河南省洛阳市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

河南省洛阳市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

洛阳市2019—2020学年第一学期期中考试 高二物理试卷 ‎(全卷共6页，共100分，考试时间为90分钟)‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。‎ ‎2.考试结束，将答题卡交回。‎ ‎—、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1 至9题只有一项符合题目要求，第10—14题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.关于电动势，下列说法正确的是　　‎ A. 所有电池的电动势都是 B. 体积越大的电源，其电动势一定越大 C. 电动势数值上就等于电源正负极之间的电压 D. 电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】各种干电池的电动势都是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，故A错误；电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与电源的体积无关，如各种体积干电池的电动势都是1.5V，故B错误；电源正负极之间的电压是路端电压，电源的电动势在数值上等于内、外电压之和，电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势，故C错误；电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，故D正确；故选D．‎ ‎【点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力；电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。‎ ‎2.关于磁感应强度，下列说法正确的是（　 　）‎ A. 由可知，B与F成正比与IL成反比 B. 通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场（即B=0）‎ C.‎ ‎ 通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零 D. 磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定的，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、磁感应强度B的定义式，是比值定义法，磁感应强度B与F、IL无关，由磁场本身决定，故A错误； B、当一小段通电导线受磁场力为零，可能与磁场方向平行，而磁场却可能不为零，故B错误； C、磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定的，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关，故C错误，D正确。‎ 点睛：对于磁感应强度可采用类比的方法学习，将磁感应强度与电场强度比较，抓住相似点进行理解和记忆，理解左手定则的应用。‎ ‎3.如图所示,图线a是某一电源的U-I曲线,图线b是一定值电阻的U-I曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω）,则说法正确的是 A. 该定值电阻为6Ω；‎ B. 该电源电动势为20V；‎ C. 将3只这种电阻并联作为外电阻,电源输出功率最大；‎ D. 将2只这种电阻串联作为外电阻,电源输出功率最大；‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线b的斜率，则定值电阻的阻值R=k=6Ω，故A正确；‎ B．由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势 故B正确；‎ CD．对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C正确，D错误。‎ ‎4.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A. 0 B. C. D. 2B0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0； ‎ 当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0‎ ‎；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误。‎ ‎5.如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是(　　)‎ A. mambmc B. mbmamc C. mcmamb D. mcmbma ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意：a在纸面内做匀速圆周运动，所以；b在纸面内向右做匀速直线运动，所以 ；c在纸面内向左做匀速直线运动所以 ，根据公式可解的：，故B正确，ACD错误。‎ ‎6.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．下列说法正确的是（ ）‎ A. 离子从电场中获得能量 B. 离子由加速器的边缘进入加速器 C. 加速电场的周期随粒子速度增大而增大 D. 离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压有关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=mv2，故离子是从电场中获得能量．故A正确；B、要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故B错误．C、据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期．所以T==，与离子的速度大小无关．故C错误；D、离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以qvB=，所以r=，据表达式可知，离子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为，与加速电场的电压无关．故D错误．故选：A。‎ 考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎7.如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板（粒子速率变小），虚线表示其运动轨迹，由图知（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子运动方向是abcde C. 粒子运动方向是edcba D. 粒子在上半周所用时间比在下半周所用时间长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式，粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过金属板，故粒子运动方向为edcba，根据左手定则可得，粒子应带负电，故AB错误，C正确；‎ D.由可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为，故D错误.‎ ‎8.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为金属棒悬挂在c、d 两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是（ ）‎ A. ，竖直向上 B. ，竖直向下 C. ，平行悬线向下 D. ，平行悬线向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从b点沿金属棒看进去，受力分析如图 磁感应强度最小时，安培力最小，如图所示。可得 ‎，‎ 在结合左手定则，可得，磁感应强度的方向为沿绳向上。故选D ‎9.如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则（ ）‎ ‎①安培表A1的读数大于安培表A2的读数；‎ ‎②安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角；‎ ‎③伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；‎ ‎④伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角。‎ A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两个安培表是并联在电路中，又安培表是利用表头与电阻并联改装得到的，所以此时两个安培表的表头是并联的，因此流过表头的电流是相等的，安培表A1的偏转角等于安培表A2的偏转角，又因为安培表A1的量程大于A2的量程，安培表A1的读数大于安培表A2的读数；两个伏特表是串联在电路中，又伏特表是利用表头与电阻串联改装得到的，所以此时两个伏特表的表头是串联的，因此流过表头的电流是相等的，伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角，又因为伏特表V1的量程大于V2的量程，伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数。故选A ‎10.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上两个相同的带正电小球可视为质点同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则 A. 两小球到达轨道最低点的速度 B. 两小球到达轨道最低点时对轨道的压力 C. 两小球第一次到达最低点的时间相同 D. 两小球都能到达轨道的另一端 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知，解得：①，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知 ‎，解得②，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，A正确C错误；因为，结合①②可知：，B正确；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，D错误．‎ ‎【点睛】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．‎ ‎11.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以如图所示方向电流时，下列判断正确的是（ ）‎ A. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C. 若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，磁铁对桌面的压力会减小 D. 若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，磁铁对桌面的压力会増大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】磁铁周围磁场的分布如图所示 AB．以直导线为研究对象，可知其受到的安培力朝左上，所以磁铁受到直导线的反作用朝右下，所以磁铁对地面的压力增大，受到地面的摩擦向左，A正确B错误 CD．若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，此处磁铁的磁场水平向左，导线受到的安培力竖直向下，所以磁铁受到的反作用力向上，磁铁对桌面的压力会减小，C正确D错误 ‎12.在伏安法测电阻的实验中,待测电阻约为800Ω,电压表V的内阻约为2kΩ,电流表A的内阻约为10Ω,测量电路中电表的连接方式如图(a)或图(b)所示,若将由图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为和,则下列说法正确的是 A. 更接近真实阻值 B. 更接近真实阻值 C. 大于真实阻值,小于真实阻值 D. 小于真实阻值,大于真实阻值 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足，时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值。‎ ‎【详解】由于待测电阻满足时RARV=10×2000<，所以电流表应用内接法，即RX1 更接近真实值；‎ 根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为：‎ ‎ ‎ 采用外接法时，真实值应为：‎ ‎，即测量值小于真实值。‎ 故应选：AC。‎ ‎13.如图所示为多用电表欧姆挡的原理图，表头内阻为Rg，调零电阻的最大阻值为 R0，电池的电动势为E,内阻为r。则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 它是根据闭合电路欧姆定律制成的 B. 欧姆挡对应“”刻度一般在刻度盘的右端 C. 接表内电池负极的应是红表笔 D. 调零后刻度盘的中心刻度值是r+ Rg + R0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在两个表笔间接入一个待测电阻，可得 所以可知其根据闭合电路欧姆定律制成的，A正确 B．当电流为满偏电流时，接入的电阻为0，当不接入电阻时，电流为0，所以欧姆挡对应的“”刻度一般在刻度盘的左端。B错误 C．欧姆表的表笔接法满足的规律是电流从红表笔进，黑表笔出，所以内电池的负极对应的是红表笔，C正确 D．刻度盘的中心刻度对应的电阻为欧姆表的内阻，调零电阻的阻值应为实际接入的阻值，不是最大阻值，D错误 ‎14.如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数增大 C. 质点P将向上运动 D. R3上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，滑片向a端移动时，外电路的总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1的电压减小，R3的电压增大、电流增大，滑动变阻器所在支路电流减小，R2的电压减小，滑动变阻器的电压增大。‎ A．电压表测得是滑动变阻器的电压，所以读数增大，A错误 B．电流表测得是滑动变阻器所在支路的电流，所以读数减小，B错误 C．电容器的电压等于R3的电压，所以质点所受电场力增大，大于重力，质点向上运动，C正确 D．R3的电压增大、电流增大，所以消耗的功率逐渐增大，D正确 二、实验题(本题共2小题，共14分）.‎ ‎15.用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电功率。‎ ‎(1)在闭合开关S前,滑动变阻器触头应该放在___端。(选填“a”或“b”）‎ ‎(2)按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值_______(选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎(3)根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P =_________W。‎ ‎【答案】 (1). a (2). 偏小 (3). 1.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]实验前为了保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应该放在a端 ‎（2）[2]根据电路图可知，灯泡的电压测量准确，电流测量偏大，所以测量结果偏小 ‎（3）[3]灯泡的额定电压为2.4V，可知电压为2.4V时电流为0.5A，因此额定电压时灯泡的功率为1.2W ‎16.为了测量一精密金属丝的电阻率：‎ ‎(1)先用多用电表×1挡粗测其电阻如图，则读数为__，然后用螺旋测微器测其直径如图，读数为_____mm.‎ ‎(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外实验室还备有的实验器材如下：‎ A.电压表V1，(量程3V，内阻约为15k)‎ B.电压表量V2(程15V，内阻约为75k)‎ C.电流表A1，(量程3A，内阻约为0.2)‎ D.电流表A2 (量程600 mA，内阻约为1)‎ E.滑动变阻器R1（0〜5，0.6A)‎ F.输出电压为3V直流稳压电源 G.电阻箱 H.开关S，导线若干 ‎①上述器材中应选用的电压表是______，电流表是_____(填序号）。‎ ‎②请将图中的实物连成需要的电路______。‎ ‎③如果金属丝的直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，则计算电阻率的表达式为________。（用上述物理量表示）‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 2.095（2.094~2.096） (3). A (4). D (5). 实物图如图所示 ‎ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据欧姆表的读数原则可知，读数为6Ω；[2]根据螺旋测微器的读数原理可知，读数为（2+9.5×0.01）mm=2.095mm ‎（2）[3]实验选用的是两节干电池，所以电压表选择A；[4]为了使读数超过量程的，电流表选择D；[5]为了比较精确测出电阻丝的电阻，同时滑动变阻器给的阻值限制，我们选择分压式接法，且电流表的阻值和电阻丝阻值接近，所以选用电流表外接，电路图如图所示 ‎[6]根据电阻定律可知 ‎，‎ 三、计算题（本题共3小题，共44分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要步驟，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎17.如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：‎ ‎（1）电动机线圈的电阻r； ‎ ‎（2）当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率； ‎ ‎（3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？（g取10m/s2）‎ ‎【答案】（1）0.5Ω （2）87.5% （3）0.7m/s ‎【解析】‎ 本题考查有关电动机不转与转动时电阻、功率的计算。‎ ‎（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则： ‎ ‎（2）电动机正常工作时消耗的功率为： ‎ 电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：‎ 电动机正常工作时输出功率为： ‎ 电动机正常工作时效率为：‎ ‎（3）匀速提升时，拉力等于重力，即： ‎ 由电动机的输出功率P出=Fv可得提升重物的速度为： ‎ ‎18.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=，导轨的一端接有电动势E =3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.04kg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，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）求：‎ ‎（1）ab受到的安培力大小和方向；‎ ‎（2）ab受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1）0.40N（2）0.16N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒受到的安培力：‎ F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N 方向沿斜面向上 ‎(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力：‎ F1=mgsin=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：‎ mgsin+f =F安 解得：‎ f=F安-mgsin=（0.40-0.24）N=0.16N ‎19.如图，空间存在方向垂直于纸面(平面）向里的磁场。在区域，磁感应强度的大小为;区域，磁感应强度的大小为（常数)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度从坐标原点O沿轴正向射入磁场，此时开始计时，不计粒子重力，当粒子的速度方向再次沿轴正向时，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图为粒子的轨迹 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 则有：‎ 那么 ‎，‎ ‎（1）根据左手定则可得：粒子做逆时针圆周运动；故粒子运动轨迹如图所示，则粒子在磁场区域运动半个周期，在磁场区域运动半个周期；那么粒子在磁场区域运动的周期 ‎，‎ 在磁场区域运动的周期 所以，粒子运动时间：‎ ‎（2）粒子与O点间的距离：‎ ‎20.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0‎ ‎．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出．由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度．（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度．（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间．‎ 粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示．‎ ‎（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得 解得 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得，解得 在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为 竖直方向的位移为 可得 由故粒子在QO段圆周运动半径及得．‎ ‎（3）在Q点时，‎ 设粒子从P到Q所用时间为，在竖直方向上有： ‎ 粒子从Q点运动到O所用的时间为 则粒子从O点运动到P点所用的时间为： ‎ ‎ ‎