西安市长安一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精陕西省西安市长安一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题含解析2019-2020学年长安一中第一学期高二期中考试一、选择题(本题共15小题,每小题4分,共60分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求,第11~15题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分,有错选的得0分。）1。关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（)A。电场强度的定义式,适用于任何电场B。由真空中点电荷的电场强度公式可知，当时，C。由公式可知，一小段通电导线某处若不受磁场力,则说明此处一定无磁场D.磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的磁场力方向【答案】A【解析】【详解】A.电场强度的定义式，适用于任何电场，故A正确；B。当r→0时，电荷已不能看成点电荷,公式不再成立，故B错误;C.由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误；D。根据左手定则可知，磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．2.以下不能作为磁感应强度的单位的一项是（)A.T B.N/(A•m） C.(N•s)/(C•m） D.V/m【答案】D【解析】【详解】A．特斯拉就是磁感应强度的单位，故A正确;BC．由磁感应强度的定义式可知，由安培力F的单位是N,而电流I的单位是A，长度L的单位为m,故根据可知，1A=1C/s，则故BC正确;D．由可知，V/m为电场强度的单位，故D错误.本题选不能作为磁感应强度的单位的，故选D。3。一根长为0.1m、电流为1A的通电导线，在磁场中某处受到的磁场力大小为0.4N，则该处的磁感应强度（）A.等于4T B.大于或等于4TC。小于或等于4T D.可能为零【答案】B【解析】【详解】当通电导线与磁场垂直时，磁感应强度是最小的，由F=BIL=B×1A×0.1m=0.4N，解得B=4T，故该处的磁感应强度一定大于或等于4T.A.等于4T，与结论不相符，选项A错误;B。大于或等于4T，与结论相符，选项B正确；C。小于或等于4T，与结论不相符,选项C错误；D。可能为零，与结论不相符，选项D错误;4。静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则A。运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】【详解】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误．C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知,N点电势能小于等于M点电势能,故C正确D．粒子可能做曲线运动，故D错误;5.如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点．将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA=1。6×10－8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB=3。2×10－8J．则下列说法正确的是()A.直线PC为等势线B.若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC=2.4×10－8JC。电场强度方向与AD平行D.点P的电势高于点A的电势【答案】B【解析】【详解】A．一个带电粒子从P点移动到A点，还是从P点移动到B点，电场力都做正功,P到AB间都有电势差，故直线PC为不可能等势线,故A错误;B．C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，故该粒子从P点移动到C点，电场力做功为故B正确；C．粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB=3。2×10—8J，D点为PB的中点，故粒子从D点移动到B点，电场力做功WPB=WPB=1。6×10-8J粒子从A到B电场力做功为WAB=WAP+WPB=1。6×10-8J故AD为等势面，电场强度方向与AD垂直，故C错误；D．将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功做正功,故电势能减小，电势升高，故点P的电势低于点A的电势，选项D错误；故选B．考点：电场力的功；电势及电势能；【名师点睛】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，要知道电场力做正功，电势能减小，反之电势能变大；此题是常规题，比较简单．6。如图所示，一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（)A。v B. C。 D。【答案】A【解析】【详解】导体中的电流为I=neSv，导体的电阻为，导体两端的电压为U=RI，场强为，联立解得故选A。7。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上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（)A。反映变化Pr的图线是cB。电源电动势为8VC。电源内阻为D。当电流为1A时，电源的效率为75%【答案】A【解析】【详解】A．电源内部的发热功率Pr=I2r,Pr－I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A正确;B．直流电源的总功率PE=EI,P－I图象的斜率等于电动势E，则有故B错误；C．图中I=2A时,电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到故C错误;D．当电流为1A时，电源的总功率P=4W,Pr=2W,输出功率则电源的效率为故D错误。故选A。8。用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路,如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是A.图甲中的、的示数相同B。图甲中的、的指针偏角相同C。图乙中的、的示数和偏角都不同D。图乙中的、的指针偏角相同【答案】B【解析】【详解】AB。图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等,指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；CD。图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同,由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误．9.如图所示,用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球,悬点为O,两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时,A球悬线与竖直线夹角为α，B球悬线与竖直线夹角为β，则两小球质量之比mA∶mB为A.sinβ∶sinα B.cosα∶cosβC。tanβ∶tanα D。tanα∶tanβ【答案】A【解析】【详解】两球受力分析如图所示：根据共点力平衡和几何关系的相似比,得：由于,且，则有，且有故选A．【名师点睛】本题要比较两球质量关系,我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键．10。如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动,时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A。 B.C。 D.【答案】B【解析】【详解】A。若0＜t0＜,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意．B、若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上，所以B符合题意．C、若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意．D、若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意．11.如图所示，A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱D移动时，电路中的电阻减小，则接入电路的接线柱是(）A.A和B B。A和C C。B和C D。B和D【答案】CD【解析】【详解】根据题意可知，为了在移动中电阻减小,应采用限流式接法，故应接入一上一下两个接线柱,而向D移动时电阻减小,则说明接入电路的是右半部分，故下端应接B端，而上端CD效果是相同的，故可以是B和C或者B和D，故CD正确,AB错误。

故选CD.12。如图所示电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略.闭合S后,调整R的阻值,使电压表的示数增大ΔU=2V,在这一过程中（）A。通过R1的电流增大,增大量为B。通过的电流减小，减小量小于C。两端的电压减小,减小量为D.路端电压增大,增大量为【答案】AB【解析】【详解】A．电压表测量的电压为R1的电压值，由可知通过R1的电流增大，增大量为，A正确；B．由全电路欧姆定律有①由此可知要使（电压表的示数即R与R1并联形成的电路的电压降)增大，则应增大，由①可知电路中总电流会较调整前减小，通过R2的电流减小，减小量为，B正确;C．R2两端的电压减小，减小量为，C错误；D．路端电压增大，增大量,D错误。故选B。13。如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻．已知光敏电阻的阻值随着光照强度的增加而减小，电源的内阻不能忽略．闭合开关S,当光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中不正确的是（）A.通过的电流增大 B.电容器C所带的电荷量减小C.电源路端电压增大 D。电源的效率减小【答案】C【解析】【详解】A项：当光敏电阻上的光照增大时，光敏电阻的阻值会减小，电路中的总电阻减小，电路中的总电流增大，流过R2的电流增大，故A正确；B、C项:电路中的总电流增大,电源的内电压增大,由闭合电路欧姆定律知路端电压减小，而电容器极板间的电压就等于路端电压,所以电容器板间电压减小，带电量减小，故B正确，C错误；D项：电源效率，路端电压减小，电动势不变，所以电源的效率减小，故D正确．14.电饭锅工作时有两种状态。一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图所示是电饭锅电路原理示意图，K是感温材料制造的开关。下列说法中正确的是()A.其中R2是供加热用的电阻丝B.当开关S接通时电饭锅为加热状态,S断开时为保温状态C.要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半,应为2：1D.要使R2在保温状态时的功率为加热状态时一半，应为【答案】ABD【解析】【详解】AB．如图所示，由得,当接通K时,电阻变小，功率变大，处于加热状态;当断开K时，电阻变大,功率变小，处于保温状态，则R2是供加热用的电阻丝，当开关K接通时电饭锅为加热状态,K断开时为保温状态，故AB正确；CD．使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比，所以则故C错误,D正确.故选ABD。15。如图,一平行板电容器连接在直流电源上，电容器极板水平,两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是（）A。a的质量比b的大B。在t时刻，a的动能比b的大C.在t时刻，a和b的电势能相等D。在t时刻,a和b的动量大小相等【答案】BD【解析】试题分析本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点．解析根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动,根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a的加速度大小大于b的加速度大小,即aa〉ab．对微粒a，由牛顿第二定律,qE=maaa,对微粒b，由牛顿第二定律，qE=mbab，联立解得：〉，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中,a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等,符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误;由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理,在t时刻，a微粒的动量等于b微粒,选项D正确．点睛若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a的质量比b小吗？在t时刻力微粒的动量还相等吗?在t时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗?二、填空题（共3题,共18分）16.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a)和（b）所示．该工件的直径为______cm，高度为________mm．【答案】,【解析】游标卡尺读数为螺旋测微器的读数为：【考点定位】螺旋测微器,游标卡尺读数【方法技巧】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数，不需估读．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．17.图示为简单欧姆表原理示意图,其中电流表的偏电流=300A,内阻=100，可变电阻R的最大阻值为10k，电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是__色，接正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央,则=_____k。若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述Rx其测量结果与原结果相比较______（填“变大”、“变小”或“不变”）．【答案】(1）。红（2).5（3）.变大【解析】【详解】欧姆表是电流表改装的,必须满足电流的方向“+”进“—”出,即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去,所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系：，得；,当指针指在刻度盘的正中央时：有：，代入数据可得：；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：,欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了．【点睛】根据欧姆表的结构,由闭合电路欧姆定律可以判断读数,以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化;本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析．18。在用电压表和电流表测电池的电动势和内阻的实验中,所用电压表和电流表的内阻分别为1kΩ和0。1Ω,图1为实验原理图及所需器件图．(1）在图2中画出连线，将器件按原理图1连接成实物电路________．（2）一位同学记录的6组数据见表,试根据这些数据在图3中画出U﹣I图象______，根据图象读出电池的电动势E=_____V，求出电池的内阻r=_____Ω．I（A)

0。12

0。20

0.31

0.32

0。50

0.57

U(V)

1。37

1.32

1。24

1。18

1.10

1.05

【答案】(1）。(2）。（3).1.45(4）。0。69【解析】【详解】（1）根据原理图明确电路原理，根据实物图作图方法连接各元件即可；（2)由表中数据作出伏安特性曲线,由图象的纵坐标可求得电源的电动势；由斜率求得电阻．（1）按照实验原理图将实物图连接起来，如图甲所示．（2)根据U、I数据，在方格纸UI坐标系上找点描迹．如图乙所示,然后将直线延长，交U轴于U1≈1.45V，此即为电源电动势;交I轴于I≈0.65A,注意此时U2=1。00V，则r=Ω≈0.69Ω．故答案为（1)如图所示；（2）1。45；0.69．【点睛】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，即E=U+Ir，会根据U﹣I图线求电源的电动势内阻．三、计算题（共三题,19题8分,20题10分，21题14分,共32分）19。如表所示,是某一手机电池上的铭牌，仔细阅读铭牌上的数据，回答以下问题:（1)该电池的电动势是多少？(2)该手机待机状态下的平均工作电流是多少？【答案】（1)E=3。7V；（2）14.58mA【解析】【详解】（1)由图可知，该电池的电动势为3.7V（2)由图可知，该电池的容量为700mA•h,待机的时间为48h，所以手机待机状态下的平均工作电流20.有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1＝0.2V的电路中时,电动机不转，测得流过电动机的电流是I1＝0.4A;若把电动机接入U2＝2。0V的电路中，电动机正常工作，工作电流是I2＝1.0A，试求：（1)电动机正常工作时的输出功率多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大?【答案】（1）1。5W（2）8W【解析】【详解】(1）U1＝0.2V时，电动机不转,此时电动机为纯电阻，故电动