黑龙江省大庆实验中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

黑龙江省大庆实验中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

大庆实验中学2020学年度上学期期中考试 ‎ 高二物理（理）试题 一、选择题 ‎1.两个分别带有电荷量-Q和+3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为的两处,它们间库仑力的大小为F.若两小球相互接触后将其固定距离变为r/2,则两球间库仑力的大小为（ ）‎ A. F/12 B. 3F/4 C. 4F/3 D. 12F ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．‎ 根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ 解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，‎ 所以两球间库仑力的大小为．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．‎ ‎2.如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1＞S2= S3，且 “3”线圈在磁铁的正中间。设各线圈中的磁通量依次为φ1、φ2、φ3，则它们的大小关系是（ ）‎ A. φ1>φ2>φ3 B. φ1>φ2=φ3‎ C. φ1<φ2<φ3 D. φ1<φ2=φ3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 所有磁感线都会经过磁体内部，内外磁场方向相反，所以线圈面积越大则抵消的磁场越大，则，线圈3在正中间，此处磁场最弱，即抵消的最少，所以，最大，选C ‎3.将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看(　　)‎ A. 圆环顺时针转动，靠近磁铁 B. 圆环顺时针转动，远离磁铁 C. 圆环逆时针转动，靠近磁铁 D. 圆环逆时针转动，远离磁铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据环形电流周围的磁场分布结合左手定则可知，圆环右侧部分受到的安培力向里，左侧部分受到的安培力向外，所以从上往下看圆环逆时针转动．再将转动90°后的通电圆环等效成一个小磁针，则N极在左，S极在右，根据同极相互排斥异极相互吸引可知，圆环靠近磁铁，故C正确，ABD错误。‎ ‎4.如图所示的电路中，输出电压U恒为12V，灯泡上标有“6V/12W”字样，电动机线圈的电阻．若灯泡恰能正常发光，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电动机的热功率2.0W B. 电动机的输入功率14W C. 电动机的输出功率12W D. 整个电路消耗的电功率22W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电动机两端的电压U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流I==2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W。电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故A正确，B C错误。整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误。故选A。‎ ‎5.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 安培力的方向可以不垂直于直导线 B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．‎ 解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；‎ C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；‎ D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．‎ 视频 ‎6.下列关于欧姆表的说法中正确的是　　‎ A. 测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上 B. 测量电阻时，如果指针偏角过小，应换用高倍率档 C. 测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大 D. 测量电阻时，每次更换倍率后，不需要重新调零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，A正确；指针偏角过小，则电阻大，要换用高倍率档，B正确；欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，C错误；每次调整倍率时都要重新调零，D错误．‎ ‎7.‎ ‎ 如图所示,在a、b、c三处垂直纸面放置三根长直通电导线,a、b、c是等边三角形的三个顶点,电流大小相等,a处电流在三角形中心O点的磁感应强度大小为B,则O处磁感应强度（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据安培定则判断得知：三根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：上面导线产生的B方向水平向右，大小为B；‎ 下面左边导线产生的B方向斜向右下方，与水平成60°角，下面右边导线产生的B方向斜向右上方，与水平成60°角，则根据平行四边形定则进行合成可知，下面两根导线产生的合场强大小为B，方向水平向右，所以三根导线同时存在时的磁感应强度大小为2B，方向水平向右，B正确，ACD错误。‎ 考点：本题考查了电流的磁场和磁场的叠加 ‎8.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）‎ A. 串联一个10000Ω的电阻 B. 并联一个10000Ω的电阻 C. 串联一个9700Ω的电阻 D. 并联一个9700Ω的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表改装成一个量程为10V的电压表，应串联电阻为，则应串联9.7KΩ的电阻。故ABD错误，C正确；故选C.‎ ‎9.如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2‎ 是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（ ）‎ A. L1、L2都变亮 B. L1、L2都变暗 C. L1变亮，L2变暗 D. L1变暗，L2变亮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当电位器的触片由b端滑向a端时，电阻逐渐变大，电路的总电阻变大，路端电压变大，总电流减小，则R1上电流变大，L1上电流减小，R2以及电位器和L1两端的电压之和变大，通过R2的电流变大，通过L2的电流减小，则L1、L2都变暗，选项B正确。‎ 考点：动态电路分析.‎ ‎10.有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流强度为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为 （ ）‎ A. nvs Δt B. nvΔt C. IΔt /e D. IΔt /se ‎【答案】AC ‎【解析】‎ AB、在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线体积为： V=v△t S.‎ 又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvS△t，A错误、B错误；‎ CD、由于流经导线的电流为I，则在△t时间内流经导线的电荷量为Q=I△t，而电子的电荷量为e，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=I△t/e，故C正确、D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【名师点睛】‎ 首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数。‎ ‎11.如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，电场方向与四边形ABCD平行，其中M为AD的中点，N为BC的中点．一个电荷量为q的正粒子，从A点移动到B点过程中，电势能减小W1，若将该粒子从D点移动到C点，电势能减小W2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 匀强电场的场强方向必沿MN方向 B. 若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功 C. 若D、C之间的距离为d，则该电场的场强大小为 D. 若M、N之间的距离为d，该电场的场强最小值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据正电子移动过程电势能变化可得：电势关系φA−φB＝，φD−φC＝；根据几何关系可得：φM＝(φA+φD)，φN＝(φB+φC)，根据上述条件，并不能得到沿MN方向电势降落最快，或垂直MN的两个点电势相等，故不能得到场强方向沿MN方向，故A错误；若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W＝q(φM−φN)＝q(φA−φB+φD−φC)＝，故B正确；由于无法求解电场方向，故场强大小无法求解，故C错误；若M、N之间的距离为d，则当场强方向沿MN方向时，场强最小，‎ ‎，故D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】匀强电场中任一直线上的电势变化都是均匀变化；直线与电场线平行，则变化速率最大；直线与电场线夹角越大则变化速率越小。‎ ‎12.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知，下列说法错误的是（ ）‎ A. 三个等势面中，c的电势最低 B. 带电质点通过P点时的加速度较Q点大 C. 带电质点通过P点时的电势能较Q点大 D. 带电质点通过P点时的动能较Q点大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】带电质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势线垂直，由于质点带正电，因此电场线指向右下方。而沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，故P点的电场强度比Q点的大，质点所受的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力对质点做正功，电势能减小，动能增加，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，故C正确，D错误。本题选错误的，故选AD.‎ ‎【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化.‎ ‎13.如图所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图所示，则（ ）‎ A. 在间，场强先增大后减小 B. 在间，场强方向没有发生变化 C. 若一负电荷从O点运动到点，电势能逐渐减小 D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，从O到x2，图象的斜率先增大后减小，则场强先增大后减小，故A正确。在O～x2间，电势一直降低，根据顺着电场线方向电势降低，可知场强方向没有发生变化。故B正确。由图看出，从O点到x2点，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电场力做负功，则其电势能逐渐增大。故C错误。电场方向沿x轴正方向，则从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向沿x轴正方向，粒子将做加速运动，故D正确。故选ABD。‎ ‎【点睛】本题的关键要从数学有角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况.‎ ‎14. 如图，A、B、C、D是正四面体的四个顶点，现在A固定一电荷量为+q的点电荷，在B固定一电荷量为-q的点电荷，取无穷远电势为零，下列说法正确的是 A. 棱AB中点的电势为零 B. 棱AB中点的场强为零 C. C、D两点的电势相等 D. C、D两点的场强相同 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：由题，通过AB的中垂面是一等势面，取无穷远电势为零，那么棱AB中点，及C、D在同一等势面上，电势相等，且均为零，而C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同，故ACD正确．B、依据等量异种电荷的电场线分布，可知，棱AB中点的场强不为零，故B错误；‎ 故选：ACD。‎ 考点：等量异种电荷的电场 二、 实验题 ‎15.某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻。‎ A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆 B．直流电压表V1 、V2，量程均为0～3 V，内阻约为3kΩ C．定值电阻R0，阻值为5Ω D．滑动变阻器R，最大阻值50Ω E.导线和开关 ‎（1）该同学连接的实物电路如图所示，其中还有一根导线没有连，请补上这根导线_______。‎ ‎（2）实验中移动滑动变阻器触头，读出伏特表V1 和V2的多组数据U1、U2‎ ‎，描绘出U1～U2图像如图所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=________，内阻为r=___________(用k、a、R0表示)。‎ ‎（3）若实验中的所有操作和数据处理无错误，实验中测得电源内阻的测量值________其真实值，电源电动势E的测量值________其真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】 (1). （1）如图 ‎ (2). （2） (3). (4). （3）小于 (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑动变阻器串联在电路中，连线如图所示．‎ ‎（2）根据E=U+Ir得，E=U2+ r，‎ 解得 则，解得．‎ 当U1=0时，U2=a，即，‎ 解得．‎ ‎（3）利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，故实验中测出的电动势应为电压表等效电阻分的电压，则其等效电源的输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小。‎ ‎16.为测量“12 V , 5 W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材：‎ 电源：12 V，内阻不计；‎ 电流表：量程0～0.6 A、0～3 A，内阻约为0.2 Ω 电压表：量程0～3 V、0～15 V，内阻约为15 kΩ 滑动变阻器：0～5Ω，‎ 开关一个，导线若干，实验要求加在小电珠上的电压可从0开始调节.‎ ‎(1)以上四个电路图你认为最合适的是______‎ ‎(2)在本实验中，电流表的量程可选_________‎ ‎(3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，某次测量时，电流表读数为0.40 A，此时小电珠的实际功率为_____W。‎ ‎【答案】 (1). (1)A (2). (2)0～0.6 A (3). (3)2.4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小电珠上的电压可从0开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻R=U2/R=122/5 =28.8Ω，R/RA=28.8/0.2=144；RV/R=15000/28.8=520，，电流表选择外接法，故选图A所示电路．‎ ‎（2）灯泡正常发光时的电流I=P/U=5/12A≈0.42A，电流表应选0～0.6A量程．‎ ‎（3）电流表读数为0.40 A时，此时小电珠的电压为6.0U，则实际功率为P=IU=2.4W。‎ ‎【点睛】本题关键明确电流表内外接法和滑动变阻器的分压、限流接法的选择原则，要想得到从0开始连续可调的电压时必须用分压电路；当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，用电流表外接。‎ 三、计算题 ‎17.如图，ab、cd为相距2 m的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，质量为3.6 kg的金属棒MN垂直于导轨放在其上，当金属棒中通以8 A的电流时，金属棒受到水平方向的磁场力的作用沿着导轨做匀加速运动，加速度为2 m/s2，当棒中通以同方向的5 A的电流时，棒恰好沿着导轨做匀速运动，求：‎ ‎(1)此匀强磁场的磁感应强度的大小．‎ ‎(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 当金属棒通有电流时，匀加速运动根据牛顿第二定律有：‎ 当金属棒通有电流时匀速运动根据平衡条件有： ‎ 联立解得：，。‎ 点睛：本题考查了受安培力作用下的牛顿第二定律，解决方法和力学部分一样。‎ ‎18.一个质量为m、带电荷+q的粒子，在t=0时刻以初速v0‎ 从孔O射入两竖直放置的平行金属板间，左极板接地，如图甲所示；右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，变化的周期为T。不计粒子的重力。‎ ‎（1）若粒子在t=T/2达到右极板且速度减为零，求右极板电势U0‎ ‎（2）在（1）的情况下，试求粒子在t=T/4时的电势能。‎ ‎（3）在一个周期内，若要使该粒子恰好能回到小孔O，则右极板电势U是（1）情况U0的多少倍。‎ ‎【答案】（1）（2） ；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在0到T/2时间内，粒子做匀减速运动，到右板速度恰好为零。‎ 解得：‎ ‎（2）当T/4时，粒子的速度为。由能量关系：‎ 所以：‎ 此时粒子的电势能 ‎（3）粒子应在半个周期时，已经反向加速，后半个周期里，设经过Δt，恰好回到O点，加速度大小为a。其v-t图像如图。‎ 速度满足：‎ 位移满足：‎ 得: ‎ 又 所以 ‎ ‎19.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，重力加速度为g，一质量为m的带正电的小球从M点在纸面内以 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为 的速度通过N点。已知m ,重力加速度g和高度h.‎ ‎（1）小球从M到N的过程经历的时间;‎ ‎（2）小球所受电场力的大小;‎ ‎（3）从M到N的运动过程中速度最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）F=2mg （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，则有：‎ W+mgh＝mv2−mv02 ‎ 所以有：W=0。‎ 可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从M到N的过程经历的时间 ‎（2）水平方向小球受向右的电场力先向左加速后减速，则 v0=a 解得电场力： =2mg ‎（3）设经过时间t1小球的速度最小，则竖直方向vy=gt1；‎ 水平方向 合速度 由数学知识可知，v的最小值为 ‎【点睛】该题结合运动的合成与分解考查带电小球在混合场中的运动，解答的关键是正确将小球的运动分解，把握每个分运动的特点。 ‎