【文档说明】湖南省郴州市湘南中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（理）含解析【精准解析】.doc，共(16)页，651.500 KB，由小赞的店铺上传

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湘南中学2019年下期高二物理期中测试问卷（高考班）一、选择题1.关于磁现象的电本质，下列说法中正确的是()A.磁与电紧密联系，有磁必有电，有电必有磁B.不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动C.永久性磁铁的磁性不是由运动电荷产生的D.根据安培假说可知，磁体内分子电流总是

存在的，因此，任何磁体都不会失去磁性【答案】B【解析】【详解】运动的电荷才会产生磁场，故A错误；一切磁现象都起源于电流或运动电荷，不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动，故B正确；永久磁铁的磁场也是由运

动的电荷（分子电流即电子绕原子核的运动形成的电流）产生的，故C错误；根据安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，磁体内的分子电流的取向变得杂乱无章时，会失去磁性，故D错误．所以B正确，ACD错误．2.以下说法正确的是A.电动势就是电源两极间的电压B.闭合电路中

的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比C.闭合电路中的短路电流无限大D.电源U－I图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时电源的总功率【答案】B【解析】【详解】A．当外电路断开时，电源两极间的电压等于的电动势

，故A错误.B．根据闭合电路欧姆定律：EIRr=+得知闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比，故B正确.C．当外电路短路时0R=，所以：EIr=故C错误.D．电源U-I图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时电源的输出功率，故D错误.故选B.3.关

于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A.由定义式B=FIL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D.磁场中某处磁感应强度的方向，与通

电导线在该处所受磁场力的方向相同【答案】B【解析】【详解】A．磁感应强度定义式为FBIL=，当电流I增大时，其安培力F也随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项A错误；B．一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0，故它所受到的磁场力

一定为零，选项B正确；C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误．4.有三个用电器，分别为日光

灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220V,60W”．现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量()A.日光灯最多B.电烙铁最多C.电风扇最多D.一样多【答案】B【解析】【详解】日光灯在工作时是电能转化为光能和内能

，电烙铁在工作时是电能只转化为内能，电风扇在工作时是电能转化为机械能能和内能，所以在额定电压下工作相同时间，消耗的电能相同，电烙铁产生的内能最多，产生的热量最多，B对，ACD错．5.如图所示，a、b分别表示由相同材料

制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是A.a代表的电阻丝较粗B.b代表的电阻丝较粗C.a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D.图线表示电阻丝的阻值与电压成正比【答案】B【解析】【详解

】ABC．根据欧姆定律：UIR=可得：1IRU=可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a代表的电阻较大，b的较小；根据电阻定律：lRs=可知a的电阻丝较细，b的较粗，故A错误、B正确、C错误。D．一段金属丝的电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电流无关，故

D错误。故选B.6.如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为（0，4），电势为8V，b点的坐标为（3，0），电势为8V，则电场强度的大小为A.250V/mB.200V/mC.150V/mD.120V/m【答案】A【解析】试题分析：由题意可得a、

b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过o点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：43tanb=，得∠b=53°；oc=ob•sin∠b=0．03×sin53°=2．4×10-2mco间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场

强度为：250/UEVmoc==，故A正确．考点：电势及电势差7.如图所示，A和B均可视为点电荷，A固定在绝缘支架上，B通过绝缘轻质细线悬挂在天花板上，由于二者之间库仑力的作用细线与水平方向成30°角．A、B均带正电，

电荷量分别为Q、q，A、B处于同一高度，二者之间的距离为L．已知静电力常量为k，重力加速度为g．则B的质量为A.2kQqgLB.22kQqgLC.23kQqgLD.233kQqgL【答案】D【解析】【详解】根据库仑定律，A、B之间的库仑力：2kQqFL=，以B为研究对象，在水平方向：F=F

Tcos30°，在竖直方向：mg=FTsin30°，联立可得：233kQqmgL=A.2kQqgL．故A项错误；B.22kQqgL．故B项错误；C.23kQqgL．故C项错误；D.233kQqgL．故D项正

确．8.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子始终能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端P向下移动，则关于电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需

时间t的说法正确的是A.电量q增大，时间t不变B.电量q不变，时间t增大C.电量q增大，时间t减小D.电量q不变，时间t不变【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动端C下移时，跟电容器并联的阻值增大，所

以电容器的电压U增大，根据：q=UC得电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间：0ltv=与电压的变化无关，所以时间t不变．故选A.9.如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越

小）．闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（）A.L1逐渐变暗，L2逐渐变亮B.L1逐渐变亮，L2逐渐变暗C.电源内电路消耗的功率逐渐减小D.光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大【答案】A【解析】【详解】AB．光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总

电阻减小，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮．由UEIr=−知，路端电压减小，又L2两端电压增大，则L1两端电压减小，L1逐渐变暗，故A正确B错误；C．电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：2rPIr=电路中的总电流增大，故电

源内电路消耗的功率增大，故C错误；D．将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D项错误．【点睛】电源的内外电阻相

等时，电源的输出功率最大．10.如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab＝6V，Uad＝0，Ucd＝6V，由此可判定A.L1和L2的灯丝都烧断了B.L1的灯丝烧断了C.L2的灯丝

烧断了D.变阻器R断路【答案】C【解析】【详解】串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，Ucd=6V，说明从a到d的电路和b到c的电路是连接良好的，故L1的灯丝和滑动变阻器都良好，L2的灯丝烧断了．A.L1和L2

的灯丝都烧断了，与分析结论不符，故A错误．B.L1的灯丝烧断了，与分析结论不符，故B错误．C.L2的灯丝烧断了，与分析结论相符，故C正确．D.变阻器R断路，与分析结论不符，故D错误．11.如图所示，一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的上方，并与磁针指向平行，能使小磁针的N极转向读者

，那么这束带电粒子可能是A.向右飞行的正离子束B.向左飞行的正离子束C.向右飞行的负离子束D.向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】【详解】A．向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，与题意不符，故A

错误；B．向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，与题意相符，故B正确；C．向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，与题意相符，故C正确；D．

向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，与题意不符，故D错误；故选BC.12.如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个

等势面，设两相邻等势面间的间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定A.电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等B.O处的点电荷一定带负电C.a、

b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φcD.电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|＝2W34【答案】AB【解析】【详解】A．电子在运动的整个过程中只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势

能的减小量，总功又等于动能的增加量,故电势能和动能之和守恒,所以A正确;B．因为曲线运动的合力应该指向内侧,故从电子的运动轨迹可以看出,电子受到排斥力,故O处的场源电荷是负电荷，故B正确;C．因为场源电荷是负电荷，又因为沿着电场线电势降低,故结合负点电荷的电场线分

布规律可以知道：abc故C错误;D．因为负点电荷的电场不是匀强电场,电场线越密的地方，等差等势面也越密；故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍,故D错误;故选AB.13.空间某一静电场

的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法正确的有A.EBx的大小大于ECx的大小B.EBx的方向沿x轴正方向C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后

做负功【答案】AD【解析】【详解】A．某一点的电场强度的大小是电势分布图上该点的斜率的绝对值。由图可知B点斜率的绝对值要比C点斜率的绝对值大，所以EBx大于ECx，故A正确。B．沿电场方向电势降低，B点的电场方向沿x轴的分布由O指向B，所以EBx的方向沿x轴负方向，故B错误。C．在O点，斜率为

零，所以电场强度为零，电荷所受到的电场力也为零，故C错误。D．从图上看出，从B到O电势升高，因为是负电荷，所以电势能减少，电场力做正功；从O点到C点，电势减少，电势能增加，所以电场力做负功，故D正确。故选AD.14.如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为6

0°、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E=3mgq,不计空气阻力,则A.小物块将沿斜面下滑B.小物块将做曲线运动C.小物块到达地面时的速度大小为22gH

D.若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变【答案】CD【解析】【详解】A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力3FqEmg==，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误；C、运用动能定理研究从开始到落地过程：

21·302FHmgHmv+=−，解得：22vgH=，故C正确；D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确；故选CD．【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹．运用

动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题．二、实验题15.请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为_____cm，螺旋测微器读数为_____mm，多用电表挡位为直流电压挡50V时读数为_____V，若用欧姆表×10

0挡时的读数为_____Ω．【答案】(1).1.140(2).4.713(3).30.0(4).1000【解析】【详解】根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1cm，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线

对齐，20分度游标尺精度为0.05mm，游标尺读数为8×0.05mm＝0.40mm，故测量值为1.1cm+0.40mm＝1.140cm．根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5mm+0.213mm＝4.713mm．多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘

刻度读数，为30.0V；若用欧姆表×100挡时读数为10×100Ω＝1000Ω．16.两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一

同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条U－I直线a、b，回答下列问题：（1）根据两同学描绘的直线a、b，可知b图线是根据电压表________（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线。（2）由图可知，定值电阻R0=____

_Ω，电源的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。（3）忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过________A。【答案】(1).V2(2).2.0(3).1.50(4).1.0(5).0.5【解析】【详解】(1)[1]由图甲可知V1测量路端电压，V2测量定值电阻R0的电

压；而定值电阻的UI−图线是正比图线，一定经过原点，故b图线是根据电压表V2和电流表A的数据描绘的图线.(2)[2]根据图像可知b图线的斜率为电阻R0阻值，即：012.00.5R==[3][4]根据图线a可得电动势E=1.5V，斜率表示内阻可得：1.51.01.

00.5r−==.(3)[5]当滑动变阻器滑到最左端时,总电阻最小电流最大为：max01.5V0.5A12EIrR===++三、计算题17.如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103V/m

，圆弧轨道半径R＝0.4m．现有一带电荷量q＝＋2×10－5C、质量m＝5×10－2kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10m/s2求：(

1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小．【答案】(1)1s2m/s(2)1N【解析】(1)在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知：qEma＝又由运动学公式有：212sat

＝解得：1?st＝又因：Bvat＝得：2?m/sBv＝(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：2BBvNmgmR−=解得：1?NBN＝综上所述本题答案是：1?st＝，2?m/sBv＝；1?NBN＝1

8.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。（g取10m/s2）

求：小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。【答案】2m/s【解析】【详解】如图所示建立坐标x、y轴：因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电．由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为：2合=Fmg由牛顿第二定律可得：Fma=合可得2102m/s

a=方向垂直于杆向下；小环离开杆做类平抛运动．垂直于杆方向做匀加速运动有：21cos452hat=平行于杆方向做匀速运动有：0sin45hvt=联立各式带入数据解得：v0=2m/s答：小环在直杆上匀速运动速度的大小v0=2m/s.19.如图甲所示，相距d＝15cm的A、

B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．今在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6s，t＝0时A板的电势比B板的电势高，且U0＝1

080V，一个比荷8q1.010C/kgm=的带负电荷的粒子在t＝0时刻从B板附近由静止开始运动不计重力．(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小．【答案】(1)

x＝0.02m，vm＝1.2×105m/s(2)46210m/s【解析】【分析】(1)在0～3T时间内，粒子加速向A板运动，当t=3T时，粒子第一次达到最大速度；据运动学公式可求得粒子的位移、粒子速度最大值；(2)分析出粒子在一个周期内的运

动情况，粒子的运动呈现周期性，分析出粒子在周期性运动中撞击极板时对应的时间段、运动情况等，用运动学公式求解粒子撞击极板时速度．【详解】(1)在0～3T时间内，粒子加速向A板运动，当t=3T时，粒子第一次达到

最大速度根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度0qUadm=设粒子的最大速度为vm，此时的位移为s，则根据运动学公式有：2201·()0.02223UqTsatmmd===50·()1.2103UqTmva

tsmd===(2)粒子在第一周期的前23T时间内，先加速后减速向A板运动，位移为sA；后3T内先加速后减速向B板运动，位移为sB．以后的每个周期都将重复上述运动．由于粒子在加速减速运动中的加速度大小相等，所以有：20.04Assm==，同理，则2012()0.0126BUqTSmmd=

=所以粒子在一个周期内的位移为10.03ABsssm=−=第9个周期末，粒子与B板的距离为2190.27ssm==．此时粒子距离A板的距离为320.030.04sdsmm=−=＜，表明粒子将在第10个周期内的前23T内到达A板．由（1）中可

知：前3T时间内，位移为0.02m，此时速度为51.210/vms=，再减速走0.01xm=即到达A板，根据运动学公式2212vvax−=，代入数据解得：粒子撞击极板时速度416210mvs=．