【物理】江苏省扬州市2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 13页

‎2019-2020学年江苏省扬州市高二（上）期末物理试卷 一、单项选择题（每题3分，共18分，每题有四个选项，只有一个选项是正确的）‎ ‎1.关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子直径的数量级约为10-15m B. 压缩气体时，要用力是由于气体分子间存在斥力的缘故 C. 已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则单位体积的分子数为 D. 水结冰时，部分水分子已经停止了热运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子大小通常其直径是在10-10m的数量级，选项A错误；‎ B.气体分子的平均距离较大，一般是分子直径数量级的十倍，故分子间基本不考虑相互作用力。而压缩气体之所以要用力，是因为要对气体做功，选项B错误；‎ C. 已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，可知气体的摩尔体积，已知阿伏加德罗常数为NA，则单位体积的分子数为，选项C正确；‎ D.分子永不停息地做无规则运动，水结为冰后水分子热运动剧烈程度降低，但不会停止热运动，选项D错误。故选C。‎ ‎2.以下是四种导电器件的伏安特性曲线，随电压增加，电阻变小的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】伏安特性曲线描述电流与电压的变化关系，其斜率，电阻变小的应为图线的斜率变大的，因此只有选项B正确，A、C、D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为 ‎ ‎ A 0 B. 0.5 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，选项C正确，选项ABD错误．‎ 考点：安培力 ‎【名师点睛】由安培力公式进行计算，注意式中的应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．‎ ‎4.如图所示是一个由电池E、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，当增大电容器两板间距离的过程中（ ）‎ A. 电容器的电容变大 B. 电阻R中有从a流向b的电流 C. 液滴带正电 D. 液滴仍然平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】题中电容器与电源相连，板间电压不变。增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电。根据原来极板的带电情况，可分析电流的方向。根据场强的变化情况可分析液滴的运动方向。‎ ‎【详解】A.两极板间的距离增大，根据可知，电容器电容减小，选项A错误；‎ B.由于电容与电源相连，所以两极板间电势差恒定不变，根据可知电荷量减小，故电容器放电。由于上极板A与电源正极相连，故上极板A带正电，所以电阻R中有从a流向b，选项B正确；‎ C.电容器上极板A带正电，电场方向竖直向下，而液滴的重力竖直向上，所以液滴必须受到竖直向上的电场力，故与电场方向相反，所以液滴带负电，选项C错误；‎ D.根据公式可知两极板间的电场强度减小，所以电场力减小，液滴将向下加速运动，选项D错误。故选B。‎ ‎5.远距离输电原理图如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当k由2改接为1时，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电压表读数增大 B. 电流表读数减小 C. 灯泡的实际功率在减小 D. 输电线上损失的功率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系． B.发电站输出功率P1和发电站输出电压U1是不变的，k接到1后，升压变压器副线圈匝数n2增多，根据知电压U2升高，所以输电线电压增大，由于输送功率不变，所以电流减小，即电流表示数变小，选项B正确；‎ D.损失功率，电流减小，所以损失功率减小，选项D正确；‎ A.损失电压，电流减小，所以 减小，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，电压表示数变大，选项A正确；‎ C. 灯泡两端的电压增大，所以灯泡的实际功率在增大，选项C错误。‎ 本题选不正确的，故选C。‎ ‎6.如图所示，一个闭合矩形线圈abcd以速度v从无磁场区域匀速穿过匀强磁场区域．以abcd方向为电流的正方向，图中能正确反映线圈中电流－时间关系的图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为负值；由知线圈进入和穿出磁场时感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生。所以选项D正确，A、B、C错误。故选D。‎ ‎【点睛】运用楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析感应电流的方向和大小，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。‎ 二、多选题（每题4分，共20分，每题有四个选项，有两个或两个以上的选项是正确的，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎7. 如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（ ）‎ A. 感应电流方向是N→M B. 感应电流方向是M→N C. 安培力水平向左 D. 安培力水平向右 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故AC正确，BD错误．故选AC ‎8.一矩形金属线圈共10匝，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，产生交变电流的电动势为e＝220sin（100πt）V，对于这个交变电流的说法正确的是（ ）‎ A. 此交变电流的频率为50Hz B. 此交变电流电动势的有效值为220V C. t＝0时，线圈平面与中性面重合，此时磁通量最大 D. 耐压为230 V的电容器能够在该交变电路中使用 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据可知，该交流电的频率为，选项A正确；‎ B．该交流电的最大值为，有效值为，选项B正确；‎ C．t=0时，电动势为零，此时线圈处在中性面上，磁通量最大，选项C正确；‎ D．230 V小于该交流电的最大值为，所以耐压为230 V的电容器不能在该交变电路中使用，选项D错误。故选ABC。‎ ‎9.如图所示，线圈的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计,、是两个完全相同的小灯泡，开关闭合和断开的过程中,灯、的亮度变化情况是（灯丝不会断） ‎ A. 闭合，、不同时亮 B. 闭合，、同时亮 C. 断开，、立即熄灭 D. 断开，立即熄灭，亮一下才熄灭 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；故A错误，B正确；‎ CD．S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故L1亮一下后逐渐熄灭。故C错误，D正确。故选BD。‎ ‎10.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R1=R2=r，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度减弱，则 （ ）‎ A. 电路的路端电压将减小 B. 灯泡L将变暗 C. R1两端的电压将增大 D. 电源的输出功率减小 ‎【答案】BD ‎【解析】A. 照射光强度减弱时，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，所以电源内阻所占电压减小，所以路端电压增大，选项A错误；‎ C.因电路中总电流减小，所以R1两端的电压减小，选项C错误；‎ B.因电路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，而总电流减小，所以通过灯泡L的电流减小，所以灯泡L变暗，选项B正确；‎ D、电源的输出功率（R为外电路的电阻），据题意知R1、R2为定值电阻且都等于r，所以总电阻一定大于r，故当将照射R3的光的强度减弱，总电阻增大，输出功率变小，选项D正确。故选BD。‎ ‎11.带电量相同，质量不同的粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零．然后经过S3沿着磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，如图所示．运动过程中粒子之间的相互作用忽略不计，下列说法正确的是（　　）‎ A. 这些粒子经过S3时的动能相同 B. 这些粒子经过S3时的速率相同 C. 这些粒子在磁场中运动的轨迹圆半径与质量成正比 D. 这些粒子在磁场中运动的时间与质量成正比 ‎【答案】AD ‎【解析】AB、根据动能定理得： 动能相同，解得：，电量相同，所以质量相同的粒子具有相同速率，故A正确、B错误；‎ CD、粒子在磁场中运动的轨道半径为：，半径与成正比；运动时间，与质量成正比，故C错误，D正确．‎ 三、填空题（共18分，将正确的答案写在相应的位置）‎ ‎12.某同学欲测量一电容器的电容，他采用高电阻放电法来测量，电路图如图甲所示．其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C．该实验的操作步骤如下：‎ ‎（1）先判断电容器好坏，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是____（选填“好”、“坏”）的；‎ ‎（2）按如图甲所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接通____（选填“1”、“2”），对电容器进行充电，调节可变电阻R的阻值，再将开关S接通另一端，让电容器放电，观察微安表的读数，直到微安表的初始指针接近满刻度；‎ ‎（3）此时让电容器先充电，记下这时的电压表读数U0=2.‎ ‎9V，再放电，并同时开始计时，每隔5 s或10 s读一次微安表的读数i，将读数记录在预先设计的表格中。根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在乙图所示的坐标纸上描点（图中用“×”表示），请在图上作出电流i与时间t的曲线______;‎ ‎（4）根据以上实验结果和图象，算出该电容器的电容约为____F（结果保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). 好 (2). 1 (3). (4). 2.6×10-3~3.0×10-3之间 ‎【解析】（1）[1]使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是好的。‎ ‎（2）[2] 将开关S接通“1”，电容器与电源连接，对电容器进行充电。‎ ‎（3）[3] 根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，可作出作出电流i与时间t的图象如图：‎ ‎（4）[4]由知，电荷量为I−t图象与坐标轴所围的面积，即面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。由图象可知“面积”格数约32格（31∼33格均正确），每小格相当于2.5×10 -4 C，所以电容器电容为U0时，电荷量Q=7.75×10−3C(8.00×10−3C∼8.25×10−3C均正确)，电容器的电容 （2.6×10-3~3.0×10-3之间均正确）。‎ ‎13.导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取长度L=20.00 cm、截面积为6.0×10-7m2的圆柱体导电玻璃进行实验，用欧姆表粗测该导电玻璃的电阻Rx，发现其电阻约为13.0 Ω．‎ ‎（1）为精确测量Rx的阻值，该小组设计了如图甲所示的实验电路，可供使用的主要器材如下：‎ 电源E（电动势为4.5 V，内阻约1 Ω）；‎ 电阻箱R0（阻值0~999.9 Ω）；‎ 电流表A1（量程0~200 mA，内阻约1.5 Ω）；‎ 电流表A2（量程0~3 A，内阻约0.5 Ω）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0~1 kΩ）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0~20 Ω）.‎ ‎①电流表应选用____，滑动变阻器应选用____．（填器材代号）‎ ‎②该小组进行了如下操作：‎ A．将滑动变阻器的滑片移到最右端，将S1拨到位置1，闭合S2，调节滑动变电阻R，调到合适位置时读出电流表的示数I；‎ B．将S1拨到位置2，调节电阻箱的阻值，当电流表的读数为____时，不再改变，此时电阻箱的数值如图乙所示，可求得导电玻璃的电阻为Rx=____Ω．‎ ‎（2）由以上实验可求得该导电玻璃的电阻率ρ=___Ω·m.‎ ‎【答案】 (1). A1 R2 I 12.8 (2). 3.84×10-5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电源电动势为4.5V，Rx电阻约为13.0 Ω，根据，电流表只能选择量程为200mA的电流表A1；‎ ‎[2]为方便实验操作，滑动变阻器应选阻值范围0~20 Ω的R2；‎ ‎[3]将S1拨到位置2，当电流表的读数为I时，电阻箱的阻值与导电玻璃的电阻相等。‎ ‎[4]根据图示中电阻箱的数值可知导电玻璃的电阻12.8Ω。‎ ‎（2）根据知导电玻璃的电阻率 ρ 四、计算题（本题共4小题，44分．解答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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎14.如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，R3=30Ω，电源内电阻r=1Ω，闭合开关S，理想电流表的示数I2=0.4A．求：‎ ‎（1）电阻R3两端的电压U3；‎ ‎（2）流过电阻R1的电流I1的大小；‎ ‎（3）电源的总功率P．‎ ‎【答案】（1）6.0V（2）0.6A（3）7.2W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电阻R3两端有电压为 ‎（V）‎ ‎（2）通过电阻R3的电流大小：‎ A 流过电阻R1的电流大小为：‎ I1=I2+I3=0.4+0.2=0.6A ‎（3）电源的电动势为：‎ V 电源的总功率为 P=I1E=7.2W ‎ 或=7.2W ‎15.如图所示，MN是磁感强度为B的磁场边界，一带电量为q＝2.0×10-9C，质量为m=1.8×10-16kg的粒子，在MN上O点沿与MN成30°角方向进入磁场，经历t＝1.5×10-6‎ s后到达MN上另一点P．重力不计，取π=3，求：‎ ‎（1）此粒子是带正电还是负电；‎ ‎（2）粒子从进入磁场到穿出磁场时速度的偏向角Δφ；‎ ‎（3）磁感强度B．‎ ‎【答案】（1）负电 （2）60°（3）0.06T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，根据粒子作匀速圆周运动的轨迹，可判断出粒子带负电。‎ ‎（2）由几何关系可知OP弦对的圆心角θ=60°，则粒子速度的偏向角Δφ为Δφ=60°‎ ‎（3），解得T=6t=9.0×10-6s ，‎ 根据，‎ 解得：‎ 代入数据得：B=0.06T ‎16.轻质细线吊着一边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω.边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系为：B=1+0.5t（如图乙所示），2s时细线开始松弛，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎（1）刚开始时线圈产生的电动势E大小及电流方向；‎ ‎（2）2s内通过线圈的电荷量q；‎ ‎（3）线圈质量m．‎ ‎【答案】（1）0.4V 逆时针 （2）0.8C （3）0.32kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由法拉第电磁感应定律：‎ ‎，其中 解得：E＝0.4 V 感应电流的方向：逆时针。‎ ‎（2）A，则2s内通过线圈的电荷量q=It=0.8C。‎ ‎（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：‎ t=2s时，B=2T 解得：m=0.32kg ‎17.如图所示，平行板之间存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘的xOy坐标系的第一象限内有一边界线OA，与y轴正方向间的夹角为45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场E2．一束电荷量q＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的带正电粒子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到x轴上的C点．已知C的横坐标为xC＝0.6 m，求：‎ ‎（1）粒子在平行板间运动的速度v大小；‎ ‎（2）粒子进入电场时速度的方向和电场强度E2的大小；‎ ‎（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度的大小，使粒子都不能打到x轴上，磁感应强度的大小B2′应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）5.0×105 m/s（2）5.0×105 V/m（3）B2′ ≥0.3 T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子的速度大小为v，粒子沿中线PQ做直线运动，则 qE1＝qvB1‎ 解得v＝50×105 m/s ‎ ‎（2）粒子在磁场中运动时，根据qvB2＝m，可得运动半径r＝0.2 m；‎ 作出粒子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，粒子垂直电场线进入电场粒子在电场中做类平抛运动：‎ y＝OO1＝vt，s＝at2，a＝‎ 解得：E2＝5.0×105 V/m ‎ ‎（3）如图乙所示，由几何关系可知，粒子不能打到x轴上时最大轨迹半径为：‎ r′＝m 根据洛伦兹力提供向心力有：qvB0＝m 解得：B0＝T ≈0.3T 若粒子都不能打到x轴上，则磁感应强度大小B2′ ≥0.3 T ‎ ‎