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1、河北省唐山市二中2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一选择题1.关于库仑定律，下列说法正确的是( )A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B. 根据F=Kq1q2/r2，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大C. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的电场力大于q2对q1的电场力D. 当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷【答案】D【解析】【详解】AD、库仑定律适用于点电荷，当带电体的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时
2、，可以看成点电荷，而不是只有体积很小的带电体才能看成是点电荷，也不是体积很大的带电体一定不能看成点电荷，故选项D正确，A错误；B、当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，库仑定律的公式不适用，故电场力并不是趋于无穷大，故选项B错误；C、对的电场力与对的电场力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，与点电荷、所带的电荷量无关，故选项C错误；2.关于电动势与电压的说法正确的是（ ）A. 电动势就是电压，等于内外电压之和B. 电动势就是电源没有接入电路时两极之间的电压C. 电动势、电压、电势差虽然名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同。D. 电动势表征的是非静电力做功的能力，即电源
3、将其他形式能转化为电能本领的物理量，电压表征的是电场力做功的能力，在电路中将电能转化为其他形式能的物理量【答案】D【解析】【详解】AB. 电动势是电源本身的性质，其大小等于内外电压之和，但不能说它就是电压；故A错误，B错误；CD. 电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量；电压表征的是电场力做功的能力，在电路中将电能转化为其他形式能的物理量。电动势单位与电压、电势差相同，但意义不同。故C错误，D正确；故选：D.3.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将固定挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通有垂直纸面向里的电流后，
4、磁铁对水平面的压力为N2，则以下说法正确的是（ ）A. 弹簧长度将变长，N1 N2B. 弹簧长度将变短，N1 N2C. 弹簧长度将变长，N1 N2D. 弹簧长度将变短，N1 N2，与结论不相符，选项A错误；B弹簧长度将变短，N1 N2，与结论相符，选项B正确；C弹簧长度将变长，N1 N2，与结论不相符，选项C错误；D弹簧长度将变短，N1 N2，与结论不相符，选项D错误；4.平行板电容器两板之间有竖直向上的匀强电场E，现有一质量为m，带电量为的粒子，以速度沿水平方向射入两板之间（粒子重力不计），如图所示。若要使粒子能以速度沿直线匀速穿过，则可以在两板间加（ ）A. 磁感应强度大小，方向向里的匀强
5、磁场B. 磁感应强度大小，方向向外的匀强磁场C. 磁感应强度大小，方向向里的匀强磁场D. 磁感应强度大小，方向向外的匀强磁场【答案】B【解析】【详解】要使小球仍以速度v匀速直线穿过，所以加一个磁场，使得受到的洛伦兹力竖直向下，根据左手定则可知磁场方向向外，同时满足：Bqv =qE，解得磁感应强度大小：A磁感应强度大小，方向向里的匀强磁场。故A不符合题意。B磁感应强度大小，方向向外的匀强磁场。故B符合题意。C磁感应强度大小，方向向里匀强磁场。故C不符合题意。D磁感应强度大小，方向向外的匀强磁场。故D不符合题意。5.物理课堂上老师做了一个物理小实验：如图示，一轻质横杆两侧各固定一铝环，横杆可绕中心
6、点自由转动，用条形磁铁分别插入铝环，下列说法正确的是（ ）A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆不发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 磁铁插向左环，左环内出现感应电动势【答案】D【解析】【详解】A左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动。故A错误。BC右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动。故BC错误。D左环没有闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电动势但不产生感应电流，故横杆不发生转动。故D正确。6.如图所示，a、b、c、d、e为同一直线上的五个点，相邻两点间的距离都为L处于a、e两点的点电荷的电
7、荷量都为q，处于a点的为负电荷，处于e点的为正电荷。在c点有一与直线垂直的均匀带电薄板，带电量为Q，电性未知。已知d点的电场强度为零，则b点的电场强度大小为（已知静电力常量为k）（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据电场叠加原理，可知处于a、e两点的点电荷在d点的电场强度为：方向向左。d点电场强度为零，则均匀带电薄板在d点的电场强度与a、e两点的点电荷在d点的电场强度等大反向，即为，方向向右。根据对称性可知，处于a、e两点的点电荷在b点的电场强度为，方向向左，均匀带电薄板在b点的电场强度为，方向向左，根据电场叠加原理可知，b点的电场强度为，故选A。7.如图电路中，电源电动
8、势为E、内阻为r。闭合开关s，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为，在这个过程中，下列判断正确的是（ ）A. 电阻两端的电压减小，减小量等于B. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变C. 电压表示数变化量和电流表示数变化的比值不变D. 电容器的带电量增大【答案】C【解析】【详解】AD闭合开关s，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于U，则电容器的带电量减小，减小量小于CU。故AD错误。B由图根据，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大。故B错
9、误。C根据闭合电路欧姆定律得：，由数学知识得知：保持不变。故C正确。8.在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正当磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示时，图丙中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律，由于线圈面积不变，所以感应电动势与磁感应强度的变化率即图像的斜率成正比，根据图像，感应电动势为定值，感应电流为定值，感应电动势为0，感应电流为0，感应电动势为定值而且是感应电动势的一半，感应电流也是感应电流的一半，对照选项CD错
10、。根据楞次定律向上的磁通量增大，感应电流沿正方向，选项A错B对。考点：电磁感应定律 楞次定律9.对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是（ ）A. 电流大小变化，方向不变，是直流电B. 电流大小、方向都变化，是交流电C. 电流的周期为0.01 sD. 电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电【答案】AC【解析】【分析】电流的大小和方向都随时间成周期性变化的电流为交流电，由图象可以看出电流的最大值和周期【详解】电流大小和方向都随时间成周期性变化的电流为交流电，由图象可知：电流的大小变化，方向始终为正，不发生变化变，所以是直流电，电流周期为0.01s，AC正确10.如
11、图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比，接线柱a、b接正弦交变电源，电压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻。下列说法正确的是（ ）A. 电压表示数为22 VB. 当所在处出现火警时，电压表的示数变大C. 当所在处出现火警时，电流表A的示数变小D. 当所在处出现火警时，电阻R1的功率变大【答案】AD【解析】【详解】A由表达式可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为：电压表V1测的是副线圈两端电压。故A正确。B当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大
12、，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，R2的电压就要减小，所以电压表的示数变小。故B错误。C由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，根据，可知原线圈的电流也就要增大。故C错误。D当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，电阻R1的功率变大。故D正确。11.某质点做简谐运动，其位移随时间变化关系式为(cm) ，则下列关于质点运动的说法中正确的是 ( )A. 质点做简谐运动的振幅为10cmB. 质点做简谐运动的周期为8sC. 在t=4s时质点的速度最大D. 在t=4s时质点的加速度最大【答案】BC【解析】【详解】A、由位移的表达式可知质点做
13、简谐运动的振幅为5cm，故选项A错误；B、由位移的表达式读出角频，则周期为，故选项B正确；C、在时质点的位移，说明质点通过平衡位置，速度最大，故选项C正确；D、在时质点通过平衡位置，加速度最小，故选项D错误。12.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则A. 此刻a的加速度最小B. 此刻b的速度最小C. 若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动D. 若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置【答案】C【解析】【详解】由机械振动特点确定质点的加速度和速度大小，由“上下坡法”确定振动方向。由波动图象可知，此时质点a位于波峰处，根据质点振动特点可知，质点a的加速度最大
14、，故A错误，此时质点b位于平衡位置，所以速度为最大，故B错误，若波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”可知，质点b向y轴正方向运动，故C正确，若波沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，a质点沿y轴负方向运动，c质点沿y轴正方向运动，所以质点c比质点a先回到平衡位置，故D错误。二实验题13.一电流表的满偏电流，电流表内阻，面板如图所示。若要把这个电流表的量程扩大成3A，应该在此电流表上_（填写“串”或“并”）联一个电阻的大小应是_；用改装好的电流表测量某一电流（面板未进行修改），此时指针指到图中所示位置，则所测电流是_A（结果保留小数点后两位数）。【答案】 (1). 并 (2). 10 (3). 1
15、.10【解析】【详解】12把电流表改装成量程为3A的电流表，要并联一个电阻，并联电阻的阻值为：3电流表改装后其量程为3A，由图示电流表可知，其分度值为0.1A，示数为1.10A。14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡，导线和开关外，还有：A直流电源：电动势约6V，内阻很小 B直流电流表：量程03A，内阻约为0.1C直流电流表：量程0600mA，内阻约为5 D直流电压表：量程015V，内阻约为15kE直流电压表：量程05V，内阻约为10k F滑动变阻器：10，2AG滑动变阻器：1k，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。（1）实
16、验中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_（2）请按要求将图中所示的器材连成实验电路_。（3）某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示。现把实验中使用的小灯泡接到如图所示的电路中，其中电源电动势E6V，内阻r1，定值电阻R9，此时灯泡的实际功率为_W（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). 如图所示： (5). 0.78-0.84【解析】【详解】(1) 1 2 3灯泡额定电流为：电流表选择C；灯泡额定电压为5V，电压表应选择E；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。(2) 4灯泡正常发光时的电阻为：远小于电压表内阻，电流表应采用
17、外接法，实验中要求小灯泡两端的电压从零开始变化以便测量多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：(3) 5把电源与电阻R整体看做等效电源，在灯泡U-I图象坐标系内作出效电源的U-I图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压：U=2.1V，通过灯泡的电流：I=0.39A，灯泡实际功率：P=UI=2.10.390.82W三计算题15.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子（电量q，质量m）在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压，偏转电压为，偏转极板长L，金属板间距d，当电子加速后从两金属板的中央沿与板平行的方向进入
18、偏转电场。求：（1）电子束离开偏转电场时的偏移量（2）偏转极板右端到荧光屏的距离为D，电子束到达荧光屏时的偏移量.【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)设电子被电压U1加速后速度大小为v0，根据动能定理：加速度：进入偏转电场后水平方向做匀速直线运动，因此运动时间为：竖直方向匀变速直线运动，因此偏转位移为：联立解得：(2)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，可看做从极板的正中心沿直线射出，如图所示：由相似三角形关系可得：解得：16.如图，固定不动的水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m0.2kg、电阻R0.5，匀强磁场的磁感应强度B0.2T，方向垂直框架向上。现用F1N
19、的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒向右运动的距离为d0.5m时速度达到2m/s，求：（1）此时ab棒上的感应电流的大小和方向；（2）此时ab棒的加速度大小。（3）导体棒运动d的过程所产生的热量【答案】（1）0.8A 方向由a流向b（2）（3）0.1J【解析】【详解】(1)根据导体棒切割磁感线的电动势为：EBLv0.4V由闭合电路欧姆定律得回路电流为：根据右手定则可知电流方向由a流向b。(2)ab受安培力为：F安BIL0.16N根据左手定则可知安培力的方向水平向左；根据牛顿第二定律：F- F安ma解得ab杆的加速度为：a4.2m/s2(3)由能量守恒可得：解得：Q=0.1J17.如图所示，矩
20、形区域以对角线abcd为边界分为上、下两个区域，对角线上方区域存在竖直向下的匀强电场，对角线下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的粒子以速度从a点沿边界ab进入电场，恰好从对角线ac的中点O进入磁场，并恰好未从边界cd射出。已知ab边长为2L，bc边长为，粒子重力不计，求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小。【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)从a点入射的粒子在电场区域内做类平拋运动，则有：联立解得：；(2)设粒子进入磁场时速度大小为 ，速度方向与水平方向成 角，则有：粒子进入磁场后恰好不从边界cd射出，其轨迹恰与边界cd相切，如图所示：设圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：由牛顿第二定律得：联立解得：15