学年重庆市南开中学高二上学期期中考试物理试题.docx
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学年重庆市南开中学高二上学期期中考试物理试题
重庆市南开中学高2020届（二上）半期考试
物理试题卷
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：
高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、选择题
1.下列物理量属于矢量的是（）
A.磁感应强度B.磁通量C.电流强度D.电阻率
【答案】A
【解析】
【分析】
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【详解】矢量是既有大小又有方向的物理量，磁感应强度是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，电流强度、电阻率和磁通量都是标量，故A正确，B、C、D错误。
故应选：
A。
【点睛】对于矢量与标量，要掌握它们之间的区别：
矢量有方向，标量没有方向；同时注意矢量的运算应符合平行四边形定则。
2.已知干电池的电动势为1.5V.下列说法正确的是（）
A.用电压表直接连接干电池的两极，测量得到的电压就是该电池的电动势
B.当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能
C.当外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池
D.当外电路闭合时，在1s内该电池能提供1.5J的电能
【答案】B
【解析】
试题分析：
用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的同电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势．故A错误．根据电动势的定义式
得W=qE，当q=1C，E=1．5V时，W=1．5J，即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1．5J的电能，故B正确．当外电路闭合时，电路中电流不一定是1A，由q=It知，在1s内不一定有1．5C的电荷量通过该电池，故C错误．当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1．5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故D错误．故选B．
考点：
电动势
【名师点睛】解决本题的关键要掌握电动势的定义式
，明确电动势和路端电压的区别和联系，即电池的电动势等于电池没有接入电路时两极间的电压。
3.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：
地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。
在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是
【答案】B
【解析】
试题分析：
要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：
地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．
解：
地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：
拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．
故选：
B．
【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．
4.（改编）如图为某同学设计的研究磁场对通电金属棒作用的实验装置。
当其接通电键时，有电流通过金属棒，观察到金属棒向左运动，则下列说法正确的是
A．此时通过金属棒的电流是由电源经b流向a
B．若调换U形磁铁的南北极，则金属棒仍向左运动
C．若调换流经金属棒的电流方向，则金属棒仍向左运动
D．若同时调换U形磁铁的南北极和流经金属棒的电流方向，则金属棒仍向左运动
【答案】D
【解析】
试题分析：
由左手定则可知电流经
流向
，所以A错；若调换磁铁的南北极，磁场方向反向，则安培力的方向反向，变为向右，所以B错；若调换流经金属棒的电流方向，则安培力的方向反向，变为向右，所以C错；若同时调换磁铁的南北极和电流的方向，则导体棒所受安培力的方向不变，所以D正确。
考点：
安培力，左手定则。
5.设法维持一段金属导线温度不变，随着加在导线两端的电压增大，则有（）
A.金属导线电阻变大B.金属导线材质的电阻率变大
C.导体内单位体积自由电子数目增多D.导体内自由电子定向移动的速率变大
【答案】D
【解析】
【详解】A、B项：
导体的电阻率与导体本身的性质和温度有关，由电阻定律
可知，导体的电阻不变，故A、B错误；
C、D项：
导体内单位体积自由电子数由导体本身的性质决定，由公式
可知，电压变大，电阻不变，电流变大，由公式
可知，导体内自由电子定向移动的速率变大，故C错误，D正确。
故应选：
D。
6.如图，在水平面O点固定一个点电荷，实线表示一电子只在库仑力作用下的运动轨迹，M、N和P为轨迹上的三点，N点离O点最近，P点比M点O点更远，则下列说法正确的是（ ）
A.位于O点的点电荷带正电
B.三点中，电子在N点的电势能最小
C.三点中，电子在P点的速度最大
D.位于O点的点电荷产生的电场中，M点的电势比P点的高
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电子轨迹弯曲的方向判断出电场力的方向，从而判断电场力做功情况，分析动能和电势能的大小．由电场力的方向，判断点电荷的电性．根据点电荷电场线的分布情况，判断电势的高低。
【详解】A项：
由做曲线运动的物体所受合外力指向曲线的内侧可知，位于O点的点电荷带负电，故A错误；
B项：
N点离负电荷最近，电势最低，所以电势能最大，故B错误；
C项：
P点离负电荷最远，电势最高，电子的电势能最小，由能量守恒可知，电子在P的速度最大，故C正确；
D项：
由于M点离负电荷更近，所以M点电势比P点电势更低，故D错误。
故应选：
C。
【点睛】本题的突破口是根据粒子的轨迹弯曲方向判断出电场力方向，要熟悉点电荷周围的电场线分布情况，知道顺着电场线电势降低这些基本知识。
7.已知无限长直线电流周围空间的磁感应强度大小可表示为B=KI/d（其中K为比例系数,I为电流强度,d为空间位置到直线电流的距离）。
如图，无限长直线电流相距为d，纸面内有一点P，且与两根电流的距离均为d，则P点的磁感应强度大小为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】I1在P点产生的磁感应强度为：
，方向：
垂直纸面向里；
I2在P点产生的磁感应强度为：
，方向：
水平向左，
由平行四边形定则可知：
P点的磁感应强度大小为
故应选：
A。
【点睛】本题是一道信息给予题，认真审题，知道磁感应强度的计算公式、熟练应用安培定则、磁场的叠加原理即可正确解题。
8.两个相同的定值电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为（ ）。
A.R/2B.RC.2RD.4R
【答案】B
【解析】
【分析】
根据串并联电路规律可知外部电阻的大小，再由闭合电路欧姆定律列式，联立方程可求得内阻。
【详解】两电阻串联时，总电阻为：
R1=2R；
由闭合电路欧姆定律可知：
E=I（2R+r）
两电阻并联时，外部总电阻为：
R2=
总电流为：
I总=2I；
由闭合电路欧姆定律可知：
联立解得：
r=R。
故应选：
B
【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律，要注意正确审题，明确欧姆定律公式中的电流应为干路电流。
9.如图，为半偏法测电压表内阻的电路图，测量的过程包含以下几个主要的步骤：
①调节R1滑片位置，让电压表满偏；
②保持R1滑片位置不变，调节R2大小，让电压表半偏；
③调节R1滑片到最左端，调节R2=0，闭合开关S
④此时R2读数即为电压表内阻测量值；
以上步骤，合理的顺序时（）
A.①②③④B.③①②④C.③②①④D.①③②④
【答案】B
【解析】
【详解】为了保护电路和元件应先调节R1滑片到最左端，调节R2=0，闭合开关S，然后调节R1滑片位置，让电压表满偏；为了保证并联部分电压近似不变，保持R1滑片位置不变，调节R2大小，让电压表半偏；此时R2读数即为电压表内阻测量值。
故应选：
B。
10.如图，电路两端电压恒为6V，M、N两个小灯泡的额定电压均为3V，额定功率PM=3W,PN=1W，调节可变电阻R，使两灯皆正常发光且电路中消耗的总功率最小，应该是图中哪种连接方式（）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A项：
由题意可知，当M、N串联在电路中时，电流相等，两灯不可能都正常发光，故A错误；
B项：
正常发光时，流过M的电流为
，流过N的电流为
，所以总电流为
，电路消耗的功率为：
；
C项：
正常发光时，流过M的电流为
，电路消耗的功率为：
；
D项：
由于正常发光时流过M的电流大于流过N的电流，故D错误。
综上所述：
应选：
C。
11.关于磁场,以下说法错误的是（ ）
A.电流元在空间某一区域不受力，则表明该区域一定不存在磁场
B.磁感应强度是反映磁场本身性质的物理量，与放入其中电流元或小磁针无关
C.若电流元探测到磁场力，则该力的方向即为磁场的方向
D.当一电流元在磁场中某一位置探测到磁场力F时,可以利用公式B=F/IL求出磁感应强度的大小
【答案】B
【解析】
【分析】
在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．但这属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定。
【详解】A、B项：
磁感应强度是反映磁场本身性质的物理量，与放入其中电流元或小磁针无关，故A错误，B正确；
C项：
磁感应强度的方向为小磁针北极的受力方向或小磁针静止时北极的指向，故C错误；
D项：
若电流元与磁场成某一夹角时，应利用
求解，故D错误。
故应选：
B。
【点睛】磁感应强度的定义式采用比值定义法，而磁感应强度与该点是否放通电导线无关，由磁场本身的特性决定。
12.如图的电路中，电动机M与电炉L串联后两端接上恒定电压U，电动机M的线圈电阻与电炉的电阻相同，电动机正常工作，下列判断正确的是（ ）
A.流过电动机的电流小于流过电炉的电流B.电动机的发热功率小于电炉的发热功率
C.电动机两端电压大于电炉两端电压D.电动机的总功率大于电炉的总功率
【答案】CD
【解析】
【分析】
电动机M与电炉L串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系．电炉L是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析L的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系．根据能量守恒定律分析消耗的功率关系。
【详解】A项：
电动机与电炉串联，所以两者电流相等，故A错误；
B项：
电动机M与电炉L串联，电流相等，电阻相等，根据焦耳定律P=I2R可知，电动机的发热功率等于电炉的发热功率，故B错误；
C项：
设电动机M线圈电阻与电炉L的电阻均为R，电路中电流为I，根据欧姆定律得：
电炉两端的电压UL=IR，电动机是非纯电阻电路，其电压UM＞IR，则有UM＞UL，所以电炉两端电压小于电动机两端电压，故C正确；
D项：
电动机消耗的功率PM=UMI，电炉消耗的功率PL=ULI，UM＞UL，则PM＞UL，即电动机的总功率大于电炉的总功率，故D正确。
故应选：
CD。
【点睛】本题中电炉是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，两个电路焦耳定律都适用，但欧姆定律只适用于电炉，不适用于电动机。
13.如图,质量为m、电荷量为+q的小球。
从地面B点正上方的A点以某一初速度水平抛出,经过时间t后,球落在水平面上C点,落地时的动能为Ek。
若空间增加竖直向下的匀强电场,且场强大小E=mg/q，小球仍以相同的速度从A点抛出，重力加速度为g,则（）
A.落地点位于BC中点B.落地点位于BC中点右侧
C.落地时动能小于2EkD.在空中运动的时间小t/2
【答案】BC
【解析】
【详解】A、B、D项：
若空间增加竖直向下的匀强电场，场强大小E=mg/q，小球的加速度变为2g，
由公式
可知，
，加速度变为原来的两倍，所以时间变为原来的
，由公式：
可知，水平位移变为原来的
，故A错误，B正确，D错误；
C项：
由动能定得可知，没加电场时：
，
加电场后：
由以上两式可知，落地时动能小于2Ek，故C正确。
故应选：
BC。
14.图甲为A、B两电学元件的伏安特性曲线，若把两元件串联并在两端加上电压U0，如图乙，则有（）
A.电路中电流II0/2
C.元件B分得电压UB>U0/2D.元件B分得电压UB【答案】BD
【解析】
【详解】A、B项：
在电流
之间时，相同的电流，B的电阻更小，由公式
可知，电路中的电流应大于
，故A错误，B正确；
C、D项：
由图可知，电流
之间时，相同的电流，B的电压更小，故元件B分得的电压应小于
，故C错误，D正确。
故应选：
BD。
15.可变电阻R的功率随自身阻值变化的函数关系图如图，定值电阻R0=4Ω，由此可知（）
A.电源电动势E=4V,内阻r=4ΩB.电源电动势E=4V,内阻r=4/3Ω
C.增大R，电源效率增大D.增大R，电源效率可能增大，也可能减小
【答案】AC
【解析】
【详解】将R0与电源看成新的电源，由图像可知，当新的电源内阻与滑动变阻器电阻相等时，新电源的输出功率最大，即滑动变阻器功率最大，则有：
解得：
解得：
电源效率为：
增大R，路端电压增大，电源的效率增大，
故选：
AC。
16.如图电路，电动势为E、内阻为r，阻值各不相同的定值电阻R1、R2、R3。
初始时，闭合开关S，调节滑动变阻器R，使M、N两点间支路上电流为零。
当滑动变阻器的触头向做左动时，下列说法正确的是（）。
A.电流表读数增大，电压表减小
B.电压表读数增大，电流表读数增大
C.M、N间支路出现由N指向M方向的电流
D.M、N间支路出现由M指向N方向的电流
【答案】AD
【解析】
【详解】A、B项：
当滑动变阻器的触头向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，外电路的电阻减小，总电阻也减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，由公式
可知，路端电压减小即电压表示数减小，所以电流表的示数与增大，故A正确，B错误；
C、D项：
当滑动变阻器的触头向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，滑动变阻器两端电压减小，即电势降落更小，所以M点电势高于N点电势，所以MN中有由M指向N的电流，故C错误，D正确。
故应选：
AD。
二、实验题
17.在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l。
用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx.
①请写出测金属丝电阻率的表达式：
ρ=_______（用上述测量量的字母表示）.
②若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图1，则金属丝长度的测量值为l=______cm，金属丝直径的测量值为d=______mm.
③利用如图2电路进行测量Rx，实验的主要操作过程是：
第一步：
先将R2的滑动头调到最左端,单刀双掷开关S2向1闭合,闭合电键S1,调节滑动变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽大些（不超过量程）,读出此时电压表和电流表的示数U1、I1.
第二步：
保持两滑动变阻器的滑动头位置不变,将单刀双掷开关S2向2闭合,读出此时电压表和电流表的示数U2、I2。
请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式Rx=________________（用U1、I1、U2、I2表示）
【答案】
（1）.
；
（2）.36.50；（3）.0.796；（4）.
【解析】
【分析】
（1）根据电阻定律求出电阻率的表达式；
（2）根据图示刻度尺确定其分度值，金属丝两端点所对应刻度尺示数之差是金属丝的长度；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
（3）单刀双掷开关S2合向1，由电压表和电流表的示数U1和I1，可求出Rx、电流表、变阻器串联的电阻；
将单刀双掷开关S2合向2，读出此时电压表和电流表的示数U2和I2，可求出电流表和变阻器串联的电阻；两个阻值之差等于被测电阻。
根据欧姆定律写出表达式。
【详解】
（1）由电阻定律可知，金属丝电阻
则金属丝电阻率
；
（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，金属丝的长度l=36.50cm；
由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为29.6×0.01mm=0.296mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.296m=0.796mm；
（3）将单刀双掷开关S2合向1时，电压表和电流表的示数U1、I1．根据欧姆定律得：
将单刀双掷开关S2向2闭合时，电压表和电流表的示数U2、I2．根据欧姆定律得：
联立上两式得：
.。
【点睛】本题考查了电阻定律的应用、刻度尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读。
第3题本题实验设计比较巧妙，利用伏安法测量两次电阻，有效消除系统误差，来源于书本，又高于书本。
18.小明在家里找到了一个电子元件，上面仅标有“12V2W”，为研究它的电学特征，设计了下列实验：
（1）小明利用家里的器材设计了如图电路来测量该电子元件的伏安特性曲线，家中出来电压表（量程15V，内阻约为5kΩ），还有两个电流表可供选择：
A1（量程200mA，内阻约为200Ω），A2（量程3A，内阻约为10Ω），小明应该选择电流表______（选填“A1”“A2”）接入电路。
在正确连接电路后，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的______（选填“左端”“右端”）。
（2）小明又利用家里的多用电表来直接测量该电子元件的电阻，将该元件接入多用电表的欧姆“ⅹ10”档，正确操作后发现示数如图，则读数为_____Ω。
（3）该多用电表欧姆档内部有一个电源，已知欧姆“ⅹ10”档位对应的电源电动势E=1.5V，且中位电阻阻值为150Ω。
在实验中小明不知道这个电源使用很久了，该电源电压实际已变为1.3V，但小明在使用时依然正确的进行了欧姆调零，那么他该用多用表测出的电阻阻值实际应为__Ω。
（结果保留两位有效数字）
【答案】
（1）.A1
（2）.左（3）.50（4）.43.3
【解析】
【详解】
（1）由电子元件，上面仅标有“12V2W”可知，流过电子元件最大电流为：
，故电流表应选用A1；
为了保护电路，开始时滑动变阻器接入电路中的电阻应最大即滑片应移到最左端；
（2）由图可知，欧姆表的读数为：
；
（3）欧姆表的满偏电流为
；
电源电压实际已变为1.3V时的内阻
电源电动势不同时，用同一欧姆表测同一电阻，
欧姆表指针位置，即电路电流是相等的，由闭合电路欧姆定律得：
解得：
。
19.某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理如图甲。
已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=10mA，内阻Rg=190.0Ω，R0是标称值为20.0Ω的定值电阻，R1是标称值为10.0Ω的定值电阻。
（1）根据电路图，用笔画线代替导线完成实物图的连接____。
（2）通过改变滑动变阻器的滑动触头，得到几组电压表与灵敏电流计的读数，如表。
前面5组数据在图中已经描出，请把第6组数据在图中描出，并连线作图_______，求出电池的电动势E_____V，内阻r=_______Ω；（结果保留两位有效数字）
（3）若R0的实际阻值比标称值偏大，仅考虑这个因素，则电源电动势的测量值_____真实值（填“大于”“小于”“等于”）
【答案】
（1）.
（2）.
（3）.6；（4）.28.6（5）.等于
【解析】
【详解】
（1）根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，电路图如图所示：
（2）根据给出的点连线得出如图所示的伏安特性曲线；
则由图可知，电流的电动势E=6.0V；
；
（3）电源电动势为电源没有接入电路时两端的电压，由等效电路特点可知，若R0的实际阻值比标称值偏大，仅考虑这个因素，则电源电动势的测量值等于真实值。
三、计算题
20.（12分）如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。
已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。
判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
【答案】
【解析】
金属棒通电后，闭合回路电流
导体棒受到安培力
根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下
开关闭合前
开关闭合后
【考点定位】安培力
【方法技巧】开关断开前后弹簧长度变化了0.3cm是解题的关键，变化的原因是安培力的出现，从而把安培力和金属棒重力联系起来。
21.如图所示,电源的电动势1.5V、内阻为1Ω,电阻R1=R2=2Ω、R3=4Ω,电容器C的电容为2μF,闭合开关S，电路达到稳定状态后。
求：
（1）电容器C所带的电荷量；
（2）若电阻R1发生断路故障，电路再次达到稳定时，电容器所带电荷量。
【答案】
（1）
，
（2）0
【解析】
【详解】
（1）R1与R2串联的电阻为：
4
，
电路中的总电阻为：
2
所以总电流为：
路端电压为：
U=1V
R2两端电压为：
所以电容器所带电荷量为：
；
（2）若电阻R1发生断路故障，电容器两端电压为零，所以电容器所带电荷量为零。
22.被截去1/4的圆形轨道与直轨道相切于A点，整个轨道固定在水平桌面上，空间足够大范围存在匀强电场,场强大小为E，方向与直轨道成θ=37°夹角，俯视图如图。
质量为m，电量为q的带正电小球紧贴桌面，靠着轨道某点P静止释放，轨道与桌面绝缘和光滑，圆轨道半径为R。
已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。
求：
（1）若PA=R，小球刚进入圆轨道时对轨道的压力大小；
（2）改变释放点P与A的距离，使小球能沿着轨道运动到D点，则小球经过A点时的速度至少多大。
【答案】
（1）2.2qE；
（2）
【解析】
【详解】
（1）从P到A由动能定理可知：
在A点由牛顿第二定律可得：
解得：
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