【物理】江西省南昌市新建县一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）
南昌市新建县一中2019-2020学年高二上学期期末考试
物理试卷
一、选择题（共12小题；第1—8题为单选，第9—12题为多选；每小题4分，共48分。）
1.在绕地球做匀速圆周运动的航天器中，物体处于完全失重状态，可以形成一种“重力屏蔽状态”。在航天器中建立电磁学实验室，可以有效消除常态下重力的影响。空腔导体内部可以实现静电屏蔽，在空腔导体内部建立物理实验室，可以有效消除外电磁场的干扰。下列说法正确的是（）
A. 场是一种人为假设，实际是不存在的
B. 在外电场作用下处于静电平衡的空腔导体，其内部的总电场强度为0
C. 航天器中“重力屏蔽状态”指的是航天器中不存在重力
D. 由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置
【答案】B
【解析】
【详解】A. 场是看不见，摸不着，但是客观存在的物质形态，故A错误；
B. 外电场在空腔导体的内部产生的场强，与感应电荷在内部的电场强度相互叠加后为0，故B正确；
C. 航天器中的“重力屏蔽状态”指的是航天器中物体间没有相互作用力，但仍存在重力，故C错误；
D. 由于地磁场的影响，小磁针静止时大致沿南北指向，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面南北放置，使小磁针受通电导线产生的磁场作用，偏向东西方向。故D错误。
故选：B
2.下列各图中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.电流垂直纸面向外，根据右手定则可以判断磁感应强度方向为逆时针，故A错误。
B.根据右手定则判断，螺线管右端为N极，磁感线方向向右，故B错误。
C.正电荷所在位置的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断，受力向上，故C正确。
D.根据左手定则判断，导线受到的安培力垂直导线向下，故D错误。
3.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A. 0 B. C. D. 2B0
【答案】C
【解析】
【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0；
当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误．
4.如图所示，虚线表示某电场的等势面.一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示.粒子在A点的速度为vA、电势能为EPA；在B点的速度为vB、电势能为EPB．则下列结论正确的是 （ ）
A. 粒子带负电，vA>vB，EPA
vB，EPA>EPB
C. 粒子带正电，vAEPB
【答案】A
【解析】
【详解】由于等势面是同心圆,且外大里小，图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷，由曲线的弯曲可知是静电斥力，所以粒子带负电，由于B位置等差等势面较密，场强大，加速度大，即，从A到B，电势降低，由公式，B点电势能大，，电场力做负功，粒子的动能减小，速度减小，即，故A正确．
5.一额定功率为9 W、额定电压为9 V的小灯泡L（其电阻视为不随温度而变）和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4 Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变．当AB间接电压0.49 V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1 A；当AB间接电压15 V时，电动机转动起来、灯泡正常发光．则下列说法正确的是
A. 电动机线圈电阻为1 Ω
B. 灯泡正常发光时电流表示数1 A
C. 灯泡正常发光时电动机输出的机械功率4.25 W
D. 电路正常工作时电动机突然被卡住时,电流表读数将为1.5A
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据可知灯泡电阻
当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：
UR=IR=0.1×4V=0.4V
灯泡两端电压
U1=U-UR=0.49V-0.4V=0.09V
通过灯泡的电流
通过电动机的电流：
I2=0.1A-0.01A=0.09A
根据并联电路特点可知电动机线圈电阻
故A正确；
BC．当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL=9V、通过灯泡的电流为IL=1A，则电动机两端电压为UM=9V，R两端电压为UR=6V，干路电流
电流表示数为1.5A，通过电动机的电流为IM=I-IL=0.5A，则此时电动机输出的机械功率：
P=UMIM-IM2r=4.25W
故B错误，C正确．
D．由以上分析可知，电路正常工作时电动机突然被卡住时，电流表读数将大于1.5A，选项D错误．
6.如图，三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动时间之比分别为( )
A. 1：1：1 B. 1：2：3
C. 3：2：1 D.
【答案】C
【解析】
【详解】粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为，偏转角为60°的粒子的运动的时间为，偏转角为30°的粒子的运动的时间为；所以有，C正确；故选C．
【点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹； 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．
7.如图所示，带电量之比为：qB =1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA：xB =2:1，则带电粒子的质量之比mA:mB以及在电场中飞行时间之比tA:tB分别为:( )
A. 1:1; 2:3 B. 2:1; 3:2 C. 1:1 ;3:4 D. 4:3; 2:1
【答案】D
【解析】
试题分析：带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比．
解：两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．则：
水平方向有：x=v0t，v0相等，所以t∝x，则得：tA：tB=xA：xB=2：1；
竖直方向有：y==
则得：m=
因为E、y、v0相等，则得：mA：mB=：=4：3．
故选D
8.电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触，电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出，现欲使弹体的出射速度增加到原来的2倍，理论上可采用的方法是（）
A. 只将电流I增加至原来的2倍
B. 只将弹体质量减至原来一半
C. 只将轨道长度L变为原来的2倍
D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变
【答案】A
【解析】
【详解】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：
，
磁感应强度的大小与I成正比，所以有：
B=kI
解得：
。
A. 只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A正确；
B. 只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故B错误；
C. 只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误；
D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D错误。
故选：A。
9.如图所示是某导体的I−U图象，图中α=45°，下列说法正确的是（）
A. 此导体的电阻R=2.0Ω
B. 此导体的电阻R=0.5Ω
C. I−U图象的斜率表示电阻的倒数，所以R=tan45°=10Ω
D. 在R两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C
【答案】BD
【解析】
【详解】AB. 由可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知电阻
，
故A错误，B正确；
C. I−U图线的斜率可表示电阻的倒数，但R不等于tan45°，只能根据求解，故C错误；
D. 在R两端加6.0V的电压时，电路中电流：
，
则每秒通过电阻的电荷量为：
q=It=3.0×1=3.0C，
故D正确；故选：BD.
10.如图所示电路中，已知电源的内阻r＜R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有：（）
A. R2上消耗的功率先变小后变大 B. V1示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大
C. 电源内部的热功率一直不变 D. 电源的输出功率先变小后变大
【答案】ABD
【解析】
【详解】A. 由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，R2上消耗的功率先变小后变大，故A正确；
B. 由于电路中电流先变小后变大，电源的内电压也先变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小，V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大。故B正确；
C. 电源内部的热功率P=I2r，因为电流I
先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C错误；
D. 因为r
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