2019-2020学年安徽省阜阳市颍上二中高二(上)第二次段考物理试卷

1、2019-2020 学年安徽省阜阳市颍上二中高二（上）第二次段考物理试卷一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）1. 在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法不正确的是A.B.C.库仑在前人工作的基础上总结出库仑定律美国物理学家密立根利用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量最初是焦耳用实验直接测得的用于计算电热的关系式D. 法拉第发现了电流的磁效应2.如图所示，矩形线圈abcd 放置在水平面内， 磁场方向与水平方向成角，已知，回路面积S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为A. BSB.C.D.3.在图中，分别给出了导线中的电流方向以及磁场中某处小磁针N 极的指向或磁感线方向，

2、错误的是A.B.C.D.4. 如图所示，在真空中存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场， A、B 两点分别固定着等量异种点电荷和是线段 AB 的中点， C 是线段AB 垂直平分线上的一点，且若 O 点的电场强度大小为2E，则 C 点的电场强度大小为A.B.C.D.5. 如图所示， 等边三角形 ABC 的两个顶点 B、C 处垂直于纸面固定着两根互相平行的通电长直导线， P 点是三角形的中心。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁场的磁感应强度大小为，其中 I 为通电长直导线中的电流，r 为该点到通电长直导线的距离，k 为常数，则下列说法错误，的是A. B、C 两点连线的中点处的磁感应强度方向

3、向下B. B、C 两点连线的中点处的磁感应强度为0C. A、P 两点的磁感应强度方向相同D. A、P 两点的磁感应强度大小相等6. 如图所示，虚线 a、 b、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知A.B.带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大带电粒子在P 点时的加速度大小小于在Q 点时的加速度大小第1页，共 14页C. 带电粒子在 P 点时的速度大小大于在Q 点时的速度大小D. 带电粒子在 R 点时的动能与电势能之和比在Q 点时的小，比在P 点时的大7. 如图所示竖直绝缘墙壁上的Q处由一固定的质

4、点AQ的正上方的P点用细线，在悬挂一质点 B， A、B 两点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使 A、B 两质点的电量逐渐减小，在电荷漏空之前悬线对悬点P的拉力 T大小A. T变小B. T变大C. T不变D. T 无法确定8. 电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器、和定值电阻组成如图所示的电路当把变阻器、 调到某个值时， 闭合开关 S，电容器中的一个带电液滴恰好处于静止状态当再进行其他相关操作时只改变其中的一个 ，以下判断正确的是A.B.C.将的阻值增大时，液滴将向下运动将的阻值增大时，液滴仍保持静止状态断开开关S，电容器上的带电荷量将减为零D. 把电容器的上极板向上

5、平移少许，电容器的电荷量将减小二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）9.如图甲、乙两个电路， 是利用一个灵敏电流表和一个电阻箱R 改装成电压表或电流表，若电压表量程为3V，电流表量程为，则A.B.甲表是电流表，乙表是电压表甲表中电阻箱的阻值是，乙表中电阻箱的阻值是C. 若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，则可适当减小电阻箱R 的阻值D. 若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些，则可适当增大电阻箱R 的阻值10.如图所示，一直流电动机与阻值的电阻串联在电源上， 闭合开关，电动机的输入功率为，电源的电动势，内阻用理想电压表测出电动机两端电压，已知电动机线圈的电阻，则下列说法中正确的

6、是A. 通过电动机的电流为10AB. 电源的输出功率为36WC. 电动机的输出功率为16WD. 理想电压表的示数为2V11.如图所示， 边长为的正方形abcd 区域内包括边界存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在 a 点处有一粒子源，能够沿ab 方向发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子射出的速率大小不同粒子的重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用。下列说法不正确的是第2页，共 14页A. 轨迹不同的粒子，在磁场中运动时间一定不同B. 从 c 点射出的粒子入射速度大小为C. 从 d 点射出的粒子在磁场中运动的时间为D. 粒子在边界上出射点距 a 点越远，在磁场中运动的时间越短12.如图

7、是一种电磁炮的原理图，已知炮弹连同金属杆的质量为，匀强磁场的磁感应强度，轨道宽为，长，供电电流，磁场与金属导轨垂直，不计轨道摩擦，则关于炮弹在导轨上运动的过程A. 炮弹达到的最大速度为B. 炮弹达到的最大速度为C. 安培力的功率恒定D. 安培力的最大功率为W三、实验题（本大题共2 小题，共15.0 分）13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图所示，由图可知其长度为_cm用螺旋测微器测量其直径如图所示，由图可知其直径为 _mm；用多用电表的电阻 “”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3 所示，则该电阻的阻值约为 _。

8、14. 某同学做 “测定电动势约 2V 内阻约几 的电池的电动势和内阻 ”实验。他采用如图 1 所示的实验电路进行测量。现有下列器材供选用：A.电压表，内阻约电压表，内阻约C.电流表，内阻约电流表，内阻约E.滑动变阻器滑动变阻器实验中所用电压表应选_ 填字母代号第3页，共 14页图 2 中给出了做实验所需要的各种仪器。请你按电路图把它们连成实验电路。在答题卷先用铅笔连线，确定准确无误后，再用签字笔连线根据实验数据做出图象，如图3 所示，蓄电池的电动势_V，内电阻_结果保留 2 位有效数字四、计算题（本大题共3 小题，共28.0 分）15.ABC 表示竖直放在电场强度为的水平匀强电场中的绝缘光滑

9、轨道，其中轨道的BC 部分是半径为 R 的 圆环，轨道的水平部分与半圆环相切为水平轨道上的一点，而且，把一质量，带电量为的小球，放在A 点由静止释放后，求：小球到达 C 点的速度大小小球在 C 点时，轨道受到的压力大小16.如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计，g 取已知，求：通过导体棒的电流；导体棒受到的安培力

10、大小以及方向；导体棒受到的摩擦力大小与方向。第4页，共 14页17. 如图所示，在第 象限内有水平向右的匀强电场，在第 、 象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带正电的粒子质量为m 带电量为 q 以垂直于x 轴的初速度从 x 轴上的P 点进入匀强电场中， 并且恰好与y 轴的正方向成角进入磁场，又恰好垂直进入第 象限的磁场。已知 OP 之间的距离为d。求：电场强度 E 的大小；带电粒子在磁场中第二次经过x 轴时，在电场和磁场中运动的总时间。五、综合题（本大题共1 小题，共9.0 分）18.如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电阻，当开关S断开时，电流表的示数为，电压表的示

11、数为，试求电阻和的阻值；第5页，共 14页当 S 闭合后，电压表的示数和电源的输出功率各为多少第6页，共 14页答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A、库仑在前人工作的基础上总结出库仑定律，故A 正确；B、美国物理学家密立根利用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故B 正确；C、最初是焦耳用实验直接测得的用于计算电热的关系式，故C 正确；D、法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，故D 不正确。本题选不正确的，故选： D。根据物理学史和常识解答，记牢著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2

12、.【答案】 B【解析】解：矩形线圈abcd 水平放置，匀强磁场方向与水平方向成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以，则穿过矩形线圈的磁通量是，因此 ACD错误； B 正确；故选： B。线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量，B 是磁感应强度， S 是线圈的面积。当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量。对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式是线圈平面与磁场方向的夹角来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况。3.【答案】 B【解析】解： A、根据安培定

13、则可知，通电直导线中电流向下，则磁感线顺时针，小磁针N 极所指的方向为该点磁场的方向，故A 正确；B、环形电流中的磁场方向向左，则小磁针N 极向左，故 B 错误；C、通电螺旋管中，磁场方向向右，右端是N 极，故 C 正确；D、环形电流为逆时针，根据安培定则可知，内部磁场方向向外，故D 正确。本题选错误的，故选：B。本题考查通电直导线和通电线圈周围磁场的方向，解题的关键是安培定则的灵活运用。4.【答案】 C【解析】解：根据场强的矢量合成可知，O 点的场强为匀强电场场强E 以及和在 O 点形成场强的矢量和，设 AB 距离为2r，则有，可得：在 C点，和在 C 点的场强大小相等，且夹角为，且有，故

14、C 点处的场强大小为：合；故 ABD 错误， C 正确；故选： C。O 点场强是由匀强电场的场强E 和两个点电荷在该处形成场强和场强，结合点电荷的场强表达式第7页，共 14页场可求点电荷在 O 点的场强，根据比例关系求出两个点电荷在C 点场强，在求解场强的矢量和即可；熟练掌握点电荷的场强表达式场，在求解空间某点的场强时是各个场强的矢量和。5.【答案】 A【解析】解：如图所示，设等边三角形ABC 的边长为a，A 点的磁感应强度，P 点的磁感应强度，方向均为水平向右，故CD 正确；两通电长直导线再BC 两点连线的中点处的磁感应强度大小均为，但方向相反，合磁感应强度为0，故 A 错误， B 正确。本

15、题选错误的，故选：A。根据题意通电导体在某一点的磁感应强度大小为，利用几何知识和矢量的平行四边形法则解题。本题考查了通电直导线磁场的分布与计算、矢量的平行四边形法则等知识点。利用矢量运算的平行四边形法则是解题的关键。6.【答案】 C【解析】解： AC、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过 R运动到 Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能小，带电粒子在P 点时的速度大小小于在Q 点时的速度大小，故A 错误、 C 正确；B、电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密确可知，带电粒子在P 点时的加速度大小

16、大于在Q 点时的加速度大小，故B 错误；D、只有电场力做功，粒子的电势能和动能之和不变，所以带电粒子在R 点时的动能与电势能之和与P、Q点的相等，故 D 错误。故选： C。根据轨迹弯曲的方向可知电场力的方向；根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P 点场强大，电场力大，加速度大。该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键。根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点电场线与等势面交点以及已知点的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。7.【答案】 C第8页，共

17、 14页【解析】 解：以小球为研究对象，球受到重力G，A 的斥力和线的拉力三个力作用， 作出力图， 如图。作出、的合力 F ，则由平衡条件得：。根据得：又，得：在 A、B 两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、 PQ、G 均不变，则线的拉力T 不变，故C 正确， ABD 错误；故选： C。以小球 B 为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态；分析B 受力情况：重力G， A 的斥力和线的拉力三个力作用，作出力图，根据，得到线的拉力与线长的关系，再进行分析求解。本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解。8.【答案】 D【

18、解析】 解：A、闭合开关 S，电容器上极板带正电， 带电液滴受重力和电场力处于平衡， 电场力竖直向上，可知带电液滴带负电。当 的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动。故 A 错误。B、将 的阻值增大时， 则 两端间的电压增大， 所以电容器两端间的电压增大， 液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动。故 B 错误。C、断开开关，稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势。电容器的电压增大，带电量增加，不会为零。故 C 错误。D、把电容器的上极板向上平移少许，d 增大，电容减小，电容器两端的电势差不变，则由得知，电容器的电荷量将减小。故D 正

19、确。故选： D。闭合开关后，与电容器并联，相当于导线电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡断开开关，和以及电容器和电源构成一回路，和都相当于导线，电容器两端间的电势差等于电源的电动势由此分析解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变9.【答案】 ABC【解析】解：A、甲由一个灵敏电流表G 和一个变阻器R 并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表，乙由一个灵敏电流表G 和一个变阻器R 串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表，故A 正确。B、由公式知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则，由公式第9页，共

20、 14页知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则，故 B 正确。C、安培表的量程，可知当 R 减小时量程I 增大。故C 正确。D、伏特表的量程，可知 R 增大时量程增大。故D 错误。故选： ABC。电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的。利用并联电阻的分流作用，将灵敏电流表G 和电阻并联，改装成安培表。利用串联电阻的分压作用，将灵敏电流表G 和电阻串联，改装成电压表。本题考查电表改装的原理和量程的意义，题目难度不大。10.【答案】 BC【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律可知，解得，通过电动机的电流为2A，故 A错误；B、电阻 R 消耗功率，故电源的输出功率为，故 B 正确；C、电

21、动机输入功率，内部消耗功率热，输出功率出热，故 C 正确；D、电压表示数，故 D 错误。故选： BC。电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而 R 和 r 是纯电阻，可以对 R 和 r 运用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率，内部消耗功率热，输出功率出热 根据功率关系求出电动机输出的功率；根据能量守恒求解电源的输出功率。对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路， 可从从能量转化的角度理解： 电能全部转化内能时，是纯电阻电路。电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。11.【答案】 ABD【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：，设粒子在磁场中转过的圆心角为，

22、粒子在磁场中的运动时间：，粒子速率不同运动轨迹不同，如果转过的圆心角相等，则粒子在磁场中的运动时间相等，如从ad 边离开磁场的粒子在磁场中转过半个圆周，虽然运动轨迹不同，但运动时间都相同，为，故 A 错误；B、由几何知识可知，从C 点射出的粒子运动轨道半径：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故 B 错误；C、从 d 点射出的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，运动时间：，故 C 正确；D、从 ad 边不同位置离开磁场的粒子距离a 点的距离不同，但是从ad 边射出磁场的粒子在磁场中的运动时间都是，由此可知，粒子在边界上出射点距a 点越远，在磁场中运动的时间不

23、一定越短，故D错误；第10 页，共 14页本题选不正确的，故选： ABD。粒子在磁场中做圆周圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中转过的圆心角为，则粒子在磁场中的运动时间：；根据题意求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律与粒子周期公式分析答题。本题考查了粒子在磁场中的运动，知道粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力、掌握粒子做圆周运动的周期公式是解题的前提，分析清楚粒子运动过程即可解题。12.【答案】 AD【解析】解：A、炮弹的加速度，炮弹达到的最大速度为，选项 A 正确， B 错误；C、安培力的功率安可知随速度的增加，安培力的功率增加，选项C 错误；D、安培力的最大功率为安，选项 D

24、正确；故选： AD 。炮弹在安培力作用下使其做加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得速度，根据求得功率本题考查动能定理和瞬时功率的基本运用，利用好牛顿第二定律，抓住加速度是解决问题的中间桥梁。13.【答案】220【解析】解：游标卡尺的固定刻度读数为6mm，游标尺上第8 个刻度游标读数为，所以最终读数为：；螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，所以最终读数为：。该电阻的阻值约为。故答案为：游标卡尺读数的方法是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；用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附

25、近时测量值较准确；解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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。14.【答案】 B【解析】解：电动势约为2V，电压表选B；根据电路图连接实物图，如图所示：由图示电源图象可知，图象与纵轴交点坐标值为，电源电动势为：，第11 页，共 14页电源内阻为：；故答案为：；，。根据电源电动势选择电压表；根据电路图连接实物图；由图示图象求出电源电动势与内阻；本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，要掌握实验器材的选择原则，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据方法，要掌

26、握应用图象法处理实验数据的方法。15.【答案】解：设小球在C 点的速度大小是，则对于小球由的过程中，由动能定理得：解得：小球在 C 点时受力分析如图，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：，方向：水平向右；答：小球到达 C 点的速度大小为；小球在 C 点时，轨道受到的压力大小为3N【解析】本题主要考查动能定理，圆周运动，在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解应用动能定理研究小球由的过程，求出小球在C 点的速度大小，对小球在C 点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决16.【答案】解：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：代人数据解得：导体棒受到的安培力：安第12 页，共 14页代人数据解得：，方向沿斜面向上导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：安解得：答：通过导体棒的电流为；导体棒受到的安培力大小为，方向沿斜面向上；导体棒受到的摩擦力大小为，方向沿