湖北省襄阳四校2019-2020高二物理上学期期中试题（Word版带解析）

宜城一中枣阳一中 20192020 学年上学期高二期中考试物理试题 襄州一中曾都一中 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。其中 1-6 题为单选题，7-10 题为多选题， 多选题全部选对得 4 分，选对但不全者得 2 分，有选错的得 0 分。） 1.在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法不正确的是() A. 库仑在前人工作的基础上总结出库仑定律 B. 美国物理学家密立根利用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量 C. 最初是焦耳用实验直接测得的用于计算电热的关系式 D. 奥斯特发现了电磁感应现象，并提出了力线的概念，他认为正是通过场（力线）把电作用 与磁作用传递到别的电荷或磁体 【答案】D 【解析】 【详解】A．库仑在前人工作的基础上总结出库仑定律，选项 A 正确，不符合题意； B．美国物理学家密立根利用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，选项 B 正确，不符合 题意； C． 最初是焦耳用实验直接测得的用于计算电热的关系式，选项 C 正确，不符合题意； D．法拉第发现了电磁感应现象，并提出了力线的概念，他认为正是通过场（力线）把电作用 与磁作用传递到别的电荷或磁体，选项 D 错误，符合题意。 2.如图所示，正点电荷放在 O 点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线。以水平 电场线上的 点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于 a、b、c、d、e，下列说法正确的是 （） A. c、d 两点的电场强度相同 B. a 点电势低于 b 点电势 C. 电子沿圆周由 d 运动到 b，电场力做正功，电势能减少 2Q I Rt= 2Q I Rt= 'OD. b、c 两点间电势差高于 e、d 两点间电势差 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图看出，c、d 两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所 以 c、d 两点的电场强度不同，故 A 错误； B．根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷 O 越远，电势越低，故 a 点电势低于 b 点电 势。故 B 正确。 C．沿圆周由 d 点运动到 b 点，电势先升高后降低，电子沿圆周由 d 到 b，电场力先做正功后 做负功，电势能先减小后增加，故 C 错误； D．根据对称性可知，d、c 的电势相等，同理 b、e 的电势相等。所以 b、c 两点间电势差与 e、d 两点间电势差相等，故 D 错误。 3.某实验小组在一次研究电磁感应的试验中，先后以速度 v 和 3v 匀速把一单匝正方形线圈拉 出如图所示的有界匀强磁场区域，在先后拉出磁场的过程中() A. 线圈中的感应电流之比 B. 线圈中 感应电流之比 C. 通过线圈某截面电荷量之比 D. 通过线圈某截面电荷量之比 【答案】B 【解析】 【详解】AB．先后以速度v 和 3v 匀速把一单匝正方形线圈拉出有界匀强磁场区域，根据 E=BLv， 知感应电动势之比 1：3，感应电流 ，则感应电流之比为 1：3．故 A 错误，B 正确。 CD．根据 ，知通过某截面的电荷量之比为 1：1．故 CD 错误。 4.如图所示，有一根直导线上通以恒定电流 I，方向垂直指向纸内，且和水平向右的匀强磁场 B 垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最小的点是（） 的 1 2: 1: 2I I = 1 2: 1:3I I = 1 2: 1: 2q q = 1 2: 1:3q q = EI R = q It R ∆Φ= =A. a 点 B. b 点 C. c 点 D. d 点 【答案】C 【解析】 【详解】如图； 在 a 点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大； 在 c 点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相反，叠加后磁感应强度数值最小。 A．a 点，与结论不相符，选项 A 错误； B．b 点，与结论不相符，选项 B 错误； C．c 点，与结论相符，选项 C 正确； D．d 点，与结论不相符，选项 D 错误； 5.质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子。现在用质谱仪来分析 比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始 被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口 P 离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止 开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从 P 点离开磁场，需将磁感应强度增 加到原来的 11 倍。此离子和质子的质量之比为（）A. 11 B. 12 C. 144 D. 121 【答案】D 【解析】 【详解】质量为 m，带电量为 q 的粒子在质谱仪中运动，则粒子在加速电场中加速运动，设粒 子在磁场中运动的速度为 v，应用动能定理可得： 解得： 粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有： 解得： 因为离子和质子从同一出口离开磁场，所以他们在磁场中运动的半径相等，即为： 所以离子和质子的质量比 m 离：m 质=121； A．11，与结论不相符，选项 A 错误； B．12，与结论不相符，选项 B 错误； C．144，与结论不相符，选项 C 错误； D．121，与结论相符，选项 D 正确； 6.2019 年 10 月 1 日，伟大祖国 70 华诞，举国欢庆，盛大阅兵仪式在京隆重举行。当空军司 令员丁来杭上将带着领航梯队驾机从天安门城楼上空飞过时场面极其震撼。当飞行员驾机沿 长安街由东向西方向做飞行表演时，飞行员左右两机翼端点哪一点电势高（ ） 21 2Uq mv= 2qUv m = 2vBvq m R = 1 2mv UmR qB B q = = 0 0 221 1 11 UmUm B e B e =质 离A. 飞行员右侧机翼电势低，左侧高 B. 飞行员右侧机翼电势高，左侧电势低 C. 两机翼电势一样高 D. 条件不具备，无法判断 【答案】D 【解析】 【详解】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下， 当飞机做水平飞行时，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的 左方机翼电势高，右方机翼电势低；但由于是飞行表演，所以飞行角度不确定，如果倒过来 飞，则方向相反，因此无法判定。 A．飞行员右侧机翼电势低，左侧高，与结论不相符，选项 A 错误； B．飞行员右侧机翼电势高，左侧电势低，与结论不相符，选项 B 错误； C．两机翼电势一样高，与结论不相符，选项 C 错误； D．条件不具备，无法判断，与结论相符，选项 D 正确； 7.如图，直线 a、抛物线 b 和曲线 c 分别为某一稳恒直流电源接在纯电阻电路中的总功率 P、 电源内部发热功率 Pr、输出功率 PR 随电流 I 变化的图象，根据图象可知( ) A. 电源的电动势为 3V，内阻为 1Ω B. 当电流为 2.5A，PR=1.50W C. 当外电路中的电阻为 1Ω 时，外电阻上消耗的功率最大 2.5W D. 图象中任意电流值对应的 P、Pr、PR 间的关系总满足 P=Pr＋PR 【答案】AD 【解析】 【详解】A．直流电源的总功率 PE=EI，故图线 a 的斜率等于电源的电动势，解得： 由图线 b，当 I=3A 时，Pr=9W，由公式 Pr=I2r 得： 3VPE I = =r=1Ω． 故 A 正确； BD．在 a、b、c 三条图线上分别取横坐标相同的 A、B、C 三点，这三点的纵坐标 PA、PB、 PC，则这三点的纵坐标 PA、PB、PC 分别是电源的总功率、电源内部的发热功率和输出功率，根 据能量关系可知，PA=PB+PC．即 P=Pr+PR，当电流为 2.5A 时，P=IE=7.5W，Pr=I2r=6.25W，则 PR=1.25W，故 B 错误，D 正确； C．当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，即外电阻消耗的功率最大， 故 C 错误。 8.质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场，带电粒子 仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）。 A. M 带负电，N 带正电 B. M 的速度率小于 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】AC 【解析】 【分析】 由左手定则判断出 M 带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根 据周期的公式可以判断出运动的时间关系． 【详解】A：由左手定则判断出 N 带正电荷，M 带负电荷，故 A 正确； B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 ，半径为： ，在质量与电量 相同的情况下，半径大说明速率大，即 M 的速率大于 N 的速率，故 B 错误； C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故 C 正确； 2 2.25W4 EP r = = 2vqvB m r = mvr qB =D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 ，M 的运行时间等于 N 的运行时间，故 D 错误。 9.如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电 场中，轨道两端在同一高度上，P、M、N 分别为轨道的最低点。三个相同的带正电小球同时从 轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动且均能通过最低点。如图所示，则下列有关判断正确 的是（ ） A. 小球第一次到达轨道最低点的速度关系 B. 小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系 C. 小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系 D. 三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置 【答案】B 【解析】 【详解】A．在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时 只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，由 故两次球到最低点的速度相等，第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做正功， 所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度。即 ，故 A 错误； B．小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，即 而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，即 第三图中，重力与支持力提供向心力，即 2 mT qB π= P M Nv v v< < M P NF F F> > P M Nt t t< < 21 2mgR mv= =P M Nv v v> 2 p P vF mg m R − = 2 M M M vF mg Bqv m R − − =则 故 B 正确； C．第一图和第二图比较可得，小球下滑的速度相等，故 tP=tM．故 C 错误； D．第一、二两图中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，动能和重力势能之间转换，故小球在 右端都能到达高度相同，且回到原来的出发点；第三图中，小球向右运动时电场力做负功， 则在最右端时上升的高度小于第一、二图中上升的高度，但是也能回到原出发点， 选项 D 错 误。 10.如图所示，相距为 d 的两块平行金属板 M、N 与电源相连，电键 S 闭合后，MN 间有匀强 电场。一个带电粒子垂直于电场方向从 M 板边缘射人电场，恰好打在 N 板中央，若不计重力。 下列说法正确的是() A. 电键 S 闭合时，N 板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将 M 板向上移动 3d B. 电键 S 闭合时，N 板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将 M 板向上移动 d C. 电键 S 断开时，M 板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将 N 板向下移动 d D. 电键 S 断开时，M 板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将 N 板向下移动 3d 【答案】BD 【解析】 【详解】设极板的长度为 L，带电粒子的初速度为 v0，电源两端的电压为 U。 AB．当电键 S 闭合时，N 板不动，将 M 板向上移前： ① 将 M 板向上移动 d 后：设带电粒子的水平位移大小为 s，则有： ② 2 N N vF mg m R − = M P NF F F> > 2 1 2 1 0 1 2 2 2 qU Ltd a md v = = （ ） 2 2 2 2 0 2 2 2 1 2 qU sd a t m d v = = ⋅ （ ）由①②联立得到 s=L 则使粒子刚好飞出电场； 当电键 S 闭合时，N 板不动，若将 M 板向上移动 3d，则有： ③ 由①③得 s=2L 说明粒子不是刚好飞出电场，故 A 错误，B 正确。 CD．若 S 断开，电容器板间场强不变，则带电粒子的加速度大小不变，粒子刚好飞出电场时 水平位移大小为 l，设竖直位移大小为 y，则有： ④ 由①④得： y=4d 则将 N 板向下移动 3d，故 C 错误，D 正确。 二、实验题 11.（1）某同学在一次“测定某特殊电阻元件的电阻”的实验中，用游标卡尺测量电阻元件 的长度为 L，用螺旋测微器测量金属丝直径 d。电阻元件长 L 为______cm，金属丝的直径 d 为 ______mm； （2）该同学用多用表欧姆档粗测电阻，选用“×100”倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多 用表指针偏角过大。因此他选择“×10”倍率的电阻挡。并欧姆调零，再进行测量，之后多 用表的示数如下图所示，测量结果为 R=_______Ω。 2 0 4 2 4 qU sd m d v = ⋅ （ ） 2 1 0 1 2 Ly a v = （ ）【答案】 (1). 11.050 (2). 1.996 (3). 300 【解析】 【详解】（1）[1][2]．由图示游标卡尺可知，其示数为：110mm+10×0.05mm=110.50mm=11.050cm； 由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+49.6×0.01mm=1.996mm； （2）[3]．由图示表盘可知，电阻阻值为：R=30.0×10Ω=300Ω； 12.一兴趣小组在一次实验中，为了测量某新型材料制成的电阻 Rx 的阻值(约为 25Ω)， 有以下一些器材可供选择： 电流表 A1(量程 0～50mA，内阻约 5Ω)； 电流表 A2(量程 0～3A，内阻约为 0.1Ω)； 电压表 V1(量程 0～3V，内阻很大)； 电压表 V2(量程 0～15V，内阻很大)； 电源 E(电动势约为 2.5V，内阻约为 0.2Ω)； 定值电阻 R(25Ω，允许最大电流 0.5A)； 滑动变阻器 R1(0～10Ω，允许最大电流 1.0A)； 滑动变阻器 R2(0～1kΩ，允许最大电流 0.5A)；单刀单掷开关 S 一个，导线若干。 (1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________。(填字母代号) (2)请在下面的虚线框内画出测量电阻 Rx 的实验电路图________。(要求所测量范围尽可能大) (3)某次测量中，电压表示数为 U 时，电流表示数为 I，则计算待测电阻阻值的表达式为 Rx＝ ____________。 【答案】 (1). A1 (2). R1 (3). V1 (4). 电路图见解析 (5). 【解析】 【详解】（1）[1][2][3]．电源的电动势 E=3V，电压表选 V1．待测电阻中最大电流约为 ，故电流表选 A1．为方便实验操作，滑动变阻器必须分压式 接法，则应选较小阻值的，即选 R1． 为 x UR I ＝ 2.5 0.1A=100mA25max x EI R = = =（2）[2]．根据题意得 ，所以选择电流表外接法，由于待测电阻的电压从零开始可 以连续调节，变阻器采用分压式接法．电路图如图所示： （3）[3]．电压表示数为 U 时，电流表示数为 I，则计算待测电阻阻值的表达式为 三．计算题（本大题共 4 小题，共 45 分。写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤， 只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13.太阳能是一种新能源，人造卫星上的太阳能电池板在太空把太阳能转化为电能，然后供卫 星内的设备使用。若每个太阳能电池的电动势为 0.40V，短路电流为 0.04A，则： （1）每个电池的内阻为多少？ （2）现用多个这种太阳能电池串联，对标称值为“2.4V、0.048W”的用电器供电，则需要多 少个这样的太阳能电池才能使用电器正常工作？ 【答案】（1）10.0Ω（2）12 【解析】 【详解】（1）电池的内阻 （2）“2.4V，0.048W”的用电器额定电流 设共需要 n 个这样 电池．则 nE=I1•nr+U 代入解得 n=12 14.两根平行、光滑 斜金属导轨相距 L=0.1m，与水平面间的夹角为 θ=37°，有一根质量为 m=0.01kg 的金属杆 ab 垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为 B=0.2T， 的 的 V x x A R R R R ＞ x UR I ＝ 0.40 10.00.04 Er I = = Ω = Ω 短 1 0.02API U = =当杆中通以从 b 到 a 的电流时，杆可静止在斜面上，取 g=10m/s2. （1）求此时通过 ab 杆的电流； （2）若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度。 （sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）3A（2） ；方向沿斜面向下 【解析】 试题分析：杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡 条件结合安培力公式列式求解即可；若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿 第二定律列式求解加速度． （1）杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡条件得： ，解得 ； （2）若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得： ； 解得 ，方向沿斜面向下． 15.如图，在 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E（未知），在 y 4 2 He 4 2 He 4 2 He 4 2 He 4 2 He【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）氦核 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。 由题给条件，氦核 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 θ1=60°。 根据类平抛运动的推论可知： 所以 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为： （2）根据几何知识可知 在磁场中的偏转半径为： （3） 在磁场中洛伦兹力等于向心力，则有： 所以 的速度为： 32 3 x h= 2 3R h= 2 6 hqBE m = 4 2 He 4 2 He 60 2 htan x °＝ 4 2 He 32 3 x h= 4 2 He 22 60 3 x R hsin = =° 4 2 He 2vqvB m R ＝ 4 2 He 在电场中有：由运动学公式有： x=v•cosθ1•t 根据牛顿第二定律可知： 联立解得电场强度 E 的大小为： ； 16.如甲图所示，两相距 L=1m 的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值 R=1Ω 的电 阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量 m=0.1kg 的金属杆垂直置于导 轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静 止开始运动，并始终与导轨垂直，其 v-t 图像如图所示。在 10s 末撤去拉力，同时磁感应强 度随时间变化，使金属杆中电流为零。金属杆运动过程中与导轨间摩擦力保持不变。求： (1)金属杆所受的拉力的大小； (2)0-10s 内匀强磁场的磁感应强度大小； (3)10s-15s 内，磁感应强度 B 与时间 t 的关系式。 【答案】（1）0.08N（2）0.1 T（3） 【解析】 【详解】（1）5s 内金属杆未进入磁场，所以有 F−μmg＝ma1 由图可知 a1＝0.4m/s2 2 3 qBR qhBv m m =＝ 21 2h at= qEa m ＝ 2 6 hqBE m = 2 ( ) 2 2 T10 2 0.2B t t t+ −＝10s～15s 内仅在摩擦力作用下运动，则 μmg＝ma2 由图可知 a2＝0.4m/s2 解得 F=0.08N （2）在 5s～10s 时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有 以 F=0.08N，μmg=0.04N，v=2m/s 代入解得 B0=0 1 T （3）撤去恒定拉力之后，通过回路的磁通量不变，杆在磁场中匀速运动距离为 d=2×5m=10m， 设撤去拉力后运动的距离为 x， B(t)L(d+x)＝B0Ld x＝2t−0.2t2 由此可得 . 2 2 0B L vF mg R µ +＝ 2 ( ) 2 2 T10 2 0.2B t t t+ −＝