河南省郑州市学年高二物理上学期第八次周考试题

PAGE河南省郑州市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φ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”，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（）A．5600Ω，偏大B．5600Ω，偏小 C．800Ω，偏小D．800Ω，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.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θ，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，OA＜OB，OM＝ON，AB间的电势φ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．粒子一定能通过N点C．AO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2A，则下面说法中不正确的有（）A．电源电动势为3V，内电阻为1ΩB．A、B纵坐标差为2WC．电流为2A时，外电阻为0.5ΩD．电流为3A时，外电阻为2Ω8.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)，t＝0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()A．B．C．D．9.如图所示，电阻R1＝20Ω，电动机的绕组电阻R2＝10Ω.当电键断开时，电流表的示数是0.5A，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()A．I＝1.5AB．I＜1.5AC．P＝15WD．P＜15W10.如图所示，平行板电容器两极板间带电质点P原处于静止状态，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，多用表的示数如图所示，测量结果R为________Ω.（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(0~3V,内阻6)B.电压表(0~15V,内阻30)C.电流表(0~3A,内阻0.1)D.电流表(0~0.6A,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6V,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E＝104N/C、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L＝1m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m＝0.2kg、电荷量为q＝5×10－6C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、B两位置的电势差多少？小球到达B点时的速度多大？(取g＝10m/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θ，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=2.0N/m,=0.20m,=0.050m,B=0.20T,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Ⅰ象限存在沿y负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON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y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h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.D2.D3.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m1g＝m2g＋m3g＋NBIL，其中m3为线圈质量.电流反向后，有m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL.两式联立可得B＝.故选B.4.B5.B6.C7.D8.A9.BD【解析】电路两端的电压为：U＝I1R1＝0.5A×20Ω＝10V．电动机是非纯电阻用电器，UI2＞IR2，所以I2＜＝1A．电流表的示数I＝I1＋I2＜1.5A，A错误，B正确．电路总功率为P＝U(I1＋I2)＜15W，C错误，D正确．10.AD11.ABD12.ABD13.【答案】×10702.150（2.149到2.152）14.(1).A;D;E;(2).10;(3).11.415.【答案】0.05J104V减少4.5m/s【解析】①电场力做功W＝qEL＝5×10－6×104×1J＝0.05J②UAB＝EL＝104×1V＝104V③由动能定理可知：qEL＋mgL＝mv代入数据解得，vB≈4.5m/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：Nsinθ=FNcosθ=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Δx,则有mg=kΔx解得Δx=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(+Δx)代入数据得Im==2.5A,所以此电流表的量程是0～2.5A.答案:(1)Δx=mg/k(2)M(3)0～2.5A18.(1)设粒子在电场中运动的时间为t1则有2h＝v0t1，h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)根据牛顿第二定律得Eq＝ma求得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh).(2)设粒子进