2018-2019学年河南省郑州市第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年河南省郑州市第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

郑州一中2018—2019 学年高二上学期期中考试物理试题 一、选择题：‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 带电粒子在电场中由静止释放后，运动方向始终和电场线相切 B. 一个均匀带电球，电荷量为 Q，距离球心 r 处的场强为 E＝kQ /r2，此时可以把带电球看成电荷集中到球心处的点电荷 C. 电场线越密的地方场强越大，所以等差等势面越密的地方电势也越大 D. 两点间的电势差等于将单位正电荷从 A 点移到 B 点时静电力所做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、只有当电场线是直线，且带电粒子从静止开始或初速度与电场线共线时，其运动轨迹才沿电场线，故A错误；‎ B、均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，分析内部场时不能把带电球看成电荷集中到球心处的点电荷，故B错误；‎ C、电场线越密的地方场强越大，等差等势面越密的地方场强也越大，但电势不一定越大，沿电场线的方向，电势降低，故C错误；‎ D、A、B两点的电势差等于将正电荷从A点移到B点时电场力所做的功与电荷量的比值，即有A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从 A 点移到 B 点时静电力所做的功，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键知道只有当电场线是直线，且带电粒子从静止开始或初速度与电场线共线时，其运动轨迹才沿电场线；电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低；A、B两点的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点时电场力所做的功与电荷量的比值。‎ ‎2.完全相同的两个金属小球 A 和 B 带有等量电荷，系在一个轻质绝缘弹簧两端，放在 光滑水平面上，由于电荷间的相互作用，弹簧比原长伸长了 x，现将不带电且与A、B 完 全相同的金属球 C 先与 A 球接触一下，再与 B 球接触一下，然后拿走 C，当 A、B 与弹 簧装置重新平衡时，弹簧的伸长量变为（）‎ A. B. C. 大于 D. 小于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设两个完全相同的金属小球A和B带有等量同种电荷为Q，弹簧原长为，根据平衡条件可得，将不带电且与A、B 完全相同的金属球 C 先与 A 球接触一下，再与 B 球接触一下，然后拿走 C，则A球有的电荷，B球有的电荷，重新平衡后弹簧的伸长量为a，则得，联立解得，由于金属小球A和B所带电荷量减小，弹力要减小，伸长量要减小，则有，解得，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是将不带电且与A、B 完全相同的金属球C先与A球接触一下，再与B球接触一下，然后拿走C，金属小球A和B所带电荷量减小，库仑力要减小，弹力要减小，伸长量要减小。‎ ‎3.目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板， 当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器， 由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感 器给所有的小电容器充电达到某一电压值，然后开始放电， 其中电容值较小的小电容器放电较快，于是根据放电快慢 的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹的图 象数据。根据以上信息，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在峪处形成的小电容器电容较大 B. 在峪处形成的小电容器放电较慢 C. 在嵴处形成的小电容器充电后带电量较大 D. 潮湿的手指对指纹识别没有任何影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在峪处小极板和正对的皮肤表面的距离变大，根据可知形成的电容器电容较小，故A错误；‎ B、峪处形成的电容器较小，根据可知电容器的电荷量小，因为电容值小的电容器放电较快，峪处形成的电容器放电较快，故B错误；‎ C、充电后在嵴处形成的电容器电容较大，根据可知电容器的电荷量大，故C正确； ‎ D、潮湿的手指头会使表皮有皱褶，影响指纹识别的效果，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是(　　)‎ A. 保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B. 保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板间的电压U减小，由知，板间场强减小，带电小球受到的电场力 F电=qE减小；根据平衡条件得知，悬线的拉力为，F将减小，故B正确，A错误．保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力F不变，故CD错误．故选B．‎ 考点：电路的动态分析；串并联电路的特点；物体的平衡 ‎【名师点睛】本题是电路中动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于R0‎ 两端的电压，由串联电路的特点和平衡条件进行分析。‎ 视频 ‎5.如图所示，一段长为 a，宽为 b，高为 c（a＞b＞c）的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最小电阻与最大电阻的比值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由电阻定律，可知故电阻最大时，它的长度应该最大，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：；当从上下两个面接入是电阻最小，此时电阻为：，最小电阻与最大电阻的比值为，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】关键是根据电阻定律可知导线越长，横截面积越小电阻越大；导线越短，横截面积越大电阻越小。‎ ‎6.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，成为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图为地磁场对宇宙射线作用的示意图.现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时将（ ）‎ A. 竖直向下沿直线射地面 B. 相对于预定地点向东偏转 C. 相对于预定地点稍向西偏转 D. 相对于预定地点稍向北偏转 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，B正确．‎ ‎7.如图所示是某品，其部分参数如表所示，其中标准里程是满电时在平坦路面以舒适速 度行驶测试所得，则该某电动平衡车（ ）‎ 最大速度 ‎20km/h 充电器输出电压 充、放电电压 均为 63V 舒适速度 ‎15km/h 充电器输出电流 ‎1100mA 标准里程 ‎22km 电池组总容量 ‎3.75A•h A. 充电器的输出功率为 700W B. 充满电后以舒适速度能行驶 3h C. 以舒适速度行驶时百公里耗电能约 1.1kW•h D. 电池从完全没电到充满电所需的时间约 2h ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1100mA=1.1A，充电器的输出功率：，故A错误；‎ B、满电时在平坦路面以舒适速度行驶的标准里程为22km，舒适速度为15km/h，则满电后以舒适速度能行驶：，故B错误；‎ C、由表格内的数据可知，电池的容量是，充电的电压为63V，则充电消耗的电能：，满电时在平坦路面以舒适速度行驶的标准里程为22km，所以以舒适速度行驶时百公里耗电能约：，故C正确；‎ D、由表格内的数据可知，电池的容量是，即 ‎，充电器输出电流为，所以充电的时间为：，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据电池的容量与电流关系求出充电的时间；根据电量、电压与电能的关系判断出电场的能量；根据额定功率与能量关系求出充电后工作的时间。‎ ‎8.如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图。R，为热敏电阻（温度升高，阻值减小），用来探测加热电阻丝R的温度。RG为光敏电阻（光照强度增大，阻值减小），接收小灯泡L的光照。其他电阻均为定值电阻。当R处温度升高后，下列说法正确的是 A. 灯泡L将变暗 B. RG的电压将增大 C. R的功率将增大 D. R的电压变化量与R2的电流变化量的比值不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项：当R处温度升高时，RT阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮，故A错误；‎ B、C项：L的光照强度增大，则RG阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小．总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小．R的电流减小，而总电流增大，则通过R3的电流增大，R3的电压将增大，所以RG的电压将减小，故B、C错误；‎ D项：R的电压变化量与R2的电流变化量的比值，保持不变，故D正确。‎ ‎9.如图所示，在 a 点由静止释放一个质量为 m，电荷量绝对值为 q 的带电粒 子，粒子到达 b 点时速度恰好为零，设 ab 所在的电场线竖直向下，a、b 间的 高度差为 h，则（ ）‎ A. 带电粒子带负电 B. a、b 两点间的电势差 C. b 点场强大于 a 点场强；‎ D. a 点电势能大于 b 点电势能 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电，故A正确；‎ B、由于粒子在a点静止释放，到达b点时速度恰好为零，根据动能定理可得，则有，故B正确；‎ C、从a到b先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，故b点场强大于a点场强，故C正确；‎ D、由图可知，电场力向上，与运动方向相反，故电场力做负功，电势能增加，故电荷在a点电势能小于在b点电势能，故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎【点睛】关键是根据质点的运动情况：先加速运动后减速运动，正确判断其受力情况，弄清在a、b两点电场力和重力大小关系。‎ ‎10.在闭合电路中，E 表示电动势，U 表示外电压，U′表示内电压，R 表示 外电路的总电阻，r 表示内电阻，I 表示电流，则下列各式中对于纯电阻电路和非纯电阻 电路均正确的是( )‎ A. U′＝IR B. U′＝E－U C. U＝E＋Ir D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、已知电源的内电阻为r，干路电流为I，U′表示内电压，则据部分电路欧姆定律得，故A错误；‎ B、根据闭合电路欧姆定律得，则有，故B正确；‎ C、将上两式联立得，则得：，故C错误；‎ D、闭合电路欧姆定律，该式对于纯电阻电路适用，但不适用非纯电阻电路，所以由部分电路欧姆定律得，只对于纯电阻电路适用，但不适用非纯电阻电路，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】路端电压和内电压的关系遵守闭合电路欧姆定律；内电压与内电阻的关系遵守部分电路欧姆定律．根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律进行分析和计算。‎ ‎11.下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 磁感线从磁体的 N 极出发，终止于 S 极，所以磁感线是闭合曲线，但电场线是 非闭合曲线 B. 磁感应强度的方向就是小磁针 N 极所指的方向，也是小磁针 N 极的受力方向 C. 通电导线在磁感应强度越大的地方所受安培力越大 D. 长度为 L、电流为 I 的导线在磁场中受力为 F，则磁感应强度 B 可能大于 F/ IL ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、磁感线在外部由N极指向S极，内部由S极指向N极，所以磁感线是闭合曲线，但电场线是非闭合曲线，故A错误；‎ B、磁感应强度的方向就是小磁针静止时N极所指方向，小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向，故B错误；‎ C、若导线与磁场平行，则即使磁感应强度大，通电导线也不会受安培力，故C错误；‎ D、设长度为L、电流为I的导线与磁感应强度B的夹角为，则有，磁感应强度，故D正确；‎ 不正确的故选ABC。‎ ‎【点睛】关键是知道放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向与导线的位置有关，二者相互垂直时，作用力最大，平行时力最小为零。‎ ‎12.图中实线是一簇等差等势面，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是 A. 带电粒子所带电荷的电性 B. 带电粒子在 a、b 两点的加速度大小何处更大 C. 带电粒子在 a、b 两点的速度何处较大 D. a、b 两点的电势何处较大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，无法确定粒子在a、b 两点的电势何处较大，故A、D错误；‎ B、根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大，故B正确；‎ C、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，速度减小，所以a点速度大于b点速度，故C正确；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性；根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化，当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小。‎ 二．实验题： ‎ ‎13.下图为一简易多用电表的内部电路原理图， 其中 G 为灵敏电流计，S 为单刀多掷开关(功能键)，表内 直流电源的电动势为 E。由图可知，欲选择电压挡大量 程时，应将功能键置于_____________________位置；欲测电阻时，应 将功能键置于 _____________位置，欲选择电流挡大量程时， 应将功能键置于__________位置．(统一填写数字序号)‎ ‎【答案】 (1). (1)5 (2). (2)3 (3). (2)1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压表中灵敏电流计与大电阻串联； 电流表中灵敏电流计与小电阻并联；欧姆表中利用内部电源供电，根据闭合电路欧姆定律可计算出待测电阻的阻值；‎ ‎【详解】多用电阻若测电压，应让表头与电阻串联；由图可知，与电阻串联的接法只有5或4；欲选择电压档大量程时，应将功能键置于5位置；‎ 要用表头测电阻，则内电路中应有电源，由图可知，只有接3时才能测电阻；‎ 测电流时应使表头与电阻并联，由接1或2时可以用来测电流；接1时，R2与表头串联后再与R1并联，因此R1相对于表头及串联电阻更要小，故测量的量程更大。‎ ‎14.为了精密测量一金属丝的电阻率：‎ ‎(1)如图甲所示，先用多用电表“×1 Ω”挡粗测其电阻为____________Ω，然后用螺旋测微器测其直径为______________mm。‎ ‎ (2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：‎ A．电压表 V(量程 3 V，内阻约 15 kΩ；量程 15 V，内阻约 75 kΩ)‎ ‎ B．电流表 A(量程 0.6 A，内阻约 1 Ω；量程 3 A，内阻约 0.2 Ω)‎ C．滑动变阻器 R1(0～5 Ω，0.6 A)‎ ‎ D．滑动变阻器 R2(0～2000 Ω，0.1 A)‎ E．1.5 V 的干电池两节，内阻不计 F．电阻箱 G．开关 S，导线若干 为了测多组实验数据，则上述器材中的滑动变阻器应选用 ___________(选填“R1 ”或“R2”)。‎ 请在虚线框内设计最合理的电路图并完成实物图的连线_______________‎ ‎【答案】 (1). (1)8.0 (2). 2.096 (3). (2)R1 (4). (3)如图甲、乙所示 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电路图；‎ ‎【详解】解：(1)由图示多用电表可知，待测电阻阻值是8×1Ω=8Ω；‎ 由图示螺旋测微器可知，的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×9.6mm=0.096mm，其读数为：2mm+9.6×0.01mm=2.096mm；‎ ‎ (2)滑动变阻器 R2(0～2000 Ω，0.1 A)的阻值比待测金属丝阻值8Ω大得太多，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1，最大阻值5Ω；为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示 根据实验电路图连接实物电路图，如图所示 三．计算题： ‎ ‎15.如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感 应强度，他的右臂挂着矩形线圈，匝数n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈 中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能时两臂再达到新的平衡。‎ ‎(1)导出用已知量和可测量 n、m、L、I 计算 B 的表达式 ‎(2)当 n=5，L=10.0cm，I=0.10A，m=10g时，磁感应强度是多少?（重力加速度 g 取 10/m2）‎ ‎【答案】（1） （2）1T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小；‎ ‎【详解】解：(1)设左右砝码质量分别为m1、m2，线圈质量为m0，当磁场方向垂直向里时，根据平衡条件有：‎ 当磁场方向垂直向外时，根据平衡条件有：‎ 解得：‎ ‎(2)代入数值解得：‎ ‎16.如图甲所示．水平放置的两平行金属板、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压。、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为，质量为m，在时间内粒子处于静止状态。已知重力加速度为g，周期 。求：‎ ‎（1）判定该粒子的电性；‎ ‎（2）在方时间内两板间的电压U0：‎ ‎（3）若 时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么的比值应满足什么条件。‎ ‎【答案】(1)带正电 (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由平衡条件可判定粒子带正电；在时间内，由平衡状态求出两板间的电压；在时间内，粒子做内平抛运动，粒子恰好从点正下方金属板的小孔飞出，根据运动的合成与分解求出；‎ 解：（1）由平衡条件可判定粒子带正电 ‎（2）设时间内，粒子处于平衡状态由：‎ 求得：‎ ‎（3）在时间内有：‎ 由以上公式联立得：‎ ‎17.如图1所示，电路中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，M为玩具电动机， 电动机线圈电阻 r1=0.5Ω，A、V1、V2均理想电表。闭合开关 S1、断开开关 S2，在将滑动 变阻器的滑动触头 P 从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整图线如图2所示。‎ ‎(1)求电源的电动势E和内阻r；‎ ‎(2)求滑动变阻器R2的最大功率 Pm；‎ ‎(3)若滑动变阻器的滑动触头P滑到最左端后，再闭合开关S2，此时电流表的示数 I=1.0A，求此状态下电动机的输出功率P ‎【答案】（1）E=6V，r=2Ω（2）0.9W（3）1.875W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题图2可知，图线B的延长线与纵轴的交点值表示电动势，由图线A可知R1 的电阻，电压表的示数变化等效于电源内阻r和定值电阻R1分得的电压变化，根据斜率求出内阻r；将Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大，根据闭合电路欧姆定律求解电流，再求出滑动变阻器 R2 的最大功率；当电流表的示数时，根据闭合电路欧姆定律求出电源的路端电压，根据并联分流求出此时通过电动机的电流，根据求出电动机的输出功率；‎ ‎【详解】解：(1)由题图2可知，图线B的延长线与纵轴的交点值表示电动势，即电源的电动势 由图线A可知 电压表的示数变化等效于电源内阻r和定值电阻R1分得的电压变化，则 与电流表示数的变化的比值为，即，‎ 解得电源内阻 ‎(2)由图线B知，滑动变阻器接入电路的最大阻值，‎ 根据等效电源原理可知，当时，的功率最大，‎ 此时电流 滑动变阻器的最大功率为 ‎(3)当电流表的示数时，电源的路端电压为 此时通过的电流为，‎ 此时通过电动机的电流为，‎ 则电动机的输出功率 ‎18.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两极板的长度L=80cm，两板间的距离d=20cm．电源电动势E=28V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从A、B两金属板左端正中间位置M处以初速度v0=8m/s水平向右射入两板间，恰能从上极板B板右侧边缘射出．若小球带电量为q=1×10﹣2 C，质量为m=2×10﹣2 kg，不考虑空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求此时：‎ ‎（1）滑动变阻器接入电路的阻值；‎ ‎（2）电源的输出功率．‎ ‎【答案】（1）12Ω；（2）27W.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：电容器与并联，则电容器两端的电压等于两端的电压，小球在两极板间做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出小球的加速度，由牛顿第二定律求出电场力，再求出两极板的场强和电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电流，再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻；由功率公式可求得电源的输出功率．‎ ‎（1）小球在极板间做类平抛运动 水平方向：；竖直方向，‎ 代入数据解得 对小球，根据牛顿第二定律有，代入数据解得：‎ 极板间电场强度为 两极板间的电压为：‎ 电路电流为：‎ 变阻器接入电路的阻值为：‎ ‎（2）电源的路端电压为：‎ 电源的输出功率为 ‎ ‎