2018-2019学年江苏省启东中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年江苏省启东中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

绝密★启用前 江苏省启东中学2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．首先发现电流的磁效应的科学家是(　　)‎ A． 牛顿 B． 爱因斯坦 C． 奥斯特 D． 居里夫人 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：最早发现电流周围存在磁场，即电流的磁效应的科学家是奥斯特，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】物理学史的学习可以培养科学素养和科学方法，但是学生容易出错，平时要注意记忆，明确各位科学家的重要贡献，不可张冠李戴．‎ ‎2．如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　　)‎ A． 1∶1 B． 1∶2‎ C． 1∶4 D． 4∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误．‎ ‎【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．‎ ‎3．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则(　　)‎ A． A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B． A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C． A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D． A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，故A灯变亮；总电流I增大，利用电动势、内电压和路段电压关系E=Ur+UA+UB可知，B、C灯所在支路的电压UB和UC减小，故B灯变暗；B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以C灯所在支路电流增大，故C灯变亮，故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 灵活应用闭合电路的欧姆定律、电动势路端电压和内电压、干路与支路电流关系是解决动态电路的关键，即先局部--整体---局部的解题思路．‎ ‎4．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，现欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，‎ 则几何知识得： 2Rcos30°=a，得；欲使电子能经过BC边，必须满足，‎ 而，所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解B的范围．‎ ‎5．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上．在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线．当导线中通以由外向内的电流时，下列说法正确的是（ ）‎ A． 磁铁受到向左的摩擦力，磁铁对桌面的压力减小 B． 磁铁受到向右的摩擦力，且对桌面的压力减小 C． 磁铁受到向左的摩擦力，且对桌面的压力增大 D． 磁铁不受摩擦力，对桌面的压力不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 此题若从电流产生的磁场入手分析，通电直导线的磁场可以用安培定则判断，但处于磁场中的不是小磁针而是大条形磁铁，其受力如何很难判定，可能会误认为D选项正确．若将思维方式变换一下，先判定条形磁铁在通电导线处的磁场方向；再用左手定则判断通电导线在条形磁铁的磁场中受到的安培力斜向左下方；然后根据牛顿第三定律，磁铁受到通电导线的作用力应斜向右上方．因磁铁受力平衡，所以支持力减小，即对桌面的压力减小，同时受到向左的摩擦力，故A选项正确．‎ 思路分析：以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择 试题点评：本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力．关键存在先研究导线所受安培力．‎ ‎6．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m、带电量为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，带电粒子打至底片上的P点，设OP＝x，则在图中能正确反映x与U之间的函数关系的是(　　)‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:电子在加速电场中：根据动能定理得qU=，得到v==；电子进入磁场过程：由evB=，电子的轨迹半径为r==， x=2r=，可见x∝，故B正确，A、C、D错误 考点：质谱仪的工作原理 ‎7．关于电场和磁场，下列说法正确的是(　　)‎ A． 我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱 B． 电场线和磁感线是可以形象描述电、磁场强弱和方向的客观存在的曲线 C． 磁感线和电场线一样都是闭合的曲线 D． 电流之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 解：A、我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱．故A正确；‎ B、电场线和磁感线都是虚拟的，现实并不存在．故B错误；‎ C、磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线．故C错误；‎ D、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质．故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】首先要明白电场和磁场的物质属性；其次要知道磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线．‎ ‎8．如图所示，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知 A． 电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω B． 电阻R的阻值为1 Ω C． 电源的输出功率为2 W D． 电源的效率约为66.7%‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】A：由图Ⅰ可得： ，故A正确。‎ B：由图Ⅱ可得： ，故B错误。‎ C：该电源直接与电阻R相连组成闭合电路， ，故C错误。‎ D： ，故D正确。‎ 点睛：电源和电阻的电压与电流的关系图象交点表示将两者直接相连时对应的工作电压和电流。‎ ‎9．回旋加速器的核心部分如图所示，两个D形盒分别与交变电源的两极相连。下列说法正确的是（ ）‎ A． D形盒之间电场力使粒子加速 B． D形盒内的洛伦兹力使粒子加速 C． 增大交变电压的峰值，最终获得的速率v增大 D． 增大磁感应强度，最终获得的速率v增大 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：带电粒子在D形盒的中间缝隙中受电场力作用，使粒子加速，选项A 正确；D形盒内的洛伦兹力只是使带电粒子的速度方向发生改变，不能使粒子加速，选项B 错误；设D形盒的半径为R,则当粒子加速结束时满足：，即，故增大磁感应强度，最终获得的速率v增大，选项C 错误，D正确。‎ 考点：回旋加速器的原理。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎10．质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A图中杆子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知杆子可能受摩擦力，也可能不受。故A错误。B图中若杆子受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆子不受摩擦力。若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力。所以杆子可能受摩擦力，可能不受摩擦力。故B错误。C 图中杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力。故C正确。D图中杆子受重力水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力。故D正确。故选CD。‎ ‎11．用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E＝9 V．右图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时(　　)．‎ A． 电流表的示数为1 A B． 电压表的示数约为6 V C． 电路输出功率为4 W D． 电源内阻为2 Ω ‎【答案】CD ‎【解析】由题可知，若 正常发光， ，若 正常发光， ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为 正常发光。‎ A项，电流表示数为，故A项错误。‎ B项，电压表测量灯泡 的电压，由图乙可知，曲线A对应灯泡，当电流为时，此时电压为2 V所以电压表示数为2 V ，故B项错误。‎ C项，电路输出功率为 ，故C项正确。‎ D项，电源内阻为 ，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为CD。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎12．某同学想描绘某一热敏电阻的伏安特性曲线，实验室提供下列器材：‎ A．电压表V（量程为0~5V，内阻约5k）‎ B．电流表A1（量程为0~25mA，内阻约0.2）‎ C．电流表A2（量程为0~0.6A，内阻约0.1)‎ D．滑动变阻器R1（0~10，额定电流1.5A)；‎ E．滑动变阻器R2（0~1000，额定电流0.5A）‎ F．定值电阻R0（R0=1000）‎ G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）‎ H．电键一个、导线若干 ‎(1)该同学选择了适当的器材组成描绘伏安特性曲线的电路，得到热敏电阻电压和电流的7组数据（如下表），‎ 请你在方格纸上作出热敏电阻的伏安特性曲线_________．‎ ‎(2)由此曲线可知，该热敏电阻的阻值随电压的增大而_______（选填“增大”或“减小”）．该同学选择的电流表是___（选填“B”或“C”），选择的滑动变阻器是___（选填“D”或“E”）‎ ‎(3)请在下面的方框中画出该同学完成此实验的电路图_________（热敏电阻符号为 ‎ ）.‎ ‎【答案】减小BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 根据表中数据在坐标纸上描点，再用平滑的曲线连接各点,作出图象如图所示:‎ ‎(2)图象的斜率表示电阻R的倒数，根据图象可知斜率逐渐增大可知：该热敏电阻的阻值随电压的增大而减小，电流的变化范围为0-20mA，所以电流表选择B，滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的R1,故选D；‎ ‎(3)由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；‎ 由表中实验数据可知，待测电阻阻值约为；，，满足是大电阻，电流表应采用内接法；‎ 实验电路图如图所示：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了作图象、实验器材的选择、设计实验电路图，电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法．‎ ‎13．为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：‎ A．待测干电池一节 B．直流电流表（量程0 ~ 0.6 ~ 3 A，0.6 A挡内阻约为0.1Ω，3 A挡内阻约为0.02Ω）‎ C．直流电压表（量程0 ~ 3 ~ 15 V，3 V挡内阻约为5 kΩ，15 V挡内阻约为25 kΩ）‎ D．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 15Ω，允许最大电流为1A）‎ E．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 1000Ω，允许最大电流为0.2 A）‎ F．开关 G．导线若干 ‎（1）在图甲中将所选器材，用水笔画线代表导线进行实物连线____________；‎ ‎（2）为尽可能减少实验的误差，其中滑动变阻器选_______（填代号）；‎ ‎（3）根据实验记录，画出的U—I图线如图（乙）所示，从中可求出待测干电池的电动势为E=______V，内电阻为r=_______Ω。‎ ‎【答案】D1.5 V1Ω ‎【解析】‎ ‎（1）测定电源电动势和内电阻的电路图如图所示，对照电路图连线如下： （2）滑动变阻器E电阻值较大，操作不方便，同时额定电流太小，故选小电阻的滑动变阻器；故选D． （3）电源的U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.5V； 斜率表示电源的内电阻，故 ‎ ‎14．某学生实验小组利用如图所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：‎ 多用电表；‎ 电压表：量程5 V，内阻十几千欧；‎ 滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；‎ 导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点．‎ ‎(2)将图中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．‎ ‎(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图甲所示，这时电压表的示数如图乙所示．多用电表和电压表的读数分别为______kΩ和______V．‎ ‎　‎ ‎(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V．从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ．‎ ‎【答案】（2）1 （3）15kΩ； 3.50V； （4）12.0kΩ； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（2）万用表接线柱接法为红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2； （3）欧姆表读数等于倍率与表盘读数的乘积；故读数为1k×15.0Ω=15kΩ； 电压表量程为5V，最小分度为0.1V，故读数为3.50V； （4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能根据闭合电路和欧姆定律分析电源内部结构，能根据闭合电路欧姆定律灵活地列式分析.‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．图中电源电动势E=12 V，内电阻r=0.5 Ω．将一盏额定电压为8 V，额定功率为16 W的灯泡与一只线圈电阻为0.5 Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光．求：‎ ‎(1)电源的总功率；‎ ‎(2)电动机消耗的电功率；‎ ‎(3)电动机的效率．‎ ‎【答案】（1）96W（2）48W（3）62.5%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U内=E-U=12V-8V=4V； 电路中电流； 故电源的总功率P=EI=12×8W=96W； （2）灯泡中的电流 ‎ 由并联电路的规律可知，通过电动机的电流I机=I-I灯=8A-2A=6A； 电动机消耗的电功率P机=UI机=8×6W=48W； （3）电动机线圈产生的热功率P机线=I机2R机=62×0.5W=18W； 电动机的效率 ‎【点睛】‎ 本题考查电路中电功及电热的区别，要注意焦耳定律及电功公式在非纯电阻电路中均可使用，电动机是非纯电阻，欧姆定律不适用．‎ ‎16．如图所示，两平行光滑导轨相距为d=20cm，金属棒MN的质量为m=10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，方向竖直向下，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，当电键K闭合时，MN恰好平衡，设θ=45°，g=10m/s2．求：‎ ‎(1)金属棒MN所受安培力的大小；‎ ‎(2)变阻器R1接入电路中的阻值．‎ ‎【答案】（1）0.1N（2） 7Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）金属棒受重力mg、支持力N、安培力F的作用，力图如图。‎ ‎ 根据平衡条件得安培力：F=mgtanθ=0.1N， （2）安培力为：F=BIL 解得： ‎ 根据欧姆定律得： 代入数据解得：R1=7Ω．‎ ‎【点睛】‎ 本题是安培力、欧姆定律与力学知识的综合，关键是安培力的方向分析和大小计算，要作好力图。‎ ‎17．如图所示，一带电量为e、质量为m的质子以速度v0从O点垂直射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．已知两板之间距离为d，板长为d，O点是PN板的中点，设质子与板碰撞后不反弹，‎ ‎(1)为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度应满足的条件．‎ ‎(2)若质子在磁场力作用下恰能击中PN板上端N点，为使质子在两板间做匀速直线运动，则在两板间施加一匀强电场，求施加匀强电场的场强E的大小和方向．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）质子进入板间匀强磁场中做匀速圆周运动，当质子的轨迹恰好经过N点时，对应的能射出两板间的速度最小，这种情况下质子的轨迹半径为：r1=d ‎ 由半径公式 得： ‎ ‎； 当质子的轨迹恰好经过M点时，对应的能射出两板间的速度最大，设这种情况下质子的轨迹半径为r2。由几何知识得：r22 =d2+(r2−d)2，解得，r2=d 代入半径公式得：‎ 故为使质子能射出两板间，磁感应强度B的大小应为 ；‎ ‎（2）为使质子在两板间做匀速直线运动，则Ee=qv0B1，‎ 解得 ‎18．如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y=-2h处的P3点．不计重力．求 ‎（1）电场强度的大小．‎ ‎（2）粒子到达P2时速度的大小和方向．‎ ‎（3）磁感应强度的大小．‎ ‎（4）粒子从P1点运动到P3点所用时间．‎ ‎【答案】(1) 　(2) 45°　　(3) 　　(4) ‎ ‎【解析】（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示．‎ 设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有 qE=ma  ‎ ‎2h=v0t   ‎ ‎ ‎ 解得E= ‎ ‎（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x轴的夹角，则有 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得；‎ ‎ ‎ 所以：θ=45°‎ ‎（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，用r表示圆周的半径．由牛顿第二定律 ‎ 因为OP2=OP3，θ=45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径．‎ 由此可求得r= ‎ 解得 ‎ ‎（4）粒子在电场中运动时间)‎ 粒子在电场中运动时间 ‎ 粒子从P1点运动到P3点所用时间t=t1+t2 ‎ 得t=‎