2018-2019学年重庆市第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 19页

‎2018年重庆一中高2020级高二上期中考试（理科）校对版(物理)‎ ‎1.关于磁感应强度，下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定的，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关 B. 通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场 C. 人们通常用通电导线在磁场中某点的受力来探究磁场的强弱，如果将这根通电导线拿走，那该点的磁感应强度就变为零 D. 由可知，B与F成正比与IL成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定的，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关，人们通常用通电导线在磁场中某点的受力来探究磁场的强弱，如果将这根通电导线拿走，那该点的磁感应强度仍然是不变的，选项A正确，C错误；通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受安培力的地方也可能存在磁场，例如当导线和磁场方向平行时，导线受磁场力为零，选项B错误；磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定的，与导线所受的安培力F和IL无关，选项D错误；故选A.‎ ‎2.如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可以自由转动的小磁针现给直导线通以由 a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将　　‎ A. 保持不动 B. 向下转动 C. 垂直纸面向里转动 D. 垂直纸面向外转动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动，C正确．‎ ‎3.如图所示，两个同样的导线环同轴平等悬挂，相隔一小段距离．当同时给两导线环通以同向电流时，两导线环将（）‎ A. 吸引 B. 排斥 C. 保持静止 D. 不可判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】通电导线环产生磁场，相当于一个磁铁，由安培定则可知：两导线环左侧面是N极，右侧面是S极，同名磁极相互吸引，异名磁极相互排斥，左右两通电导线环的S极与N极相对，因此两导线环相互吸引；故选A。‎ ‎【点睛】把两通电导线环等效为磁铁，由安培定则判断出磁铁的极性，根据磁铁磁极间的相互作用即可正确解题．‎ ‎4.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，通过L1、L2中的电流相同，L1、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为 A. 指向L1 B. 指向L2‎ C. 指向L3 D. 背离L3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因同向电流之间相互吸引，异向电流之间相互排斥，可知L3对等边三角形的中心上的导线是吸引力，方向指向L3；而导线L1和L2对等边三角形的中心上的导线都是斥力，因大小相等且互成1200角，则其合力方向指向L3，则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向L3，故选C.‎ ‎5.如图所示，在匀强电场中，实线MN是一个等势面，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是（　　）‎ A. 电子从A到B做匀速圆周运动 B. 电子在A点的动能比B点大 C. B点电势高于A点电势 D. 电子在B点的电势能比A点大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由运动轨迹虚线AB等势面MN可知，电场力方向指向凹的一侧即垂直MN向下，由于匀强电场中电场力与电场线平行，则电场方向向上。电子在匀强电场中受电场力恒定，则不可能做匀速圆周运动，故A错误；若电子从A到B，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，则电子在A点的动能比B点小，在A点的电势能大；若电子从B到A，电场力做负功，电子的动能减小，电势能变大，则电子在A点的动能比B点小，在A点的电势能大；故BD错误；因为电场线向上，沿着电场线的方向电势是降低的，所以B点电势高于A点电势，故C正确；故选C。‎ ‎【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。‎ ‎6. 下述关于用多用表欧姆档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拨至倍率较小的档位，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】 AC ‎【解析】‎ 此题涉及多用电表的使用 。欧姆表的表盘，零点在右侧，则测量测量电阻时，如果指针偏转过大，则表示电阻小，应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后测量。所以A选项正确。测量电阻时，电流的流向对电阻阻值没有影响，所以将红．黑表笔分别插在负．正插孔，不会影响测量结果，B答案错误。应为欧姆表内部有电源，故测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，C答案正确。测量阻值不同的电阻时，如果需要更换挡位，则必须重新调零；如果不需要更换挡位，则无须调零。D选项错误。所以答案选AC.本题考查了欧姆表的使用步骤和原理，注重对基础知识的理解。‎ ‎7. 两个电源A、B分别对各自的负载电阻供电所描绘出的U-I图线，如图所示，下面的说法正确的是（　　）‎ A. A、B两个电池电动势相同 B. A、B两个电池内阻相同 C. 负载电阻相同时，电源A输出功率较大 D. 负载电阻相同时，电源B输出功率较大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图像的纵坐标可得A、B的电动势分别为1.5V、2.0V，故A项错。纵坐标与相应横坐标的比值即为电源内阻，rA＝1.5/0.1＝15Ω，rB=2.0/0.2=10Ω。故B项错。A、B两电源中，B电源的电动势大而内阻小，当负载电阻相同时，其输出功率较大。所以C项错误，D项正确。‎ ‎8.如图所示，电源电动势为6V，当开关接通时，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压Uad＝0，Ucd＝6V，由此可以判定（ ）‎ A. L1和L2的灯丝都断了 B. L2的灯丝断了 C. L1的灯丝断了 D. 变阻器R断路 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：开关接通时，灯泡L1和L2都不亮，说明电路有断路。Uad＝0，说明ad之间没有断路；Ucd＝6V，说明cd间有断路，等效于c、d分别接到电源的负极、正极，cd间电压等于电动势，B正确。‎ 考点：电路故障判断 ‎9.如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V　0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)‎ A. 电源内阻为1 Ω B. 电动机的内阻为4 Ω C. 电动机正常工作电压为1 V D. 电源效率约为93.3%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小灯泡的额定电流为，电阻为，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，代入数据解得r=1Ω，故A正确；‎ BC、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A，电源内阻分的电压为 ‎，故电动机分的电压为，电动机的内阻，故B、C错误；‎ D、电动机的输入功率，电源的效率，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用，同时注意串并联电路的规律应用。‎ ‎10.如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E＝1×103 V/m.方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3 N、电荷量为q＝2×10－6 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC＝L＝2 m，倾角α＝37°，B点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A. B. A两点间的电势差为2 000 V B. 小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大 C. 小滑块第一次速度为零的位置在C处 D. 从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3 m ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：AB两点间沿电场方向的长度为，故BA两点间的电势差为，A错误；由于小滑块带负电，所以小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．‎ 根据牛顿第二定律得：，得：，所以小球第一次到达B点时的速度为：，在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，在BC面上，小球开始从B点做匀减速运动，加速度的大小为：，所以，速度为0时到B的距离为：，C错误；接着小球又反向向B加速运动，到B后又减速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点．如果将全过程等效为一个直线运动，则有：，得：，即小球通过的全路程为3m，D正确；‎ 考点：考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合 ‎11.质量相同,电荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（不计重力）（ ） ‎ A. M带正电，N带负电 B. M的速率大于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N不做功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 磁场的方向向里，N向左偏即受到向左的洛伦兹力，M向右偏即受到向右的洛伦兹力，由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，A错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 ‎，半径为，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，B正确；洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C正确；根据周期公式可知粒子在磁场中运动周期和速度无关，由于两粒子的质量和电荷都相同，所以粒子在磁场中运动周期相同，从图中可知粒子在磁场中运动半周，即两粒子在磁场中运动时间都为周期的一半，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．‎ ‎12.如图所示为某电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 0 - 3s内，电场力的总功为零 B. 2s末带电粒子回到原出发点 C. 带电粒子在0 - 1s与0 - 2s两过程中位移相同 D. 带电粒子将始终向同一个方向运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为，为第2s内加速度的1/2，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：‎ ‎ 因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零。故A正确。根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子的合位移不为零，没回到出发点，故B错误；根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，带电粒子在0 - 1s与0 - 2s两过程中位移相同，选项C正确；带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性。若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。‎ ‎13.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。理想电压表V1、V2示数为 U1、U2，其变化量的绝对值分别为和；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为。当滑动变阻器的触片从右端向左端滑动的过程中（不计灯泡电阻的变化）（　 ）‎ A. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 B. 电压表V1示数变大，电压表V2示数变小 C. 不变 D. 不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮，V2读数变大。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，V1读数变小，则L3变暗。总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮。故A正确，B错误。=R2，不变，C正确。由U1=E-I（RL2+r）得：=RL2+r，不变，故D正确。故选ACD。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法．‎ ‎14. 如下图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来．则以下说法中正确的是( )‎ A. D′点一定在D点左侧 B. D′点一定与D点重合 C. D″点一定在D点右侧 D. D″点一定与D点重合 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ； 不加电场时，根据动能定理得：mgSABsinθ-μmgSABcosθ-μmgSBD=0          ① 加电场时：（mg+qE）SABsinθ-μ（mg+qE）SABcosθ-μ（mg+qE）SBD′=0  ② 将①②两式对比得到，SBD=SBD′，则D'点一定与D点重合；故AB错误；‎ 加磁场时，根据动能定理得：mgSABsinθ-μSAB（mgcosθ-Bqv）-μ（mg-Bqv′）SBD″=0     ③ 比较①③两式可得：SBD″＞SBD，所以D″点一定在D点右侧，故C正确，D错误；故选C．‎ 点睛：本题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进行选择：加电场时相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关．‎ ‎15.（1）图1螺旋测微器读数为__________mm，图2游标卡尺读数为__________mm。‎ ‎（2）选择电流表的量程为0.6A，则图3中电流表的读数为____ A。‎ ‎（3）某电流表表头内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，按如图4改装成量程为3V和15V的电压表，其中R1=____Ω。 ‎ ‎​（4）在"测绘小灯泡的伏安特性曲线"实验中,要求加在小灯泡上的电压从零开始变化,滑动变阻器的连接方式应选择___（填“(a)”或“（b）”）；图(c)是某个小灯泡的伏安特性曲线，细实线是A点切线，图线中A点对应的灯丝电阻等于____Ω；随着电压的增大，灯丝的电阻____（填“增大”或“减小”）。 ‎ ‎【答案】 (1). 0.900 (2). 14.50 (3). 0.35 (4). 1300 (5). （a） (6). 10 (7). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图1螺旋测微器读数为：0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm，图2游标卡尺读数为：1.4cm+0.05mm×10=14.50mm。‎ ‎（2）选择电流表的量程为0.6A，最小刻度为0.02A，则图3中电流表的读数为0.35 A。‎ ‎（3）表头满刻度电压值为Ug=Ig×Rg=200×2×10-3V=0.4V，量程为3V时，要串联的电阻R1为：；‎ ‎（4）要使加在小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器应选择分压电路，则连接方式应选择 (a)；图(c)小灯泡的伏安特性曲线中A点对应的灯丝电阻等于；因I-U图像的斜率等于电阻的倒数，则随着电压的增大，图像的斜率减小，则灯丝的电阻增大。‎ ‎16.为测定某电源的电动势E、内阻r以及一段电阻丝的电阻率，设计了如图(a)所示的电路。ab是电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，是阻值为2Ω 的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好。用螺旋测微器测得电阻丝的直径d=0.400 mm。实验时，闭合开关S，调节P的位置，记录aP长度x、对应的电压表示数U、电流表示数I等数据，并求得的数值，分别绘出了关系图象和关系图象，如图(b)、(c)所示。 ‎ ‎  ‎ ‎（1）根据图(b)可求出电源电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω。（均保留两位有效数字） ‎ ‎（2）图(c)中关系图象纵轴截距的物理意义是______ 。 ‎ ‎（3）根据图(c)可求得电阻丝的电阻率= ______ Ω．m（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 3.0 (2). 1.0 (3). 电流表的内阻为2.0Ω (4). 1.26×10-6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图c所示图象可知，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是3.00，电源电动势E=3.0V， R0+r==3Ω，则电源内阻：r=3-2=1.0Ω； （2）由电阻定律可得，，由欧姆定律可得：R=-RA，则，-x图象斜率 ‎，截距表示电流表的内阻为2.0Ω； （3）由图丙所示图象可知：，即，‎ 电阻率；‎ ‎【点睛】本题考查电动势及电阻的测量，要注意认真分析题意，明确实验原理，再利用图象分析数据得出最终的结果．‎ ‎17.如图所示，一倾角α＝37°的光滑斜面处于竖直向上的匀强磁场当中，在斜面上放置着一根长为L＝0.5m、质量m＝0.8kg，并通有电流I＝6A的金属棒，金属棒保持静止。（g取10） 求：‎ ‎（1）导体棒受到斜面的支持力大小 ‎（2）匀强磁场的磁感应强度大小 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则知金属棒受水平向右的安培力，对金属棒进行受力分析，运用合成法，如图：‎ ‎ 由平衡条件得： F安 ‎=BIL=mgtanα； 则 ‎18.如图所示的电路中，电源电动势E＝9V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝6Ω，R2＝10Ω，R3＝6Ω，电容器的电容C＝10μF。‎ ‎ ‎ ‎(1)保持开关S1、S2闭合，求电容器C所带的电荷量；‎ ‎(2)保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量。‎ ‎【答案】(1)Q＝3×10－5 C (2)QR2＝6×10－5C ‎【解析】‎ 试题分析: （1）保持开关S1、S2闭合,电容器的电压等于电阻R1的电压 电路的电流 R1两端的电压 则电容器所带的电荷量．‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上的电压等于电源电动势，此时电容器所带的电荷量．‎ 而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量 考点：考查电容器；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【名师点睛】本题考查了含容电路问题，知道电容器两端的电压等于与它并联的支路电压，与电容器串联的电阻相当于导线．‎ ‎19.如图，A、B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋1．4×10－5C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L＝2 m、与物体间动摩擦因数μ＝0．2的粗糙绝缘水平面．（取g＝10 m/s2）‎ ‎（1）若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0．8 m处。‎ ‎【答案】（1）8 N（2）不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0．8 m处．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有 mg（R＋H）－qER＝mv2‎ 到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FN－mg＋qE＝‎ 解得FN＝8 N 根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N，方向竖直向下 ‎（2）要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则 qE－mg＝‎ 解得v＝2 m/s 在粗糙水平面上，由动能定理得：－μmgx＝－mv2‎ 所以x＝1 m>0．8 m 故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0．8 m处．‎ 考点：动能定理及牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，关键是能正确分析物体的受力情况和运动情况，选择合适的过程应用动能定理，难度适中。‎ ‎20.如图，在xOy平面第一象限分布一有界匀强电场，电场方向平行y轴向下，左边界为y轴，右边界为x=8l的直线，边界线与x轴交于M点。在第四象限整个区域存在匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，从x轴上Q点以与x轴正方向45°角进入匀强磁场．已知OP＝l，不计粒子重力，电场强度E和磁感应强度B大小未知，问：‎ ‎（1）O与Q两点的距离s多大？‎ ‎（2）改变B，可使粒子从P点到M点时间最短，则最短时间t多大?‎ ‎（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围？‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设粒子进入电场时y方向的速度为：‎ 设粒子从P到Q的时间为t1，则由类平抛得：，‎ 解得。‎ ‎（2）从P点到M点时间最短的轨迹如图所示，‎ 设轨迹半径为r，‎ s+r=8l 粒子在磁场中的时间 又 粒子从P到Q的时间：‎ 又 所以 ‎（3）要使粒子刚好能第二次进入磁场的轨迹如图．‎ 根据牛顿第二定律得 ：‎ 又2s+r2=8l 解得：‎ 要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B的范围：‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律应用，要注意明确在电场中时一般根据类平抛运动规律和功能关系分析求解；而在磁场中时一般做圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力进行求解，注意几何关系的正确应用。‎ ‎ ‎ ‎ ‎