【物理】内蒙古呼和浩特土默特左旗第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】内蒙古呼和浩特土默特左旗第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

高二年级期中物理试卷 一、选择题（共50分，每题5分，1-6题是单选，7-10题是多选。）‎ ‎1.一个检验电荷q在电场中某点受到的电场力为F，该点的电场强度为E.下图中能正确表示q、E、F三者关系的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项：因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化，故A、B错误；‎ C、D项：由知，某点的电场强度一定，F与q成正比．故C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎2.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、．一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则 A. 直线a位于某一等势面内，‎ B. 直线c位于某一等势面内，‎ C. 若电子有M点运动到Q点，电场力做正功 D. 若电子有P点运动到Q点，电场力做负功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功,说明MQ为高电势，NP为低电势．所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是，，选项A错，B对．若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错．电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错．‎ ‎【考点定位】等势面和电场线 ‎【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记．‎ ‎3.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略．平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动． 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )‎ A. 增大R1的阻值 B. 增大R２的阻值 C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；‎ 考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器 ‎4.如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入磁感应强度为B1‎ 的磁场，不计粒子的重力，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据：‎ 有：‎ 则：‎ 根据左手定则，运动轨迹如图所示。‎ 因为周期：‎ 则：‎ 所以它再一次到达O点的时间为：‎ 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω ，电流表和电压表都是理想电表，只接通S1时，电 流表示数为‎10A，电压表示数为12V ，再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为‎8A。则此时通过启动电动机的电流是 (     ）‎ A. ‎‎14.8‎A B. ‎50A C. ‎6.8A D. ‎‎58A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD. 只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：‎ 灯泡阻值为 再接通S2后，流过电动机的电流为：‎ 故B正确ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，摆球带负电的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆过程中，由A摆到最低点时，摆线拉力为F1，摆球加速度大小为a1‎ ‎；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度为a2，则（ ）‎ A. F1＞F2，a1=a2 B. F1＜F2，a1=a2‎ C. F1＞F2，a1＞a2 D. F1＜F2，a1＜a2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设摆球所带电量为q，摆线长为r，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，‎ 摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点速度相等，‎ 则由A摆到最低点时：F1+Bqv﹣mg=m 由B摆到最低点时：F2﹣Bqv﹣mg=m 解得：F1＜F2，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ma=m 所以两次通过C点时的加速度相同，即a1=a2．‎ 故选B ‎7.我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光，极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示。这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光。地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能达到地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障，科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关（　　）‎ A. 洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小 B. 空气阻力做负功，使其动能减小 C. 南北两极的磁感应强度增强 D. 太阳对粒子的引力做负功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，A错误；‎ B．粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，阻力方向与运动方向相反；故对粒子做负功，所以其动能会减小，B正确；‎ C．由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小；则说明粒子在靠近南北极运动过程中，南北两极的磁感应强度增强，故C正确；‎ D．由于粒子与太阳间的距离非常大，并且粒子的质量非常小，所以太阳对粒子的引力非常小，对粒子速度的影响几乎没有，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎8.如图是测定两个电源的电动势和内电阻实验中得到的图线，则应有（  ）‎ A. 当时，电源总功率 B. 当时，外电阻 C. 当时，电源输出功率 D. 当时，电源内部消耗的电功率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由闭合电路欧姆定律得：‎ 变形得 可知图线得截距代表电动势，斜率代表内阻；‎ A. 由图可知两电源电动势相等，电源总功率，当时，电源总功率，故A正确；‎ B. 图线2的斜率大于图线1的斜率，则电源的内阻，当时，由闭合电路欧姆定律可知有，则，故B错误；‎ C. 电源的输出功率，当时，由图知 ，则，故C错误；‎ D. 电源内部消耗的功率，当时，电源内电压，由图电源内阻，则，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎9.、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（   ）‎ A. 在b飞离电场的同时，刚好打在负极板上 B. 进入电场时，c的速度最大，的速度最小 C. b和c同时飞离电场 D. 动能增量相比，c的最小，a和b的一样大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.粒子在竖直方向有 三个粒子所带电荷相同，可见打在下极板的时间相同；水平方向有可知c的速度最大，a的速度最小，故AB正确C错误；‎ D.因只有电场力做功，则动能的增量等于电场力做功，由，因a和b在电场中的竖直位移大于a，故a和b电场力做功相等且大于a，故D正确。‎ 故选ABD ‎10.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的(　　)‎ A. 速度 B. 质量 C. 电荷量 D. 比荷 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.离子流在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB，v＝，故A正确；‎ B.进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝知，因v、B相同，所以只能是比荷相同，故D正确，B、C错误．‎ 故选AD 二、非选择题（50分）‎ ‎11.某同学通过实验测量一种合金的电阻率．‎ ‎(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图1所示的部件__________(选填“A”，“B”，“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.‎ ‎(2)图2所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．‎ ‎(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．________‎ ‎【答案】(1). B 0.410 (2). 7、9 断路 (3). 应采用电流表的内接法，减小因电表内阻引起的系统误差；或采用多次测量求平均值的方法，可以减小偶然误差．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B，‎ ‎[2]合金丝的直径为 ‎0.0mm‎＋‎0.41mm＋‎0.000mm＝‎‎0.410mm ‎（2）[3][4]合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化，说明电压表被串联在电路中，致使电流表读数很小，电压表读数接近电压电动势，因此电路中连接合金属丝的接线柱7、9之间部分应发生了断路 ‎（3）[5]由于，因此应采用电流表的内接法，减小因电表内阻引起的系统误差，另外可采用多次测量求平均值的方法，可以减小偶然误差；‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本仪器的使用、电路故障分析、实验误差分析等问题，属于中档题．‎ ‎12.在用电压表和电流表测电池的电动势和内阻的实验中，所用电压表和电流表的内阻分别为1kΩ和0.1Ω，图1为实验原理图及所需器件图．‎ ‎（1）在图2中画出连线，将器件按原理图1连接成实物电路________．‎ ‎（2）一位同学记录6组数据见表，试根据这些数据在图3中画出U﹣I图象______，根据图象读出电池的电动势E=_____V，求出电池的内阻r=_____Ω．‎ I（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.32‎ ‎0.50‎ ‎0.57‎ U（V）‎ ‎1.37‎ ‎1.32‎ ‎1.24‎ ‎1.18‎ ‎1.10‎ ‎1.05‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.45 0.69‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据原理图明确电路原理，根据实物图作图方法连接各元件即可；‎ ‎（2）由表中数据作出伏安特性曲线,由图象的纵坐标可求得电源的电动势；由斜率求得电阻．‎ ‎（1）按照实验原理图将实物图连接起来，如图甲所示．‎ ‎（2）根据U、I数据，在方格纸UI坐标系上找点描迹．如图乙所示，然后将直线延长，交U轴于U1≈1.45 V，此即为电源电动势；交I轴于I≈‎0.65 A，注意此时U2=1.00 V，则r=Ω≈0.69Ω．‎ 故答案为（1）如图所示；（2）1.45；0.69．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，即E=U+Ir，会根据U﹣I图线求电源的电动势内阻．‎ ‎13.把带电荷量2×10－‎8C的正点电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服电场力做功8×10－6J，若把该电荷从无限远处移到电场中的B点，需克服电场力做功2×10－6J，取无限远处电势为零，求：‎ ‎(1)A点的电势；‎ ‎(2)A、B两点的电势差．‎ ‎(3)若把2×10－‎5 C的负电荷由A点移动到B点，电场力做的功。‎ ‎【答案】(1)400V(2)300V(3)－6×10－3J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式 ‎ ‎ 有 ‎ ‎ 无穷远处电势能为零，即EpO=0，故 ‎ ‎ 根据电势的定义式，有 ‎ ‎ 即A点的电势为400V．‎ ‎(2)把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10－6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式 ‎ ‎ 有 ‎ ‎ 无穷远处电势能为零，即EpO=0，故 ‎ ‎ 根据电势的定义式，有 ‎ ‎ 故A、B间电势差为 ‎ ‎ 即A、B点的电势差为300V；‎ ‎(3)根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有 WAB=qUAB=-2×10‎-5C×300V=-6×10－3J 即把2×10－‎5C的负电荷由A点移到B点电场力做－6×10－3J的功。‎ ‎14.如图所示,在倾角为 370的光滑斜面上有一根长为‎0.4m.质量为6×10‎-2kg的通电直导线,电流 I=‎1A,方向垂直纸面向外,导线用平行于斜面的轻绳拴住不动,整个装置放在磁感应强度为B，方向竖直向上的磁场中,若斜面对导线的支持力为零 ，则B多大？（g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】2T ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示 由图可知，水平方向上 竖直方向上 解得 根据安培力公式可得此时导线所处磁场的磁感应强度为 ‎15.如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=‎0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，今有一质量为m=4.8×10‎-25kg、电荷量为q=1.6×10‎-18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0×‎106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）求：‎ ‎ ‎ ‎（1）粒子从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场的速度大小和方向θ.‎ ‎（2）P、Q之间的距离L.‎ ‎【答案】（1）θ=300（2）L=‎‎5.8cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（10分）‎ ‎（1） 粒子从a板左端运动到P处，由动能定理得 代入有关数据，解得 ‎，代入数据得θ=300‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图，由几何关系得 ‎，又 联立求得 代入数据解得L=‎‎5.8cm