2019-2020年高二物理上学期期初考试（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期期初考试（含解析）注意事项：1本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分110分，附加题10分，计入总分，共120分，测试时间为90分钟。2. 选择题用2B铅笔正确的涂在答题卡上，非选择题必须在规定答题区域内作答，否则无效。第I卷（选择题，共56分）一、选择题（本题共14小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1-9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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1物理实验都需要有一定的控制条件奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是() A该实验必须在地球赤道上进行 B通电直导线应该竖直放置 C通电直导线应该水平东西方向放置 D通电直导线应该水平南北方向放置【答案】D【考点】地磁场【解析】解：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确故选D2如图所示，孤立点电荷+Q固定在正方体的一个顶点上，与+Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法中正确的是() AA、B、C三点的场强相同 BA、B、C三点的电势相等 CA、B、C三点所在的平面为一个等势面 D将电荷量为+q的检验电荷由A点沿直线移动到B点过程中电势能始终保持不变【答案】B【考点】电场强度；电势【解析】解：A、A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，所以三点的场强不同，故A错误B、孤立点电荷+Q的等势面以是+Q为球心的球面，所以A、B、C三点位于同一等势面上，电势相等，故B正确C、A、B、C三点所在的平面上各点到+Q的距离不全相等，电势也就不全相等，所以该平面不是等势面，故C错误D、将一电荷量为+q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中，电势先升高后降低，电势能先增大后减小故D错误故选：B3关于磁感应强度，下列说法中正确的是()A若长为L、电流为I的导线在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为B由B可知，B与F成正比，与IL成反比C由B可知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场D磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向【答案】D【考点】磁感应强度【解析】解：A、只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于故A错误B、是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，不能说B与F成正比，与IL成反比故B错误C、一小段通电导线在某处不受磁场力，该处不一定无磁场，也可能是因为导线与磁场平行故C错误、D、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，也就是小磁针北极所受磁场力的方向故D正确故选D4在绝缘粗糙的斜面上A点处固定一点电荷甲，将一带电小物块乙从斜面上B点处由静止释放，乙沿斜面运动到C点时静止，则() A甲、乙一定带异种电荷 BB点的电势一定高于C点的电势 C从B到C的过程中，乙的电势能一定减少 D从B到C的过程中，乙的机械能的损失量一定等于克服摩擦力做的功【答案】C【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【解析】解：A、甲、乙之间的距离增大，而电量都不变，根据库仑定律可知乙所受的库仑力逐渐减小若两者是异种电荷，乙下滑的加速度将增大，不可能到C处静止，所以得知甲一定带同种电荷故A错误B、由于电荷甲的电性未知，电场线方向未知，无法判断B、C电势的高低故B错误C、由于电场力对物块乙做正功，乙的电势能一定减小故C正确D、从B到C的过程中，库仑力对乙做正功，摩擦力做负功，重力做正功，根据功能关系可知：乙的机械能的损失量与系统电势能的损失量之和等于克服摩擦力做的功故D错误故选：C5如图所示直线OAC为某一直流电源的总功率P随总电流I变化的图线；抛物线OBC为同一电源内部消耗的功率Pr随总电流I变化的图线，则当通过电源的电流为1A时，该电源的输出功率为() A1W B2W C2.5W D3W 【答案】B【考点】电功、电功率【解析】解：C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，电源的总功率P=EI，I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V 当I=1A时，输出功率为：P=EI-I2r=31-121（W）=2W故选：C6利用如图所示电路可测出电压表的内阻，电源的内阻可以忽略R为电阻箱，当R取不同阻值时，电压表均对应有不同读数U，多次改变阻箱的阻值，所得到的R图象为下图中的哪一个( )【答案】C【考点】伏安法测电阻【解析】解：根据闭合电路欧姆定律应有： 整理可得： ，可见 与R图象应是一个一次函数，故ABD错误，C正确故选：C7如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xoy，当在XX这对电极上加上恒定的电压UXX=2V，同时在YY电极上加上恒定的电压UYY=1V时，荧光屏上光点的坐标为（4，1），则当在XX这对电极上加上恒定的电压UXX=1V，同时在YY电极上加上恒定的电压UYY=4V时，荧光屏上光点的坐标为() A（2，4） B（2，2） C（4，2） D（4，2）【答案】A【考点】示波管及其使用【解析】解：电子在YY内的加速度为 ，在YY内运动的时间： 所以，偏转位移 由此可以看出偏转位移和电压成正比，同理可以证明在XX方向上的偏转位移也与电压成正比，所以根据题意得： 解得：x=2，y=4所以荧光屏上光点的坐标为（2，4）故选A8如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态现贴着下板插入一定厚度的陶瓷板，则在插入过程中() A电容器的带电量不变 B电路将有顺时针方向的短暂电流 C带电液滴将向上做加速运动 D带电液滴仍将静止【答案】C【考点】电容器的动态分析【解析】解：AB、插入陶瓷板，根据决定式 ，知电容增大，电势差不变，则Q=CU知，电容器带电量增大电路中有逆时针方向的短暂电流故A、B错误CD、电势差不变，d减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动故C正确，D错误故选：D9如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为3cm一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面D时，动能为9eV（电子伏），到达等势面A时速度恰好为零则下列说法中正确的是( ) A场强方向从A指向D B匀强电场的场强为100 V/m C电子经过等势面C时，电势能大小为9 eV D电子在上述等势面间运动的时间之比为1：3：5【答案】B【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；等势面【解析】解：A、电子到达等势面A时速度恰好减为零，说明电场力向下，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，故场强方向从D指向A，故A错误；B、从D到A，动能减小15eV，故电场力做功-9eV，故有：WDA=-eEdDA=-9eV，解得 ，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：EkD+EpD=EkA+EpA，解得EPA=9eV；匀强电场中，没前进相同距离电势变化相同，故EpC=6eV，故C正确；D、运用逆向思维，到达A后，假设时间倒流，做初速度为零的匀加速直线运动，根据 ，通过1S、2S、3S的时间之比为 ，故通过连续三段S时间之比为 ，故D错误；故选：BC10a、b、c三个质子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，对于三个质子在电场中的运动，下列说法中正确的是( ) Ab和c同时飞离电场 B在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大【答案】BCD【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【解析】解：A、粒子的质量和电量相同，知加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据 知，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短故A错误，B正确C、因为ta=tbtc，又xaxb=xc，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以vcvbva故C正确D、据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等c电荷电场力做功最少，动能变化量最小故D正确故选BCD11如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，下列说法中正确的是( ) A甲表是电流表，R增大时量程减小 B甲表是电流表，R增大时量程增大 C乙表是电压表，R增大时量程减小 D乙表是电压表，R增大时量程增大【答案】AD【考点】把电流表改装成电压表【解析】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A正确，B错误C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C错误，D正确12为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，磁敏电阻随磁场的出现而减小，磁报警装置可以检测到断针的存在，其电路可以简化为如图所示，R为磁敏电阻。若布绒玩具存在断针时，则下列说法中正确的是( ) A通过R的电流变小 B电路的路端电压减小 CR1两端的电压U1变小 D电源的效率增大【答案】BC【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】由图可知磁敏电阻与R2并联后与R1串联，电压表测量电源的路端电压；由题意可知，出现断针时磁敏电阻的阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由电流的变化可得出内电压的变化，即可判断路端电压的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表的示数变化13如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法中正确的是( ) A电源1与电源2的内阻之比是11：7 B电源1与电源2的电动势之比是1：1 C在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2 D在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2【答案】ABD【考点】电源的电动势和内阻；电功、电功率【解析】解：A、根据电源U-I图线， ，则r1：r2=11：7，故A正确 B、E1=E2=10V，故B正确 C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态 则U1=3v，I1=5A，P1=15W， U2=5V，I2=6A，P2=30W， P1：P2=1：2，R1：R2=18：25故C错误，D正确14如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带负电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，图乙中X=3L点为图线的最低点，则以下判断中正确的是( ) AQ2带正电且电荷量大于Q1 Bb点的场强一定为零 Ca点的电势比b点的电势高 D粒子在a点的电势能比b点的电势能大【答案】BC【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能【解析】解：A、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电，且有 ，故A错误B、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，受力为零，故合场强为零，故B正确C、该电荷从a点到b点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，电势升高，所以b点电势较高故C正确，D错误第II卷（6小题，共64分）实验题（本题共计20分请将解答填写在答题卡相应的位置）15利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的 （选项“甲”或“乙”）（2）现有电流表（00.6A）、电压表（03V）开关和导线若干，以及以下器材：A滑动变阻器（020） B滑动变阻器（0500）滑动变阻器应选用 ；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学根据记录的数据，并画出UI图线如图2根据图2中所画图线可得出干电池的电动势E= v，内电阻r= 。(保留三位有效数字)（4）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化图3的各示意图中正确反映PU关系的是 【答案】（1）甲（2）A （3）1.44-1.46 1.70-1.80 （4）C 【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，为方便实验操作，滑动变阻器应选A；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示；由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.45，则电源电动势E=1.45V，电源内阻： （5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C16有一根细而均匀的导电材料样品，截面为同心圆环，如图1所示，此样品长L约为3cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内径太小，无法直接测量现提供以下实验器材：A20等分刻度的游标卡尺B螺旋测微器C电流表A1（量程50mA，内阻的准确值r1为100）D电流表A2（量程100mA，内阻r2大约为40）E滑动变阻器R1（010，额定电流2A）F直流电源E（12V，内阻很小）G导电材料样品R2（长L约为3cm，电阻R2约为100）H电键一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）某同学用一个多用电表粗测该样品电阻，多用电表欧姆挡的四个量程分别为“1”“10”“100”“1K”，他把选择开关旋到“100”挡测量该样品电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该换用“ ”挡（2）用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L= mm；用螺旋测微器得该样品的外径如图乙所示，其示数D= mm；（3）在如右图的方框中画出设计的实验电路图，并标明所选器材前的字母代号；（4）用已知物理量和所测得物理量的符号表示样品的内径d= (电流表A1的示数用I1表示，电流表A2的示数用I2表示）【答案】（1）10 （2）29.70 3.4703.472 （2分） （3） （4） 【考点】测定金属的电阻率【解析】（1）指针偏转角度很大,说明是个小电阻，应该用小量程。游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）电流表A1内阻已知，故将电流表A1当电压表使用；为得到较大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法；（3）根据并联电路总电流等于各个支路电流之和，得到通过电阻的电流；根据欧姆定律计算出电阻值；最后再根据电阻定律求解出直径（4）（3）设电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，则I1r1=（I2-I1）R2；由电阻定律得： ；由几何知识得： ；联立以上各式得：d三、计算题 (包括附加题共四小题，共计44分。解答计算题部分应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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（10分）如图所示，已知电源电动势E=15V，内阻r=1，当接入固定电阻R=2时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RD=0.5的小型直流电动机D都恰能正常工作试求： （1）电动机的额定电压；（2）电动机的输出功率【答案】6V，10W【考点】欧姆定律【解析】解：（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为： I=UD=EI（r+R）UL=152（1+2）3=6V P总=IUD=26=12W P热=I2RD=220.5=2W P出=P总P热=122=10W18（12分）如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行且向下，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，并由Q点射出电场，已知OPL，OQ2L，不计粒子重力求： (1)粒子在第一象限中运动的时间 (2)粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角【答案】，30【考点】带电粒子在电场中的运动【解析】解析：(1) lat2 且a 由式得：t . (2)设粒子射出第一象限时速度方向与x轴正方向的夹角为2lv0t t an 由式，得tan ，即 30 19（12分）如图所示，电源电动势E=50V，内阻r=2，R1=30，R2=60间距d=0.2m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关S，板间电场视为匀强电场板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，有一个穿过细杆的带正电小球p，质量m=1102kg、电荷量为q=1103C（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从杆的顶端A处由静止释放，小球p沿杆向下运动到杆的中点O时，速度为v=2m/s（g=10m/s2),求：（1）AO两点间的电势差UAO； （2）滑动变阻器接入电路的阻值为Rx【答案】10V， 【考点】串并联电路，动能定理【解析】解：（1）小球p由A运动到O时，由动能定理， 得： (3分） (3分）R1与R2并联，其电压为UMN=2UAO=20V (2分） 总电流 (2分）由：得： (2分） 附加题：(10分，计入总分)20（10分）如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E=K/r在带电长直细棒右侧，有一长为L的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离也为L，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态不计两小球之间的静电力作用 （1）求k的值； （2）若撤去外力F，求在撤去外力瞬间A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力； （3）若剪断A、B间的绝缘细线，保持外力F=2mg不变，A球向左运动的最大速度为，求从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，A球所处位置电势如何变化？变化了多少？【答案】见解析【考点】带电粒子在电场中的运动，库仑定律，动能定理【解析】解：（1）对AB整体，有：q+4q=2mg(1分） 得：k= ( 1分）（2）若撤去外力瞬时，A、B间细线拉力突然变为零，则：对A球：q=maA； 得：aA=，方向向右对B球：4q=maB； 得：aB=，方向向右因为aAaB，所以在撤去外力瞬时A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，有拉力T 因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有：q+4q 即：2mg=2ma 得a=g (2分）对A：q+T=ma (1分 ) 解得：T= (1分）（3）当A向左运动达到速度最大时有：q=2mg 代入k，得：r= (1分）设从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，电场力做功为W，由动能定理有：2mg（lr）+W= (1分）解得：W=（）= (1分） U= =在A球向左运动达到最大速度的过程中，所在处电势升高了(1分）