江西省高安中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（B卷）

江西省高安中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（B卷）

西省高安中学2019-2020学年上学期期中考试高二年级物理试题（B卷）‎ 一选择题 ‎1.电场强度E的定义式，根据此式，下列说法中正确的是( )‎ A. 该式说明电场中某点的场强E与F成正比，与q成反比 B. 公式只适用于点电荷产生的电场 C. 公式适用于匀强电场 D. 公式适用于任意电场 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度的定义式采用比值法定义，适用于任何电场，电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关，故D正确。‎ 点睛：本题属于易错题，很多同学根据，认为E与电场力成正比，与电量成反比，其实要知道电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定。‎ ‎2.电磁铁的应用相当广泛，它是利用电流周围产生磁场的原理工作的，最先发现电流周围存在磁场的科学家是 A. 奥斯特 B. 库仑 C. 法拉第 D. 韦怕 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电磁铁的应用相当广泛，它是利用电流周围产生磁场的原理工作的．最先发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎3.在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过A、B两点的连线中点对称地选取一个闭合路径abcd，如图所示．现将一个电子沿abcd移动一周，下列判断正确的是（　　）‎ A. a点和b点的电场强度相同 B. c点电势高于d点电势 C. 由b→c，电场力先做正功后做负功 D. 由c→d，电子电势能一直在减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】等量同种电荷电场线如图：‎ ‎ A．结合等量异种点电荷的电场线的图象可知，ab两点的电场强度的方向不同。故A错误；‎ B．d点的电势为正值，c点的电势为负值，c点电势低于d点电势。故B错误；‎ C．在bc的连线上，两电荷连线上方，场强竖直向分量向下，两电荷连线下方，场强竖直向分量向上。则电子由b到c，电场力先做负功后做正功。故C错误；‎ D．由c→d，电子受力的方向与运动的方向之间的夹角始终是锐角，电场力做正功，电子电势能一直在减小。故D正确。‎ ‎4.在如图的电路中，为电源电动势，为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器．当的滑动触点在端时合上开关，此时三个电表、和的示数分别为、和．现将的滑动触点向端移动，则三电表示数的变化情况是（ ）‎ A. 增大，不变，增大 B. 减小，增大，减小 C. 增大，减小，增大 D. 减小，不变，减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：滑动触点向b端移动的过程中R2连入电路中的阻值减小，外电路总电阻R外减小，根据闭合电路的欧姆定律可得，I增大，，所以U减小；电阻R3的电压U3=IR3随I增大而增大，所以R1电压U1=U-U3减小，电流跟着减小；再根据I2=I-I1，可得I2增大，所以B正确。‎ 考点：本题考查闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律等，意在考查学生的逻辑分析能力。‎ ‎5.一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．下列说法正确的是（　　）‎ A. 质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大 B. 质子被加速后的最大速度与B、R无关 C. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 D. 该回旋加速器也能用于加速α粒子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．由得 当r=R时，v最大，，由此可知质子的最大速度只与粒子本身的荷质比、加速器半径和磁场大小有关，与加速电压无关，故A正确，BC错误；‎ D．此加速器加速电场周期，加速α粒子时，两个周期不同，不能加速α粒子，故D错误；‎ ‎6.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是 A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；‎ 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 综上所述，D正确；‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．‎ ‎7.一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动。M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，和为直流电源，www..comS为单刀双掷开关。下列情况中，可观测到N向左运动的是( )‎ A. 在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间 B. 在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间 C. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时 D. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误；‎ 若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；‎ 而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；‎ 故选C 考点：楞次定律；‎ 点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用．‎ ‎8.如图所示，一电荷量q=+3×10-5C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置足够大的平行金属板中的O点，开关S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°．已知两板间距d=0.1m，电源电动势E=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω，．取g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则以下说法正确的是( )‎ A. 电源的输出功率为14W B. 两板间的电场强度的大小为140V/m C. 带电小球的质量5.6毫克 D. 若增加R1大小，会有瞬时电流从右向左流过R4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】R2=R3=8Ω，并联后的电阻值为：R′＝R2=4Ω；由闭合电路的欧姆定律得：；电源的输出功率P=EI-I2r=15×2-22×0.5=28W，故A错误；两板间的电压为：UC=I（R1+R23）=2×（3+4）=14V；两板间的电场强度为：，故B正确；小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE，由平衡条件得：水平方向 Tcosα-mg=0 ；竖直方向：Tsinα-qE=0； 得：m= =5.6×10-4kg，故C错误；若增加R1的大小，电容两端电压增大，电容器充电，会有瞬时电流从左向右流过R4，故D错误。故选B。‎ ‎9.如图所示，A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图所示。电子只受电场力的作用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则 (　　)‎ A. 若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动 B. 若电子是在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C. 若电子是在t＝时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D. 若电子是在t＝时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】若电子在t=0时刻进入的，它将在电场力作用下，先加速向B运动，后减速向B运动，接着加速向B运动，后减速向B运动，因此它一直向B板运动，故A正确，B错误；若电子在，时刻进入的在时间内，做匀加速直线运动，在 内做匀减速直线运动到零，时间内反向做匀加速直线运动，内反向做匀减速运动到零，可知在一个周期内时而向B板运动，时而向A板运动，一个周期内的位移大于0，故C正确；同理，若电子是在时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动，在一个运动周期内总位移为零，所以电子不能到达B板，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎10.在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ(不计粒子的重力)， 则 A. 电场强度E与磁感应强度B之比 B. 电场强度E与磁感应强度B之比 C. 粒子穿过电场和磁场的时间之比 D. 粒子穿过电场和磁场的时间之比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 设粒子的质量为m，电荷量为q，场区宽度为L，粒子在电场中做类平抛运动，则有：①，②，则③，由①②③得：④，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，⑤，由几何知识得：⑥，由⑤⑥解得⑦，由④⑦式解得，A错误B正确；粒子在电场中运动时间 ‎⑧，在磁场中运动时间⑨，而⑩，由⑧⑨⑩解出：，C正确D错误．‎ ‎【点睛】粒子在电场中做类平抛运动，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，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tanθ的表达式．在磁场中，粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sinθ．联立即可求得电场强度E与磁感应强度B之比．粒子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间．在磁场中，由求出时间，即可求得时间之比．‎ 二、实验题 ‎11.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。‎ ‎（1）由上图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为__________cm。‎ ‎（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=____________。‎ ‎【答案】 (1). 1.844 (2). 4.240 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为 ‎（1.842~1.846范围内的均给分）；‎ ‎[2]游标卡尺的读数为 ‎；‎ ‎（2）[3]圆柱体的横截面积为，由电阻定律和欧姆定律可知，‎ ‎12.在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路如图甲所示。‎ ‎(1)实验过程中，为方便操作和减小误差，应选用电流表_____和滑动变阻器_____（填写选项前字母）‎ A．电流表A1（量程0.6A，内阻约0.8Ω） B．电流表A2（量程3A，内阻约0.5Ω）‎ C．滑动变阻器R1（0～10Ω） D．滑动变阻器R2（0～200Ω）‎ ‎(2)实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量电池两极的电压。根据如图所示的电路可知：电流表测量值____真实值（选填“大于”或“小于”）‎ ‎(3)用如图甲所示的电路根据正确实验操作测得的数据如下：‎ ‎①此数据，在如图乙所示的坐标图上作出U﹣I图线_____；‎ ‎②实验中测得干电池电动势E＝_____V；内阻r＝______Ω．（保留小数点后两位有效数字）‎ ‎(4)若测量的是新干电池，其内电阻比较小，调节滑动变阻器时，电压表读数变化___。（填“明显”或“不明显”）‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). 小于 (4). (5). 1.50 (6). 1.00 (7). 不明显 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A的，故选：A；因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器，所以选择C；‎ ‎（2）[3]．由电路图可知，由于电压表的分流，电流表示数小于流过电源的电流；即电流表示数小于所需测量的电流值；‎ ‎（3）①[4]．根据描点法可得出对应的图象；‎ ‎ ②[5][6]．根据图象以及闭合电路欧姆定律可知，图象的纵坐标表示电源的电动势，图象的斜率表示内电阻，故E=1.5V，‎ ‎ ；‎ ‎（4）[7]．由于新电池内阻较小，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压变化不明显；‎ 三.计算题 ‎13.如图所示的平行金属板电容器的电容为C=2×10-4F，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强E=1.2×103V/m，极板间距离为L=5cm，电场中c点到A板、d点到B板的距离均为0.5cm，B板接地。求：‎ ‎(1) A板的电势φA； ‎ ‎(2)A板所带电荷量Q；‎ ‎(3)将电荷量q=5×10-6C的带正电点电荷从d移到c，电场力做的功Wdc。‎ ‎【答案】（1）-60V （2）1.2×10-2C （3）2.4×10-4J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）BA间的电势差为：‎ UBA=EL=1200×0.05V=60V φA=φB -UBA=0 V -60V=-60V ‎（2）A板所带电荷量Q为：‎ Q=CUBA=2×10-4×60C=1.2×10-2C；‎ ‎（3）d、c两点的距离 Ldc=0.05 m-2×0.5×10-2m=0.04m ‎ d、c两点间的电势差为：‎ Udc=ELdc=48V ‎（4）点电荷从d移到c，电场力做的功 Wdc=qUdc=5×10-6×48J=2.4×10-4J ‎14.如图所示，M为一线圈电阻r1＝0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2＝4.0A，求：‎ ‎(1)电源内阻r；‎ ‎(2)开关S闭合时，通过电阻R的电流；‎ ‎(3)开关S闭合时，电动机输入功率和输出功率。‎ ‎【答案】(1)r＝1Ω(2)1.5A(3)87.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电源电动势为：E＝40V，当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，‎ 代入数据解得电源内阻为：‎ r＝1Ω； ‎ ‎（2）开关S闭合时，理想电流表的示数为：I2＝4.0A，则电源内阻上消耗的电压为：‎ U内＝I2r＝4×1V＝4V 路端电压为：‎ U＝E﹣U内＝36V 通过电阻R的电流为： ‎ ‎； ‎ ‎（3）通过电动机的电流为：‎ IM＝I2﹣IR＝2.5A 电动机两端的电压为：‎ U＝36V 则电动机的输入功率额：‎ PM＝UIM＝90W 输出功率为：‎ ‎；‎ ‎15.如图所示，坐标空间中有场强为E=100 N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置(-1，0)处，以初速度vo=105 m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷= 108 C/kg，粒子的重力忽略不计，则：‎ ‎(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；‎ ‎(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件 ‎【答案】(1)m/s (2)2.41m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得 ‎：qE=ma 设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的时间为t，则：vy=at l=v0t 解得vy=v0 ‎ ‎ ‎ ‎（2）设v的方向与y轴夹角为θ，则有 可得θ=450‎ 粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图：则有：‎ 可得 ‎ 要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件： ‎ 综合已知条件解以上各式可得：‎ ‎【点睛】题考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动和在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中掌握类平抛问题的处理方法，在磁场中运动要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了.‎ ‎16.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动轨迹，如图甲和乙是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图。两个平行的共轴串联的圆形线圈构成励磁线圈，通过电流表可测其电流I的大小。当通过励磁线圈的电流为I时，线圈之间产生沿线圈轴向的匀强磁场的磁感应强度的大小为B．电子枪中的电子（初速度不计）的加速电压U的大小通过电压表可以测量，电流I和电压U 的大小都可以调节。电子垂直于磁场方向入射后的运动轨迹如图乙所示。不计电子所受重力以及电子运动对磁场的影响。‎ ‎(1)如果已知电子电荷量为e，质量为m，且在某次实验中，匀强磁场的磁感应强度的大小为B0。‎ a．求电子运动周期T的大小；‎ b．电子的运动等效为环形电流，求此电流值I0的大小。‎ ‎(2)图甲中标尺可测量电子束直径D，且磁感应强度与励磁电流的关系为B＝kI（k为已知常数）。‎ a．请通过计算说明利用此实验可以测量电子的比荷；‎ b．某学习小组实验后做出的图象如图丙所示，并求出了此图象斜率为k'．请推导电子比荷测量值的表达式，并指出他们实验过程中需要控制不变的物理量。‎ ‎【答案】(1)a.b.(2)a.b. ；需要控制不变的物理量为I。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）a、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得：‎ 而 解得：‎ ‎； ‎ b、根据电流强度的定义式可得：‎ ‎； ‎ ‎（2）a、电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：‎ ‎ ‎ 电子匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 ‎ ‎ 其中D＝2R，B＝kI 联立解得：‎ ‎ ‎ b、根据上面的计算结果得：‎ 由于图象的斜率为k′，所以有：‎ 从而有：‎ ‎ ‎ 由此可得实验中需要控制不变的物理量为电流I。‎ ‎ ‎