河南省信阳高级中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

河南省信阳高级中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

‎2020学年度高二上期期中考试物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1.如图所示，在某一点电荷Q产生的电场中，有a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角．则关于a、b两点场强大小及电势高低，下列说法中正确的是（ ）‎ A. Ea=3Eb，φa＜φb B. Ea=，φa＞φb C. Ea=2Eb，φa＞φb D. Ea=，φa＜φb ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：将Ea、Eb延长相交，交点即为Q点的位置．设ab两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到：Ra=abcos30°；Rb="absin30°;" 故有：;求解场强之比为：； 由电场线的方向可得，场源电荷为负电荷，故有：φa＞φb；故选B．‎ 考点：电场强度；电势 ‎【名师点睛】本题是对场强及电势的考查；解题关键是确定Q的位置，根据点电荷电场线分布特点及点电荷额场强公式求解。‎ ‎2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P，Q是这条轨迹上的两点，据此可知 ( )‎ A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B. 电场中Q点处的电场强度大小比P点处大 C. 该带电质点在P点处的动能比在Q点处大 D. 该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道质点带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故A错误。等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，故B错误。从P到Q过程中运动的方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，电势能增加，所以带电质点在P点处的动能比在Q点处大；而在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎3.电荷量为4×10－6C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2kg、电荷量为－5×10－6C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。A、B间距离为30cm，AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109N•m2/C2，小球可视为点电荷。下列图示正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据库仑定律求解两球之间的库仑力，然后对球B受力分析，结合共点力平衡条件分析三力之间的关系，从而确定细线拉力方向．‎ ‎【详解】两球之间的库仑力为，小球B受到的重力大小为，且F与竖直方向夹角为60°，，故小球B受到的库仑力，重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确．‎ ‎【点睛】当三力平衡时，能组成一个封闭的矢量三角形，再结合一个角为60°的等腰三角形为等边三角形即可求解．‎ ‎4.空间有一匀强电场，一质量为m的带电微粒由静止释放后，其运动方向一竖直向下的方向间的夹角为60°，加速度大小等于重力加速度g，不计空气阻力。以下说法中正确的是（ ）‎ A. 微粒所受电场力大小有可能等于1.5mg B. 运动过程中微粒的机械能增大 C. 运动过程中微粒的机械能守恒 D. 运动过程中微粒的电势能不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以带电微粒为研究的对象，由题意，其受力如图：‎ 由于运动方向与竖直向下的方向间的夹角为60°，加速度大小等于重力加速度g，则平行四边形OACB是两个等边三角形组成，所以，A错误；由图可知，运动的方向与电场力分子之间的夹角也是60°，所以运动的过程中电场力做正功，带电微粒的电势能减小，机械能增大，B正确CD错误．‎ ‎【点睛】该题中，由于运动方向与竖直向下的方向间的夹角为60°，加速度大小等于重力加速度g，所以微粒所受电场力大小是一定值．‎ ‎5.如图所示，边长为L、质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。导线框中的电流大小为( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；结合矢量的合成法则及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为，根据平衡条件，则有：F1+F安=mg；现将虚线下方的磁静场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2．则两边受到的安培力大小相等，安培力夹角均为120°，因此安培力合力，则有；联立得：，即.故选A.‎ ‎【点睛】本题中要注意安培力的等效求法，同时掌握左手定则的内容，及矢量的合成法则，注意求解安培力合力是解题的关键．‎ ‎6.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线 A. 平行于EF，深度为 B. 平行于EF，深度为L C. 垂直于FE，深度为 D. 垂直于EF，深度为L ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行；‎ 根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：‎ 则由几何关系可以确定a到管线的距离为，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示,MNQP为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为固定的光滑半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为轨道水平直径的两个端点.一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆形轨道.不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是 (　　)‎ A. 小球一定能从B点离开轨道 B. 小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C. 小球到达C点的速度可能为零 D. 当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C错误；由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确。‎ 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力 ‎【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高。‎ ‎8.如图所示，圆圈中的“×”表示电流方向垂直纸面向里，圆圈中的“•”表示电流方向垂直纸面向外。两根通电长直导线a、b平行水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时a受到的磁场力大小为F．当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小仍为F，图中abc正好构成一个等边三角形，则此时 A. b受到的磁场力大小为F B. b受到的磁场力大小为 C. c受到的磁场力大小为F D. c受到的磁场力大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 加上导线c后，a受到的磁场力如图所示，a受到的合磁场力仍为F，则受到c给的磁场大小也为F，与b给的磁场力夹角为120°，故合力为，因为abc正好构成一个等边三角形，所以c给b的磁场力大小为F，c受到的磁场力如图所示，根据平行四边形定则可得b受到的磁场力，根据牛顿第三定律可得，c受到的a、b给的磁场力如图所示，根据平行四边形定则可得，BC正确．‎ ‎9.一根轻质杆长为2L，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为+q和–q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为，该过程中( )‎ A. 小球2受到电场力变小 B. 小球1电势能减少量小于 C. 小球1、2的机械能总和增加量小于 D. 小球1、2的动能总和增加了 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，杆由水平位置转到竖直位置时，球2所处的位置电场线变得密集，场强变大，则球2所受的电场力变大，选项A错误；根据电场线分布的对称性可知：开始时两个小球处于同一等势面上，转动后，小球1所在位置A的电势较低，小球2所在位置B的电势较高，根据等势面线电场线的关系知道，A、1间电势差小于2、B间的电势差，小球2的电势升高量大于小球1电势降低量，所以小球1的电势能减小量小于qu，小球2的电势能减小量大于qu，选项B正确；根据动能定理，系统的重力势能未变，则动能增加量等于电场力对系统做功，大小为uq，机械能增加量等于动能的增加量，即系统的机械能增加量也为uq，故C错误，D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU和U=Ed定性分析两球电势能的变化关系，由能量守恒定律分析即可。‎ ‎10.如图所示，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A、B，两球质量相等、间距为R．若将两小球看做质点，将一个水平向右的推力F作用在A球上，缓慢将A球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 槽对B球的支持力减小 B. 两球间距离保持不变 C. 推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量 D. 两球组成的系统的电势能增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、施加F前，B受到重力、槽的支持力和库仑力，根据几何关系，，库仑力，A球被推到半圆形槽的底部后，设此时两球之间距离为，B球受力分析如图，根据几何关系，，即，槽对B球的支持力变小，故A正确；‎ B、根据几何关系，，又，解得，故，即两球间距离减小，故B错误；‎ CD、两球带同种电荷，间距减小，库仑力做负功，电势能增大；推力F做的功等于系统机械能的增加量与电势能增加量之和，故D正确，C错误；‎ 故选AD。‎ 二、实验题 ‎11.读出下列仪器的示数：‎ ‎（1）游标卡尺的示数为___________cm，螺旋测微器的示数为________cm ‎（2）用多用电表测电阻,使用倍率档为“”，表头刻度和指针位置如图所示，则被测电阻的阻值为_______Ω。‎ ‎【答案】 (1). 1.090 (2). 0.5700 (3). 150‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标卡尺的示数为：1cm+0.05mm×18=1.090cm；‎ 螺旋测微器的示数为：5.5mm+0.01mm×20.0=5.700mm=0.5700cm；‎ ‎（2）用多用电表测电阻,使用倍率档为“”，则被测电阻的阻值为：15×10Ω=150Ω。‎ ‎12.某实验小组想通过实验测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：‎ 待测干电池E（电动势约为1.5 V，内阻约为3 Ω）‎ 直流电流表A1（量程0~0.6 A，内阻约0.5 Ω）‎ 直流电流表A2（量程0~3 A，内阻约0.1 Ω）‎ 电压表V1（量程0~2 V，内阻约为2 000 Ω）‎ 电压表V2（量程0~6 V，内阻约为6 000 Ω）‎ 滑动变阻器R1（最大电阻20 Ω，额定电流2 A）‎ 滑动变阻器R2（最大电阻200 Ω，额定电流1 A）‎ 电阻箱R3（最大电阻99.9 Ω，额定电流1 A）‎ 开关、导线若干 ‎（1）若用伏安法测电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精确度且便于调节，应选择的电流表是________，电压表是________，滑动变阻器是________。‎ ‎（2）请将图甲中实物连接成实验电路________________。‎ ‎（3）若用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表现了故障，不能使用，实验小组如想方便且能较准确地进行测量，需将实验进行改进，只需去掉电流表，将上述器材中的________换成________即可。‎ ‎（4）请在图甲所示的方框中画出改进后的实验电路图___________。‎ 甲 乙 ‎（5）实验小组在改进后的实验中得到了多组路端电压和外电阻的数据，对所得数据进行处理后，在坐标纸上作出了如图乙所示图线。由图线得出：干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). (5). R1 (6). R3 (7). (8). 1.7 (9). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于电源电动势为1.5 V，因此电压表选V1即可；而回路的电流不会太大，因此电流表选A1，根据电压表和电流表可选出滑动变阻器为R1；‎ ‎（2）测电源电动势和内电阻的测量电路见答案图1；‎ ‎（3）将滑动变阻器改为电阻箱，即用“安阻法”测电源电动势和内电阻；‎ ‎（4）电路如见答案图2；‎ ‎（5）根据闭合电路欧姆定律，整理得，图象与纵轴的截距为电动势的倒数，而与横轴的截距的绝对值等于内电阻倒数即可求得电动势和内电阻，代入数据解得E=1.7 V，r=2.5 Ω。‎ 三、计算题 ‎13.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g．求下滑到底端的过程中，金属棒：‎ ‎（1）末速度的大小v；‎ ‎（2）通过的电流大小I；‎ ‎（3）通过的电荷量Q．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）匀加速直线运动v2=2as 解得 ‎（2）安培力F安=IdB 金属棒所受合力 牛顿运动定律F=ma 解得 ‎（3）运动时间 电荷量Q=It 解得 点睛：本题是通电金属棒在磁场中匀加速运动的问题，考生易误认为是电磁感应问题而用电磁感应规律求解。‎ ‎14.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示。小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)。已知A、B间距离为2R，重力加速度为g。在上述运动过程中，求 ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率 ‎(3) 小球对圆轨道的最大压力的大小 ‎【答案】（1）E=；（2）；（3）F=（2+3）mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理：‎ qE•3R−mg•2R=mvc2，‎ 小球过C点时速度大小为vc，小球离开C点后做平抛运动到P点：‎ R= gt2，‎ ‎2R=vct 联立解得：E=，即电场强度E的大小为；‎ ‎（2）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理：‎ qE(2R+Rsinα)-mgR(1-cosα)=mv2，‎ 即：mv2=mgR(sinα+cosα+1)‎ 根据数学知识可得，当α=45°时动能最大，‎ 由此可得：，‎ 即小球在圆轨道上运动时的最大速率为。‎ ‎(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点对圆轨道的压力最大，‎ 设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系 由牛顿第二定律：‎ F−qEsinα−mgcosα=‎ 解得：F=（2+3）mg 即小球对圆轨道的最大压力的大小（2+3）mg.‎ ‎【点睛】（1）对小球从A到C过程运用动能定理列式；小球从C平抛运动到P过程，对水平和竖直分运动分别根据位移公式列式；（2）小球在圆弧右下段某个位置速度最大，根据动能定理求出速度的一般表达式，然后根据数学知识求最大值；（3）当速度最大时，小球对轨道的压力最大，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解．‎ ‎15.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，重力加速度为g，一质量为m的带正电的小球从M点在纸面内以 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为 的速度通过N点。已知m ,重力加速度g和高度h.‎ ‎（1）小球从M到N的过程经历的时间;‎ ‎（2）小球所受电场力的大小;‎ ‎（3）从M到N的运动过程中速度最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）F=2mg （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，则有：‎ W+mgh＝mv2−mv02‎ 所以有：W=0。‎ 可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从M到N的过程经历的时间 ‎（2）水平方向小球受向右的电场力先向左加速后减速，则 v0=a 解得电场力： =2mg ‎（3）设经过时间t1小球的速度最小，则竖直方向vy=gt1；‎ 水平方向 合速度 由数学知识可知，v的最小值为 ‎【点睛】该题结合运动的合成与分解考查带电小球在混合场中的运动，解答的关键是正确将小球的运动分解，把握每个分运动的特点。‎