【物理】江西省吉安市四校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】江西省吉安市四校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

物理试卷 一、选择题（每小题4分，共40分。第1－6题单选，第7－10题多选。）‎ ‎1.如图所示，为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔，下列说法中正确的是（　　）‎ A. a孔插黑表笔 B. 测量前必须电阻调零，而且每测量一次电阻都要重新电阻调零 C. 用×10Ω挡测量时，指针指在刻度20～40的正中央，则被测电阻的阻值为300Ω D. 用×100Ω挡测量时，若指针偏转较小，应换用×1kΩ挡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图示可知，a插孔与内置电源负极相连，则a插孔是“+”插孔，a孔应接红表笔，故A错误；‎ B．每次换档时均要进行欧姆调零，只要不换档，不需要进行欧姆调零；故B错误；‎ C．欧姆表的刻度盘不均匀，左侧密集，右侧较稀，故用×10Ω挡测量时，指针指在刻度20～40的正中央，此时则被测电阻的阻值不等于300Ω；故C错误；‎ D．用×100Ω挡测量时，若指针偏转较小，说明所选档位太小，故应换用×1kΩ挡；故D正确。‎ ‎2.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，不正确的是(　　)‎ A. 如图所示位置时等于BS B. 若使框架绕OO′转过60°角，磁通量BS C. 若从初始位置转过90°角，磁通量为零 D. 若从初始位置转过180°角，磁通量变化为2BS ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scosθ，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积．线圈从图示转过90°时，磁通量为0，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差．‎ ‎【详解】A项：线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．故图示位置的磁通量为φ=BS，故A正确；‎ B项：使框架绕OO′转过60°角，则在磁场方向的投影面积为S/2则磁通量为BS/2，故B错误；‎ C项：线圈从图示转过90°的过程中，S垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过90°时，磁通量为0，故C正确；‎ D项：从初始位置转过180°角，磁通量变化△∅=BS-（-BS）=2BS，故D正确．‎ 本题选错误的，故选B．‎ ‎【点睛】本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式φ=BScosθ，θ是线圈与磁场垂直方向的夹角．夹角变化，磁通量也会变化，注意磁通量要分清穿过线圈的正反面．‎ ‎3.在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化.圈乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法不正确的是 A. 图线a表示的悬电压表V3的示数随电流表示数变化的情况 B. 图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况 C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大 D. 此过程中电压表V3示数的变化最ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故AB项与题意不相符；‎ C. 由闭合电路欧姆定律得U1=E-Ir，则 保持不变，故C项与题意相符；‎ D. 由闭合电路欧姆定律得U3=E-I（r+R1），则 保持不变，故D项与题意不相符．‎ ‎4.如图所示，abcd是一个用粗细均匀、同种材料的导线弯折成的长方形线框，线框竖直放置，ab长度为L，bc长度为．匀强磁场的方向垂直于金属框平面向里，磁感应强度大小为B．若金属框a、b两端与恒压电源相连，电流方向如图所示，若通过ab边的电流大小为，则金属框受到的安培力大小和方向分别为 A. ，方向竖直向上 B. 2BIL，方向竖直向上 C. ，方向竖直向下 D. 3BIL，方向竖直向下 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，边ab（cd）的长度是边ad（bc）长度的2倍，所以边ab（cd）的电阻是边ad（bc）电阻的2倍，由并联关系可知，通过adcb支路的电流为，所以边dc所受安培力大小为 方向竖直向上，边ab所受安培力大小为 Fab=BIL 方向竖直向上，边ad和边bc所受安培力的合力为零，所以金属框所受安培力大小为 方向竖直向上．‎ A．A项与上述分析结论相符，故A正确；B．B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C．C项与上述分析结论不相符，故C错误；D．D项与上述分析结论不相符，故D错误．‎ ‎5.如图所示，三根通电长直导线a、b、c平行水平放置，其横截面恰好位于等边三角形的三个顶点，导线a、b固定在同一竖直面内，导线a中的电流方向垂直纸面向里，导线b中的电流方向垂直纸面向外，已知导线a、b中的电流在导线c处产生的磁场的磁感应强度大小均为；导线c中的电流方向垂直纸面向里，电流大小为I，长度为L，质量为m，在粗糙水平面上处于静止状态，重力加速度为g，下列说法正确的是 A. 导线c所受安培力的大小为 B. 导线c受到的静摩擦力方向向右 C. 导线c对水平面的压力大小为 D. 若仅将导线b中的电流反向，则导线c所受安培力的大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC .由右手螺旋定则可知导线a、b分别在导线c处产生的磁场方向的夹角为120°，根据平行四边形定则可知合磁场的磁感应强度大小为，方向水平向左，由左手定则可知导线c受到的安培力方向竖直向上，大小为，根据平衡条件可知水平方向不受静摩擦力，竖直方向上导线c对水平面的压力大小为，故选项AB错误，C正确；‎ D.当导线b中的电流反向时，导线b在导线c处产生的磁场方向反向，合磁场方向竖直向下，大小为，则导线c受到的安培力大小为，故选项D错误．‎ ‎6.某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bx．将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为E、内阻为R的电源组成如图所示的电路．在导体棒正下方距离为L处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为5R时，小磁针的偏转角恰好为30°．已知通电长直导线周围某点磁感应强度为（式中I为通过导线的电流强度，r为该点到通电长直导线的距离，k为比例系数)，导体棒和导线电阻均可忽略不计，则该位置地磁场的水平分量大小为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由欧姆定律可得电路中的电流值：，由题目中给出的公式可得小磁针处电流产生的磁场：，由小磁针的偏转角恰好为30°可得：‎ ‎，解得地磁场的水平分量大小：，故A正确，BCD错误．‎ ‎7.一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（　　）‎ A. 该金属导线的电阻变为原来的2倍 B. 该金属丝的电阻率变为原来4倍 C. 自由电子定向移动的平均速率为 D. 通过金属导线的电流为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律可知，电流I变为原来的，故A错误，D正确；‎ B．金属丝的电阻率与金属丝的长度无关，所以电阻率不变，故B错误；‎ C．电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，，则自由电子定向移动的平均速率为，故C正确。‎ ‎8.a和b是点电荷电场中的两点，如图所示，a点电场强度Ea与ab连线夹角为60°，b点电场强度Eb与ab连线夹角为30°，则关于此电场，下列分析正确的是（　　）‎ A. 这是一个正点电荷产生的电场 B. 这是一个负点电荷产生的电场 C. Ea：Eb=：1 D Ea：Eb=3：1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示，可知Q为负电荷，故A错误，B正确；‎ CD．设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到：‎ 根据电场强度的公式可知，‎ 故C错误，D正确。‎ ‎9.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．下列说法正确的是（ ）‎ A. x轴上x1与x2之间的电场强度小于x3与x4之间的电场强度 B. 正电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电场力做负功，电势能增加 C. 负电荷沿x轴从x3移到x4的过程中，电场力不做功，电势能不变 D. 电荷量为＋q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为q（φ2－φ1）‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，图象斜率表示电场强度，沿着电场线电势降低，电场力做功等于电势能的减小量；‎ ‎【详解】A、图象φ-x的斜率表示电场强度，即x轴上x1与x2之间的电场强度等于x3与x4之间的电场强度，都为零，故选项A错误；‎ B、由图像可知：沿x轴从0移到x1的过程中电势升高，故电场力对正电荷做负功，电势能增加，故选项B正确；‎ C、由于x3与x4之间斜率为零，即场强为零，故在此过程中电场力对负电荷不做功，电势能不变，故选项C正确；‎ D、电荷量为＋q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为，故选项D错误．‎ ‎【点睛】该题能够从图中可知，0与x1之间的电势升高，x1与x2之间电场强度为零，x2与 x3 之间的电势降低，x3移到x4之间电场强度为零，这是解题的关键．‎ ‎10.如图所示，平行金属板A、B水平放置，将其与理想二极管串联在电源两端，一个带电微粒从P点以一定的初速度平行于极板射入两板间，粒子恰能做直线运动，则下列说法正确的是 A. 微粒一定带负电 B. 增大微粒的速度，微粒将向上偏转 C. 将A板向下移，粒子将向上偏转 D. 将B板向下移，粒子将向下偏转 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.微粒受向上的电场力，而电容器A板带正电，可知粒子带负电，选项A正确；‎ B. 增大微粒的速度，微粒竖直方向受力仍平衡，即仍沿直线运动，选项B错误；‎ C. 将A板向下移，两板距离减小，则电容器的电容变大，电容器充电，两板场强变大，则粒子受向上的电场力变大，则粒子将向上偏转，选项C正确；‎ D. 将B板向下移，两板间距变大，则电容器的电容减小，则电容器应该放电，但是由于二极管有单向导电性使得电容器不能放电，则电容器电量不变，场强不变，则粒子将仍沿直线运动，选项D错误.‎ 二、实验题（每空2分，共16分。）‎ ‎11.图甲游标卡尺的示数L=________mm；图乙螺旋测微器的示数D=_________mm．‎ ‎【答案】 (1). 102.30mm (2). 4.700mm ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：102mm，游标上第6个刻度与上面对齐，读数为：‎ 故最终读数为 ‎[2]螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm 则读数为4.700mm。‎ ‎12.小明同学想测量某电阻元件正常工作下的阻值RL，已知该元件电阻约为2Ω，额定电流为1A．在保证器材安全的情况下，尽量准确的测量RL．可供使用的器材有：‎ A.电流表A1：量程0—0.6A(内阻RA1为1Ω)‎ B.电流表A2：量程0—3A(内阻RA2约为0.5Ω)‎ C.电压表V1：量程0—3V(内阻RV1约为3KΩ)‎ D.电压表V2：量程0—15V(内阻RV2约为15KΩ)‎ E.定值电阻R1=1Ω F.定值电阻R3=1KΩ G.滑动变阻器R：0—5Ω H.蓄电池E：电动势10V，不计内阻 I.导线，电键S ‎(1)电流表应选___________，电压表应选___________(填写器材前面的字母序号)‎ ‎(2)画出电路图，并标上元件对应的符号；‎ ‎(3)正确连接电路后，当电流表示数为___________A，元件正常工作．此时电压表示数如右上图，请读出此时电压表的示数___________V，则此元件的电阻为___________Ω．(计算结果保留2位小数)‎ ‎【答案】 (1). A C (3). 0.50 2.53-2.57 2.03-2.07‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）的额定电流为1A，从安全性和精确性两方面考虑，两个电流表均不满足要求，故要进行电表的改装，电流表量程较小，且知道内阻，故把改装能达到要求，电流表和改装成量程为1.2A的电流表，满足要求，电流表选，故选A；由于的额定电流为1A，两端的最大电压约为2V，故电压表选择，故选C；‎ ‎（2）的量程是，小于电源的电动势,从安全性的角度考虑，应采用分压式解法，考虑到知道电流表的内阻，采用电流表内接法可以消除系统误差，电路图如下图所示：‎ ‎（3）当电流表的读数为0.5A时，电阻两端达到额定电流1A，正常工作．‎ 估算电流的最大值，，由于只有电流表知道内阻，由图可知电压表的读数为2.53-2.57V ，由，代入数据可得：‎ 三、计算题（第13、14题各10分，第14、15题各12分，共44分。）‎ ‎13.在如图所示的电路中，定值电阻R1=1.4Ω、R2=0.5Ω，电源内阻r=0.6Ω，电容器的电容C=100μF．当开关S断开时，电容器上容纳的电荷量Q=3×10-4C，理想电流表A的示数I=1.5A．求：‎ ‎(1)电阻R3的阻值；‎ ‎(2)电源电动势E及电源的效率；‎ ‎(3)当开关S闭合时，电容器充电还是放电？从开关S闭合到电路稳定的过程中，电容器上所带电荷量变化了多少？‎ ‎【答案】(1)2(2)E=6V，(3)电容器放电，2×10-4C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)闭合开关S后电路稳定时，电容器两极之间的电压 电容器两板间的电压等于电阻R3两端的电压，所以电阻 ‎(2)由闭合电路的欧姆定律可得 电源的效率 ‎(3)闭合开关S后R2与R3并联，则 总电流 并联部分的电压 可知电容器两极之间的电压减小，则电容器放电，电容器极板上电荷量的变化 ‎14.如图所示一辆电动自行车，它的铭牌上给出了如下的技术参数表，质量为M=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的k=0.02倍．取g=10m/s2，求：‎ ‎(1)此车永磁铁电机在额定电压下正常工作时的总功率和效率．‎ ‎(2)该永磁铁电机线圈的电阻是多少？‎ ‎(3)仅在永磁铁电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度．‎ 规 格 ‎ ‎ 后轮驱动直流永磁体电机 车型 ‎26″电动自行车 额定输出功率 ‎100W 整车质量 ‎30kg 额定电压 ‎40V 最大载重 ‎120kg 额定电流 ‎3.5A ‎【答案】(1)140W，(2)(3)5m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由表可知，电机的额定电压为U0=40V、额定电流为I0=3.5A，所以电机正常工作时输入功率为 又因电机的输出功率为，所以电机的效率为 ‎(2)根据功率关系可得 解得 ‎(3)行驶时所受阻力为 当达到最大速度vm时，应有：‎ 所以最大速度 ‎15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝2E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ 之间存在着宽为L、电场强度为E2＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子到MN的速度大小；‎ ‎(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；‎ ‎(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) (4)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 电子进入电场E2时的速度为：‎ v0=a1t1，‎ 则 进入电场E2到PQ水平方向做匀速直线运动，时间为：‎ 出电场后到光屏在水平方向做匀速直线运动，时间为：‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2+t3‎ 联立求解得：‎ ‎(3)设粒子射出电场E2时沿电场反方向的速度为 由牛顿第二定律知电子进入电场E2时的加速度为：‎ 电子射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为 联立各式解得：‎ ‎(4)电子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ 设电子达到屏上的点P到O点的距离为x，根据几何关系可得：‎ 联立解得：‎ ‎16.如图所示倾角θ=37°的光滑斜面AB与光滑半圆弧BC在B点相切，圆弧BC的圆心为O,半径R=0.4m整个空间存在方向水平向右匀强电场，电场强度E=3.0×103N/C.一个质量为m1=1kg，带电量q=+3×10-3‎ C的滑块P由A端从静止开始沿绝缘的斜面向上运动，另一不带电质量为m2=0.2kg的滑块Q最初固定于B点，斜面AB长度l=15m.当滑块P运动到B点前一瞬间，将滑块Q由静止释放，两者碰撞后粘在一起运动，两滑块均可视为质点，碰撞时间极短，碰撞过程中总电量保持不变，g取10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．‎ ‎（1）求滑块P运动到B点与滑块Q碰撞前的速度；‎ ‎（2）滑块P、Q粘在一起后，运动到C点时的速度；‎ ‎（3）滑块离开C点后第一次落回斜面AB的落点与B点间的距离．‎ ‎【答案】（1）6m/s（2）（3）0.8m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对于滑块P从A到B，由动能定理得：，‎ 其中，‎ 解得；‎ ‎（2）PQ碰撞动量守恒：；‎ 解得：；‎ 对于整体从B到C由动能定理得：‎ 解得：；‎ ‎（3）对滑块PQ这个整体，受到电场力和重力， 设重力和电场力的合力与竖直方向成角，则，‎ 解得：，‎ 即滑块PQ整体在C点所受合力方向与速度方向垂直，则滑块做类平抛运动，则有：‎ ‎，其中 落地点距离B点的距离：‎ 联立解得：‎