辽宁省六校协作体2019-2020高二物理上学期期中试题(Word版带解析)
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辽宁省六校协作体2019-2020高二物理上学期期中试题(Word版带解析)

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资料简介
2019-2020 学年度上学期省六校协作体高二期中考试 物理试题 一、单选题(本题共 8 小题,每题 4 分,共 32 分) 1.在图中,标出磁场 B 的方向,通电直导线中电流 I 的方向,以及通电直导线所受磁场力 F 的方向,其中正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据左手定则:伸开左手,拇指与手掌垂直且共面,磁感线向里穿过手心,则手 心朝外。四指指向电流方向:向右,拇指指向安培力方向:向下。故 A 错误; B.通电导线与磁场平行,不受安培力,故 B 错误; C.根据左手定则:伸开左手,拇指与手掌垂直且共面,磁感线向左穿过手心,则手心朝右。 四指指向电流方向:向外,拇指指向安培力方向:向下。故 C 正确; D.安培力方向既与电流方向垂直,又与磁场方向垂直,而此项安培力方向与磁场方向平行, 不可能,故 D 错误。 2.三根平行的长直导线,分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点,三根导线中电流 方向相同,A、B 两导线中的电流大小相等,如图所示,已知导线 A 在斜边中点 O 处所产生的 磁场的磁感应强度大小为 B0,导线 C 在斜边中点 O 处所产生的磁场的磁感应强度大小为 2B0, 则 O 处的磁感应强度的大小和方向为(  ) A. 大小为 B0,方向沿 OA 方向B. 大小为 2 B0,方向竖直向下 C. 大小为 2B0,方向沿 OA 方向 D. 大小为 2B0,方向沿 OB 方向 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知,AB 两条通电导线在 O 点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,则电 流 A 与 B 在 O 处的合磁感应强度为零,则 O 点的磁感应强度等于导线 C 在斜边中点 O 处所产 生的磁场的磁感强度,大小为 2B0;依据右手螺旋定则可知,在 O 处电流 C 产生的磁感应强度 的方向沿 OB 方向; A.大小 B0,方向沿 OA 方向,与结论不相符,选项 A 错误; B.大小为 2 B0,方向竖直向下,与结论不相符,选项 B 错误; C.大小为 2B0,方向沿 OA 方向,与结论不相符,选项 C 错误; D.大小为 2B0,方向沿 OB 方向,与结论相符,选项 D 正确; 3.在如图所示的图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像,直线Ⅱ为某一电 阻 R 的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路,由图像可知,正确的是( ) A. 电源的电动势为 3 V,内阻为 0.5 Ω B. 电阻 R 的阻值为 0.5 Ω C. 电源的输出功率为 2 W D. 电源的效率为 33.3% 【答案】A 【解析】 【详解】A.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。 为 2 2 3 0.56 Ur I = = Ω = Ω B.电阻的 U-I 图线的斜率等于电阻,则电阻 故 B 错误。 C.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 C 错误。 D.电源的效率 故 D 错误。 4.把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来,使它下端刚好跟杯中的水银面接触,并使它组成 如图所示的电路,当开关 接通后将看到的现象是( ) A. 弹簧向上收缩 B. 弹簧被拉长 C. 弹簧上下跳动 D. 弹簧仍静止不动 【答案】C 【解析】 【详解】当有电流通过弹簧时,构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场,根据安培定则知, 各圈导线之间都产生了相互的吸引作用,弹簧就缩短了,当弹簧的下端离开水银后,电路断 开,弹簧中没有了电流,各圈导线之间失去了相互吸引力,弹簧又恢复原长,使得弹簧下端 又与水银接触,弹簧中又有了电流,开始重复上述过程。故弹簧上下振动。 A. 弹簧向上收缩与分析不符,故 A 错误。 B. 弹簧被拉长与分析不符,故 B 错误。 C. 弹簧上下跳动与分析相符,故 C 正确。 D. 弹簧仍静止不动与分析不符,故 D 错误。 5.如图所示,一个边长 L、四边电阻相同的正方形金属框放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中。 若通以图示方向的电流(从 A 点流入,从 D 点流出),电流为 I,则金属框受到的磁场力为(  ) 2 12 UR I = = Ω = Ω 66.7%P U P E η = = =出 总 SA. 0 B. ILB C. ILB D. 2ILB 【答案】B 【解析】 【详解】金属边框 ABCD 和边框 AD 的有效长度均为 L,其电流之和为 I,故线框所受安培力为 F=BIL; A.0,与结论不相符,选项 A 错误; B.ILB,与结论相符,选项 B 正确; C. ILB,与结论不相符,选项 C 错误; D.2ILB,与结论不相符,选项 D 错误; 6.在如图所示的电路中,R1=5Ω,r=1 Ω,R2=R3=6 Ω,当开关 S 闭合且电路稳定时,电 容器 C 带电荷量为 Q1;当开关 S 断开且电路稳定时,电容器 C 带电荷量为 Q2,则(  ) A. Q1∶Q2=1∶2 B. Q1∶Q2=2∶1 C. Q1∶Q2=1∶5 D. Q1∶Q2=5∶1 【答案】A 【解析】 4 3 4 3【详解】开关断开稳定时,电路中没有电流,电容器的电压等于电源的电动势,即为: U2=E 开关闭合稳定时,电容器的电压等于电阻 R2 两端的电压,则有: 对于给定电容器,电容不变,由 Q=CU 得: Q1:Q2=U1:U2=1:2。 A.Q1∶Q2=1∶2,与结论相符,选项 A 正确; B.Q1∶Q2=2∶1,与结论不相符,选项 B 错误; C.Q1∶Q2=1∶5,与结论不相符,选项 C 错误; D.Q1∶Q2=5∶1,与结论不相符,选项 D 错误; 7.如图所示,用两根轻细金属丝将质量为 m,长为 L 的金属棒 ab 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 θ 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. ,平行悬线向上 D. ,平行悬线向下 【答案】D 【解析】 试题分析:为了使该棒仍然平衡在该位置上, ,得: ,由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上.故 D 正 确, 考点:考查了安培力的求解 2 1 1 2 2 R EU ER R r = =+ + mgB IL = tanmgB IL θ= sinmgB IL θ= tanmgB IL θ= minF mgsinθ=8.如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为 的带电小球,以初速度 从 点竖直向上 运动,通过 点时,速度大小为 ,方向与电场方向相反,则小球从 运动到 的过程 ( ) A. 动能增加 B. 机械能增加 C. 重力势能增加 D. 电势能增加 【答案】B 【解析】 【详解】由动能的表达式 可知带电小球在 M 点的动能为 ,在 N 点的 动能为 ,所以动能的增量为 ,故 A 错误;带电小球在电 场中做类平抛运动,竖直方向受重力做匀减速运动,水平方向受电场力做匀加速运动,由运 动学公式有 ,可得 ,竖直方向的位移 ,水 平 方 向 的 位 移 , 因 此 有 , 对 小 球 写 动 能 定 理 有 ,联立上式可解得 , ,因此电场力做正功, 机械能增加,故机械能增加 ,电势能减少 ,故 B 正确 D 错误,重力做负功重力势 能增加量为 ,故 C 错误。 二、多选题(本题共 4 小题,每题 4 分,共 16 分。选对但不全的得 2 分,选错或不选的得 0 分) 9. 下列说法中正确 是( ) A. 检验电荷在某处不受电场力的作用,则该处电场强度不一定为零 的 m υ M N 2υ M N 21 2 mυ 22mυ 23 2 mυ 22mυ 2 k 1 2E mv= 21 2kME mv= ( ) 21 2 22kNE m v mv= = 23 2kE mv∆ = , 2y x qEv v gt v v at tm = = = = = 2qE mg= 2 vh t= 2 2 vx t vt= = 2x h= 23 2kqEx mgh E mv− = = 22qEx mv= 21 2mgh mv= 22mv 22mv 21 2 mvB. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用,则该处磁感应强度一定为零 C. 表征电场中某点电场的强弱,是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身 电荷量的比值 D. 表征磁场中某点磁场的强弱,是把一小段通电导线放到该点时受到的磁场力与该小段导线 长度和电流乘积的比值 【答案】C 【解析】 试题分析:电荷不受电场力的作用,则该点的电场强度一定为零,所以 A 选项错误:通电导 线在磁场中不一定受到磁场力的作用,与导线和磁感应强度的夹角有关系,即 , 其中 θ 为 B 与电流 I 的夹角,所以 BD 两项错误;电场强度的定义为 ,所以 C 项错误。 考点:电场强度、磁感应强度的定义。 10.如图所示,定值电阻 R0=r(r 为电源内阻),滑动变阻器的最大阻值为 R(R>2r),闭合开 关 S,在滑动变阻器的滑片 P 由左端 a 向右端 b 滑动的过程中,以下说法中正确的是(  ) A. 电源总功率变小 B. R0 消耗的功率变大 C. 滑动变阻器消耗的功率先变大后变小 D. 电源的输出功率变小 【答案】BC 【解析】 【详解】A.滑片 P 由 a 端向 b 端滑动的过程中,R 阻值减小,回路总电阻减小,电流增大, 根据 P=EI 可知,电源的总功率变大,故 A 错误; B.由 P=I2R0 可知定值电阻 R0 消耗的功率变大,故 B 正确; C.将 R0 等效成电源内阻的一部分,当 R=R0+r 时,滑动变阻器消耗的功率最大,可以判断滑 动变阻器消耗的功率先变大后变小,故 C 正确; sinF BIL θ= FE q =D.根据电源输出功率与外电阻的关系,当 R 外>r 时,输出功率随外电阻的减小而增大,故 D 错误; 11.在如图所示电路中,闭合电键 S,当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时,四个理想电表 的示数都发生变化,电表的示数分别用 I、U1、U2 和 U3 表示,电表示数变化量的大小分别用 △I、△U1、△U2 和△U3 表示.下列比值正确的是(  ) A. U1/I 不变,△U1/△I 变大 B. U2/I 变大,△U2/△I 变大 C. U2/I 变大,△U2/△I 不变 D. U3/I 变大,△U3/△I 不变 【答案】CD 【解析】 【详解】A.R1 是定值电阻,则 不变。故 A 错误。 BC. ,变大。由 U2=E-I(R1+r),得 不变,故 B 错误 C 正确。 D.因 变大。由 U3=E-Ir, 不变。故 D 正确。 为 1 1 1| |U U RI I = =  2 2| |U I R= 2 1 U R rI = +  3 1 2| | R RI U = + 3U rI = 12.如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象.当 t=0 时,在此匀强电场中由 静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是(  ) A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2 s 末带电粒子回到原出发点 C. 3 s 末带电粒子的速度为零 D. 0~3 s 内,电场力做的总功为零 【答案】CD 【解析】 【详解】由牛顿第二定律可知,带电粒子在第 1s 内的加速度为: ,第 2s 内加速度为: 故 a2=2a1,因此先加速 1s 再减小 0.5s 时速度为零,接下来的 0.5s 将反向加速,v-t 图象如图所示: 带电粒子在前 1 秒匀加速运动,在第二秒内先做匀减速后反向加速,所以不是始终向一方向 运动,故 A 错误; 根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,在 t=2s 时,带电粒子离出发点最远, 故 B 错误; 由解析中的图可知,粒子在第 1s 内做匀加速运动,第 2s 内做匀减速运动,3s 末的瞬时速度 刚减到 0,故 C 正确; 因为第 3s 末粒子的速度刚好减为 0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前 3s 内动能变化 为 0,即电场力做的总功为零.故 D 正确. 三、实验题:(本题共 2 小题,其中 13 题 6 分,14 题 10 分,共 16 分) 13.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材: 1 qEa m = 2 2qEa m =A.干电池 1 节 B.滑动变阻器(0~20Ω) C.电压表(0~3V,内阻约为 20kΩ) D.电流表(0~0 6A,内阻 RA=0.2Ω) E.电流表(0~3A,内阻约为 0.01Ω) F.开关、导线若干 (1)为减小实验误差和方便操作,选择图甲所示电路进行实验,其中电流表应选__.(填写 器材前的序号) (2)某同学根据实验测得的电压表示数 U 和电流表示数 I,画出 U﹣I 图象如图乙所示,由图 象可得电池的电动势为__V,内电阻为__Ω.(保留到小数点后 1 位) 【答案】 (1). D (2). 1.5 (3). 0.8 【解析】 【详解】(1)[1].由于本实验中通过电源的电流不能太大,由图可知,最大电流不超过 0.6A;所以电流表应选D; (2)[2][3].将 RA 等效于电源的内阻,根据 U=E-I(r+RA),可知 E=1.50V 14. 关于多用表的使用: (1)(多选题)下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是 A.测量电阻时,如果指针偏转过大,应将选择开关 S 拨至倍率较小的挡位,重新调零后测量 B.测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔,则会影响测量结果 C.测量电路中的某个电阻,不应该把该电阻与电路断开 . 1.5 0.9 0.2 0.80.6r −= Ω − Ω = ΩD.测量阻值不同的电阻时,都必须重新调零 (2)以下是欧姆表原理的电路示意图,正确的是 (3)用多用电表进行了几次测量,指针分别处于 a 和 b 的位置,如图所示.若多用电表的选 择开关处于下面表格中所指的挡位,a 和 b 的相应读数是多少?请填在表格中. 指针位置 选择开关所处档位 读数 a 直流电流 100mV mA 直流电压 2.5V V b 电阻×100 Ω 【答案】(1)A;(2)C;(3)23;0.57;320. 【解析】 解:(1)A、测量电阻时如果指针偏转过大,所选挡位太大,应换小挡,应将选择开关 S 拨 至倍率较小的档位,重新调零后测量,故 A 正确; B、测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔,不会影响测量结果,故 B 错误;C、测量电路中的某个电阻,应该把该电阻与电路断开,故 C 错误; D、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零,换挡后要重新进行欧姆调零,故 D 错误; 故选 A. (2)欧姆表有内置电源,欧姆表的红表笔与内阻电源的负极相连,黑表笔与内置电源的正极 相连,电流计正接线柱应接电源正极,负极线柱接电源负极,由图示可知,图 C 所示电路正 确; (3)直流电流 100mA 档读第二行“0~10”一排,最小度值为 2mA 估读到 1mA 就可以了;直 流电压 2.5V 档读第二行“0~250”一排,最小分度值为 0.05V 估读到 0.01V 就可以了;电阻 ×100 档读第一行,测量值等于表盘上读数“3.2”乘以倍率“100”. 指针位置 选择开关所处的档位 读 数 a 直流电流 100mA 23.0mA 直流电压 2.5V 0.57V b 电阻×100 320Ω 故答案为:(1)A;(2)C;(3)23;0.57;320. 【点评】本题考查了欧姆表的使用方法,特别注意是每次换挡都要重新调零.要掌握欧姆表 的结构. 让学生熟悉如何使用多用电表,并知道多用电表能测哪里物理量.同时知道电阻刻度盘是不 均匀的,除刻度盘上的读数外还要乘上倍率;还有量程 2.5V 的交流电压是读最下面刻度. 四、计算题:(本题共 4 小题,36 分。其中 15 题 8 分,16 题 9 分,17 题 9 分,18 题 10 分) 15.如图所示,两平行金属板 A、B 间为一匀强电场, C、D 为电场中的两点(其中 C 点在金属 板上),且 C、D 间距 L=4cm,CD 连线和场强方向成 60°角.已知电子从 D 点移到 C 点电场力 做功为 3.2×10-17J,电子电荷量为 1.6×10-19C,求:(1) C、D 两板间的电势差; (2) 匀强电场的场强大小; 【答案】(1) 200V (2) 1×104 N/C 【解析】 【详解】(1) 由题知,电子受到向上电场力,电子带负电,则场强方向为 A→B. C、D 间电势差为 UCD=W/q 解得: UCD=200V (2) 由题知, 得 E=1×104 N/C 16.如图所示,水平导轨间距为 L=0.5 m,导轨电阻忽略不计;导体棒 ab 的质量 m=1 kg,电 阻 R0=0.9 Ω,与导轨接触良好;电源电动势E=10 V,内阻 r=0.1 Ω,电阻R=4 Ω;外加 匀强磁场的磁感应强度 B=5 T,方向垂直于 ab,与导轨平面成 α=53°角,取重力加速度 g =10 m/s2,ab 处于静止状态.已知 sin53°=0.8,cos53°=0.6.求: (1) ab 受到的安培力大小; (2) ab 受到的静摩擦力大小。 【答案】(1) 5 N (2) 4 N 【解析】 【详解】(1)回路中的电流: I= 解得; I=2 A 60 UE Lcos °= 0 E R R r+ +由 F=BIL 可得; F =5 N (2)受力如图 可知: f 静=Fsin 53° f 静=4 N 17.如图是示波器工作原理的示意图,电子经电压 U1 从静止加速后垂直进入偏转电场,偏转电 场的电压为 U2,两极板间距为 d,极板长度为 L,电子的质量为 m,电荷量为 e,求: (1)电子经电压 U1 加速后的速度; (2)电子离开偏转电场 U2 时沿垂直极板方向偏移 距离 y; 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)电子在加速电场中加速时,由动能定理 解得: (2)电子在偏转电场中做类平抛运动,由动力学知识可得: 电子离开偏转电场时的侧位移 加速度 的 1 0 2eUv m = 2 2 14 U Ly U d = 2 1 1 2eU mv= 1 0 2eUv m = 21 2y at=水平方向匀速直线运动 L=v0t 联立解得: (注:如果用 q 表示电子电量也给分) 18.如图所示,AB、CD 是两块水平放置的平行金属板,构成平行板电容器,它们通过电阻 R1 与不计内阻的电源连接,电阻 R2 与 R1 相等,R2 和开关 S 串联后与电容器并联,电容器中点是 一根绝缘轻绳,绳的另一端系一质量为 m 的带电小球,开始 S 断开,给小球一初速度,它遍 在竖直平面内做匀速圆周运动,当小球运动到圆周最低点时,闭合 S,小球恰好在竖直平面内 做完整的圆周运动,求小球原来做匀速圆周运动时,绳对小球的拉力(不计空气阻力和电容 器充放电时间) 【答案】 【解析】 【详解】设两板间距离 d,细绳半径 r,小球电量 q,S 闭合前两板电压 U,电场强度 E,闭合 后两板电压则为 U/2,电场强度为 E/2; S 闭合前:电场力与重力等大且相反,则: qE = mg. S 闭合后:对小球动能定理: 恰上到最高点 : 2eUa md = 2 2 14 U Ly U d = 5 2 mg 2 2 0 1 12 ( )2 2 2 2 Emg r q r mv mv− = −S 闭合前:匀速圆周运动: 联解得: 2 01 2 vmg qE m r − = 2vF m r = 5 2F mg=

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