1、四川省棠湖中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由N向M行驶，速度逐渐减小，如图所示，A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】汽车在水平的公路上转弯，所做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可得出结论【详解】汽车从N点运动到M，曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速
2、度的方向的夹角要大于90，所以选项ACD错误，选项B正确故选B【点睛】解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，减速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了2.某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和电介质P构成电容器，在可移动电介质P向右匀速移出的过程中()A. 电容器的电容变大B. 电容器的电荷量增加C. 电容器两极板间的电势差增加D. 流过电阻R的电流方向从M到N【答案】D【解析】【详解】A.当P向由匀速移出的过程中，极板间的电介质减小，
3、根据公式可得，电容C减小，故A错误；BC.因为电容器两端和电源相连，所以电容器两极板间的电势差U不变，根据公式，电容C减小，可得电荷量Q减小，故BC错误；D. 电容器电荷量减小，所以电容器处于放电状态，流过电阻R的电流方向从M到N，故D正确3.关于电场强度E的说法正确的是（ ）A. E的方向总是跟电荷的受力方向相同B. E越大的地方电场线分布越密C. 放在电场中某点的正电荷若改为负电荷，则该点的场强方向也与原来相反D. 由可知，E与电场力F成正比，与电量q成反比【答案】B【解析】【详解】AE的方向总是跟正电荷所受静电力方向相同，与负电荷所受静电力方向相反，选项A错误BE越大的地方电场线分布越密
4、，选项B正确；C电场中某点的电场强度与放在电场中的正电荷或负电荷无关，选项C错误；D电场中某点的场强与试探电荷所受的电场力与试探电荷电量无关，选项D错误4.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.5，电路中的电阻R0为1.5， 小型直流电动机M的内阻为0.5，电流表内阻不计闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A则以下判断中正确的是（ ）A. 电动机两端的电压为1.0VB. 电源效率为75%C. 电动机输出的机械功率为12WD. 电源的功率为18W【答案】B【解析】【详解】A电流表的示数为2.0A，则两端电压，根据闭合电路欧姆定律，由串联电路电压关系得，电动机两端电压，A错
5、误B电源的输出功率，电源总功率，所以电源效率，B正确C电动机的机械功率：，C错误D电源功率，D错误5.如图所示为一对水平放置的带电平行金属板，板长为L，一个粒子以速率v0从上板的左方射入两板之间的匀强电场中，刚好能从下板右方边缘射出，若一质子以同样的速度从同一点水平射入电场，则质子在电场中沿水平方向的位移为（重力不计）（ ）A. B. LC. LD. L【答案】B【解析】试题分析：粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有解得,则有故选B考点：带电粒子在电场中的偏转点评：带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动规律求解6.某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平
6、分量Bx将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为E、内阻为R的电源组成如图所示的电路在导体棒正下方距离为L处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为5R时，小磁针的偏转角恰好为30已知通电长直导线周围某点磁感应强度为（式中I为通过导线的电流强度，r为该点到通电长直导线的距离，k为比例系数)，导体棒和导线电阻均可忽略不计，则该位置地磁场的水平分量大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由欧姆定律可得电路中的电流值：，由题目中给出的公式可得小磁针处电流
7、产生的磁场：，由小磁针的偏转角恰好为30可得：，解得地磁场的水平分量大小：，故A正确，BCD错误7.图甲所示为索契冬奥会上为我国夺得首枚速滑金牌的张虹在1000 m决赛中的精彩瞬间.现假设某速滑运动员某段时间内在直道上做直线运动的速度时间图像可简化为图乙，已知运动员(包括装备)总质量为60 kg，在该段时间内受到的阻力恒为总重力的0.1倍，g=10 m/s2.则下列说法正确的是A. 在13 s内，运动员的加速度为0.5 m/s2B. 在1 3 s内，运动员获得动力是30 NC. 在05 s内，运动员的平均速度是12.5m/sD. 在05 s内，运动员克服阻力做的功是3780 J【答案】AD【解
8、析】【详解】据题意，在13 s内，运动员的加速度为，故选项A正确；运动员在该段时间内获得的动力为：，故选项B错误；在05 s内，运动员的平均速度是，故选项C错误；在05 s内，运动员克服阻力做的功是，故选项D正确8.如图所示，不计电表内阻的影响，由于某一个电阻断路，使电压表、电流表的示数均变大，这个断路的电阻可能是（ ）A. RlB. R2C. R3D. R4【答案】AD【解析】【分析】首先要判断电路连接特点，再根据电压表是一个内阻很大的元件，根据电压表可能会对电路造成的影响，利用假设法分析各个电阻，最后确定故障的原因【详解】读图可知，电路是一个并联电路，共有三个支路其中R3与R4串联在同一支
9、路中，电压表测R4两端的电压假设R1断路，外电路总增大，总电流减小，路端电压增大，通过R2的电流变大，即电流表读数变大；R4电压变大，即电压表示数增大，符合题意，故A正确假设R2断路，电流表无示数，所以不合题意，故B错误假设R3断路，电压表将无示数，所以不合题意，故C错误假设R4断路，电压表测量路端电压，电路中总电阻增大，总电流减小，则路端电压增大，电压表、电流表的示数均变大，符合题意，故D正确故选AD9.如图所示，等腰直角三角形ab区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动
10、的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是A. 粒子的速率关系一定是v1=v2v3B. 粒子的速率可能是v2v1v3C. 粒子的比荷D. 粒子的比荷【答案】BD【解析】【详解】根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子轨道半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为，显然它们在磁场中的偏转角度之比为即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹如图所示：AB粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒
11、子3的速度比1、2的速度大，无法确定粒子1、2的速度关系，1、2两粒子的速度即可能相等也可能不相等，故A错误，B正确；C对速度为的粒子，其偏转角度为，粒子在磁场中的运动时间：，则：，故C错误；D对速度为的粒子偏转，运动轨迹如图所示，由几何关系知：，解得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，；故D正确。故选BD。三、实验题10.张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为_cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值_(填“偏大”或“偏小”)【答案】 (1)
12、. 3.202-3.205 (2). 5.015 (3). 偏小【解析】【分析】（1）解决本题的关键明确：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）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.50.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所
13、以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法11.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻实验器材：待测电源(电动势约3V，内阻约2 )，保护电阻R1(阻值10 )和R2(阻值5)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干实验主要步骤：(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压
14、表的示数U和相应电流表的示数I；(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；(iv)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.回答下列问题：(1)电流表最好选用_A.电压表(03 V，内阻约15 k)B.电压表(03 V，内阻约3 k)C电流表(0200 mA，内阻约2 )D.电流表(030 mA，内阻约2 )(2)选用k、a、R1和R2表示待测电源电动势E和内阻r的表达式E_，r_，代入数值可得E和r的测量值【答案】 (1). C (2). ka (3). k-R2【解析】【详解】(1) 1通过电路的最大电流约为所以电流表选择C项即可(2)23由图示电路图可知，
15、电源电动势：则：U-I图象的斜率：k=R2+r则内阻r=k-R2令U=0，则有：由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：解得：四、解答题12.如图所示,三点在匀强电场,其中沿电场线方向,相距,和电场线方向成60角，一个电荷量为的正电荷,在a点时受到的电场力为将该电荷从点移到点过程电场力做功为求：(1)匀强电场的场强E；(2)b、c两点间的电势差(3)规定点的电势为零,求点的电势【答案】（1）100V/m（2）5V（3）5V【解析】【分析】（1）根据电场力做功公式F=qE求解电场强度；（2）根据U=Ed求解b、c两点间的电势差；（3）根据W=qU求出a、b两点的电势差，再根据即可求出a点的电势【详
16、解】（1）由题知，在a点时受到的电场力为根据F=qE解得：（2）根据U=Ed，其中d是沿电场线方向的距离，则有：（3）根据W=qU，解得：又根据，且解得：a点的电势为【点睛】匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向距离，求功时要注意判断功的正负13.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电阻，重物质量，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为，不计摩擦，g取求：串联入电路的电动机内阻为多大？重物匀速上升时的速度大小匀速提升重物3m需要消耗电源多少能量？【答案】（1）；（2）（3）6
17、J【解析】【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小，根据求解匀速提升重物3m需要消耗电源的能量【详解】由题，电源电动势，电源内阻，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为电动机的电阻当重物匀速上升时，电压表的示数为，电路中电流为电动机两端的电压为故电动机的输入功率根据能量转化和守恒定律得代入解得，匀速提升重物3m所需要的时间，则消耗的电能【点睛】本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律
18、成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立14.如图，在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1=5103V/m,方向沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场E2一质量m=110-12kg、电荷量q=210-8C的带电粒子，从P点以初速度大小v0=2103m/s，垂直y轴方向射入电场E1中，粒子偏转后经过x轴上A点进入第四象限，并沿直线运动的最大距离AB=6.25cm已知OA=3cm，sin37=0.6，cos37=0.8，不计粒子重力求：（1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；（2）粒子从A点运动到B点的时间；（3）第四象限的匀强电场E2大小和方向【答案】(1) 粒子带负电，m/s2(2) s（3）v/m，与x轴成37角斜向上【解析】【详解】粒子带负电m/s2 带电粒子从P点到A点做类平抛运动 ，设运动时间为t1 sm/s m/s带电粒子从A到B做匀减速直线运动，设运动时间为t2s（2）带电粒子从A运动到B过程中，设加速度为2 m/s2根据牛顿第二定律 V/m设带电粒子运动到P点速度偏向角为 所以 =37 E2方向为与x轴成37角斜向上点睛：此题是带电粒子在电场中的运动问题，关键是搞清粒子的运动性质，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动；出离电场后做匀速直线运动，结合平抛运动的处理方法求解.