2019-2020年高二上学期期中考试 物理试题 含解析.doc

2019-2020年高二上学期期中考试 物理试题 含解析一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意；每小题4分，共40分）1.下列关于磁场的说法正确的是（ ）A. 一小段通电导线在磁场中的受力方向就是该处磁感应强度的方向B. 一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零C. 物理学上用单位质量的小磁针在磁场中某点受到的力来表征该点磁场的强弱D. 物理学上用一小段通电导线垂直于磁场方向摆放在某点时，受到的磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值来表征该点磁场的强弱【答案】D【解析】A、安培力和磁感应强度的方向关系是垂直关系，故错误B、有可能导线放置的方向是平行与磁感应强度的，故错误C、正确解释如D选项。【考点】磁感应强度2在图所示的电路中，合上电键S后，下列说法正确的是（ ）A电流表读数变大，电压表读数变大B电流表读数变小，电压表读数变小C电流表读数变小，电压表读数变大D电流表读数变大，电压表读数变小【答案】D【解析】闭合电键后，电路总电阻变小，总电流变大（电流表读数变大），内电压变大，外电压变小（电压表读数变小）。【考点】电路的动态分析；串并联电路；欧姆定律3 如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线.一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示.下列结论正确的是（ ）A.负点电荷一定位于M点左侧 B.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度C.带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能D.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小【答案】A【解析】A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线MN左侧，故A正确B、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度故B错误C、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误D、电场力对带电粒子做正功，动能增加，所以在a点时的动能小于在b点时的动能，故D错误。【考点】电场线；电场力做功与电势能的关系4. 如图是小强在做“探究串联电路中电流、电压特点”实验时连接的实物电路.当开关闭合时，发现灯L1不亮、灯L2亮，电流表和电压表均有读数.则出现此故障的原因可能是（ ）A灯L2断路 B.灯L1短路C灯L1断路 D.灯L2短路【答案】B【解析】串联电路中一灯亮一灯不亮，则可能不亮的灯泡短路了，即L1短路，电流表有示数，说明电路故障不可能是断路，电压表有示数，说明电压表所测部分没有短路，综合判断，所以是L1短路。【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用5.图中电源电动势E12 V，内电阻r0.5 。将一盏额定电压为8 V，额定功率为16 W的灯泡与一只线圈电阻为0.5 的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光.则下列说法正确的是（ ）A.电动机两端的电压是12VB.通过电动机的电流时16AC.通过电动机的电流是6AD.电源内阻的热功率是16W【答案】C【解析】灯泡正常发光，说明电路的外电压为8V（故A错误），所以内电压是4V，电路的总电流，通过灯泡的电流，故通过电动机的电流为6A（故B错误，C对）；由得内阻的热功率为32W（故D错）。【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率6如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是（ ）A 静止不动 B向纸外平动CN极向纸外，S极向纸内转动DN极向纸内，S极向纸外转动【答案】C【解析】假设磁体不动，导线运动，则有：根据右手螺旋定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场是斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时上升。如今导线不动，磁体运动，根据相对运动，则有磁体逆时针转动（从上向下看），即N极向纸外转动，S级向纸内转动故C正确，ABD错误；【考点】电流的磁场对磁针的作用7.如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线a和b，通有大小相等的电流在纸面上距a、b等距处有一点P，若P点的合磁感应强度B的方向水平向左，则导线a、b中的电流方向是（ ）Aa中垂直纸面向里，b中垂直纸面向外Ba中垂直纸面向外，b中垂直纸面向里Ca、b中均垂直纸面向外Da、b中均垂直纸面向里【答案】A【解析】A、若a中向纸里，b中向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于aP连线向下，如图所示。b在p处产生的磁场Bb方向如图所示，根据平行四边形定则进行合成，则得P点的磁感应强度方向水平向左，符合题意，故A正确。B、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向水平向右，故B错误。C、若a、b中均向纸外，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向上，故C错误。D、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下，故D错误【考点】磁感应强度8.电量相同质量不同的同位素离子以相同的速率从a孔射入正方形空腔中，空腔内匀强磁场的磁感应强度方向如图所示如果从b、c射出的离子质量分别为m1、m2，运动时间分别为t1、t2,打到d点的离子质量为m3，运动时间为t3.则下列判断正确的是（ ） Am1m2m3 Bt3t2t1 Cm1：m21：2 Dm2：m32：1 【答案】C【解析】同位素离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径，m1的半径为m2 的一半，故m2=2m1，即C正确。而m3的半径更大但不是m2的半径的二倍，故m3最大但不是m2的二倍，所以AD错误。由可知他们的时间关系既是他们的弧长的关系，而弧长，所以t2t1，故B错误。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律9.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电。则下列说法正确的是（ ）保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大断开K，减少两极板间的距离，则两极板间的电势差减小断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大A. B. C. D.【答案】B【解析】、保持K接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由可知，两极板间的电场的电场场强增大，故错误；、保持K接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由Q=UC可知，极板上的电量增大，故正确；、断开K，两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由，则可知U减小，故正确；、断开K，两板上所带电量不变，插入介质后电容变大，由可知极板上的电势差减小，故错误。.【考点】电容器10.半导体中参与导电的电流载体称为载流子。N型半导体的载流子是带负电的电子，P型半导体的载流子是带正电的“空穴”，如图所示，一块厚度为d、宽度为L的长方形半导体样品，置于方向如图所示、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，当半导体样品中通以向右的电流强度为I的恒定电流时，样品上、下底面出现恒定电势差U，且上表面带正电、下表面带负电。设半导体样品中每个载流子带电荷量为q，半导体样品中载流子的密度（单位体积内载流子的个数）用n表示（已知电流I=nqvS，其中v为载流子定向移动的速度，S为导体横截面积），则下列关于样品材料类型的判断和其中载流子密度n大小的表达式正确的是（ ）A.是N型半导体， B.是P型半导体，C.是N型半导体， D.是P型半导体，【答案】D【解析】上极板电势高，说明上极板带正电荷，结合左手定则可知，载流子带正电，是P型半导体；载流子的洛伦兹力与电场力平衡，有，即：电流I=nqvS，联立求得。【考点】霍尔效应及其应用二实验题（共18分）11.(6分)某同学取来一个“黑箱”，准备探测内部结构：如图，该“黑箱”表面有A、B、C三个接线柱，盒内总共有两个电学元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件，且已知电学元件的种类只可能是电阻、二极管或电池。为了探明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：第一步：用电压挡，对任意两个接线柱正、反向测量，指针均不发生偏转；第二步：用多用电表的欧姆挡，对任意两个接线柱正、反向测量，将每次红、黑表笔的位置和测得的阻值都填入了下表：红表笔接AABBCC黑表笔接BCACAB测得的阻值（）10010k10010.1k90190第一步测量结果表明盒内_。请在下图的接线柱间，用电路符号画出黑箱内的元件及连接情况【答案】4.0 无电源 如上图【解析】测AB和BA间电阻都是100 ，说明AB之间是一个定值电阻；测AC和CA间电阻差别很大，说明他们之间是一二极管；测BC和CB间电阻，其值恰好是上述两次实验值之和，说明BC间无直接的连接，而是通过BA和AC连接的，所以电路如图所示。【考点】用多用电表测电阻12.（12分）某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要用到某元件（电阻约为20）。现需要描绘该元件的伏安特性曲线。实验室备有下列器材：器材（代号）规格 电流表（A1）量程05mA，内阻约为50电流表（A2）量程0200mA，内阻约为10电压表（V1）量程03V，内阻约为10k电压表（V2）量程015V，内阻约为25k滑动变阻器（R1）阻值范围010，允许最大电流1A滑动变阻器（R2）阻值范围01k，允许最大电流100mA直流电源（E）输出电压4V，内阻不计开关（S）及导线若干为提高实验结果的准确程度，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 。（以上均填器材代号）为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号。现已描绘出该元件的伏安特性曲线如图。 若将该元件直接连接在一个电动势为3V，内阻为5的电源上，则该元件消耗的功率为 W。（保留3位有效数字）【答案】 A2;V1;R1 如右图 0.366W【解析】由图像可知，电流最大值为0.12A，故电流表应选用A2，灯泡两端的电压最大为2.5V，故电压表应选用V1，由图可知，电流电压是从零开始变化的，故应选用分压接法，故滑动变阻器应选用R1；滑动变阻器选用分压接法；元件内阻较小，故应选用电流表外接法，电路图如右图所示。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线三.计算题（共52分）13.（12分）竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场其电场强度为E，在该匀强电场中，用绝缘丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成=30o角时小球恰好平衡，且此时与右板的距离为b，如图所示已知重力加速度为g,求：（1）小球带电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】 【解析】(1)由于小球处于平衡状态知小球带正电，对小球受力分析如图所示FTsin qE FTcos mg 由得tan ，故q.=（2）由第(1)问中的方程知FT，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于.小球的加速度a， 小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为x， 又由xat2，得t .= 【考点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动；电场强度14.（12分）如图所示的电路中，电阻，电源的电动势E=12V，内电阻r=1，理想电流表A的读数I=0.4A。求：（1） 电阻的阻值（2） 电源的输出功率（3） 电源的效率【答案】（1）30 (2)6.84W (3)95% 【解析】（1）对R2由得U26V；对R1及r由得而R2和R3是并联关系电压相等，对R3由得R330（2）得内电压，所以外电压由得（3）【考点】欧姆定律、电功率、效率15.（13分）如图甲是质谱仪的工作原理示意图图中的A容器中的正离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区(初速度不计)加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，离子最终到达MN上的H点(图中未画出)，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计。试求：（1）该粒子的比荷（2）若偏转磁场为半径为的圆形区域，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变，仍保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场，最终仍然到达MN上的H点，则圆形区域中磁场的磁感应强度与B 之比为多少?【答案】 【解析】（1）设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有 离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 又 以上三式联立可解得 （2）离子在磁场中得轨迹如图所示，由几何关系有 即 离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 则 又 磁感应强度【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力16.（15分）如图所示，在平面直角坐标系中，直线与轴成30角，点的坐标为（，0），在轴与直线之间的区域内，存在垂直于平面向里磁感强度为的匀强磁场均匀分布的电子束以相同的速度从轴上的区间垂直于轴和磁场方向射入磁场己知从轴上点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过点，忽略电子间的相互作用，不计电子的重力（1）电子的比荷（）；（2）有一电子，经过直线MP飞出磁场时，它的速度方向平行于y轴，求该电子在y轴上的何处进入磁场；（3）若在直角坐标系的第一象限区域内，加上方向沿轴正方向大小为的匀强电场，在处垂直于轴放置一平面荧光屏，与轴交点为，求：从O点上方最远处进入电场的粒子打在荧光屏上的位置。【答案】 【解析】（1）由题意可知电子在磁场中的半径为a 由：得 电子的比荷： （2）设该电子射入的纵坐标为 解得 该电子在轴上进入磁场的纵坐标为： （3）粒子能进入电场中，且离O点上方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切，粒子轨道的圆心为O点。则： 由三角函数关系可求得：； 得： 有 即粒子垂直于轴进入电场的位置离O点上方最远距离为 电子在电场中做类平抛，设电子在电场的运动时间为，竖直方向位移为，水平位移为，水平方向： 竖直方向： 代入得： 设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为有： 有： ， 将带入可得打在荧光屏上的位置距离Q点【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动重庆八中xx（上）半期考试高二年级物理试题参考答案15：DDABC 610：CACBD11. （每空2分）4.0 无电源 12.（两小题各3分，其余每空2分）A2;V1;R1 0.366W(0.3360.396W)13.(1)由于小球处于平衡状态知小球带正电，对小球受力分析如图所示FTsin qE (2分)FTcos mg （2分）由得tan ，故q.= （2分）(2) 由第(1)问中的方程知FT，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于.小球的加速度a， （2分）小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为x， （2分）又由xat2，得t .= （2分）14. （1）30 (4分) (2)6.84W (4分) (3)95% (4分)15.解：（1）设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有 （2分） 离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 （1分） 又 （1分） 以上三式联立可解得 （2分）（2）离子在磁场中得轨迹如图所示，由几何关系有 即 （2分） 离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 则 （2分） 又 （1分） 磁感应强度 （2分）16.解：（1）由题意可知电子在磁场中的半径为a （1分） 由： （1分） 电子的比荷： （1分）（2）设该电子射入的纵坐标为 （3分）解得 （1分）该电子在轴上进入磁场的纵坐标为： （1分）（3）粒子能进入电场中，且离O点上方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切，粒子轨道的圆心为O点。则： 由三角函数关系可求得：； 得： ）有 即粒子垂直于轴进入电场的位置离O点上方最远距离为 （2分）电子在电场中做类平抛，设电子在电场的运动时间为，竖直方向位移为，水平位移为，水平方向： 竖直方向： 代入得： （2分）设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为有： 有：，（2分）将带入可得， 打在荧光屏上的位置为距离Q点（1分）