江苏省扬州市2018_2019学年高二物理上学期第二阶段学情调研测试试题（含解析） 14页

2018-2019学年第一学期第二阶段学情调研测试试题高二物理（选修）一、单选题：本题共7题，每小题3分，共21分。1.关于洛伦兹力，下列说法中正确的是()A.带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用B.若带电粒子经过磁场中某点时所受的洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零C.带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力越大，则该处的磁感应强度一定越大D.洛仑兹力对运动电荷不做功【答案】D【解析】试题分析：当粒子平行磁场方向在磁场中运动时，粒子不受磁场力作用，A、B错误；磁感应强度的大小只与磁场的本身性质有关，与外界因素无关，C错误；根据左手定则可得洛伦兹力的方向总是垂直于磁场方向和电荷运动方向，洛仑兹力对运动电荷不做功，D正确。考点：洛伦兹力2.在磁感应强度B为5×10-3T的匀强磁场中。导线长L为0.4m，电流为1.5A。求导线受到的安培力大小可能为（）A.3×10－2NB.1.5×10－3NC.3×10－1D.3N【答案】B【解析】【详解】当电流方向与磁场方向平行时，安培力大小为0，当电流方向与磁场方向垂直量，安培力最大即为：所以导线受到的安培力大小在，故B正确，ACD错误。故选：B。3.如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部．当磁铁向下运动时(　　)nA.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【答案】B【解析】当线圈向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同．由于感应电流会阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以二者之间有作用力的斥力．故B正确，ACD错误．此题选项错误的选项，故选：ACD．点睛：该题可得楞次定律的极板应用，解决本题可以结合楞次定律使用的基本步骤判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广形式来判定．4.有一毫伏表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（）A.并联一个0.02的电阻B.并联一个0.8的电阻C.串联一个50的电阻D.串联一个4900的电阻【答案】A【解析】把毫伏表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：，故D正确，ABC错误。5.如图所示，带铁芯的电感线圈的直流电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同n的电流表，则下列说法中正确的是（　　）A.闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数B.闭合S瞬间，电流表A1示数大于A2示数C.断开S瞬间，电流经电流表A1的方向不变，流经A2方向改变D.断开S瞬间，电流表A1示数不变，电流表A2示数为0【答案】C【解析】【详解】A、B项：闭合s瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故AB错误；C、D项：断开s瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，与A1，A2，R组成闭合回路，由“楞次定律”可知产生的电动势方向与原电源方向相同，所以电流表A1中的电流方向不变，A2中的电流方向反向，由于稳定时两电流表的示数相同，所以断开S瞬间，电流表A1示数和电流表A2示数相同，故C正确，D错误。故选：C。6.如图所示，一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则下列说法正确的是A.若质子的速度v′V，qvB>qE，它将向上偏转，洛伦兹力时刻改变，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线，故D正确。7.如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是（）A.电源的输出功率可能变大B.电流表读数变大，电压表读数变小C.灯泡L1变亮D.电容器C上电荷量减小【答案】A【解析】【详解】A项：由电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，可知由于电源的内电阻与外电阻关系不知，所以电源的输出功率可能变大，故A正确；B、C项：灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，由欧姆定律可得：电源的内电压减小，路端电压增大，所以电流表的读数减小，电压表的读数变大，总电流减小，则灯泡L1变暗，故BC错误；D项：路端电压增大，灯L1的电压减小，则电阻R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由Q=CU知，电容器C上电荷量增大，故D错误。故选：A。二多选题：本题共5题，每题4分，共20分，全对得4分，选不全的得2分，多选和错选得0分。8.如图所示，当电流通过线圈时，小磁针将发生偏转，关于线圈中电流方向和小磁针的偏转方向，正确的说法是()nA.通入逆时针方向的电流，小磁针的S极指向外B.通入顺时针方向的电流，小磁针的N极指向外C.通入逆时针方向的电流，小磁针的N极指向外D.通入顺时针方向的电流，小磁针的S极指向外【答案】CD【解析】安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外．故A错误，C正确；当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里，故B错误，D正确；故选CD．【点睛】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．9.如图所示，一直流电动机与阻值R＝9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10V，已知电动机线圈电阻RM＝1Ω，则下列说法中正确的是（）A.通过电动机的电流为10AB.电源的效率为93.3%C.电动机的输出功率为18WD.电动机线圈电阻的热功率为4Wn【答案】BD【解析】【详解】A项：由欧姆定律得：回路中的电流，故A错误；B、C项：电源的输出功率电源的总功率为：电源的效率为：，故B正确，C错误；D项：电动机线圈电阻的热功率为，故D正确。故选：BD。10.如图(a)所示，金属圆环处在匀强磁场中，磁场大小随时间的变化关系如图(b)所示。在0-2T内，关于金属圆环中的感应电流，下列说法中正确的是（）A.方向先顺时针后逆时针B.方向先逆时针后顺时针C.大小先增大后减小D.大小一直保持不变【答案】AD【解析】由图可知，在0-T时间内由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向；在T-2T时间内由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，故A正确，B错误；由图可知，0-T和T-2T时刻线圈中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律得：，故感应电动势的大小不变，根据闭合电路的欧姆定律得：，可知感应电流的大小不变，故C错误，D正确；故选AD。【点睛】由右图可知磁感应强度的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势的大小，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化情况。n11.如图，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率P随电流I变化的图线。若A、B对应的横坐标为2A.则下列判断正确的是A.该电源的电动势为3V，内电阻为3ΩB.当总电流I＝1A时，电源的输出功率为2WC.当总电流I＝2A时，电源的输出功率为4WD.当总电流I＝1.5A时，电源的输出功率最大，为2.25W【答案】BD【解析】从图象可知：有两个交点。O点处是没有通电，而C处它们的电功率相等，说明电源短接，由P=I2r可得r=1Ω，E=3V，选项A错误；根据闭合电路欧姆定律可知，E=I(R+r)当电路中电流为1A时，外电路的电阻R=2Ω，电源的输出功率为：P=I2R=2W，选项B正确；电流为2A时，外电路电阻为0.5Ω，电源的输出功率为：P=I2R=2W，选项C错误；当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，此时电路中电流为：=1.5A，电源的输出功率最大，为，选项D正确；综上本题选BD.12.如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场磁感应强度为B和匀强电场电场强度为E.组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B/，最终打在A1A2上，下列表述正确的是()A.粒子带正电B.所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B/的磁场中的运动时间都相同nC.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷越大【答案】ACD【解析】【详解】A项：带电粒子在磁场中向左偏转，由左手定则，知粒子带正电，故A正确；B项：所以打在A1A2上的粒子，在磁场中做匀速圆周运动的时间等于半个周期，由，粒子在磁场中运动的周期为则磁场中的运动时间为与带电粒子的比荷有关，故B错误；C项：粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡：，则，故C正确；D项：经过速度选择器进入磁场的粒子速度相等，由半径公式知，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故D正确。故选：ACD。三、简答案：（本题26分，第13题8分，每空2分，第14题18分，每空2分。）13.为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：A.小灯泡(额定电压6V，额定电流600mA)B.电流表A1,(量程0-0.6A,内阻约为0.5)C.电流表A2(量程0-3A,内阻约为O.l)D.电压表V(量程0-6V,内阻约为10k)E.滑动变阻器R1(0-10,2A)F.滑动变阻器R2((0-100，1.5A)G.直流电源E(约6V)H.开关、导线若干(1)实验中电流表应选用_______，滑动变阻器应选用______(以上均填器材代号)。(2)请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整_____。n(3)实验电路连接正确，闭合开关，从最左端向右端调节滑动变阻器滑片，记录电流表和电压表相应示数，根据实验数据在坐标系中描点如图乙所示，则电路发生的故障是_____。【答案】(1).(1)A1(2).R2(3).(2)如图；（3）电源负极和滑动变阻器器左下接线柱间的电路断路；【解析】（1）小灯泡额定电流为600mA，电流表选量程为0.6A的A1。滑动变阻器选择R2，容易调节。（2）由于电压要求从零开始变化，需要接成分压电路，电路连线图：（3）由图像可知，电压无法调节到较小电压，说明电路是限流电路，电源负极和滑动变阻器器左下接线柱间的电路断路。14.某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，该同学利用下列所给器材测量该“水果电池”的电动势E和内电阻r。A、电流表A1（量程0.6A，内阻约为1Ω）nB、电流表A2（量程20mA，内阻约为50Ω）C、电压表V1（量程4V，内阻约为4kΩ）D、电压表V2（量程15V，内阻约为15kΩ）E、滑动变阻器R1（0～1000Ω）F、滑动变阻器R2（0～9999.9Ω）G、待测“水果电池”（电动势E约为4V，内阻r约为200Ω）H、开关S，导线若干（1）为尽量减小实验的误差，实验中电流表选择_____；电压表选择_____；滑动变阻器选_______请在虚线方框中画出实验电路图____。（以上均填器材代号）（2）该同学实验中记录的6组对应的数据如下表，试根据表中数据在上图中描点画出U—I图线___；由图线可得，“水果电池”的电动势E=_______V，内电阻r=______Ω。I/mA4.05.08.010.012.014.0U/V3.042.852.301.901.501.14（3）实验测得的“水果电池”的电动势和内阻与真实值相比，E测_____E真，r测____r真（选填“大于”“小于”或“等于”）【答案】(1).A2；(2).V1；(3).R1；(4).；n(5).；(6).3.80；(7).190；(8).小于；(9).小于【解析】【详解】(1)电动势E约为4V，内阻r约为200Ω,电路中最大电流为了读数准确，所以选择电流表A2，电压表V1，为了便于调节，滑动变阻器选择R1，为了测量更准确电流表应内接，电路图如下：(2)由所给数据标出各对应点，画一直线如图所示：由图可读现纵截距为E=3.80；；(3)由实验原理图和等效电路可知，电动势测量值为电源没有接入电路时两端的电压即为电压n表与电源串联时电压表的示数，所以偏小，内阻测量值即为电压表内阻与电源内阻的并联值即偏小。四、计算或论述题：本题共4小题，共53分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．15.如图所示，在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，水平放置两根光滑的平行金属导轨，导轨间距为0.6m，导轨间接有电阻R=2.5Ω，有一导体棒AB在导轨上以10m/s的速度向右匀速滑动，导体棒AB的电阻r=0.5Ω，其余电阻不计．求：（1）导体棒AB两端电压．（2）导体棒AB受到的安培力大小．（3）电阻R消耗的电功率．【答案】（1）1.0V（2）0.048N（3）0.4W【解析】试题分析：AB切割磁感线相当于电源，其等效电路的电动势（1）流过AB的电流AB两端的电压（2）导体AB受到的安培力（3）电阻R1消耗的功率考点：导体切割磁感线产生感应电动势的计算点评：中等难度。本题可以把切割磁感线的导体看成一节电池，用闭合电路欧姆定律来解决问题。16.如图所示，匀强磁场宽度为L，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。有一质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），以初速度垂直磁场方向从小孔C射入匀强磁场后从磁场右边界A点射出，射出方向与水平方向的夹角为，求：（1）粒子运动轨迹的半径r；（2）粒子的初速度；n（3）粒子在磁场中的运动时间t。【答案】（1），（2），（3）.【解析】(1)过A点作v0的垂线交于左边界M点，由几何关系可知：；(2)根据得：；(3)根据。17.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=370，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力和导体棒受到的摩擦力；（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到的摩擦力。【答案】（1）1.5A（2）0.30N方向沿斜面向上0.06N方向沿斜面向下（3）零【解析】【详解】（1）对导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：n（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N方向沿斜面向上导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin370=0.24N由于F1小于F安，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，受力如图。根据共点力平衡条件mgsin370+f=F安解得：f=0.06N方向沿斜面向下（3）对导体棒受力分析如图，由于所以在安培力作用下导体棒刚好处于平衡，故导体棒受的摩擦力为零。