物理卷·2019届河北省邯郸市第二中学高二上学期期中考试物理试题（解析版）x

物理卷·2019届河北省邯郸市第二中学高二上学期期中考试物理试题（解析版）x

邯郸市第二中学高二年级（2016级）期中考试物理试卷 一、单选题 ‎1. 物理学中最早使用理想实验方法、发现万有引力定律、最早引入了电场概念并提出用电场线表示电场和发现电流磁效应分别由不同的物理学家完成，他们依次是（ ）‎ A. 伽利略、牛顿、法拉第和奥斯特 B. 牛顿、卡文迪许、洛伦兹和安培 C. 伽利略、卡文迪许、库仑和奥斯特 D. 伽利略、牛顿、库仑和洛伦兹.‎ ‎【答案】A ‎【解析】伽利略最早使用理想斜面实验，牛顿发现了万有引力定律，法拉第最早引入场的概念，奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确．‎ ‎2. 真空中两个完全相同的带电小球A和B（均可看做点电荷），带电量分别为+2q和-6q，固定在相距为r的两点，两球间静电力为F，现用绝缘工具使两球接触后分开，将其固定在距离为的两点，则两球间库仑力为（ ）‎ A. 相互作用的斥力，大小为 B. 相互作用的引力，大小为 C. 相互作用的引力，大小为 D. 相互作用的斥力，大小为2F ‎【答案】A ‎【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．‎ 接触前两球之间的库仑力为，接触后，根据先中和后平均分配原则，可知两球的带电量为，故两球之间的库仑力变为，A正确．‎ ‎3. 直线MN是某点电荷电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹．下列判断正确的是（ ） ‎ A. 电场线MN的方向一定是由N指向M B. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎【答案】C ‎【解析】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，即粒子受力方向一定是由M指向N．故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，动能增加，故B错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确；一条电场线无法判断场强的大小，故也就无法比较a、b点的加速度大小，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎4. 如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C. 若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104V D. A、B两点间的电势差是UAB=6×104V ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=2×10−4×3×105×0．2×J=6J．则电势能减小6J．故A错误．从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-2×10−4×3×105×0．2×J=-6J．故B正确．AB间的电势差UAB=EdABcos60°=3×105×0．2×V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故CD错误．故选B。‎ 考点：电场力的功与电势差的关系 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能 灵活运用，基础题。‎ ‎5. 如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（ ） ‎ A. 当R2=R1+r时，R2上获得最大功率 B. 当R1=R2+r时，R1上获得最大功率 C. 当R2=0时R1上获得功率一定最大 D. 当R2=0时，电源的输出功率可能最大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为当外电路的电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大；将R1+r归为电源的内阻，故当R2=Rl+ r时，R2上获得最大功率，选项A正确；因为R1为固定电阻，故当外电阻最小时，即R2=0时，电阻的电流最大，此时Rl上获得最大功率，选项B错误，C正确；若Rl= r，当R2=0时，电源的输出功率最大，选项D正确，故选B。‎ 考点：电功率。‎ ‎6. 在如图所示的U-I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源与电阻R组成闭合电路．由图象判断错误的是（ ） ‎ A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω B. 电阻R的阻值为1Ω C. 电源的效率为80%‎ D. 电源的输出功率为4W ‎【答案】C ‎【解析】根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则．故A正确．电阻 ‎．故B正确． 电源的效率．故C错误．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故D正确．本题选择错误的，故选C．‎ 点睛：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．‎ ‎7. 如图所示的电路中，电源、电压表、电流表都是理想的，当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电压表增大，电流表读数增大 B. 电压表增大，电流表读数减小 C. 电压表读数不变，电流表读数增大 D. 电压表读数不变，电流表读数增减小 ‎【答案】A ‎【解析】由图可知，R与并联后与串联；当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，内电压减小，则路端电压增大，故电压表V示数增大；因电路中总电流减小，则两端的电压减小，而路端电压减小，故并联部分电压增大，中电流增大，故电流表读数增大，A正确．‎ ‎8. 三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置．三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等．则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（ ） ‎ A. 方向水平向左 B. 方向水平向右 C. 方向竖直向上 D. 方向竖直向下 ‎【答案】A ‎【解析】根据右手螺旋定则在知道P导线在O点产生的磁感应强度方向为竖直向下，R点在O点产生的磁感应强度方向为水平向左，Q导线在O点产生的磁感应强度方向为竖直向上，根据对称性可知直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等，故三个磁场叠加后的合磁场方向水平向左，A正确．‎ ‎9. 在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子（重力不计） 从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（ ）‎ ‎ ‎ A. 一定带正电 B. 速度 C. 若速度，粒子在板间的运动是类平抛运动 D. 若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，仍做直线运动 ‎【答案】B ‎【解析】若粒子带负电，则受到竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力，可以做直线运动，若粒子带正电，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，可以做直线运动，故A错误；因为做直线运动，所以在竖直方向上合力为零，故，解得，B正确；若，则，使粒子偏转，做曲线运动；但洛伦兹力方向不断变化，故合力不恒定，不是类似平抛运动，C错误；此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，D错误．‎ ‎【点睛】在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关．‎ ‎10. 如图所示的匀强磁场，磁感应强度为0.1T，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度为0.1m，导线中电流为1A．该导线所受安培力的大小为（ ） ‎ A. 0.01‎N B. 0.02N C. 0.03N D. 0.04N ‎【答案】A ‎【解析】由安培力公式可得： ，故A正确，BCD错误。‎ 二、多选题 ‎11. 平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部．闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ．则下述说法正确的是（ ） ‎ A. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ变大 B. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 D. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 ‎【答案】AC ‎【解析】从题中可知电场力越大，越大；当保持电键k闭合，两极板间的电势差恒定，A板向B板靠近，则两极板间的距离减小，根据可知两极板间的电场强度增大，小球受到的电场力增大，变大，A正确B错误；若断开开关K，则两极板间的电荷量恒定不变，根据公式，联立解得，与两极板间的距离无关，所以电容器两极板间的电场强度不变，即不变，故C正确D错误．‎ ‎【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后 结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 ‎12. 如图所示的电路中，AB两端的电压U恒为14V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，则以下说法正确的是（ ） ‎ A. 电动机的输入功率是128W B. 电动机的输入功率是16W C. 电动机的热功率是2.0W D. 整个电路消耗的电功率是30W ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．‎ 因为小灯泡恰好正常发光，则其两端电压为，因为灯泡串联在电路中，所以电路中的电流为，又因为灯泡和电动机串联，所以电动机两端电压为，故电动机输入功率为，A错误B正确；电动机的热功率为，C正确；整个电路消耗的电功率为，D错误 ‎13. 质量相同,电荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（不计重力）（ ） ‎ A. M带正电，N带负电 B. M的速率大于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N不做功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】BC ‎ ‎ ‎14. 如图所示，电子由静止经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（ ）‎ A. 使U1减小为原来的一半 B. 使U2增大为原来的2倍 C. 使两偏转板的长度增大为原来2倍 D. 使两偏转板的间距减小为原来的一半 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：电子先经加速电场加速后，进入偏转电场，根据动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系．由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度，根据运动的合成与分解，推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系，再综合得到偏转电场中偏转量与加速电压、偏转电压的关系，再进行选择．‎ 解：设电子的质量和电量分别为m和e．‎ 电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得 eU1=①‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为a=②‎ 电子在水平方向做匀直线运动，则有t=③‎ 在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量y=④‎ 联立上述四式得，y=‎ A、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U1减小为原来的．故A正确．‎ B、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U2增大为原来的2倍．故B正确．‎ C、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的长度L增大为原来倍．故C错误．‎ D、要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的距离减小为原来的．故D正确．‎ 故选ABD ‎【点评】本题粒子从静止开始先进入加速电场后进入偏转电场，得到的结论与粒子的质量和电量无关．‎ 三、实验题探究题 ‎15. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线 的实验中，可供选择的器材及代号如下：‎ A．小灯泡L（3V、1.8W）；‎ B．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流1.5A）；‎ C．电压表V1（量程：0～3V，RV=5kΩ）；‎ D．电压表V2（量程：0～15V，RV=10kΩ）；‎ E．电流表A1（量程：0～0.6A，RA=0.5Ω）；‎ F．电流表A2（量程0～3A，RA=0.1Ω）‎ G．铅蓄电池、电键各一个，导线若干 实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压 ‎①为了减少误差，实验中应选电压表______，电流表______；‎ ‎②某同学实验后作出的I-U图象如图1所示，请分析该图象形成的原因是______．‎ ‎③请在图中虚线框内按要求完成实验电路图________（用笔线代替导线）‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). 温度升高，灯泡电阻增大 (4). ‎ ‎【解析】试题分析：电压表、电压表最佳测量范围为大于等于满偏的；根据额定值可以确定电表的选择；I-U图象的斜率等于电阻R的倒数，故I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大；被测电阻是小电阻，电流表应该采用外接法；要小灯泡两端的电压从0开始连续可调，滑动变阻器要采用分压接法．‎ ‎（1）由于小灯泡的额定电压为3伏，而电压表最佳测量范围为大于等于满偏的，故不能选0-15V的量程，而只能选0-3V的量程，故电压表应选C．由于小灯泡的额定电流，而电流表最佳测量范围为大于等于满偏的，故不能选0-3A的量程而只能选0.6A的量程，故电流表应选E． ‎ ‎（2）由于，故I-U图象的斜率等于电阻R的倒数，从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大，故金属材料的电阻随着温度的升高而升高，而，故随温度升高，金属材料的电阻率升高，灯泡电阻增大． ‎ ‎（3）由于要描绘小灯泡的伏安特性曲线，故要小灯泡两端的电压从0开始连续可调，故滑动变阻器要采用分压接法；由于的电阻，而中值电阻 ‎，故被测电阻是小电阻，故电流表应该采用外接法．如图所示．‎ ‎16. 用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ A流表（量程0.6A、3A）；‎ B压表（量程3V、15V）‎ C值电阻（阻值1Ω，额定功率5W）‎ D值电阻（阻值10Ω，额定功率10W）‎ E动变阻器（阴值范围0-10Ω，额定电流2A）‎ F动变阻器（阻值范围0-100Ω、额定电流1A）‎ ‎（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择______V，电流表的量程应选择______A；R0应选择______Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是______Ω的滑动变阻器．‎ ‎（2）引起该实验系统误差的主要原因是______．‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 0.6 (3). 1 (4). 0～10 (5). 由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小 ‎【解析】试题分析：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω 会出现开始几乎不变最后突然变化的现象．‎ ‎（2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测＜E真，r测＜r真．‎ 故答案为：（1）3，0.6，1，0～10．‎ ‎（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小．‎ 四、计算题 ‎17. 水平放置的平行板电容器，两极板A、B相距5mm，电容为50μF ‎ ‎（1）当将其充电到两板电势差为100V时，这时电容器的带电量为多少库仑？ ‎ ‎（2）当两板电势差为100V，一个质量为1.0×10-14Kg的带负电尘埃正好在板间静止，电容器上极板带何种电荷？该尘埃带电量为多少？（取重力加速度g=10m/s2）‎ ‎【答案】（1）5×10-3C（2）当正电荷，5×10-18C．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由电容的定义式可知，电容器的带电量为：‎ Q=CU=50×10﹣6×100C=5×10﹣3C ‎（2）上极板带正电 由平衡条件有 解得：‎ 考点：电容器；物体的平衡 ‎【名师点睛】解决本题关键掌握电容的定义式和平衡条件，并能准确计算，是一道基础题．‎ ‎18. 在直角区域aob内，有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从o点沿纸面以一定速度射入磁场中，速度方向与边界ob成30°角，从磁场出来的位置离开O点的距离为L，求 ‎ ‎（1）粒子带正电还是负电； ‎ ‎（2）若磁场的磁感应强度为B，粒子的质量为m，带电量为q，则粒子在磁场中运动的速度为多少？在磁场中运动的时间为多少？‎ ‎【答案】（1）带负电（2）速度为，时间为 ‎（1）粒子做曲线运动总是弯向所受合力的方向，再加上洛仑兹力与速度方向垂直，画出粒子的运动轨迹如图所示：由左手定则知道粒子带负电． ‎ ‎（2）粒子做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力： …① ‎ 由几何关系有：…② ‎ 联立以上两式得：‎ 由于粒子在磁场中偏转了60°，所以粒子在磁场中的时间为 ‎19. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.2m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，金属导轨的一端接有电动势E=6V、内阻r=1Ω的直流电源．现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ=0.5．为使导体棒能静止在导轨上，在导轨所在平面内，加一个竖直向上的匀强磁场．导轨电阻不计，导体棒接入电路的电阻R0=2Ω．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：‎ ‎ ‎ ‎（1）当磁感应强度B1多大时，导体棒与导轨间的摩擦力为零； ‎ ‎（2）当磁感应强度B2=12.5T时，导体棒与导轨间摩擦力的大小和方向； ‎ ‎（3）使导体棒能静止在导轨上所加磁场的磁感应强度B的最小值．‎ ‎【答案】（1）6.25T （2）（3）‎ ‎【解析】（1）根据闭合电路的欧姆定律，则有 ‎ 由平衡条件得：，得 ‎ ‎ ‎ ‎（2）导体棒受力情况如图所示(图中摩擦力f未画出) ‎ 当磁感应强度时， ‎ 摩擦力f沿斜面向下，由平衡条件得： ‎ 代入数据得：‎ ‎（3）当磁感应强度B最小时，导体棒恰好不下滑，这时摩擦力f沿斜面向上， ‎ 则有：‎ 而：‎ 又： ‎ 联立得：‎ ‎ ‎