【物理】江苏省扬州市邗江中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 17页

‎2019—2020学年度第一学期高二年级期中考试 物理试卷 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。‎ ‎1.一个用满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，电阻调零后，用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间。如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为 A. 1000Ω B. 1500Ω C. 2000Ω D. 5000Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻，所以中值电阻为则 再由得 故A正确，BCD错误；‎ ‎2.如图所示，电阻R＝20 Ω，电动机的绕组电阻R′＝10 Ω。当开关断开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P。当开关合上后，电动机转动起来．若保持电路两端的电压U不变，电流表的示数I′ 和电路消耗的电功率P′ 应是 ‎ A. I′ ＝ 3I B. I′ > 3I C. P′ ＝ 3P D. P′ < 3P ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R 中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流；故电动机电流 ‎，‎ 故 ‎，‎ 故AB错误；‎ CD.由功率公式可知，R消耗的功率不变，而电动机消耗的功率小于2P，故总功率小于3P，故C错误，D正确；‎ ‎3.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是 A. 电压表示数减小 B. 电流表示数减小 C. 电阻R2消耗的功率增大 D. a点的电势降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A错误；‎ B.电阻R2两端的电压U2＝E−I（R1＋r），I增大，则U2变小，则通过电阻R2的电流，所以I2减小，干路电流I增大，I2减小，故支路电流I1增大，故B错误；‎ C.电阻R2两端的电压变小，电阻不变，由，所以电阻R2消耗的功率变小；故C错误；‎ D.根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，故D正确；‎ ‎4.科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子.如图所示，粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心0处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v,忽略粒子重力及粒子间相互作用,要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度的最小值为 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加一垂直纸面的匀强磁场后，如果速度最大的带电粒子的轨道半径，所有粒子均不能射出正方形区域，则:‎ 解得:‎ 故C正确，ABD错误。‎ ‎5.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（　　）‎ A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小 C. ab所受的安培力保持不变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；‎ B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；‎ C．根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；‎ D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．‎ ‎6.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B. a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C. a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D. a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，根据法拉第电磁感应定律可知，则，选项B正确；根据，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率 ‎，故a、b线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B．‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率。‎ ‎【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个正确选项。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎7.下列说法正确的有 A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说 B. 磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力，并且洛伦兹发明了回旋加速器 C. 法拉第发现了电磁感应现象，并指出感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比 D. 楞次发现了感应电流方向遵守的规律，楞次定律也遵守能量转化和守恒定律 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故A错误；‎ B．磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力，美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，故B错误； ‎ C．法拉第发现了电磁感应现象，并指出感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比，故C正确；‎ D．楞次发现了感应电流方向遵守的规律，楞次定律也遵守能量转化和守恒定律，故D正确；‎ ‎8.如图所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是 A. A1、A2的内阻之比为5∶1 B. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1‎ C. A1、A2的读数之比为1∶1 D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表A1（0-3A）和A2（0-0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电路，在图中两电流计也是并联的，电压相等，电流相等，则A1、A2 的指针偏转角度之比为1：1； 它们的量程之比为5：1，即总电阻之比为1：5，所以并联时读数之5：1．故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．‎ ‎9.如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是 A. 感应电流的方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向 B. CD段直导线始终不受安培力 C. 感应电动势的最大值E=Bdv D. 感应电动势的平均值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 线圈进磁场过程，垂直平面向里磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流方向为逆时针方向，选项A错。‎ B. 根据左手定则判断，CD端导线电流方向与磁场垂直，安培力竖直向下，选项B错。‎ C. 线圈进磁场切割磁感线的有效长度是初末位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大为，选项C错。‎ D. 感应电动势平均值 选项D对。‎ 考点：电磁感应 ‎10.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子由加速器的中心附近进人加速器，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。用同一回旋加速器加上不同频率的交流电压分别加速氚核和粒子（氚核和粒子质量比为3:4，电荷量之比为1:2），则以下说法正确的有 A. 加速粒子的交流电压的频率较大，粒子获得的最大动能较大 B. 若增大磁感应强度，则粒子获得的最大动能增大 C. 若增大加速电压，氚核获得最大动能增大 D. 若增大加速电压，氚核在加速器中运动的总时间变短 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.交流电源的周期 ‎；‎ 故用同一回旋加速器分别加速氚核和粒子的周期之比为：‎ 根据得，粒子出D形盒时的速度 ‎，‎ 则粒子出D形盒时的动能 ‎，‎ 故氚核和α粒子，粒子出来时的最大动能之比为：‎ ‎，‎ 故加速氚核的交流电源的周期较大，频率小，氚核获得的最大动能较大，故A错误；‎ B.根据上式，可知，若增大磁感应强度，则粒子获得的最大动能增大，故B正确；‎ C.根据得，粒子出D形盒时的速度 ‎，‎ 则粒子出D形盒时的动能 最大动能与电压无关，故C错误；‎ D.若增大加速电压，加速的次数减少，故加速的时间减小，故D正确；‎ 三、实验题：本题共3小题，共30分，把答案填在题中的横线上或根据要求作答。‎ ‎11.(1)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的最可能的实现操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上________．‎ a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔 b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔 c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1 k d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100‎ e．旋转S使其尖端对准交流500 V挡，并拔出两表笔 根据如图所示指针位置，此时被测电阻的阻值约为________ Ω.‎ ‎(2)下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是_________‎ A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小挡位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零 ‎【答案】 (1). (1)c、a、b、e (2). 30 k (3). (2)AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量，欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，故即选“×1k”挡，欧姆调零，测量读数；最后旋到交流最大挡，防止漏电，故在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，操作步骤必须的是：选档和欧姆调零．故有用的操作顺序为：c、a、b、e．‎ ‎（2）欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30kΩ=3×104Ω．‎ ‎（3）A.测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；‎ B. 测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；‎ C. 测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；‎ D. 用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；故选AC。‎ 考点：欧姆表的使用；‎ ‎【名师点睛】本题考查了欧姆表的使用方法以及测量电阻的步骤，使用欧姆表测量电阻时选档后一定要注意欧姆调零，基础题。‎ ‎12.小明用如图所示的电路“测量电池的电动势和内电阻”．‎ ‎(1)备有如下器材 A．干电池1节 B．滑动变阻器(0～20 Ω)‎ C．滑动变阻器(0～1 kΩ)‎ D．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)‎ E．电流表(0～0.6 A，内阻约0.8Ω)‎ F．电流表(0～3 A，内阻约0.2Ω) ‎ G．开关、导线若干 其中滑动变阻器应选__________，电流表应选__________．(只填器材前的序号)‎ ‎(2)某同学根据实验数据画出的U－I图像如图所示，由图像可得电池的电动势为_____ V，内电阻为_____Ω.（保留两位有效数字）‎ ‎(3)实验时由于电压表的分流作用，导致电动势E的测量值_____（选填“小于”或“大于”）其真实傎。‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). 1.5 (4). 1.0 (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]由表中测量数据的范围知测量电流最大值小于0.6A，故电流表选择0.6A量程的E即可，滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，故滑动变阻器选B；‎ ‎[3][4]根据U−I图象可知，与U轴的交点表示电动势，所以 E＝1.5V，‎ 图线斜率表示内阻，所以 ‎ [5]本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成 ‎，‎ ‎13.在“探究决定导线电阻的因素”实验中，所用测量仪器均已校准．‎ ‎(1)如图所示，螺旋测微器的读数为________ mm；游标卡尺的读数为________ mm。‎ ‎(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ U/V ‎0.10‎ ‎0.30‎ ‎0.70‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎1.70‎ ‎2.30‎ I/A ‎0.020‎ ‎0.060‎ ‎0.160‎ ‎0.220‎ ‎0.340‎ ‎0.460‎ ‎0.520‎ 由以上实验数据可知，他们测量Rx的电路是采用下图中的______图(选填“甲”或“乙”)．‎ ‎(3)图丙是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏______．‎ ‎(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω (保留两位有效数字)．‎ ‎(5)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是________‎ A．用仪器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D．用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 ‎【答案】 (1). 6.119mm 50.90mm (2). 甲 (3). (4). (5). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图可知螺旋测微器可知，固定刻度示数为6mm，可动刻度示数为：11.9×0.01mm=0.119mm，螺旋测微器示数为：6mm+0.119mm=6.119mm；‎ ‎[2]游标卡尺主尺的读数为50mm，游标尺的读数为：18×0.05mm=0.90mm，所以游标尺的读数为：50 mm+0.90mm=50.90mm；‎ ‎[3]由表中实验数据可知，电压与电流的第一个测量值很小，接近于零，滑动变阻器用分流接法电压与电流不能达到这么小的数值，因此滑动变阻器应采用分压接法，因此需要选择图甲所示电路。‎ ‎[4] 根据给出的电路图可得出对应实物图如图所示；‎ ‎[5] 根据描出的点，作出图象，如图所示 由图线得到金属丝的阻值 ‎[6] A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A正确；‎ B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；‎ C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；‎ D.用U−I图象处理数据求金属丝电阻可以消除系统误差，故D错误；‎ 四、计算论述题：本题共3小题，共36分，解答应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，A为电解槽， 为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12V，电解槽内阻RA ‎＝2Ω，当S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6A；当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4A．求：‎ ‎(1)电炉子的电阻及发热功率；‎ ‎(2)电动机的内阻；‎ ‎(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．‎ ‎【答案】(1)2 Ω　72 W　(2)1 Ω　(3)16 W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电炉子纯电阻元件，由欧姆定律 得 其发热功率为：‎ ‎（2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得 所以 ‎（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：‎ 考点：闭合电路欧姆定律 点评：注意纯电阻电路与非纯电阻电路在的区别 ‎15.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子。从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；‎ ‎(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；‎ ‎(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．‎ ‎【答案】（1）20 m/s　（2）0.90 m　（3）B′＞5.33 T ‎【解析】‎ ‎【分析】 (1)粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；(2)粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动的半径大小;再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得.(3)由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B'满足的条件.‎ ‎【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理 代入数据得v＝20 m/s ‎(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有： ‎ 代入数据得R＝0.5m ‎ 而 故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示:‎ 由几何关系可知：‎ 故OQ＝0.90m ‎(3)带电粒子不从x轴射出,如图乙所示：‎ 由几何关系得：①‎ ‎ ②‎ 由①②并代入数据得 ‎【点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力.‎ ‎16.如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：‎ ‎(1)电子进入磁场时的速度大小v；‎ ‎(2)电子从进入磁场经多长时间打到荧光屏；‎ ‎(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。‎ ‎【答案】(1) ；(2) ；(3)电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧，该点距N点的距离 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有：‎ ‎；‎ 电子轨迹如图甲所示，由几何关系得：‎ ‎；‎ 由以上各式联立得：；‎ ‎（2）电子在电子枪中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(3)电子在磁场中运动的半径，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，所以G点位于N点的左侧；‎ 其轨迹如图乙所示，由几何关系得 解得：‎