河南省郑州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

河南省郑州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

郑州一中2019—2020学年上期中考试21届高二物理试题 一、选择题 ‎1.对于电场的认识，下列说法正确的是（）‎ A. A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功 B. 电场中，场强方向是指电势降落的方向 C. 处于静电平衡的导体是等势体，导体表面是等势面，但导体表面的场强可能不同 D. 电势的大小由电场的性质决定，与零电势点的选取无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A移到B点时静电力所做的功，选项A错误；‎ B．电场中，场强方向是指电势降落的最快的方向，选项B错误；‎ C．处于静电平衡的导体是等势体，导体表面是等势面，但导体表面的场强可能不同，选项C正确；‎ D．电势的大小由电场的性质决定，与零电势点的选取有关，选项D错误。‎ ‎2.关于磁感应强度的概念,以下说法中正确的有(   )‎ A. 电流元IL在磁场中受力为F,则磁感应强度B一定等于 B. 电流元IL在磁场中受力为F,则磁感应强度可能大于或等于 C. 磁场中电流元受力大的地方,磁感应强度一定大 D. 磁场中某点磁感应强度的方向,与电流元在此点的受力方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：A、只有当电流元与磁场垂直时，B=．当电流元与磁场不垂直时，B．故A错误．‎ B、当电流元与磁场垂直不时F=BILsinα，α是电流元与磁场方向的夹角．则B≥．故B正确．‎ C、由公式F=BILsinα可知，磁场中电流元受力情况取决于B、I、L及α四个因素，则F大，B不一定大．故C错误．‎ D、磁感应强度的方向，与电流元在此点的受力方向垂直．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查对基本概念理解能力，要注意磁感应强度B定义式B=的条件：电流元与磁场垂直．‎ ‎3.如图所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电阻R1、R2及另外两根导线是好的。为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔连接在电阻R1的b端和R2的c端，并观察多用电表指针的示数。下列选项中符合操作规程的是（ ）‎ A. 直流10 V挡 B. 直流0.5 A挡 C. 直流2.5 V挡 D. 欧姆挡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：用电压档检测其量程要大于，故A正确，C错误；用电流档要用较大量程，所给B中的太小，故B错误；用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，故D错误。‎ 考点：多用电表的原理及其使用 ‎【名师点睛】用多用表检测故障若使用电压档或电流档，将其连入电路要注意量程，用欧姆档要把待检测电路从电源断开；考查多用电表的使用，明确利用其检测故障要注意量程。‎ ‎4.一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，王华同学想利用学过的知识判断电缆中的电流 方向，他在墙的西侧处放一指南针，电路接通后，发现指南针指向刚好比原来旋转180。，由此可以断定，这根电缆中电流的方向（ ）‎ A. 可能是竖直向上 B. 可能是竖直向下 C. 可能是向南 D. 可能是向北 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】指南针的N极原来指向北方，旋转180度，知N极指向南，知该处的磁场方向向南，根据右手螺旋定则，知墙中的电缆电流方向，在竖直方向可能竖直向上；而在水平方向上，不可能有电流的，否则依据右手螺旋定则，小磁针不可能只在水平面上转动。‎ A．可能是竖直向上，与结论相符，选项A正确；‎ B．可能是竖直向下，与结论不相符，选项B错误；‎ C．可能是向南，与结论不相符，选项C错误；‎ D．可能是向北，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯”会造成浪费.科研人员利用“光敏” 材料制成“光控开关”——天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏”材料制成“声控 开关”——当有人走动发出声音时自动闭合，无人走动时自动断开.若将这两种开关配合 使用，就可以使楼道里的灯变的“聪明”.这种“聪明”的电路是图中的（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在白天时，一般不需要灯照明的；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也不需要灯照明的，也就是说天黑且人在楼道里走动时需要。‎ A．“声控开关”闭合时，发生短路；所以A错误 B．不管是“光控开关”，还是“声控开关”各自都能让灯发光，节能目的达不到；所以B错误。‎ C．“光控开关”闭合时，发生短路；所以C错误。‎ D．“光控开关”与“声控开关”同时闭合时，灯才亮，所以达到节能的目的，所以D正确。‎ ‎6.杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯，已知高压钠灯功率为400W，LED灯功率为180W，若更换4000盏，则一个月可节约的电能约为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 一个月可节省的电能最接近，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，图中直线①表示某电路的路端电压与电流的关系图像，图中曲线②表示该 电路中电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是（）‎ A. 电源的电动势为30V B. 电源的内阻为 C. 电流为2.5 A时，外电路的电阻为 D. 输出功率为120W时，输出电压是50V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律，电源的输出电压：‎ U=E-Ir 对照U-I图象，当I=0时，U=E=50V，故A错误；‎ B．U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：‎ 故B错误；‎ C．电流为2.5A时，总电阻为 故外电路电阻为：‎ R=R总-r=15Ω 故C正确；‎ D．输出功率为120W时，对照P-I图象，电流为4A，由P=UI得输出电压为30V，故D错误。‎ ‎8.在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域I、II,在区域 II中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度处由静止释放一个质量为的 带电小球A 如图甲所示，小球运动的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（）‎ A. 小球受到的重力与电场力大小之比为4 : 5‎ B. t=5s时，小球经过边界MN C. 在小球向下运动的整个过程中，重力做的功 大于克服电场力做的功 D. 在1~4 s过程中小球机械能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】B．小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s或者4s时，故B错误。‎ A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：‎ 进入电场后的加速度大小为：‎ 由牛顿第二定律得：‎ mg=ma1…① F-mg=ma2‎ 得电场力：‎ ‎…②‎ 由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A错误。‎ C．整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等，故C错误。‎ D．整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，电场力先做负功，后做正功。电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以小球的机械能先减小后增大。故D正确。‎ ‎9.如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B,在竖直平面内从点沿方向抛出两带电小球（不考虑两球的相互作用，两球电荷量始终不变），关于小球的运动,下列说法正确的是（）‎ A. 沿方向抛出的带电小球都可能做直线运动 B. 只有沿抛出的带电小球才可能做直线运动 C. 若有小球能做直线运动,则它一定做匀速运动 D. 两小球在运动过程中机械能均守恒 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．沿ab抛出的带电小球，根据左手定则可知，只有小球带正电，所受的电场力向右，洛伦兹力垂直于ab向上，重力、电场力和洛伦兹力的合力才能为零，才能做直线运动。而沿ac方向抛出的带电小球，同理可知，小球带负电时，才能做直线运动，故B错误，AC正确。‎ C.假设沿ab方向抛出的带正电的小球刚开始做变速直线运动，则其所受合力方向与运动方向在同一直线上，物体所受的重力和电场力均不变，而速度改变时洛伦兹力的大小发生变化，由力的合成可知其合力的方向发生变化，将不再做直线运动，因此小球只能做匀速直线运动，C正确 D．两球在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误；‎ ‎10.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（ ）‎ A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D. 若断开电键S，带电微粒向下运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项A正确；‎ B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；‎ C、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；‎ D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项D正确。‎ ‎11.如图所示，为圆的两条直径,且相互垂直，点为圆心，空间存在一未知静 电场，方向与圆周所在平面平行，现让一质子先从A点运动至C点，电势能减少了 , 又从C点运动至B点，电势能增加了，则此空间存在的静电场可能是（）‎ A. 位于O点的正点电荷形成的电场 B. 位于D点的正点电荷形成的电场 C. 匀强电场，方向垂直于由O点指向C点 D. 位于D点的负点电荷形成的电场 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】据题质子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep；又从C点运动到B点，电势能增加了Ep，则质子从A到B，电势能将不变，说明A和B两点的电势相等。‎ ABD．由上分析可知，A、B电势相等，空间也可能存在点电荷形成的电场，因为A点电势高于C点电势，所以可能存在位于D点的正电荷形成的电场，故AD错误，B正确。‎ C．如果是匀强电场，AB连线是等势线，匀强电场垂直于AB，由于质子先从A点运动至C点，电势能减少，所以A点电势高于C点电势，因为沿着电场线方向电势一定降低，所以电场强度的方向垂直于AB由O点指向C点，故C正确。‎ ‎12.如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷+Q和-Q,图中O点为两点电荷连线 的中点，P点为连线上靠近-Q的一点，MN为过O点的一条线段，M点与N点关于O点对称.下列说法中正确的是（）‎ A. 同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同 B. M、N两点的电势相同 C. 将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中 电荷的电势能先增大后减小 D. 只将-Q移到P点，其他点在空间的位置不变，则O点的电势降低 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性，如图： ‎ ‎ 由图可得M、N两点的电场强度相同，F=Eq，电场力相同，故A正确；‎ B．画出过M、N的等势面，如图所示： 电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面，故M点的电势大于N点的电势，故B错误；‎ C．将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故C错误；‎ D．等量异种点电荷的连线中垂线是一条等势线，故O点的电势为零；只将-Q移到P点，其它点在空间的位置不变，此时两个电荷连线的中点在O点的左侧，故O点的电势变为负值，故O点的电势降低，故D正确。‎ 二、实验题 ‎13.如图所示，电流表A的量程为0-0.6 A,表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A, R1的阻值等于电流表内阻的，的阻值等于电流表内阻的2倍.若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则 ‎(1)将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示_____A.‎ ‎(2)将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示______A.‎ ‎【答案】 (1). 0.06A (2). 0.06A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A； （2）[2]．当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A；‎ ‎14.国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13 Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源（电动势约为3 V，内阻可忽略），电压表V1（量程为3 V，内阻很大），电压表V2（量程为3 V，内阻很大），定值电阻R1（阻值4 kΩ），定值电阻R2（阻值2 kΩ），电阻箱R（最大阻值9 999 Ω），单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。‎ 实验步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d； ‎ B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；‎ F．断开S，整理好器材。‎ ‎（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=_________cm。‎ ‎（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx=_______________（用R1、R2、R表示）。‎ ‎（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R﹣关系图象。自来水的电阻率ρ=_____Ω·m（保留两位有效数字）。‎ ‎（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 30.00 (2). (3). 14 (4). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）玻璃管内径 d=3cm+0.05mm×0=3.000cm。‎ ‎（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压U总=+U，当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压为：U总′=R2+U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得：，解得：； （3）从图乙中可知，R=2×103Ω时，=5.0m-1， 此时玻璃管内水柱的电阻为： =4000Ω， 水柱横截面积为：S=π（）2=7.065×10-4m2， 由电阻定律R=ρ得：ρ==4000×7.065×10-4×5Ω•m=14Ω•m （4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于U总=+U，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；‎ ‎【点睛】本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示是一种测定风作用力的仪器原理图，P为金属球，悬挂在一细长金属丝下面，O是悬点，R0是保护电阻，CD是水平放置的光滑电阻丝，与细金属丝始终保持良好 ‎ 接触.无风时，金属丝与电阻丝在C点接触，此时理想电流表A示数为I0；有风时金属丝将偏转一角度，角与风力大小有关，设风力方向水平向左，，，金属球质量为m，电阻丝单位长度的阻值为k，电源内电阻和金属丝电阻不计，金属丝偏角为时，A的示数为I＇，此时风力为F，已知重力加速度g，试写出:‎ ‎(1)F与 的关系式；‎ ‎(2)F与I＇的关系式.‎ ‎【答案】(1) F=mgtanθ(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）有风力时，对金属球P，受力如图所示 所以 ‎（2）无风时， 电路中 ‎ 有风力时， 电路中 ‎ 由以上三式解出：‎ ‎16.如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨M、N的间距L=0.2m,电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒（含弹体) 的质量m=0.2 kg,在导轨M、N间部分的电阻R=0.8,可控电源的内阻r=0.2。在 某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为4×103A,不计空气阻力导体棒ab由静止加速到4km/s后发射弹体，则 ‎(1)光滑水平导轨长度至少为多少？‎ ‎(2)该过程系统消耗总能量为多少？‎ ‎【答案】(1)20m(2)l76×l06J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由安培力公式有 F=BIL=8×l04N.‎ 弹体由静止加速到4km/s，由动能定理知 Fx=mv2. ‎ 则轨道长度至少为：‎ x==20m ‎ ‎（2）导体棒ab做匀加速运动，由 F=ma v=at 解得该过程需要时间：‎ t=l×l0-2s 该过程中产生焦耳热：‎ Q=I2（R+r）t=1.6×l05J 弹体和导体棒ab增加的总动能：‎ Ek=mv2=1.6×l06J. ‎ 系统消耗总能量：‎ E=Ek+Q=l.76×l06J ‎17.一个带电荷量的物体放在绝缘的水平地面上，如图甲所示，空间若加上水平方向的变化电场，其加速度随电场力变化的图像如图乙所示.现从静止开始计时， 改用图丙中周期性变化的水平电场作用.(g取10m/s2)‎ ‎(1)求物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)在如图丙所示周期性变化的水平电场作用下，求物体在一个周期内的位移大小；‎ ‎(3)在如图丙所示周期性变化的水平电场作用下，求25s内电场力对物体所做的功.‎ ‎【答案】(1) m=4kg， μ=0.1(2)8m(3)204J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律得 F-μmg=ma. ‎ 结合图像 μg=1‎ 得 m=4kg， μ=0.1‎ ‎（2）0-2s内，由牛顿第二定律得 F1-μmg=ma1‎ 又 ‎ F1=E1q 则 ‎ a1=2 m/s2‎ 前2s内通过的位移为：‎ x1==4m ‎ ‎2-4s内，由牛顿第二定律得：‎ F2-μmg=ma2 ‎ 又 F2=E2q 则 a2=-2 m/s2‎ ‎2—4s内，物体做匀减速运动，t=4 s时速度恰好为0 ，故一个周期内的位移为:‎ x=2x1=8m.‎ ‎（3）25s内物体在E1作用下的位移为6x1+1，在E2作用下的位移为6x1‎ W1=E1q×（6x1+1）=300J.‎ W2=-E2q×6x1=-96J.‎ 即25s内电场力做功为 W=W1+W2=204J ‎18.如图所示，将某正粒子放射源置于原点，其向各方向射出的粒子速度大小均为，质量均为，电荷量均为. 在的第一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与轴正方向相同，在的第一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于平面向里.粒子离开电场上边缘时，能够到达的最右侧的位置为. 最终恰没有粒子从磁场上边界离开磁场. 若只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次，不计粒子重力以及粒子间的相互作用.求：‎ ‎（1）电场强度；‎ ‎（2）磁感应强度；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动最长时间.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子离开电场上边缘时,能够到达最右侧位置的粒子是沿轴正方向发射的粒子,对此粒子,有,‎ 由类平抛运动基本规律得 ‎，‎ ‎，‎ 联立可得.‎ ‎(2)沿轴正方向发射的粒子射入磁场时,有， ‎ 联立可得，‎ ‎,方向与水平方向成斜向右上方,‎ 根据题意知该粒子的运动轨迹恰与磁场上边界相切,其余粒子均不能达到边界,‎ 由几何关系可知,‎ 由，得，联立可得.‎ ‎(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角,运动轨迹经过且恰与磁场上边界相切的粒子,其轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角,‎ 粒子运动的周期，‎ ‎.‎ ‎ ‎