中联考物理试卷 一、选择题 ‎1.一根均匀的电阻丝其电阻为R，在温度不变的情况下，下列情况中其电阻值仍为R的是 A. 长度不变，截面积增大一倍 B. 长度和截面积都缩小一倍 C. 截面积不变，长度增大一倍 D. 长度和截面半径都增大一倍.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由R=可知，长度不变，横截面积增大一倍时，电阻变为原来的一半，故A错误；‎ B. 当长度和横截面积都缩小一半时，电阻不变，故B正确；‎ C. 当长度增大一倍时，横截面积不变，电阻变化原来的2倍，故C错误；‎ D. 当长度和横截面的半径都增大一倍时，面积变成原来的4倍，则电阻变原来的一半，故D错误；‎ 故选：B.‎ ‎2.如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。A、O、B在M、N的连线上，O为MN的中点，C、D位于MN的中垂线上，且A、B、C、D到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A. O点处的磁感应强度为零 B. A、B两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. C、D两点处磁感应强度大小相等，方向相同 D. A、C两点处磁感应强度的方向不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据右手螺旋定则，处导线在点产生的磁场方向竖直向下，处导线在点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；‎ B.在处产生的磁场方向竖直向下，在处产生的磁场方向竖直向下，在处产生的磁场方向竖直向下，处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，、两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；‎ C.在处产生的磁场方向垂直于偏下，在处产生的磁场方向垂直偏下，在处产生的磁场方向垂直于偏下，在处产生的磁场方向垂直于偏下，根据平行四边形定则，知处的磁场方向竖直向下，处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C正确；‎ D. 由上分析可知，、两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误。‎ ‎3.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135º。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力 A. 方向沿纸面向上，大小为(+1)ILB B. 方向沿纸面向上，大小为(-1)ILB C. 方向沿纸面向下，大小为(+1)ILB D. 方向沿纸面向下，大小为(-1)ILB ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导线段abcd在磁场中的等效长度为ad两点连线的长度，则；等效电流方向由a→d，据左手定则，安培力方向沿纸面向上，A正确。‎ ‎【点睛】本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.两个放在绝缘架上的相同的金属球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷，相互斥力为‎3F，现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互斥力变为（　　）‎ A. 0 B. F C. ‎3F D. ‎‎4F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得：，所以有：，而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；则库仑力为，故D正确，ABC错误。‎ ‎5.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R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C. 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 D. 带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度大于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；因带电粒子只受电场力作用，故只有电场力做功，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，选项C错误；R 点的电场线较Q点密集，则R点的场强较大，电场力较大，故带电粒子在R点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，选项D错误。‎ ‎【点睛】该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键．根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。‎ ‎6.如图所示,在场强大小为E的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为电荷量为的带负电小球,另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A,然后将小球由静止释放,小球沿弧线运动到细线与水平成的位置B时速度为零，以下说法正确的是 A. 小球重力与电场力的关系是 B. 小球重力与电场力的关系是 C. 小球在A点和B点的加速度大小相等 D. 小球在B点时,细线拉力为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题。‎ ‎【详解】‎ A、B项：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：mgLsinθ-qEL（1-cosθ）=0得 ‎，则，故A错误，B正确；‎ C项：在A点，小球所受的合力等于重力，加速度，在B点，合力沿切线方向Eqsin60°-mgcos60°=mg，加速度aB=g，所以A、B两点的加速度大小相等，故C正确；‎ D项：小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°故细线拉力，故D错误。‎ 故应选：BC。‎ ‎【点睛】本题关键是对小球受力分析，然后找出复合场的最低点位置，最后根据牛顿第二定律和平行四边形定则列式分析计算。‎ ‎7.如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场．现持续将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性），垂直喷入磁场，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则 A a板电势比b板电势低 B. 磁流体发电机极板两端的电压U=Bdv C. 负载电阻两端的电压大小为Bdv D. 两板间等离子体的电阻率ρ=‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据左手定则，正电荷向上偏转，所以板带正电，电势高，故A错误；‎ BC. 最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：‎ 解得：‎ 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 故路端电压：‎ 电阻两端的电压也为，故B、C错误；‎ D. 根据欧姆定律有：‎ 为板间电离气体的电阻，且有：‎ 联立得到电阻率的表达式为：‎ 故D正确；‎ ‎8.将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与球接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，如图所示，于是有(　　)‎ A. .A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向 B. A的位置不变，B向右偏离竖直方向 C. .A向左偏离竖直方向，B的位置不变 D. .A和B的位置都不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，B、C相互吸引，所以B向右偏； 而金属空腔C可以屏蔽外部的B的电场，所以B的电荷对空腔C的内部无影响，所以A位置不变．故B正确，ACD错误；故选B．‎ 点睛：考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．并理解外部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽．‎ ‎9.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地在两极板间有一正电荷（电量很小——固定在P点,如图所示以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,W表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则 A. U变小,E不变 B. E变大,W变大 C. U变小,W变小 D. U不变,W不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离减小，根据知，电容增大，根据，则电压变小；由、、结合可得：‎ 可知与无关，则电场强度不变；则与负极板间的电势差不变，点的电势不变，正电荷在点的电势能不变；‎ 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。‎ ‎10.一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小带电量不变从图中情况可以确定　　‎ A. 粒子从a到b，带正电 B. 粒子从b到a，带正电 C. 粒子从a到b，带负电 D. 粒子从b到a，带负电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据粒子在磁场中的偏转半径公式 可得，同一个带电粒子的速度越大，偏转半径越大，速度越小，偏转半径就越小，由于带电粒子沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，即粒子的速度在减小，所以偏转半径在减小，故粒子是从b点射入的，根据粒子的运动轨迹和偏转方向可知，粒子是带正电的，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】关键是对公式熟练以及会根据粒子的轨迹和速度方向判断粒子的向心力方向，同一个带电粒子的速度越大，偏转半径越大，速度越小，偏转半径就越小，根据粒子的运动轨迹和偏转方向分析粒子的带电性质 ‎11.如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，闭合开关S，给电容器充电。在两极板间有固定点P。用E表示两极板间的电场强度，φ表示P点的电势，下列说法正确的是（ ） ‎ A. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，φ增大 B. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，E增大 C. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，则E不变 D. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，φ减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：保持S接通，则两板间的电势差不变，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，导致d增大，由可知，两极板间的电场的电场场强减小，则P到上极板的电势差减小，因此P点的电势升高，故A正确，B错误；断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，因两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由，及，则可知E不变，故C正确；由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，而P到B极板间的电势差不变，则其电势不变，故D错误；故选AC。‎ 考点：电容器；电场强度 ‎【名师点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。‎ ‎12.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，电源的电动势E=30 V，内阻r=1 Ω，闭合开关，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. 电动机的输入功率为20 W C. 电源的输出功率为4 W D. 电动机的输出功率为16 W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据欧姆定律得回路中的电流：‎ 故A错误；‎ B.电动机的输入功率为：‎ 入 故B正确；‎ C.电源的输出功率：‎ 出 故C错误；‎ D. 电动机的输出功率为：‎ 出 故D正确。‎ ‎13.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为△U1和△U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为△I．当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）‎ A. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 B. ‎ C. 不变 D. 不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗。总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮。故A正确。‎ B．由上分析可知，电压表V1示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以△U1＞△U2．故B错误。‎ C．由U1=E-I（RL2+r）得：‎ 不变，故C正确。‎ D．根据欧姆定律得=R2，不变，故D正确。‎ ‎14.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n。现有一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是 A. 上表面电势高 B. 下表面电势高 C. 该导体单位体积内的自由电子数为n=‎ D. 该导体单位体积内的自由电子数为n=‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.电流方向水平向右，则自由电子的运动方向水平向左，根据左手定则，电子向上偏，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电，所以下表面的电势高，故A错误，B正确；‎ CD.电流的微观表达式为：‎ 表示单位体积内的电子数，表示横截面积，则：‎ 最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有：‎ 则有：‎ 所以可得：‎ 故C正确，D错误。‎ 二、实验题 ‎15.某同学用50分度的游标卡尺测定一金属杆的直径，另一同学用螺旋测微器测小球的直径示数如所示，则该金属杆的直径为____________mm,小球的直径是______ mm。‎ ‎【答案】 (1). 4.20 (2). 6.700‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺的主尺读数为‎4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×‎0.02mm=‎0.20mm，所以最终读数为：‎4mm+‎0.20mm=‎4.20mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度为‎6.5mm，可动刻度为20.0×‎0.01mm=‎0.200mm，所以最终读数为‎6.5mm+‎0.200mm=‎6.700mm。‎ ‎16.某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：‎ 待测电源（电动势约2V）；‎ 电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）；‎ 定值电阻R0（阻值为2.0Ω）；‎ 定值电阻R1（阻值为4.5kΩ）‎ 电流表G（量程为400μA，内阻Rg=500Ω）‎ 开关S，导线若干．‎ ‎（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为_____V的电压表；‎ ‎（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；‎ ‎（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则 和 的关系式为_________（用题中字母表示）；‎ ‎（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出的图像如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻r=0.50Ω，则其电动势E=______V（保留两位有效小数）；‎ ‎（5）该实验测得的电动势与真实值相比，理论上______ ．（填“>”“<”或“=”）‎ ‎【答案】 (1). 2； (2). ； (3). 2.08； (4). =；‎ ‎【解析】‎ ‎(1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即；‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律可得：，整理得：；‎ ‎(3) 由对应的图象可知，，解得；‎ ‎(4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即为真实的路端电压，为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同。‎ 点晴：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，重点分析实验电路图，同时能正确利用闭合电路欧姆定律列式，注意本题中一定要考虑电表的内阻，同时在分析图象时要认真分析坐标轴的起点值。‎ 三、大题 ‎17.如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。求：‎ ‎（1）电场强度E的大小和a、O两点的电势差UaO；‎ ‎（2）小球在a点获得一水平初速度va=4，则小球在最低点绳子的拉力大小。‎ ‎【答案】(1) ， (2) 6mg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得 解得。在匀强电场中，有，则a、O两点电势差 ‎。‎ ‎(2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为，由动能定理得 小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得 ‎ 联立以上各式，代入，解得 F=6mg ‎18.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离 L=‎0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=‎1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G=3N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V、内阻R=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？（g取‎10m/s2）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 依据物体的平衡条件可得 ab棒恰不右滑时：G－μmg－BI‎1L＝0‎ ab棒恰不左滑时：BI‎2L－G－μmg＝0‎ 依据闭合电路欧姆定律可得：‎ E＝I1（R1＋r）‎ E＝I2（R2＋r）‎ 由以上各式代入数据可解得：‎ R1＝9．9 Ω，R2＝1．9 Ω 所以R的取值范围为：1．9 Ω≤R≤9．9 Ω ‎19.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求 ‎（1）M、N两点间电势差UMN ；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t。‎ ‎【答案】1）UMN＝　 （2）r＝　　　（3）　　t＝‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子过N点时的速度为v，有：‎ 解得：‎ 粒子从M点运动到N点的过程，有：‎ 解得：‎ ‎(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有：‎ 解得：‎ ‎(3)由几何关系得：‎ 设粒子在电场中运动的时间为t1，有：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎