1、湖南省郴州市湘南中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题 理（含解析）一、选择题1.关于磁现象的电本质，下列说法中正确的是()A. 磁与电紧密联系，有磁必有电，有电必有磁B. 不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动C. 永久性磁铁的磁性不是由运动电荷产生的D. 根据安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，任何磁体都不会失去磁性【答案】B【解析】【详解】运动的电荷才会产生磁场，故A错误；一切磁现象都起源于电流或运动电荷，不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动，故B正确；永久磁铁的磁场也是由运动的电荷（分子电流即电子绕原子核的运动形成的电流）产生的，故C错误；根据
2、安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，磁体内的分子电流的取向变得杂乱无章时，会失去磁性，故D错误所以B正确，ACD错误2.以下说法正确的是A. 电动势就是电源两极间的电压B. 闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比C. 闭合电路中的短路电流无限大D. 电源UI图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时电源的总功率【答案】B【解析】【详解】A当外电路断开时，电源两极间的电压等于的电动势，故A错误.B根据闭合电路欧姆定律：得知闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比，故B正确.C当外电路短路时，所以：故C错误.D电源U-I图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时
3、电源的输出功率，故D错误.故选B.3.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A. 由定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同【答案】B【解析】【详解】A磁感应强度定义式为 ，当电流I增大时，其安培力F也随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项A错误；B一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0，故它所受到的磁场力一定为零，选
4、项B正确；C一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；D磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误4.有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220 V,60 W”现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量()A. 日光灯最多B. 电烙铁最多C. 电风扇最多D. 一样多【答案】B【解析】【详解】日光灯在工作时是电能转化为光能和内能，电烙铁在工作时是电能只转化为内能，电风扇在工作时是电能转化为机械能能和内能，所以在额定电压下工作相同时间
5、，消耗的电能相同，电烙铁产生的内能最多，产生的热量最多，B对，ACD错5.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是A. a代表的电阻丝较粗B. b代表的电阻丝较粗C. a电阻丝阻值小于b电阻丝的阻值D. 图线表示电阻丝的阻值与电压成正比【答案】B【解析】【详解】ABC根据欧姆定律：可得：可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a代表的电阻较大，b的较小；根据电阻定律：可知a的电阻丝较细，b的较粗，故A错误、B正确、C错误。D一段金属丝的电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电流无关，故D错误。故选B.6.如图所示，匀强电场的
6、方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为（0，4），电势 为8V，b点的坐标为（3，0），电势为8V，则电场强度的大小为 A 250V/mB. 200V/mC. 150V/mD. 120V/m【答案】A【解析】试题分析：由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过o点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：，得b=53；oc=obsinb=003sin53=2410-2mco间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场强度为：，故A正确考点：电势及电势差7.如图所示，A和B均可视为点电荷，A固定在绝缘支架上，B通过绝缘轻质细线悬挂在天花板上，由
7、于二者之间库仑力的作用细线与水平方向成30角A、B均带正电，电荷量分别为Q、q，A、B处于同一高度，二者之间的距离为L已知静电力常量为k，重力加速度为g则B的质量为 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据库仑定律，A、B之间的库仑力：，以B为研究对象，在水平方向：F=FTcos30，在竖直方向：mg=FTsin30，联立可得： A. 故A项错误；B. 故B项错误；C. 故C项错误；D. 故D项正确8.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子始终能穿出平行板间电场的情况下，若使滑
8、动变阻器的滑动端P向下移动，则关于电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需时间t的说法正确的是A. 电量q增大，时间t不变B. 电量q不变，时间t增大C. 电量q增大，时间t减小D. 电量q不变，时间t不变【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动端C下移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据：q=UC得电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间：与电压的变化无关，所以时间t不变故选A.9.如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小）闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（）A. L1逐
9、渐变暗，L2逐渐变亮B. L1逐渐变亮，L2逐渐变暗C. 电源内电路消耗的功率逐渐减小D. 光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大【答案】A【解析】【详解】AB光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮由知，路端电压减小，又L2两端电压增大，则L1两端电压减小，L1逐渐变暗，故A正确B错误；C电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C错误；D将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源
10、的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D项错误【点睛】电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大10.如图所示的电路中，电源电动势为6 V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab6 V，Uad0，Ucd6 V，由此可判定A. L1和L2的灯丝都烧断了B. L1的灯丝烧断了C. L2的灯丝烧断了D. 变阻器R断路【答案】C【解析】【详解】串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，Ucd=6V，说明从a到d的电路和b到c的电路是连接良好的，故L1的灯丝和滑动变阻器都良好，L2的灯丝烧断了A. L1和L2的灯丝都烧断了，与分析结论不符，故
11、A错误B. L1的灯丝烧断了，与分析结论不符，故B错误C. L2的灯丝烧断了，与分析结论相符，故C正确D. 变阻器R断路，与分析结论不符，故D错误11.如图所示，一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的上方，并与磁针指向平行，能使小磁针的N极转向读者，那么这束带电粒子可能是A. 向右飞行的正离子束B. 向左飞行的正离子束C. 向右飞行的负离子束D. 向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】【详解】A向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，与题意不符，故A错误；B向左飞行正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的
12、磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，与题意相符，故B正确；C向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，与题意相符，故C正确；D向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，与题意不符，故D错误；故选BC.12.如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定A. 电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能
13、与动能的总和一定相等B. O处的点电荷一定带负电C. a、b、c三个等势面的电势关系是abcD. 电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|2W34【答案】AB【解析】【详解】A电子在运动的整个过程中只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量,故电势能和动能之和守恒,所以A正确;B因为曲线运动的合力应该指向内侧,故从电子的运动轨迹可以看出,电子受到排斥力,故O处的场源电荷是负电荷，故B正确;C因为场源电荷是负电荷，又因为沿着电场线电势降低,故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：故C错误;D因为负点电荷的电场不是匀强电场,电场线越
14、密的地方，等差等势面也越密；故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍,故D错误;故选AB.13.空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法正确的有A. EBx的大小大于ECx的大小B. EBx的方向沿x轴正方向C. 电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D. 负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】AD【解析】【详解】A某一点的电场强度的大小是电势分布图上该点的斜率的绝对值。由图可知B点斜率的绝对值要比C点斜率的绝对值大，所以EBx大于ECx，故A正确。B沿电场方向电势降低
15、，B点的电场方向沿x轴的分布由O指向B，所以EBx的方向沿x轴负方向，故B错误。C在O点，斜率为零，所以电场强度为零，电荷所受到的电场力也为零，故C错误。D从图上看出，从B到O电势升高，因为是负电荷，所以电势能减少，电场力做正功；从O点到C点，电势减少，电势能增加，所以电场力做负功，故D正确。故选AD.14.如图所示,在方向水平向左匀速电场中有一倾角为60、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E= ,不计空气阻力,则A. 小物块将沿斜面下滑B. 小物块将做曲线运动C. 小物块到达地面
16、时的速度大小为D. 若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变【答案】CD【解析】【详解】A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左电场力，电场力，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误；C、运用动能定理研究从开始到落地过程：，解得：，故C正确；D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确；故选CD【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题二、实验题15.请读出以下测量仪器的示数
17、，其中游标卡尺读数为_cm，螺旋测微器读数为_mm，多用电表挡位为直流电压挡50V时读数为_V，若用欧姆表100挡时的读数为_【答案】 (1). 1.140 (2). 4.713 (3). 30.0 (4). 1000【解析】【详解】根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1 cm，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为0.05 mm，游标尺读数为80.05 mm0.40 mm，故测量值为1.1 cm+0.40 mm1.140 cm根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm+0.213 mm4.713 mm多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数，为30.0V
18、；若用欧姆表100挡时读数为10100100016.两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条UI直线a、b，回答下列问题：（1）根据两同学描绘的直线a、b，可知b图线是根据电压表_（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线。（2）由图可知，定值电阻R0=_，电源的电动势E =_V，内阻r =_。（3）忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过_A。【答案】 (1).
19、V2 (2). 2.0 (3). 1.50 (4). 1.0 (5). 0.5【解析】【详解】(1)1由图甲可知V1测量路端电压，V2测量定值电阻R0的电压；而定值电阻的图线是正比图线，一定经过原点，故b图线是根据电压表V2和电流表A的数据描绘的图线.(2)2根据图像可知b图线的斜率为电阻R0阻值，即：34根据图线a可得电动势E=1.5V，斜率表示内阻可得：.(3)5当滑动变阻器滑到最左端时,总电阻最小电流最大为：三、计算题17.如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E5103 V/m，圆弧轨道半径R0.4 m现有一带
20、电荷量q2105C、质量m5102kg的物块(可视为质点)从距B端s1 m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g10 m/s2求： (1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小【答案】(1)1 s2 m/s(2)1 N【解析】(1)在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：又由运动学公式有： 解得：又因： 得： (2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有： 解得：综上所述本题答案是：，；18.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆A
21、C，其下端（C端）距地面高度h0.8 m。有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。（g取10 m/s2）求：小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。【答案】2 m/s【解析】【详解】如图所示建立坐标x、y轴：因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等则小环离开直杆后所受的合外力大小为：由牛顿第二定律可得：可得方向垂直于杆向下；小环离开杆做类平抛运动垂直于杆方向做匀加速运动有：平行于杆方向做匀速运动有：联立各式带入数据解得：v0=2m/s答：小环在直杆上匀速运动速度的大小v0=
22、2m/s.19.如图甲所示，相距d15 cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场今在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T1.0106 s，t0时A板的电势比B板的电势高，且U01080 V，一个比荷的带负电荷的粒子在t0时刻从B板附近由静止开始运动不计重力(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小【答案】(1)x0.02m，vm1.2105m/s (2) m/s【解析】【分析】(1) 在0时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次
23、达到最大速度；据运动学公式可求得粒子的位移、粒子速度最大值；(2)分析出粒子在一个周期内的运动情况，粒子的运动呈现周期性，分析出粒子在周期性运动中撞击极板时对应的时间段、运动情况等，用运动学公式求解粒子撞击极板时速度【详解】(1) 在0时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度设粒子的最大速度为vm，此时的位移为s，则根据运动学公式有：(2) 粒子在第一周期的前时间内，先加速后减速向A板运动，位移为sA；后内先加速后减速向B板运动，位移为sB以后的每个周期都将重复上述运动由于粒子在加速减速运动中的加速度大小相等，所以有：，同理，则所以粒子在一个周期内的位移为 第9个周期末，粒子与B板的距离为此时粒子距离A板的距离为，表明粒子将在第10个周期内的前内到达A板由（1）中可知：前时间内，位移为0.02m，此时速度为，再减速走即到达A板，根据运动学公式，代入数据解得：粒子撞击极板时速度
