河南省郑州市2020-2021学年高二物理上学期第八次周考试题

1、河南省郑州市2019-2020学年高二物理上学期第八次周考试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-8题为单选，9-12为多选。全部选对者得4分，选不全者得2分，有选错或不答者得0分。） 1以下说法正确的是（ ）A由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B由公式可知电场中某点的电势与q成反比C由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关2有一未知电阻Rx，为较准确地测出其阻值，先后用图甲、乙两种电路进行测试，利用甲测得数据为“3.0V，5.0mA”，利用乙测得数据为“3.2V，4.0mA

2、”，那么，该电阻测得值较准确的数值及它比真实值偏大或偏小的情况是（ ）A5600，偏大B5600，偏小 C800，偏小D800，偏大3.如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度.天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面.当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平又重新平衡.由此可知() A 磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B 磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为C 磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为D 磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为4

3、.如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是() A甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D甲图中夹角减小，乙图中夹角减小5.空间存在着方向平行于x轴的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OAOB，OMON，AB间的电势随x的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断正确的是()A 粒子一定带正电B 粒子一定能

4、通过N点CAO间的电场强度小于OB间的电场强度D 粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大6.如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电油滴，沿直线由A运动至最高点B的过程中，轨迹与电场线方向夹角为，重力加速度为g下列说法正确的是（ ）A油滴带正电B油滴所受合力为0C油滴在最高点末速度vB=0D油滴在水平方向上运动位移为7.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随着电流I变化的图线，抛物线OBC为该直流电源内部的热功率Pr随电流I变化的图线，A、B两点对应的横坐标为2 A，则下面说法中不正确的有（ ）A 电源电动势为3 V，内电阻为1 BA、B纵坐标差为2 WC

5、电流为2 A时，外电阻为0.5 D 电流为3 A时，外电阻为2 8.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，t0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是()ABCD9.如图所示，电阻R120 ，电动机的绕组电阻R210 .当电键断开时，电流表的示数是0.5 A，当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率应是()AI1.5 ABI1.5 ACP15 WDP15 W10.如图所示，平行板电容器两极板间带电质点P原处于静

6、止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率减小11.如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,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,M、N是这条轨迹上的两点,据此可知（ ）A.三个等势面中的,a的电势最高B.带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大C.带电质点通过M点时的动能比通过N点时大D.带电质点通过M点时的加速度比通过N点时大12.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一

7、初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60角，利用以上数据可求出下列物理量中的()A 带电粒子的比荷B 带电粒子在磁场中运动的周期C 带电粒子的初速度D 带电粒子在磁场中运动所对应的圆心角二、填空题(共12分)13. (5分)某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性小组做如下测量(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择“_”倍率的电阻挡(填：“10”或“1k”)，并欧姆调零后再进行测量，多用表的示数

8、如图所示，测量结果R为_.（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则直径D是_mm.（3）这种金属材料的电阻率=_.（用题中字母L、R、D表示答案）14. (7分) 有一个额定电压为2.8V,功率约为0.8W的小灯泡,现要用伏安法描绘这个小灯泡的I-U图线,有下列器材供选用:A.电压表(03V,内阻6)B.电压表(015 V,内阻30)C.电流表(03A,内阻0.1)D.电流表(00.6A,内阻0.5)E.滑动变阻器(10,2A)F.滑动变阻器(200,0.5A)G.蓄电池(电动势6 V,内阻不计)（1）用如图甲所示的电路进行测量,电压表应选用,电流表应选用,滑动变阻器应选用.(用序

9、号字母表示)（2）通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为.（保留2位有效数字）（3）若将此小灯泡与电动势为6V、内阻不计的电源相连,要使小灯泡正常发光,需串联一个阻值为的电阻.（保留3位有效数字）三、计算题(共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)15. (8分)在电场强度为E104N/C、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L1 m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m0.2 kg、电荷量为q5106C带正电的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，电场力对小球做功多少？A、

10、B两位置的电势差多少？小球到达B点时的速度多大？(取g10 m/s2)16. (10分)如图所示，两条间距为d，表面光滑的平行金属导轨M、N，导轨平面与水平面的倾角为，导轨的一端有一电池组与M、N相连，整个装置处在方向竖直向下、磁感强度为B的匀强磁场中现将一质量为m的水平金属棒PQ与轨道垂直地置于导轨上，这时两导轨与金属棒在回路中的电阻值为R，PQ棒刚好处于静止状态设电池组的内阻为r，试计算电池组的电动势E，并说明PQ棒上电流的方向(重力加速度为g)17. (10分)如图为某科技小组设计的一电流表的原理示意图.质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘弹簧相连,绝缘弹簧劲度

11、系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外,与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数,MN的长度大于,当MN中没有电流通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合;当MN中有电流通过时,指针示数可表示电流.(1)当电流表示数为零时,弹簧伸长多少?(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作,MN的哪一端应与电源正极相接?(3)若k=2.0 N/m,=0.20 m,=0.050 m,B=0.20 T,此电流表的量程是多少?(不计通电时电流产生的磁场的作用)18(12分)如下图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y负方向的匀强电场，第象限以O

12、N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轴正半轴上yh处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力求：(1)电场强度的大小E；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.物理答案1.D 2.D 3. B【解析】因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里.电流反向前，有m1gm2gm3gNBIL，其中m3为线圈质量.电流反向后，有m1gm2gm3gmgNBI

13、L.两式联立可得B.故选B. 4. B 5. B 6.C 7. D 8.A 9.BD【解析】电路两端的电压为：UI1R10.5 A20 10 V电动机是非纯电阻用电器，UI2IR2，所以I21 A电流表的示数II1I21.5 A，A错误，B正确电路总功率为PU(I1I2)15 W，C错误，D正确10.AD 11. ABD 12.ABD13. 【答案】10 70 2.150（2.149到2.152）14. (1).A; D; E;(2).10; (3).11.415. 【答案】0.05 J104V减少4.5 m/s【解析】电场力做功WqEL51061041 J0.05 JUABEL1041 V104V由动能定理可知：qELmgLmv代入数据解得，vB4.5 m/s.16. 【解析】如图，金属棒受mg、N和F作用处于静止，依平衡条件，可知F方向必水平向右，再依左手定则可知金属棒电流流向是P流向Q；故对金属棒依平衡条件得：Nsin =FNcos=mg根据安培力大小公式F=BIL及闭合电路欧姆定律，E=I（r+R）由上两式，解得：17.解析:(1)设弹簧的伸长量为x,则有mg=kx 解得x= mg/k.(2)为使电流表正常工作,作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下.因此M端应接正极.(3)设满量程时通过MN的电流为Im,则有 BIm +mg=k( +x)代入数据得Im= =2