1、湖北省宜昌市高中教学协作体2019-2020学年高二物理上学期期中联考试题（含解析）一、选择题1.关于电场和磁场，下列说法中正确的是（ ）A. 电场和磁场不是实际存在的，是人们想象假设出来的B. 电场和磁场的观点是库仑首先提出来的，并得到物理学理论和实验的证实和发展C. 磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中所受力的方向D. 电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电量及其所受电场力大小无关【答案】D【解析】【详解】A.电场和磁场是客观存在的，电场线和磁感线是人们想象假设出来的，故A错误；B.电场和磁场的观点是法拉第首先提出来的，并得到物理学理论和实验的证实和发展， 故B错误；C. 磁感应强度的方
2、向与通电导线在磁场中所受力的方向无关，通电导线与磁场垂直时，不受安培力，故C错误；D. 电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电量及其所受电场力大小无关，故D正确；2.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有场强 场强 场强 电场力做功A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】对于：电场强度是用比值定义法得出的物理量，适用于任何电场。对于：匀强电场中沿场强方向电势降低最快，故匀强电场中任意两点间的电势差与两点沿电场线的距离成正比即，仅仅适用与匀强电场。对于：点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，库仑定律仅适用于真空中的点电荷。对于：电场力
3、做功与电势差的关系公式，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场。即既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故B项正确，ACD错误。故选B。3.如图所示,图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是 ( )A. 将R1与R2两端加上相同电压,则电流之比I1I2=13B. 将R1与R2通过相同电流,则两端电压之比U1U2=31C. R1R2=13D. R1R2=31【答案】C【解析】【详解】CD.根据IU图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1R2=13。故C正确，D错误；A.将R1与R2两端加上相同电压，电流比
4、等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1I2=31，故A错误;B.将R1与R2通过相同电流，电压比等于电阻之比，则两端电压之比：U1U2=13，故B错误；4.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是 ( )A. 粒子从a到b过程中动能逐渐减小B. 粒子在a点的加速度小于在b点的加速度C. 粒子在a点时具有的电势能小于在b点时具有的电势能D. 负点电荷一定位于M点左侧【答案】B【解析】【详解】A.曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向右，故从a到b，电场
5、力做正功，动能增加，故A错误；C.a到b，电场力做正功，电势能减少，a点时具有电势能大于在b点时具有的电势能，故C错误；D.由轨迹可判定正电荷所受电场力方向为从M到N，则知负电荷在MN线上右侧，故D错误；B.由于负电荷在MN线上右侧，故a离负电荷的距离大于b的距离，故粒子在a点受到的电场力小，加速度也小，故B正确；5.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（ ）A. a、b两点磁感应强度相同B. b点磁感应强度最大C. a点磁感应强度最大D. c，d两点磁感应强度相同【答案】B【解析】根据安培
6、定则，直线电流磁感应强度如图根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图显然，c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同；a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小；b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大；故选B6. 长为4L的直导线等分成四等份，拆成如图所示的图形，其中的V形导线夹角为60，整个图形置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，当在该导线中通以大小为I的电流时，该通电导线受到的安培力大小为A. BILB. 2BILC. 3BILD. 4BIL【答案】C【解析】试题分析：V形导线在磁场内有效长度为2Lsin30=L，故该V形通电导线受到安培力大小为F=
7、BI2Lsin30=BIL，该整个通电导线受到的安培力大小为3BIL，故选C考点：安培力7.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径,圆心为O，半径为R.电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，正点电荷与O点的连线和OC的夹角为30。下列说法正确的是(静电力常量为k) ( )A. O点的场强大小为B. O点的场强大小为C. B、D两点的电势关系是BDD. 电荷量为+q的点电荷在A点的电势能小于在C点的电势能【答案】C【解析】【详解】A.根据点电荷的电场和电场叠加原理O点的场强大小，故A B错误；C.根据顺着电场线电势降低和对称性，BD。故C正确；D.A点与C点的电势相
8、等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零，A点的电势能等于在C点的电势能，故D错误；8.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图所示,下列说法正确的是 ( )A. 反映Pr变化的图线是cB. 电源的电动势为8 VC. 电源的内阻为2 D. 当电流为0.5 A时，外电路电阻为4 【答案】AC【解析】【详解】A.电源内部的发热功率，图象是抛物线，而且是增函数，则反映变化的图线是c，故A正确。B.直流电源的总功率，图象的斜率等于电动势E，则有，故B错误；C.图中I2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，
9、则有，得到，故C正确；D.当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：，代入解得。故D错误；9.如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场磁感应强度为B和匀强电场电场强度为E.组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B/，最终打在A1A2上，下列表述正确的是 ( )A. 粒子带正电B. 所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B/的磁场中的运动时间都相同C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D. 粒子打在A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷越大【答案】ACD【解析】【详解】A项：带电粒子在磁场中向左偏转，由左手定则，
10、知粒子带正电，故A正确；B项：所以打在A1A2上的粒子，在磁场中做匀速圆周运动的时间等于半个周期，由，粒子在磁场中运动的周期为 则磁场中的运动时间为与带电粒子的比荷有关，故B错误；C项：粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡：，则，故C正确；D项：经过速度选择器进入磁场的粒子速度相等，由半径公式知，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故D正确。故选：ACD。10.在如图所示的电路中，C为一平行板电容器,闭合开关S,给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是 ( )A. 保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变大
11、B. 保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，都有电流流过R2C. 保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，R2中有由b 到a的电流D. 断开开关S，若此时刚好有一带电油滴P静止在电容器两平行板之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动【答案】AD【解析】【详解】A.保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，R2的电压增大，则电流表的示数变大，电压表的示数变大，故A正确；B.保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，电容器相当于开关断开，都没有电流流过R2，故B错误；C.保
12、持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，U不变，Q减小，电容器放电，则R2中有由a 到b的电流，故C错误；D.断开开关S，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，电量Q不变，则板间电压U增大，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故D正确；二、实验题11.某同学在测量一种均匀新材料的电阻率的过程中，相关测量如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为_mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径_mm.【答案】 (1). 60.20 (2)
13、. 8.300【解析】【详解】1游标卡尺的固定刻度读数为60mm，游标尺上第4个刻度游标读数为0.054m0.20mm，所以最终读数为：60mm0.20mm60.20mm；2螺旋测微器的固定刻度读数为8.0mm，可动刻度读数为0.0130.0mm0.300mm，所以最终读数为：8.0mm0.300mm8.300mm；12.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，除开关S和导线外，实验室还提供以下器材可供选择：A.电压表V（量程为3 V，内阻RV=10 k） B.电流表G（量程为3 mA，内阻RG=100 ）C.电流表A（量程3 A，内阻约为0.5 ）D.滑动变阻器R1（阻值范围为010 ，额定电
14、流为2 A）E.滑动变阻器R2（阻值范围为01000 ，额定电流为1 A）F.定值电阻R3=0.5 （1）该同学根据所选择的器材画出了如图甲所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是_. （2）该同学将电流表G与定值电阻R3并联进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_A. （3）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器为_(填写器材前对应的字母). （4）该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G的读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标，绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_V，电源的内阻r=_.(均保留两位小数)【答案】 (1). 电流表量程
15、太大 (2). 0.603 (3). D (4). 1.48 (5). 0.84【解析】【详解】1 根据分析可知，电流最大时不到2.5mA，所以用3A量程时太大，没有选用电流表A的原因是量程太大；2根据并联分流且电压相等，可得改装后电流表量程为：。3为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的R1。45由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E1.48V；图线的斜率大小kr，由数学知识知：则电源的内阻为：rk0.840。三、计算题13.如图所示，一根长L1.5 m、与水平方向的夹角为37的光滑
16、绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q5.4106 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q1.0106 C，质量m1.0102 kg.现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动静电力常量k9.0109 Nm2/C2，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：（1）小球B开始运动时的加速度为多大？（2）小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？【答案】（1）3.84m/s2 ;（2）0.9m【解析】【详解】(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得：解得： ，小球B速度最大时合力为零，即：解
17、得：。14.如图A、B、C、D为一匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，其中 ，电场线与矩形所在平面平行。已知将 的正电荷从A点移到B点，电场力做功 ；将这个电荷从B移到C点电势能增加了 ，设A点电势为零。求：（1）B点和C点的电势 （2）匀强电场的电场强度大小和方向【答案】(1) ,12V（2）由C指向B, 【解析】试题分析：根据电势差定义式及电势与电势差关系即可求得B、C点电势；找出电场强度的方向，根据即可求得场强。（1）根据电势差定义式可得AB的电势差为：根据，由题意知，代入数据解得：。根据电势差定义式可得BC的电势差为：根据，因为，代入数据可得（2）如图所示，连接BC，将B
18、C四等分，则，连接AO，则AO为等势线，由于；由几何关系可知，所以场强方向为BC连线，由C指向B，根据场强公式：。点睛：本题主要考查了考查了电场力做功与电势差及电势能与电势的关系及场强公式，属于基础题。15.如图所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽L0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E12 V，内阻r1 ，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)通过金属棒的电流；(2)滑动变阻器R接入
19、电路中的阻值【答案】(1)0.5 A(2)23 【解析】试题分析：(1)由题意知金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示：所以F安mgsin30，得F安0.1 N.解得I0.5 A. 4分(2)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)解得R0r23 . 5分考点：本题考查物体的平衡、欧姆定律等知识16.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限中以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上纵坐标y=h处的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上横坐标x
20、=2h处的P点进入磁场，最后沿垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力，求：（1）电场强度大小E （2）粒子在磁场中运动的轨迹半径r （3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t 【答案】（1）；（2） ；（3）+【解析】【详解】（1）由题意得，带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，则：，由以上三式得：（2）带电粒子由M到P点过程运用动能定理得：得：粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：得：；（3）粒子在电场中运动的时间：，粒子在磁场中运动的周期为：，根据粒子入射磁场时与x轴成45,射出磁场时垂直于y轴,可求出粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为135。故粒子在磁场中运动的时间为：故总时间为：
