江苏省常熟市2019-2020学年高二上学期期中测试物理试题

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常熟市2019—2020学年第一学期期中试卷 高二物理 一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1.19世纪20年代之后，人们才逐渐认识到电与磁的内在联系．首先发现“电生磁”和“磁生电”的科学家分别是 A. 安培，特斯拉 B. 奥斯特，法拉第 C. 奥斯特，安培 D. 法拉第，特斯拉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】首先发现“电生磁”和“磁生电”的科学家分别是奥斯特和法拉第；‎ A. 安培，特斯拉，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 奥斯特，法拉第，与结论相符，选项B正确；‎ C. 奥斯特，安培，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 法拉第，特斯拉，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B.‎ ‎2.如图所示的电路中，电阻R=2Ω．断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为 A. 1Ω B. 2Ω C. 3Ω D. 4Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，‎ 故A正确．‎ ‎3.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一根金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ ‎．下列三种方式：①改变磁感应强度B的大小；②沿导轨左右平移金属棒ab；③改变θ角的大小，能在轨道回路里产生感应电流的是 A. 只有②可以 B. 只有①和②可以 C. 只有①和③可以 D. ①②和③都可以 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】感应电流产生的条件①闭合回路，②穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。即穿过闭合导体回路的磁通量发生变化闭合导体回路中就有感应电流。 ①根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，改变磁感应强度B的大小，则磁通量一定改变。一定能产生感应电流。 ②根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，沿导轨左右平移金属棒ab，S发生变化，则磁通量发生变化。一定能产生感应电流; ③根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，改变磁感应强度的方向与轨道之间的θ角，则磁通量发生变化。一定能产生感应电流。 可知三种情况下都能产生感应电流. A．只有②可以,与结论不相符，选项A错误；‎ B．只有①和②可以,与结论不相符，选项B错误；‎ C．只有①和③可以,与结论不相符，选项C错误；‎ D．①②和③都可以,与结论相符，选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎4.长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为 A. B. cosθ C. sinθ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向，然后根据平衡条件进行求解即可；‎ ‎【详解】若磁场方向竖直向上，则安培力水平方向．由平衡条件可得： 若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上．由平衡条件可得： 则，故A正确，BCD错误．‎ ‎【点睛】注意区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．‎ ‎5.一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍大一些，采用下列哪种措施可能加以改进 A. 在R上串联一比R大得多的电阻 B. 在R上串联一比R小得多的电阻 C. 在R上并联一比R小得多的电阻 D. 在R上并联一比R大得多的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】改装电表需要串联或并联电阻，串联的电阻越大电压表量程越大，此电压表的读数总比准确值稍大一些，说明流过灵敏电流表电流偏大，说明电压表总电阻偏小，因此串联一个小电阻即可，B对．‎ ‎6.质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如图3所示为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P点，设OP＝x，则在图4中能正确反映x与U之间的函数关系的是 (　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子先经加速电场加速，故qU＝mv2，进入磁场后偏转，OP＝x＝2r＝，两式联立得，OP＝x＝∝，所以B为正确答案．‎ 二、多项选择题：（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，多选、错选或不答的得0分）‎ ‎7.关于磁感线，下列说法正确的是 A. 磁感线总是从N极到S极 B. 两条磁感线的空隙处同样可能存在磁场 C. 两个磁场叠加的区域，磁感线有可能相交 D. 磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感线在磁铁外部是从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，选项A错误；‎ B．两条磁感线的空隙处同样可能存在磁场，选项B正确；‎ C．两个磁场叠加的区域，磁感线也不可能相交，选项C错误；‎ D．磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致，选项D正确；‎ 故选BD.‎ ‎8.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，下列判断正确的是 A. 小灯泡L变亮 B. 电流表读数变小，电压表读数变大 C. 电容器C右侧A点处流过向左电流 D. 电源的总功率变小，滑动变阻器的消耗功率变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．滑动变阻器滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，则总电流减小，电流表的读数变小，内电压减小，电动势不变，则外电压增大，所以电压表示数变大。通过灯泡的电流减小，则小灯泡变暗。故B正确，A错误。 C．通过灯泡的电流减小，则灯泡两端的电压减小，外电压增大，所以滑动变阻器两端的电压增大，根据Q=CU知，电容器上电荷量增大。电容器充电，充电电流是由A向C，即电容器C右侧A点处流过向左的电流，故C正确。 D．根据P=EI知，电流I减小，则电源的总功率减小，但不知道滑动变阻器的电阻与电源内阻的大小关系，所以滑动变阻器的功率变化情况不确定，故D错误。 故选BC。‎ ‎9.现有一台老式电视机，其显像管示意图如图所示，发现其电视画面的幅度偏小，请你根据近期所学物理知识分析，引起该故障的原因可能是 A. 偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少 B. 偏转线圈的电流减小，偏转磁场减弱 C. 加速电场电压过高，电子的速率偏大 D. 电子枪发射能力减弱，打到屏幕上的电子数减少 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致。 A．当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减弱，由，知电子的轨道运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故A正确；‎ B．当偏转线圈电流减小时，偏转磁场减弱，由，知电子的轨道运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故B正确；‎ C．当加速电场电压过高，电子速率偏大，则会导致电子的轨道运动半径增大，从而使偏转角度减小，导致画面比正常偏小，故C正确；‎ D．电子枪发射能力减弱，单位时间内发射的电子数减少，但电子的速率及偏转磁场不变，电子的轨道运动半径不变，因此不会影响电视画面偏大或偏小，故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎10.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是 A. 增大匀强电场间的加速电压 B. 增大磁场的磁感应强度 C. 减小狭缝间的距离 D. 增大D形金属盒的半径 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据 qvB＝‎ 可得 v＝‎ 因此离开回旋加速器时的动能 Ek＝mv2＝‎ 可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，选项AC错误；‎ BD．磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，选项BD正确．‎ ‎11.如图甲所示，等离子气流由左边连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有随图乙所示的变化磁场，且规定磁场B向左为正方向．则下列四段时间内，ab、cd导线互相排斥的是 A. 0～1s B. 1s～2s C. 2s～3s D. 3s～4s ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】左边装置中，由左手定则可知，等离子气流正离子向上偏，则P1为正极，电流从a到b；右边装置部分，由楞次定律可知，在0-2s内cd中的电流从c到d，2-4s内流经cd的电流从d到c；因为流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥，2～4 s内cd中电流跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥。 A. 0～1s，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 1s～2s，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 2s～3s，与结论相符，选项C正确；‎ D. 3s～4s，与结论相符，选项D正确；‎ 故选CD。‎ 第Ⅱ卷非选择题（共62分）‎ 三、实验题：本题共2小题，共计22分．‎ ‎12.将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了（约为几毫安），测量该“水果电池”的电动势和内电阻，现有器材如下：‎ 电流表A（0~3mA，内阻约为10Ω）；‎ 电压表V（0～1.5V，电阻约为1kΩ）；‎ 滑动变阻器R1（0～30Ω）；‎ 滑动变阻器R2（0～3kΩ）；‎ 开关、导线若干 ‎（1）本实验选用图甲所示的实验原理图，应该选用哪种规格的滑动变阻器？_______（填写仪器代号）．‎ ‎（2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到U-I 图象如图乙所示，根据图象可求出“水果电池”的电动势E=_________V，内电阻r=_________Ω．‎ ‎（3）若不计测量中偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动势E___________，内电阻r________．（均选填“偏大”或“相等”或“偏小”）‎ ‎【答案】 (1). R2 (2). 15 (3). 500 (4). 相等 (5). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．电源的内阻大约为：，若选用0～30Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流可测量范围较小，所以本实验中滑动变阻器应选用R2。 （2）[2][3]．U-I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻。U-I图线的纵轴截距为1.5，知水果电池的电动势为：E=1.5V， 图线斜率的绝对值为：‎ ‎；‎ ‎（3）[4][5]．由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在U-I图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大。 ‎ ‎13.指针式多用电表是电路测量的常用工具．现用多用电表测量一个定值电阻的阻值（阻值约为一百多欧姆）．‎ ‎（1）将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，接下来必要的操作步骤和正确的顺序是__________．（请将必要步骤前的序号按正确的顺序写出）‎ ‎①将选择开关旋转到欧姆挡“×10”的位置；‎ ‎②将选择开关旋转到欧姆挡“×100”的位置；‎ ‎③用两支表笔的金属部分分别接触电阻的两条引线；‎ ‎④根据指针所指刻度和选择开关的位置，读出电阻的阻值；‎ ‎⑤将两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”使指针指向“0Ω”．‎ ‎（2）若正确测量时指针所指刻度如下图所示，则这个电阻阻值的测量值是_______Ω．‎ ‎（3）现用以下器材较准确测量上述待测电阻Rx的阻值：‎ A．待测电阻Rx；‎ B．电源E，电动势约为3.0V，内阻可忽略不计；‎ C．电流表A1，量程为0~150mA，内阻r=20Ω；‎ D．电流表A2，量程为0~200mA，内阻约为5Ω；‎ E．直流电压表V，量程为0~15V，内阻约为30kΩ；‎ F．滑动变阻器R1，最大阻值为10Ω，额定电流为1A；‎ G．滑动变阻器R2，最大阻值为100Ω，额定电流1A；‎ H．单刀单掷开关S，导线若干。‎ ‎①实验中滑动变阻器应选用_______，为提高精度，应选用_________来测量电压（均填写仪器前的字母）；‎ ‎②在方框中画出测量电阻Rx的实验电路原理图（图上要标明器材后面的字母）______________；‎ ‎③若某次测量中两电表的示数为a和b(数值上a大于b)．则计算Rx的表达式为Rx=________（用a、b、r表示）．‎ ‎【答案】 (1). ①⑤③④ (2). 160 (3). F (4). C (5). ‎ ‎(6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．待测电阻阻值约为一百多欧姆，用欧姆表测电阻，将选择开关旋转“×10”的位置，然后进行欧姆调零，具体操作是：将红黑表笔短接，调节调零旋钮调零，使指针指在右侧零刻度线处；再测出电阻阻值，因此合理是实验步骤为：①⑤③④。‎ ‎（2）[2]．由图示表盘可知，待测电阻阻值为：16×10=160Ω； （3）①[3][4]．因为电压表的量程过大，所以不能选择，则电流表选择两个电流表，用已知内阻的电流表作为电压表使用，所以电压表选择C，而作为测电流的电流表则用外接法，为方便调节选择阻值小的滑动变阻器F，且使用分压式； ②[5]电路图如图所示：‎ ‎ ③[6]．根据欧姆定律有： ；‎ 四、计算题：本题共3小题，共计40分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎14.如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RM=0.5Ω的小型直流电动机M都恰能正常工作．求：‎ ‎（1）电路中的电流I；‎ ‎（2）电源的输出功率P外；‎ ‎（3）电动机的输出功率P出．‎ ‎【答案】（1）2A（2）36 W（3）12W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为 代入数据得：‎ I=2A ‎（2）电源的输出功率为P外=P总-P内，即 P外= E I-I2 r 代入数据得：‎ P外=36 W ‎（3）由串联电路分压关系得：‎ UM=E-I（r+R）-UL 代入数据得：‎ UM =7V 电动机的输出功率为P出=P电-P热，即 P出=IUM-I2RM 代入数据得：‎ P出=12W ‎15.如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转磁场．一束同位素离子（质量为m，电荷量为＋q）流从狭缝S1射入速度选择器，速度大小为v0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出，立即沿水平方向进入偏转磁场，最后打在照相底片D上的A点处．已知A点与狭缝S2的水平间距为，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．则 ‎（1）设速度选择器内部存在的匀强电场场强大小为E0，匀强磁场磁感应强度大小为B0，求E0∶B0；‎ ‎（2）求偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎（3）若将右半部的偏转磁场换成方向竖直向下的匀强电场，要求同位素离子仍然打到A点处，求离子分别在磁场中和在电场中从狭缝S2运动到A点处所用时间之比t1∶t2．‎ ‎【答案】（1）v0（2），磁场方向垂直纸面向外（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）能从速度选择器射出的离子满足 qE0=qv0B0‎ 所以 E0∶B0=v0‎ ‎（2）离子进入匀强偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得：‎ 则 由 则 磁场方向垂直纸面向外 ‎（3）磁场中，离子运动周期 运动时间 电场中，离子运动时间 则磁场中和在电场中时间之比 ‎16.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀地向各个方向同时发射速率为v的带电粒子（质量为m，电荷量为＋q）、PQ是在纸面内垂直磁场放置的挡板（厚度不计，长度足够），挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板两侧都会被吸收，不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求：‎ ‎（1）水平向右出射的粒子所打挡板位置和P点的距离L；‎ ‎（2）打在挡板右侧的粒子在磁场中运动时间的最大差值Δt；‎ ‎（3）能打在挡板上的粒子占所有粒子的比率η．‎ ‎【答案】（1）L=（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由向心力公式得 qvB=m 解得 r=‎ 因为OP=r ‎，则水平向右出射的粒子运动轨迹恰好与挡板相切，运动轨迹如图甲所示，设此时打在挡板上的点为A，A点与P点间距离L=‎ ‎（2）粒子在磁场中运动周期 当粒子擦着最下端P点，打到挡板右侧最远处B点，轨迹如图乙所示，弧线圆心角，‎ 此时有最短运动时间 当粒子从右侧恰好打在P点时，轨迹如图丙所示，弧线圆心角，‎ 此时有最长运动时间 最长时间与最短时间的差值 Δt=t2－t1=‎ ‎（3）图甲、图丙所示轨迹对应的出射方向之间的粒子都能打在板上，粒子出射速度方向能变化的角度为α=，‎ 打到板上的粒子占所有粒子的比率为 η==‎ ‎ ‎