《黑龙江省2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、大庆实验中学2020学年度上学期期中考试 高二物理（理）试题一、选择题1.两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为的两处,它们间库仑力的大小为F.若两小球相互接触后将其固定距离变为r/2,则两球间库仑力的大小为（ ）A. F/12 B. 3F/4 C. 4F/3 D. 12F【答案】C【解析】试题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F=
2、k，所以两球间库仑力的大小为故选C【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题2.如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1S2= S3，且 “3”线圈在磁铁的正中间。设各线圈中的磁通量依次为1、2、3，则它们的大小关系是（ ）A. 123 B. 12=3C. 123 D. 12=3【答案】C【解析】所有磁感线都会经过磁体内部，内外磁场方向相反，所以线圈面积越大则抵消的磁场越大，则，线圈3在正中间，此处磁场最弱，即抵消的最少，所以，最大，选C3.将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的
3、电流时，从上往下看()A. 圆环顺时针转动，靠近磁铁B. 圆环顺时针转动，远离磁铁C. 圆环逆时针转动，靠近磁铁D. 圆环逆时针转动，远离磁铁【答案】C【解析】根据环形电流周围的磁场分布结合左手定则可知，圆环右侧部分受到的安培力向里，左侧部分受到的安培力向外，所以从上往下看圆环逆时针转动再将转动90后的通电圆环等效成一个小磁针，则N极在左，S极在右，根据同极相互排斥异极相互吸引可知，圆环靠近磁铁，故C正确，ABD错误。4.如图所示的电路中，输出电压U恒为12V，灯泡上标有“6V/12W”字样，电动机线圈的电阻若灯泡恰能正常发光，下列说法中正确的是（ ）A. 电动机的热功率2.0W B. 电动机
4、的输入功率14WC. 电动机的输出功率12W D. 整个电路消耗的电功率22W【答案】A【解析】【详解】电动机两端的电压U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流I=2A，所以电动机的输入功率P=U1I=62W=12W。电动机的热功率P热=I2RM=40.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W故A正确，B C错误。整个电路消耗的功率P总=UI=122W=24W故D错误。故选A。5.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）A. 安培力的方向可以不垂直于直导线B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的
5、夹角无关D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【答案】B【解析】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将
6、直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL视频6.下列关于欧姆表的说法中正确的是A. 测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B. 测量电阻时，如果指针偏角过小，应换用高倍率档C. 测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D. 测量电阻时，每次更换倍率后，不需要重新调零【答案】AB【解析】【详解
7、】因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，A正确；指针偏角过小，则电阻大，要换用高倍率档，B正确；欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，C错误；每次调整倍率时都要重新调零，D错误7. 如图所示,在a、b、c三处垂直纸面放置三根长直通电导线,a、b、c是等边三角形的三个顶点,电流大小相等,a处电流在三角形中心O点的磁感应强度大小为B,则O处磁感应强度（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：根据安培定则判断得知：三根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：上面导线产生的B方向水平向右，大小为B；
8、下面左边导线产生的B方向斜向右下方，与水平成60角，下面右边导线产生的B方向斜向右上方，与水平成60角，则根据平行四边形定则进行合成可知，下面两根导线产生的合场强大小为B，方向水平向右，所以三根导线同时存在时的磁感应强度大小为2B，方向水平向右，B正确，ACD错误。考点：本题考查了电流的磁场和磁场的叠加8.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为300，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）A. 串联一个10000的电阻 B. 并联一个10000的电阻C. 串联一个9700的电阻 D. 并联一个9700的电阻【答案】C【解析】【详解】电流表改装成一个量程为10V的电压表，应
9、串联电阻为，则应串联9.7K的电阻。故ABD错误，C正确；故选C.9.如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是两个指示灯当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（ ）A. L1、L2都变亮 B. L1、L2都变暗C. L1变亮，L2变暗 D. L1变暗，L2变亮【答案】B【解析】试题分析：当电位器的触片由b端滑向a端时，电阻逐渐变大，电路的总电阻变大，路端电压变大，总电流减小，则R1上电流变大，L1上电流减小，R2以及电位器和L1两端的电压之和变大，通过R2的电流变大，通过L2的电流减小，则L1、L2都变暗，选项B
10、正确。考点：动态电路分析.10.有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流强度为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此电子的定向移动速率为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为 （ ）A. nvs t B. nvtC. It /e D. It /se【答案】AC【解析】AB、在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为：V=vt S.又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt，A错误、B错误；CD、由于流经导线的电流为I，则在t时间内流
11、经导线的电荷量为Q=It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=It/e，故C正确、D错误。故选：C。【名师点睛】首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数。11.如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，电场方向与四边形ABCD平行，其中M为AD的中点，N为BC的中点一个电荷量为q的正粒子，从A点移动到B点过程中，电势能减小W1，若将该粒子从D点移动到C点，电势能减小W2，下列说法正确的是（ ）A. 匀
12、强电场的场强方向必沿MN方向B. 若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功C. 若D、C之间的距离为d，则该电场的场强大小为D. 若M、N之间的距离为d，该电场的场强最小值为【答案】BD【解析】【详解】根据正电子移动过程电势能变化可得：电势关系AB，DC；根据几何关系可得：M(A+D)，N(B+C)，根据上述条件，并不能得到沿MN方向电势降落最快，或垂直MN的两个点电势相等，故不能得到场强方向沿MN方向，故A错误；若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功Wq(MN)q(AB+DC)，故B正确；由于无法求解电场方向，故场强大小无法求解，故C错误；若M、N之间的距离为d，则当场强方向沿MN方向时，场强
13、最小，故D正确；故选BD。【点睛】匀强电场中任一直线上的电势变化都是均匀变化；直线与电场线平行，则变化速率最大；直线与电场线夹角越大则变化速率越小。12.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知，下列说法错误的是（ ）A. 三个等势面中，c的电势最低B. 带电质点通过P点时的加速度较Q点大C. 带电质点通过P点时的电势能较Q点大D. 带电质点通过P点时的动能较Q点大【答案】AD【解析】【详解】带电质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势线垂直，由于质点
14、带正电，因此电场线指向右下方。而沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，故P点的电场强度比Q点的大，质点所受的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力对质点做正功，电势能减小，动能增加，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，故C正确，D错误。本题选错误的，故选AD.【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化.13.如图所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立
15、坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图所示，则（ ）A. 在间，场强先增大后减小B. 在间，场强方向没有发生变化C. 若一负电荷从O点运动到点，电势能逐渐减小D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动【答案】ABD【解析】【详解】-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，从O到x2，图象的斜率先增大后减小，则场强先增大后减小，故A正确。在Ox2间，电势一直降低，根据顺着电场线方向电势降低，可知场强方向没有发生变化。故B正确。由图看出，从O点到x2点，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电场力做负功，则其电势能逐渐增大。故C错误。电场方向沿x轴正方向，则从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向沿x轴正方向，粒子将做加速运动，故D正确。故选ABD。【点睛】本题的关键要从数
