【物理】湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（选考）（解析版）

【物理】湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（选考）（解析版）

‎2019—2020学年上学期2018级期中考试物理试卷（选考）‎ 一、选择题 ‎1.在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m带电量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在水平力F的作用下一起做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为(　　)‎ A. B. q C. 2q D. 2q ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:选甲、乙作为整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度,选乙为研究对象，由牛顿第二定律得：，联立得 考点：牛顿第二定律；库仑定律 ‎2.某静电场沿方向的电势分布如图所示，则（ ）‎ A. 在之间存在着沿方向的匀强电场 B. 在之间存在着沿方向的非匀强电场 C. 在之间存在着沿方向的匀强电场 D. 在之间存在着沿方向的非匀强电场 ‎【答案】C ‎【解析】‎ AB．沿着场强方向电势减小，垂直场强方向电势不变，从到电势不变，故之间电场强度在方向没有分量，即不存在沿方向的电场，故A错误，B错误；‎ CD．在之间，电势随着位移均匀减小，故电场强度在 方向没有分量不变，即存在沿方向的匀强电场，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ 点睛：沿着场强方向电势减小，垂直场强方向电势不变，根据题中图象得到电势变化规律，再判断电场强度的情况 ‎3. 如图是一个用均匀金属导线做成的圆环,AB是圆环直径的两端点,当电流I从A点流入,从B点流出时,在环中心处的磁场方向是( )‎ A. 在圆环所在的平面内,且指向B B. 垂直圆环平面,且指向纸外 C. 垂直圆环平面,且指向纸内 D. 磁感应强度为零,无方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电流从A流入圆环,分两条路流过圆环再在B处流出.则由安培定则判断上半圆在O点产生的磁场垂直纸面向里;下半圆在O点产生的磁场垂直纸面向外.又因为磁场是矢量,可叠加,上下半圆产生的磁场大小相等.方向相反,所以O点磁感应强度为零,无方向.‎ ‎4. 如图所示，一长直导线 AB中通以如图乙所示的交流电，在导线附近的正下方放置一闭合线圈，线圈平面与导线在同一平面内如图甲所示，则下列说法中正确的是( )‎ A. t1时刻，线圈内有感应电流 B. 在t2时刻，线圈内没有感应电流 C. t>0的任意时刻，线圈内都有感应电流 D. 以上说法都不对 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在t1时刻，导线中电流不变，在线圈内没有感应电流，A错；在t2时刻导线中电流变化率最大，线圈中电流最大，B错；同理C错；D对；‎ ‎5.如图所示，半径为只的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的勻强磁场方向垂 直轨道平面向里。一可视为质点，质量为m，电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑 下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速 率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是 A. 小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB B. 小球在C点对轨道的压力大小为3mg -qB C. 小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变 D. 小球从C到D的过程中，外力F的功率不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：，解得：．故小球在C点受到的洛伦兹力大小为，A错误；‎ B、由左手定则可知，小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有：，解得：，B正确；‎ C、小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大．故C错误；‎ D、小球从C到D过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反．由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大．D错误．‎ 故选B。‎ ‎6.如图，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度 ‎，在水平U型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中的电阻为，半圆形硬导体AB的电阻为，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为(　 )‎ A. ， B. ， ‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】半圆形导体AB切割磁感线的有效长度为2L，根据法拉第电磁感应定律，AB切割磁感线产生感应电动势的大小为E=B2Lv=2BLv；AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得AB之间的电势差U=。‎ A. AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为，，与分析不一致，故A错误；‎ B. AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为，，与分析不一致，故B错误；‎ C. AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为，，与分析不一致，故C错误；‎ D. AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为，，与分析相一致，故D正确。‎ ‎7.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是（     ）‎ A. 小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B. 当小球运动到c点时，洛仑兹力最大 C. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电场力与重力大小相等，则二者合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。‎ A、由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点；错误 B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大；错误 C、从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少；错误 ‎ D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减；正确 故选D 考点：带电粒子在混合场中的运动 点评：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”；关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可。‎ ‎8.如图甲所示的电路中，不计电表内阻的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表和随电流表A的示数变化的实验图象如图乙所示，则下列说法不正确的是( 　)‎ A. 图线a是电压表的示数与I的关系图线 B. 图线b的延长线一定过坐标原点O C. 图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电阻R0消耗的瞬时功率 D. 图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电源的瞬时输出功率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电压表测量的是R0两端的电压，当电路中电流增大时，R0两端的电压增大，图线b是电压表的示数与I的关系图线，故A符合题意；‎ B.由于测量的是定值电阻R0两端的电压，定值电阻的电压与电流成正比，则图象b的延长线一定过坐标原点O，故B不合题意；‎ CD.图象a反映了电源的外电压与电流I的关系，图象b反映定值电阻电压与电流I的关系，两图象的交点表示定值电阻R0接在该电源上的工作状态，则图线a、b交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下定值电阻R0消耗的瞬时功率，也表示电源的瞬时输出功率，故CD不合题意。‎ ‎9.如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是 A. 四段导线受到的安培力的方向相同 B. 四段导线受到的安培力的大小相等 C. ADB段受到的安培力最大 D. AEB段受到的安培力最小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：可知：导线越长，电阻越大，由：可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故AC正确，BD错误；故选AC．‎ 考点：电阻定律；安培力 ‎【名师点睛】本题考查电阻定律与欧姆定律的应用，掌握左手定则及安培力大小表达式，注意理解有效切割长度是解题的关键。‎ ‎10.如图所示，水平固定一截面为正方形的绝缘方管，其长度为，空间存在场强为、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度为、方向竖直向下的匀强磁场. 将质量为、带电荷量为的小球从左侧管口无初速度释放，已知小球与管道各接触面间的动摩擦因数均为，小球运动到右侧管口处时速度为，该过程中（ ）‎ A. 洛伦兹力对小球做功为 B. 电场力对小球做功为 C. 系统因摩擦而产生的热量为 D. 系统因摩擦而产生的热量为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 解：A、小球向右运动，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里，与运动的方向垂直，使用洛伦兹力不做功．故A错误；‎ B、小球受到的电场力大小为F=qE，方向向右，小球运动的方向也向右，所以电场力做的功：W=FL=qEL．故B正确；‎ C、小球在运动的过程中，受到向下的重力，向右的电场力，垂直于纸面向里的洛伦兹力，和支持力的作用，在正方形绝缘方管的平面内，支持力的方向与重力、洛伦兹力的合力的方向相反，大小为：‎ 系统因摩擦而产生的热量为：Q=fL=μNL＞μmgL．故C错误；‎ D、小球运动的过程中只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得：qEL﹣Wf=，‎ 所以：．故D正确．‎ 故选：BD ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，然后结合锂离子的特点判断洛伦兹力做的功；根据电场力的方向、大小以及小球运动的位移，计算出电场力做的功；使用Q=fs计算因摩擦产生的内能．‎ ‎【点评】该题考查带电小球在复合场中的运动，涉及受力分析、左手定则、以及摩擦力做功等问题，对小球的受力分析一定要细致，否则，在计算摩擦力做功的过程中，容易出现错误，将摩擦力计算为μmg．‎ ‎11.如图所示，带正电的点电荷被固定于A点，以O点为坐标原点，AO方向为x轴正方向建立如图所示的一维坐标系，现将一个电荷量很小的带正电的点电荷q从O点由静止释放，在点电荷运动的过程中，下列关于点电荷q的动能Ek、电势能Ep随坐标x变化的图象中(假设O点电势为零，不计q的重力)，可能正确的是(　 　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.设点电荷q在x处所受的电场力为F，在点电荷在运动的过程中，电场力F做正功，点电荷的电势能减少，动能增加；在x→x+x内，x极小，点电荷q 动能增加量为Ek，根据动能定理得Fx=Ek，则F= ，由于在点电荷在运动的过程中，电场力F逐渐减小，所以Ek-x图象的斜率逐渐减小，故A错误，B正确； CD.根据能量守恒定律知，Ek+Ep=0，则得 Ep=-Ek，则知Ep-x图象的斜率也应逐渐减小，故C错误，D正确。‎ ‎12.如图所示，一个“日”字形金属框架竖直放置，AB、CD、EF边水平且间距均为L，阻值均为R，框架其余部分电阻不计。水平虚线下方有一宽度为L的垂直纸面向里的匀强磁场。释放框架，当AB边刚进人磁场时框架恰好匀速，从AB边到达虚线至线框穿出磁场的过程中，AB两端的电势差UAB，AB边中的电流I（设从A到B为正）随位移S变化的图象正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：从AB变刚进入磁场时，线框做匀速运动，即根据公式 可知0-L过程中AB产生的电动势恒定不变为，AB相当于电源，为路端电压，A为负极，B为正极，所以，大小为，电流大小为，方向从A到B，为正；当AB边穿出，CD边又进入磁场，速度不变，所以根据，AB相当于电源，为路端电压，A为负极，B为正极，所以，大小为，由于这种情况下为支路电流，并且为原来的，故AC正确；‎ 考点：考查了电磁感应与电路 ‎【名师点睛】本题关键是知道，当导体切割磁感线运动时，导体相当于一个电源，导体两端的电压为电路的路端电压 二、实验题 ‎13.图为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接.‎ ‎（1）用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好___________ .‎ ‎（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后，将小线圈迅速插入大线圈的过程中，电流计的指针将向__________偏；小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，电流计的指针将向__________偏.（均选填“左”或“右”）‎ ‎【答案】 (1). (2). 右 左 ‎【解析】‎ ‎【详解】（）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路， 再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示 ‎（）闭合开关时，穿过大螺线管的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，磁场方向不变，磁通量变大，电流表指针方向向右偏转；由电路图可知，原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右滑动时，滑动变阻器继而电路的阻值变大，电路电流变小，穿过大螺线管的磁通量变小，磁场方向不变，则电流表指针向左偏转。‎ ‎【点睛】。‎ ‎14.（1）某同学用多用电表测量一段金属丝的电阻，电路如图甲所示，若选择开关置于“×100”挡，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值，指针位于图乙所示位置，则Rx=___Ω，该同学还用螺旋测微器测量了该金属丝的直径，读数如图丙所示，则该金属丝直径d=___mm。‎ ‎（2）要测绘一个标有“3V，0.6W”的小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作，已选用的器材有：‎ 电池组：(电动势4.5V，内阻约1Ω)‎ 电流表：(量程为0～250mA，内阻约5Ω)‎ 电压表：(量程为0～3V，内阻约3kΩ)‎ 开关一个、导线若干 ‎①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的__(填字母代号)。‎ A.滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)‎ B.滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)‎ ‎②实验的电路图应选用下图中的___(填字母代号)。‎ ‎③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示，如果将这个小灯泡接到电压为1.5V、内阻为5.0Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是___ W。‎ ‎【答案】 (1). 700Ω 0.617mm (2). A B 0.1W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］如图甲所示，若选择开关置于“×100”挡，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值，指针位于图乙所示位置，则Rx=700Ω。‎ ‎［2］该金属丝的直径 d=0.5mm+11.70.01mm=0.617mm。‎ ‎（2）①［3］因实验要求电流由零逐渐增加到3V，并便于操作，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选电阻最小的变阻器A。 ②［4］因小灯泡在额定电压时的电阻为 R==Ω=15Ω 因电压表内阻RVR，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选B。 ③［5］电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为5.0Ω，电动势为1.5V的电源的路端电压与干路电流的关系图线，该图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点电压与电流的乘积即表示小灯泡消耗的功率，如图示：‎ ‎ 交点坐标（1.0V，0.1A），则小灯泡消耗的功率 P=UI=1.00.1W=0.1W 三、计算题 ‎15.在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图中直线a，b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电。求：‎ ‎(1)B点的电场强度的大小和方向。‎ ‎(2)试判断点电荷Q的电性，并说明理由。‎ ‎(3)点电荷Q的位置坐标。‎ ‎【答案】(1)，方向指向x负方向(2)点电荷Q应位于A、B两点之间，带负电荷(3)2.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图可知，B点的电场强度，方向指向x负方向。‎ ‎(2) A点的电场强度，方向指向x正方向。‎ 因A点电场强度方向指向x正方向，B点的电场强度方向指向x负方向；所以点电荷Q应位于A、B两点之间，带负电荷。‎ ‎(3)设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的场强公式知，‎ 解得x=2.6m．(另解x=1舍去)‎ ‎16. 如图所示中，一根垂直纸面放置的通电直导线，电流垂直纸内向里，电流强度为I，其质量为m，长为L，当加上一个匀强磁场时，导体仍能够静止在倾角为θ的光滑斜面，问：‎ ‎（1）最小应加一个多大的磁场？方向如何？‎ ‎（2）调节磁感应强度的大小和方向，使导体所受磁场力的大小为mg，且导体保持静止状态，那么斜面所受的压力是多大？‎ ‎【答案】（1）最小应加的磁场，方向垂直于斜面向上；‎ ‎（2）斜面所受的压力是0或2mgcosθ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）导体棒所受重力的大小方向不变，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而求出磁感应强度的最小值和方向．‎ ‎（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场方向，和斜面受到的压力；‎ 解：（1）根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，有：‎ mgsinθ=BIL 解得：B=‎ 此时B垂直于斜面向上．‎ ‎（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场 ‎①当受到的安培力竖直向上时，此时支持力为零，由牛顿第三定律可知对斜面的压力为0‎ ‎②当重力在沿斜面的分力 ‎ 与安培力在沿斜面的分力相等时，此时斜面对物体的支持力为：FN=2mgcosθ 答：（1）最小应加的磁场，方向垂直于斜面向上；‎ ‎（2）斜面所受的压力是0或2mgcosθ ‎【点评】解决本题的关键会根据共点力平衡求解力，以及知道根据三角形定则，当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力有最小值．‎ ‎17.如图所示，如图所示，电源内阻，，L为一个标有“12V、12W”的灯泡，若改变滑动变阻器触片的位置，使L正常发光时，安培计的示数为1.5安，伏特表的示数恰好为零，求电阻的阻值、电源输出功率及电源电动势分别是多少？‎ ‎【答案】24Ω，30W，23V ‎【解析】‎ ‎【详解】当L正常发光时，伏特表的示数为零，说明在伏特表中没有电流通过，其等效电路为R1和R2串联，R3和L串联，然后两条支路再并联；由于L正常发光，所以通过R3的电流 I3=IL==A=1.0A 灯泡L的电阻 RL==Ω=12Ω 通过R1和R2的电流 I1=I2=I-IL=1.5A-1.0A=0.5A 其中=，则R3两端的电压 U3==V=8V R3和L两端的电压 UDC=U3+UL=8V+12V=20V 因U1+U2=UDC=20V，则有：‎ R1+R2==Ω=40Ω 又因伏特表此时无读数，说明A、B两点电势相等，则U1=U3=8V，U2=UL=12V；而==，所以 R1+R2=R2=40Ω R2=24Ω 电源的输出功率 P出=IUDC=1.520W=30W 电源电动势 ‎=Ir+UDC=1.52V+20V=23V 答：电阻的阻值为24Ω，电源输出功率为30W，电源电动势为23V ‎18.磁感应强度为B的匀强磁场中，水平面内有一根弯成的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，如图所示，光滑长直导线MN与金属线紧密接触，起始时，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r，当MN以速度v，平行于OQ向右匀速滑动时，求：‎ ‎（1）闭合电路aOb中感应电流的大小和方向；‎ ‎（2）驱使MN作匀速运动的外力随时间变化的规律；‎ ‎（3）整个回路上产生的热功率随时间变化的规律。‎ ‎【答案】（1），方向由ba；（2）（L0+vt）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设经过时间t，则b点到O点的距离为L0+vt，长直导线MN在回路中的长度为L0+vt，此时直导线产生的感应电动势为E=B（L0+vt）v，整个回路的电阻R=（2+）（L0+vt）r，闭合电路aOb中感应电流的大小 I===‎ 由楞次定律可判定回路中电流的方向由ba。‎ ‎（2）驱使MN作匀速运动的外力F大小等于安培力，则 F=BI（L0+vt）=（L0+vt）‎ ‎（3）整个回路上产生的热功率 P=I2R=（2+）（L0+vt）r=‎ 答：（1）闭合电路aOb中感应电流的大小为，方向由ba；（2）驱使MN作匀速运动的外力随时间变化的规律F=（L0+vt）；（3）整个回路上产生的热功率P=。‎