【物理】辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

辽宁省实验中学 2019-2020 学年度上学期期中测试 高二物理（科目）试卷 一.选择题（共 10 道小题，每题 4 分，共计 40 分，1-5 为单选，6-10 为多选，选对得 4分，漏选得 2 分，错选 0 分）‎ ‎1. 两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（ ）‎ A. 2：3 B. 1：3 C. 1：2 D. 3：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得，=．‎ 根据电阻定律得，R=ρ，则s=．‎ 则横截面积之比==．故B正确，ACD错误 ‎2.图甲为某一小灯泡的 U—I 图线,现将两个这样的小灯泡并联后再与一个 3Ω的定值电阻串联,接在内阻为 2Ω，电动势为 5V 的电源两端,如图乙所示 , 则 ( )‎ A. 此时电源内电路功率大于外电路功率 B. 通过电流表的电流为 0.6A,此时每盏小灯泡的电功率为 0.6W C. 内电路上的电压为 2V,此时内电路的电功率为 0.36W D. 通过 R 的电流为 0.3A,此时 R的电功率为0.9W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．此时外电路电阻大于内电阻，根据P=I2R可知，电源内电路功率小于外电路功率，选项A错误；‎ B．设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，则电路中总电流为2I．根据闭合电路欧姆定律得：‎ U=E-2I（R+r）‎ 代入得：‎ U=5-10I 当U=0时，I=0.5A；当I=0时，U=5V。 在U-I图上作出U=5-10I的图象如图： 此图线与小灯泡的U-I图线的交点即为乙图状态下小灯泡的工作状态，由图读出通过每盏小灯泡的电流强度为I=0.3A，电压为U=2V，则此时通过电流表的电流为 0.6A，每盏小灯泡的电功率为P=UI=0.6W；故B正确；‎ C．内电路上的电压为 0.6×2V=1.2V，此时内电路的电功率为 Pr=I2r=0.62×2= 0.72W 选项C错误；‎ D．通过 R 的电流为 0.6A，此时 R的电功率为PR=I2R=0.62×3= 1.08W，选项D错误。‎ ‎3.在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场的磁感应强度大小为B0.将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小应为（可认为地磁南、北极与地理北、南极重合）（ ）‎ A. B1-B0 B. B1+B2‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，赤道上P点地磁场的磁感应强度大小为B0；条形磁铁N极指向正北方向时，其磁感应强度也向正北方向，故条形磁铁在P点产生的磁感应强度大小为B=B1－B0；条形磁铁N极指向正东方向时，其磁感应强度也向正东方向，此时两个分矢量垂直，故P点的合磁感应强度大小为；‎ A. B1-B0，与结论不相符，选项A错误；‎ B. B1+B2，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，与结论相符，选项D正确；‎ ‎4.如图所示,一段导线 abcd 弯成半径为 R.圆心角为 90°的部分扇形形状,置于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直,线段 ab 和 cd 的长度均为,流经导线的电流为 I,方向如图中箭头所示。则 abcd导线受到的安培力的方向和大小为( )‎ A. 方向沿纸面向上，大小为 B. 方向沿纸面向上，大小为 C. 方向沿纸面向下，大小为 D. 方向沿纸面向下，大小为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】图中导线的等效导线为图中蓝线所示， 由几何关系等效导线的长度 故 由左手定则判断其受力方向为向上；‎ A．方向沿纸面向上，大小为，与结论相符，选项A正确；‎ B．方向沿纸面向上，大小为，与结论不相符，选项B错误；‎ C．方向沿纸面向下，大小为，与结论不相符，选项C错误；‎ D．方向沿纸面向下，大小为，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接。一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数，在安培力的作用下，金属棒以的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与水平方向成 A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为，对导体棒受力分析，根据共点力平衡可得，解得: ，由数学知识可知当时，I最小，故磁感应强度的方向与竖直方向为30°，即与水平方向成角。故D正确。‎ ‎6.在一个很小矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（　　）‎ A N板电势高于M板电势 B. 磁感应强度越大，MN间电势差越大 C. 将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变 D. 将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：‎ 设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 ①;I=nesv   ②; s=dL  ③;由①②③得：,令，则  ④;所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误。故选AB.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡。‎ ‎7.如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I ‎；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中 A. U先变大后变小 B. I先变小后变大 C. U与I比值先变大后变小 D. U变化量与I变化量比值等于R3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；在滑动变阻器的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的的电阻与的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；‎ ‎【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，‎ ‎8.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外．已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是(　　)‎ A. 若小球带正电荷，则小球的电势能减小 B. 若小球带负电荷，则小球的电势能减小 C. 无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小 D. 小球的动能恒定不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】D：空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外；一个带电小球在竖直面内做直线运动，小球受的重力、电场力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡做匀速直线运动，小球的动能不变。故D项正确。‎ A：若小球带正电，小球受力如图：‎ 据左手定则可知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，电势能增大。故A项错误。‎ B：若小球带负电，小球受力如图：‎ 据左手定则可知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，电势能增大。故B项错误。‎ C：无论小球带何种电荷，小球的高度都下降，重力势能减小。故C项正确。‎ ‎9.回旋加速器主要结构如图，两个中空的半圆形金属盒接高频交流电源置于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的狭缝宽度很小。粒子源S位于金属盒的圆心处，产生的粒子初速度可以忽略。用两台回旋加速器分别加速质子(H)和α粒子(He)，这两台加速器的金属盒半径、磁场的磁感应强度、高频交流电源的电压均相等，不考虑相对论效应，则质子和α粒子 A. 所能达到的最大动量大小相等 B. 所能达到的最大动能相等 C. 受到的最大洛伦兹力大小相等 D. 在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：当粒子的半径到达D型盒的半径R时，速度最大，由公式可得：‎ ‎，由于两粒子的电荷量不同，所以所能达到的最大动量大小不相等，故A错误；‎ B项：当粒子的半径到达D型盒的半径R时，速度最大，由公式可得，动能之比等于电荷量的平方之比与质量反比的积，所以所能达到的最大动能相等，故B正确；‎ C项：当粒子的半径到达D型盒的半径R时，速度最大，由公式可得：，‎ 由公式 ，所以受到的最大洛伦兹力大小相等，故C正确；‎ D项：粒子每加速一次增加的动能为，粒子能达到的最大动能为，所以要加速的次速为，所以在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数不相等，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎10.如图所示，在空间有一坐标系，直线与轴正方向的夹角为，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线是它们的边界，上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为.一质量为、电荷量为的质子(不计重力)以速度从点沿与成角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在轴上的点(图中未画出)，则（ ）‎ A. 质子在区域Ⅰ中运动的时间为 B. 质子在区域Ⅰ中运动的时间为 C. 质子在区域Ⅱ中运动的时间为 D. 质子在区域Ⅱ中运动时间为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域II中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律得：qvB＝m①；qvB′＝m②；粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为：θ＝60°，如图所示：‎ 则△O1OA为等边三角形，有：OA＝r1 ③，在区域II中，质子运动圆周，O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心，r2＝OAsin30°④，由①②③④解得区域II中磁感应强度为：B′＝2B ⑤，质子在Ⅰ区运动轨迹对应的圆心角：φ＝60°，在Ⅱ区运动轨迹对应的圆心角为：φ′＝90°，质子在Ⅰ区的运动周期：T1，运动时间t1，故A错误，B正确；质子在Ⅱ区运动的周期：T2，运动时间t2，故C错误，D正确；‎ 二.实验题（共3道小题，每空2分，共计26分）‎ ‎11.下图游标卡尺读数为_____mm，螺旋测微器读数为_____mm。‎ ‎【答案】 (1). 58.65 (2). 5.679‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．游标卡尺读数为：5.8cm+0.05mm×13=58.65mm；‎ ‎[2]．螺旋测微器读数为：5.5mm+0.01mm×17.9=5.679mm。‎ ‎12.图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中是电池；、、、和是固定电阻，是可变电阻；表头的满偏电流为，内阻为。虚线方框内为换挡开关，端和端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别为：直流电压挡和挡，直流电流挡和挡，欧姆挡。‎ ‎①图中的端与_________（选填“红”或“黑”）色表笔相连接；‎ ‎②关于的使用，下列说法正确的是_________；‎ A. 在使用多用电表之前，调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B. 使用欧姆挡时先将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C. 使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎③根据题目给出条件可得_________，___________；‎ ‎④某次测量时该多用电表指针位置如图所示。若此时端是与“1”相连的，则多用电表读数为_________；若此时端是与“3”相连的，则读数为__________；若此时端是与“5”相连的，则读数为_________。（注明单位）‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). B (3). (4). (5). 1.47mA (6). 1.10×103Ω (7). 2.95V ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，红表笔与内置电源负极相连，由图示电路图可知，A端与黑表笔相连；‎ ‎②由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确，AC错误；‎ ‎③直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，；总电阻；接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与、并联后再与串联，即改装后的1mA电流表与串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，；‎ ‎④当B端与“1”连接时，为直流电流2.5mA挡，则多用电表读数为1.47mA；当B端与“3”连接时，为欧姆×100Ω挡，则读数为11.0×100Ω＝1.10×103Ω；当B端与“5”连接时为直流电压5V挡，则读数为2.95V。‎ ‎13.在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池。‎ ‎（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表变化不明显， 原因是________，从而影响测量值的精确性。‎ ‎（2）为了提高实验的精确度采用（b）所示电路，提供器材：‎ A．量程3V和15V的双量程电压表 V B．量程 0.6A 和 3A 的双量程电流表 A ‎ C．定值电阻 R0（R0=1.5Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～10Ω）‎ E．滑动变阻器R2（0～200Ω）‎ F．开关 S 和一些导线．‎ ‎①图（b）电路中，加接电阻R0有两方面的作用：一是方便实验操作和数据测量；二是_____。‎ ‎②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用_______（填 R1 或 R2）。‎ ‎③实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，并在给出的U-I 坐标系中画出U-I图线如图（c）所示，则新干电池的内阻 r=______Ω（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). 新 电 池 内 阻 比 较 小 (2). 保 护 电 流 表 和 电 源 R1 0.29‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．根据U=E-Ir可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；‎ ‎（2）①[2]．加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（或限制电流，防止电源短路）；‎ ‎②[3]．因干电池电流较小，故应选量程I=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：‎ 所以变阻器应选R1；‎ ‎③[4]．根据闭合电路欧姆定律应用：‎ E=U+I（r+R0）‎ 整理可得：‎ U=-（r+R0）I+E，‎ 根据函数斜率的概念应有：‎ 解得 r=0.29；‎ 三.计算题(共3道小题，第14题 10分，第15题10分，第16题14分，共计 34分)‎ ‎14.如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开。‎ ‎（1）合上S2，待电路稳定以后，求电容器C上电量变化了多少？‎ ‎（2）合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电量是多少？‎ ‎【答案】（1）1.8×10–6 C； （2）9.6×10–6 C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设开关S1闭合，S2断开时，电容两端的电压为，干路电流为 根据闭合电路欧姆定律有 ‎①‎ ‎=②‎ ‎　合上开关S2后，电容电压为，干路电流为．根据闭合电路欧姆定律有 ‎③‎ ‎=④‎ 所以电容器上电量变化了⑤‎ ‎（或电容器上电量减少了）‎ ‎（2）合上S2后，电容上电量为Q ‎⑥‎ 断开S1后，和的电流与阻值成反比，故流过的电量与阻值成反比 故流过的电量⑦‎ ‎15.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：‎ ‎16.如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场。在t=0时刻，一位于ad边中点o的粒子源在abcd平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od边的夹角分布在0～180°范围内。已知沿od方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子的比荷q／m；‎ ‎（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；‎ ‎（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。（若角度不特殊时可以用反三角表示，如：已知sinθ＝0.3，则θ＝arcsin0.3)‎ ‎【答案】‎