2019-2020学年惠州市高二第一学期期中综合测试物理试题含解析

1、2019.2020学年惠州市高二第一学期期中综合测试物理试题一、单项选择题（本题包括1。个小题，每小题只有一个选项符合题意）1. 一条粗细均匀的电阻丝，电阻为R,圆形横截面的直径为&若将它拉制成直径为6的均匀细丝，电 阻变为（）RRA. B.10000100C. 10000RD. 100R 【答案】C【解析】试题分析：将电阻丝的直径拉成原来的A时，横截面积变为原来的击，长度变为原来的1。倍，由R = p,可知电阻变为原来的10000倍，即10000R,故选项C正确.S考点：考查电阻定律的应用.2.图1）为示波管的原理图.如果在点击rr之间所加的电压图按图小）所示的规律变化，在电极XX&

2、#39;之间所加的电压按图（C）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是【答案】B【解析】电子在rr和XX'间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式:22 md前半个周期。士时间内Sy <0,电子受到的力偏向X'一侧，所以电子前半周期偏向X 一侧.前半个周期。七时间内。丫 >。，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧.综上，前半 个周期0-tx时间内图像应该在第二象限.同理，后半周期的图像应在第四象限.A.分析可知，前半个周期。气时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限.故A错误.B.分析可知，前半个周期。七时间内图像应该在第

3、二象限，后半周期的图像应在第四象限.故B正确. C.分析可知，前半个周期。七时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限.故C错误. D.分析可知，前半个周期。，时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限.故D错误.3.如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈 I和口,分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（I为细导线）.两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自 由下落，再进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边 界设线圈I、n落地时的速度大小分别为匕、叱,在磁场中运动时产生的热量分别

4、为9、。2不计空气阻 力，已知线框电阻与导线长度成正比，与导线横截面积成反比，则尸回hI? X x X j：X XX：X XX： 777777777777777/7A. V, <v2fei <e2B. vl=v2,Ql=Q2c.9岭,01 = Q1D. V,=匕,Qi < Qi【答案】D【解析】据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v,线圈切割磁感线产生感应电 流，同时受到向上的安培力为：_ b2i3vF =R4/由电阻定律得线圈的电阻R =（P为材料的电阻率，L为线圈的边长，s为单匝导线横截面积）所以下边刚进入磁场时所受的安培力为： B2LvSF =4。此

5、时加速度为： mg -FF = -=g mm将线圈的质量m=poS4L （p。为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：B2v =g16m此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈I和II同步运动，落地速度相等： V1=V1由能量守恒可得：Q = mg（ h + H）-mv2（H是磁场区域的高度）因为I为导线细，质量m小，产生的热量小，所以01Voi.A. v,<v2, 0<。2,与结论不相符，选项A错误；B. v,=v2,。=。2,与结论不相符，选项B错误；C. v,<v2, 2=0,与结论不相符，选项C错误；D. v,=v2.。1<0,与结论相符，选

6、项D正确；4.在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，ZM = 30 NP=90。，直角边NP的 长度为4 cm.已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V.则电 场强度的大小为（）上dpA. 150 V/mB. 75 V/mC. 225 有 V/mD. 7573 V/m【答案】A【解析】 过P点作斜边MN的垂线交MN于。点，如图所示由几何知识可知N、。间的距离NO=2cm, M、。间的距离MO=6cm,由匀强电场的特点得。点的电势 为q=12W ,即。、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知：E= = "F%

7、 = 150W/m,故 A 正确.d NO综上所述本题答案是：A5.如图所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为U. C、D始终和电源相接（图中并未画出）, 且板间的场强为E. 一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经AB加速进入CD之间 并发生偏转，最后打在荧光屏上，CD极板长均为X,与荧光屏距离为L,贝人A.该粒子带负电B.该粒子在电场中的偏移量为三14 UC.该粒子打在屏上。点下方和。相距易6二）的位置D.该粒子打在屏上的动能为qU【答案】C【解析】A.带电粒子在偏转电场中沿电场线的方向发生偏转，受力的方向与电场线的方向相同，所以粒 子带正电；故A错误；B.

8、对于带电粒子通过加速电场的过程，根据动能定理有：qU二二;2设带电粒子刚好飞出偏转电场，则此时粒子沿电场方向的位移恰为y,即yg二匚*又：a=qE/m电子通过偏转电场的时间t=x/v代入数据解得该粒子在电场中的偏移量为：y4故B错误；C.粒子射出电场时，沿y方向是速度：vFatLJ LJ偏转角：tan 8 =v7/v=ttt =三该粒子打在屏上0点下方和0相距：H=y+L tan 8*g + L）.故C正确；D.对于带电粒子通过加速电场的过程，根据动能定理有：qU1二二）由于粒子在电场中偏转的过程中，偏转电场对粒子还做功，所以该粒子打在屏上的动能大于Uq.故D错误。故选：C【点睛】根据电场力方

9、向与电场线方向关系判断粒子带正电还是负电：带电粒子先在AB间做匀加速直线运动然后 CD间做类平抛运动，出了电场后做匀速直线运动.粒子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度V。的大小，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速度.粒子水平方向做匀速直线运动，由水平位移1和V。求出运动时间.粒子在竖直方 向做初速度为零的匀加速运动，由位移公式求解侧向偏移量y,射出磁场后做匀速直线运动，根据位移速 度公式求解位移，进而即可求解侧移y.6. 一带负电的粒子仅受电场力作用下在电场中做直线运动，v-t图象如图所示，6、时刻分别经过M、N两点，则下列判断正确的是（）A.该电场可能是由某正点电荷形

10、成的B.带电粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大C. M点的电势低于N点的电D.带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力【答案】B【解析】由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变， 场强不变，因此该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故AD错误.由速度图象可知，带电 粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，粒子 的速度减小，所以带电粒子所受的电场力方向从NfM,而粒子带负电，则电场线方向从MfN,所以M 点的电势高于N点的电势，故B正确，C错误；故选B.【点睛】由速度时间图象分析粒子速度

11、的变化，根据能量守恒定律分析电势能的变化.粒子在电场中做匀减速直线 运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场.7 .下列说法中正确的是（）A.电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大，导电的性能越好8 .利用半导体的导电特点可以制成有特殊用途的光敏、热敏电阻C.超导状态是指某些导体的温度升高到某一数值时，它的电阻突然降为零而所处的状态D.临界转变温度越低的超导体越有实用价值【答案】B【解析】电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越小，导电的性能越好，选项A错误；半导体电阻 随温度的升高而减小：利用半导体的导电特点可以制成有特殊用途的光敏电阻、热敏电阻等；故B正确； 超导体电阻随

12、温度的降低而减小；故是指某些金属的温度降低到某一数值时，它的电阻突然降为零；故C 错误；临界转变温度越高的超导体越有实用价值，选项D错误；故选B.【点睛】本题考查电阻定律的应用，要注意明确不同材料的电阻其电阻率随温度的变化而变化规律不同；特别明确 半导体材料的应用.8.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两条等势线间的电势差相等.一正电荷（只在电场 力的作用下）在5上时，具有的动能是21eV,它运动到等势线如上时，速度为零.令5的电势为1.那 么该电荷的电势能为4eV时，其动能大小为（）A. IGeVB. GeVC. lleVD. 4eV【答案】B【解析】试题分析：因为只有电场力做功，

13、所以动能和电势能之和不变，又因为正电荷从等势线4>3运动到等势线柄时，动能减小，所以电场线方向向右，正电荷在等势线柄的电势能为= 动能七代=。；又因为是匀强电场，且相邻的等势线间的电势差相等，电场力做功相同，动能变化相同，所以 电荷位于等势线上时时2=1优心动能以2=1°小；同理可得：为3=°四，43=20川.当令6=1 时，sp2=OeVf所以£ = £k+J = 1°<，即当该电荷的电势能为4eV时，其动能大小为6eV,故选项B正确.考点：本题考查电场力做功和动能及电势能之间的关系，只有电场力做功时动能和电势能之和不变，但电 势

14、能的大小与选取的零势面有关.9.如图所示的电路中，闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、5、5和5表示，电表示数的变化量分别用Al、AU】、A6和A3表示.下列说法正确的是（）B.不变大，一变大 1 N0. 7不变，工厂不变A.?不变，W变大 /A/C.变大，不:不变 1A/【答案】C【解析】A. %是定值电阻，有&旦=也1 I A/可知?不变，当不变，故A错误.I A/BC.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，Rz变大，Rz是可变电阻，有所以牛变大.根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-l(Ri+r) 则知U， n= R1+rA

15、/其值不变；故B错误，C正确.D. 6为路端电压，号为外电阻，其值增大，根据闭合电路欧姆定律知AZ其值不变，故D错误.【点睛】本题要分定值电阻与可变电阻去分析.对于定值电阻，有R = * = 券;对于可变电阻，可根据闭合电 I A/路欧姆定律分析与与电源内阻的关系，从而作出判断.A/10 .图为测量某电源电动势和内阻时得到的51图线.用此电源与三个阻值均为3c的电阻连接成电路， 测得路端电压为4.8V.则该电路可能为av6 J.【答案】B6-4【解析】由上图可知电源电动势为6V,电源内阻为。=0.5。.4E 6A.三电阻并联，R外= 1Q, / = T = 77A = 4A> u = /

16、R外=4V；EB.两个电阻串联，然后与第三个电阻并联，R外=2。, I=- = 2AA9 U = /R%=4.8V； 代外十一Ec.三电阻串联，R外=9Q, /=-; = 0.63A, / = 5.68V； N外+ rED.两电阻并联后与第三个电阻串联，R外=4.50, I = - = i.2Af U=5.4V； 八外十【点睛】 根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可.二、多项选择题(本题包括6个小题)11 .如图所示的电路中，电源电动势为12 V,内阻为2Q,四个电阻的阻值已在图中标出.闭合开关S,B.电源的总功率为10WC. a、b间电压的大小为5

17、 VD. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A【答案】AC【解析】外阻为"则/ =12R + r 10 + 2A=1A ,则外压U=IR=1OV,功率P=EI=12W,则A正礼B错误；根据并联电路的特点可求流过a.b电流均为0.5A,所以Uba=0.5x(15-5)=5V,15x5故C正确；a、b间用导线连接后，根据电路的连接可求外电路电阻为* = 2x(0 = 7.5。，电15 + 5流/'=12R' + r 7.5 + 2AgL26A,故D错【点睛】 考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键;12.如图所示，两极板间距为

18、d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动，下列叙述中正确的是A.微粒带的是正电B.两极板的电压等于竺" qc.断开开关s,微粒将向下做加速运动D.保持开关S闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动【答案】BD【解析】A.由题，带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，则微粒受到向上的电场力, 而平行板电容器板间的场强方向竖直向下，则微粒带负电，故A错误；B.由平衡条件得：?得电源的电动势为：E = U =吗 q故B正确；sSQUC.断开开关S,电容器所带电量不变，根据公式。=177、。=券和七=:可得4欣（1U

19、dE _ 4以。sS '得场强E不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动，故C错误；D.保持开关S闭合，极板间的电压u不变，当把电容渊两极板距离增大，根据E =则电场强度减小,d那么电场力减小，因此微粒将向下做加速运动，故D正确；13.关于电场与磁场，下列说法正确的是（）A.电流周围存在的是电场B.磁极周围存在磁场C.磁极与磁极之间通过磁场而相互作用D.磁极与电流之间没有相互作用【答案】BC【解析】：A、电流的周南存在磁场；静电荷周围存在的是电场，故A错误；B、磁极的周围存在磁场，故B正确；C、磁极与磁极之间可能通过磁场而产生相互作用，故C正确；D、磁极对电流会产生安培力的作用，故

20、D错误综上所述本题答案是：BC14.如图所示，直线。AC为某一直流电源的总功率随着电流变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内 部的热功率随电流I变化的图线。若A、B对应的横坐标为2A,则下面说法中正确的是P/WA.电源的电动势为3V,内阻为IQB.线段AB表示的功率为2WC.电流为2A时，外电路电阻为0.5QD.电流为3A时，外电路电阻为如【答案】ABC【解析】由题可知，直线OAC表达式是P奸EI,从而可知其斜率为电源的电动势，所以电源电动势E=3V； 抛物线OBC表达式为P Fr,从图中交点C的数据1=1。,故A正确;当I=2A时电源的总功率PA=EI=6W 和电源内部的热功率PB=Pr=

21、4W,从而可求AB段表示的功率为2W,故B正确；AB段实际上就是电流 的输出功率，即可用PaPR,得外电阻R=0.5Q,故C正确。交点C表示电源的总功率与电源内部热功 率相等，说明电源短路，外电阻为0,故D错误。故选ABC。15.图示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈, E为电源，S为开关.关于三盏灯泡，下列说法正确的是（）A.合上开关，c、b先亮，a后亮B.合上开关一会后，a、b一样亮C.断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D.断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭【答案】AB【解析】A.开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，磁能量

22、增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知, 自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，故A正确；B.合上开关一会儿后，因线圈中电流逐渐稳定，则相当于导线，所以a、b 一样亮，故B正确；CD.断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b 一起缓慢熄灭； 而c没有电流，马上熄灭。由于原来ab两灯的电流相等，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小，所以两灯都不会闪亮，故CD错误。故选ABO16.如图所示，一直流电动机与阻值R=9Q的电阻串联在电源上，电源电动势E = 30V,内阻r=lQ,用理想电压表测出电动机两端

23、电压U=10V,已知电动机线圈电阻Rm=1Q则下列说法中正确的是A.通过电动机的电流为1。AB.电动机的输入功率为20 Wc.电源的输出功率为40WD.电动机的输出功率为16 W【答案】BDE-U【解析】根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I （r+R）解得：/ = - = 2A,故A错误；电源的输出功 R + r率P=IEFr=56W,故C错误；电动机的输入功率：Pa=UI=10x2=20W；电动机的热功率： 电动机的输出功率：P tH=P-P MUI12Rm=10x2-2Zx1=16W；故BD正确；故选BD.【点睛】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

24、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.三、实验题（本题包括2个小题）17.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V, 2.5 W的小灯泡，导线和开关外, 还有：A.直流电源（电动势约为5 V,内阻可不计）B.直流电流表（量程。3 A,内阻约为0.1C）C.直流电流表（量程。600 mA,内阻约为5 0）D.直流电压表（量程。15 V,内阻约为15 kmE.直流电压表（量程。5 V,内阻约为10 kC）F.滑动变阻器（最大阻值允许通过的最大电流为2 A）G.滑动变阻器（最大阻值IkQ,允许通过的最大电流为。.5 A）实验要求小灯泡两端

25、的电压从零开始变化并能测多组数据.实验中电流表应选用 电压表应选用 滑动变阻器应选用（均用序号字母填写）.（2）请按要求将图中所示的器材连成实验电路.果用字母k、b表示）（3他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：一.【答案】12.0负 L 匕铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压档的内阻，因此直接用表笔接 在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势【解析】（D 1电压档量程为50V,则最小分度为IV,则指针对应的读数为12.0V；（2）234作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进，黑表笔流出，故黑表笔连接的是电池的负极;E由闭合电路欧姆定律可得/= -变形可得：r +

26、R则由图可知:=b： = kE E则可解得h k（3） 5因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压档的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的 读数非常接近电源的电动势.四、解答题（本题包括4个小题）19.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于 倾角为53。的光滑斜面上.一长为L=9cm的轻朋细绳一端固定在。点，另一端系一侦量为m=lkg的小球, 将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断.之后小球在运动 过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm. （g=10m/s2, 5断53。=0.8,。85

27、3。=0.6）求： （1）细绳受到的拉力的最大值；（2）D点到水平线AB的高度h；弹簧所获得的最大弹性势能Ep.【答案】(1)3ON； (2)0.16m； (3)2.9JO【解析】（1）小球由。到。，由机械能守恒定律得:mSL = mv；解得匕="正在。点，由牛顿第二定律得F-ms=mh.由解得F = 30N 由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30N o（2）由。到A,小球做平抛运动 vv2 = 2ghV tan53°= vi 联立解得h = 16cm（3）小球从。点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep =7g(L + /? + xsin53

28、0), 代入数据解得:£p=2.9J【点睛】本题考查了圆周运动、平抛运动等知识点，综合运用了牛顿第二定律、机械能守恒定律，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解.20. 一根弹性绳沿X轴方向放置，左端在原点。处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为Is的简谐运动，于是在绳上形成一简谐波.绳上质点N的平衡位置为x=5m,振动传播到质点M时的波形如图所 示.求：（1）绳的左端振动后经过多长时间传播到质点N；（2）质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程；（3）如果从N开始振动计时，画出质点N振动的位移-时间图线.【答案】（D绳的左端振动经2.5s时间传播到质点N；（2）质点N开始振动

29、时，绳的左端已通过的路程为80cm.（3）如果从N开始振动计时，质点N振动的位移-时间图线如图所示.【解析】（1）由图可知，波长入=2m,则波速：v=&=3n/s=2m/s振动从。传播到质点N经历的时间：t=s=2.5s v 2十7 E（2）因n辛寸25,所以质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程为：s=2.5x4A=2.5x4x8cm=80cm（3）由上可知，经2.5s波传播到N点，由波形图知各质点的起振方向向下，振幅为8cm,周期与波的周期相同即T=ls,所以质点N的振动图象如图所示：21.如图所示，固定在水平面上间距为/的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒A/N和长度也为/、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线 圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为3.的质量为用，金属导轨足够长，电阻忽略不计.