【物理】江苏省盐城市阜宁中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 18页

江苏省阜宁中学2019年秋学期高二年级期中考试物理试题 一、单项选择题 ‎1.以下关于分子动理论的说法中不正确的是（ ）‎ A. 物质是由大量分子组成的 B. 分子很小，其直径的数量级一般为 C. 时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动 D. 求分子间的距离常用立方体模型，对于固体或液体摩尔体积与阿伏加德罗常量比值可以作为一个分子体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质是由大量分子组成的，故A正确；‎ B．物质是由分子组成的，它无法直接被人类的肉眼观察到，需要借助显微镜等工具才可以观察，因为它直径数量级一般为10-10m，故B正确；‎ C．分子永不停息地做无规则热运动，即使水结为冰，水分子不会停止热运动，故C错误；‎ D．由固体、液体物质的摩尔体积与阿伏加德罗常数可以近似计算每个分子的体积，故D正确。‎ ‎2.关于布朗运动，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 布朗运动反映了液体或气体分子的无规则运动 B. 布朗运动是花粉小颗粒内部分子的无规则运动 C. 扫地时扬起的尘埃在空气中的运动是布朗运动 D. 颗粒越大，与颗粒撞击的分子数越多，布朗运动越明显 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，布朗运动反映了液体分子无规则热运动，故A正确，B错误；‎ C．布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动，而扫地时扬起的尘埃在空气中的运动是尘埃随空气的流动，不是布朗运动，故C错误；‎ D．颗粒越大，分子撞击的平衡性越好，布朗运动越不明显，故D错误 ‎3.锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是(  )‎ A. 电能转化为化学能的功率为UI B. 充电器输出的电功率为UI＋I2r C. 电池产生的热功率为I2r D. 充电器的充电效率为Ir/U×100%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ C、根据热功率公式可得,电池产生的热功率为，故C正确；‎ B、由P=UI可知,充电器输出的电功率为P总=UI，故B错误；‎ A、电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有，故，故A错误；‎ D、充电器的充电效率为，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】电池充电和放电过程是电能和化学能转化的过　程，给电池充电是将电能转化为化学能储存在电池内，根据能量守恒定律列式求解。‎ ‎4.关于安培力和洛伦兹力,下列说法中正确的是()‎ A. 放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用 B. 带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用 C. 因为安培力垂直于通电导线，故安培力对通电导线一定不做功 D. 因为洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据安培力公式F=BILsinθ与洛伦兹力公式f=qvBsinθ及做功的条件分析答题。‎ ‎【详解】A项：当电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，故A错误，故A错误；‎ B项：当带电粒子运动方向与磁场方向在同一直线上时，带电粒子不受洛伦兹力，故B错误；‎ C项：安培力垂直通电导线，导线的运动方向可以与速度平行，故安培力可以做正功、负功，故C错误；‎ D项：因为洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故D正确。‎ 故应选：D。‎ ‎5.通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两端电压的有效值为 A. 12V B. 4V C. 15V D. 8V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据电流的热效应计算电流的有效值。由可得，流过电阻的电流的有效值A，电阻两端电压的有效值为V，B正确。‎ ‎【考点定位】考查交流电的有效值和欧姆定律。‎ ‎6.如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)‎ A. 顺时针方向转动，同时下降 B. 顺时针方向转动，同时上升 C. 逆时针方向转动，同时下降 D. 逆时针方向转动，同时上升 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力．因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动．‎ 分析导线转过90°时的情形：如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力．‎ A．顺时针方向转动，同时下降与分析结论一致，A正确。‎ B．顺时针方向转动，同时上升与分析结论不符，B错误 C．逆时针方向转动，同时下降与分析结论不符，C错误 D．逆时针方向转动，同时上升与分析结论不符，D错误 ‎7.如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡(设其电阻值保持不变)，a、b、c为与之串联的三个常用元件，如：电感线圈、电容器或电阻.E1为稳恒直流电源，E2为正弦交流电源。当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯正常发光。由此可知( )‎ A. a元件是电阻 B. b元件是电容器 C. c元件是电感线圈 D. 由于电源e2电动势E2与E1的大小关系未知，无法判断b、c各是什么元件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，当开关S接“1”直流电源时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮说明c为电容器；当接“2”交流电源时，A灯仍正常发光说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻；B灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感，A正确．‎ ‎【点睛】本题考查了电感线圈和电容器对直流电和交流电的不同反应，电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频．‎ 二、多项选择题 ‎8.如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，开关S是闭合的，V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3，R4为热敏电阻，温度升高时电阻减少，现环境温度升高时，U1数值不变，下列推断中正确的是( )‎ A. U2变小、I3变小 B. U2不变、I3变小 C. I1变小、I2变小 D. I2变大、I1变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】理想变压器的电压与匝数成正比，由于理想变压器原线圈的输入电压不变，则副线圈电压U2不变，环境温度升高，则电阻R4阻值减小，并联电路的电阻变小，副线圈中总电阻也就变小，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流增大，即I2变大，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流增大时，原线圈的电流也就要增大，所以I1变大；由于副线圈的总电流增大，R1的电压增大，并联电路的电压就会减小，所以R3的电流I3就会减小，故BD正确。‎ ‎9.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )‎ A. 在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B. 线圈先后两次角速度之比为2∶3‎ C. 交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin (5πt) V D. 交流电b的最大值为V ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t=0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大，故A错误；‎ B．由图读出两电流周期之比为 Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3‎ 而，所以线圈先后两次角速度之比为为周期的反比即3：2，故B错误；‎ C．正弦式电流a的瞬时值为 故C正确；‎ D．据电动势最大值公式 得到两电动势最大值之比为 Ema：Emb=Tb：Ta=3：2‎ 由题图可知Ema=10V，则得到正弦式电流b的最大值为 故D正确。‎ ‎10.如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出．下列说法正确的是（ ）‎ A. 微粒受到的电场力的方向一定竖直向上 B. 微粒做圆周运动的半径为 C. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小 D. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 带电粒子做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所受电场力一定向上。带电粒子做匀速圆周运动过程中，动能、电势能和重力势能总和不变，而动能又不变，所以电势能和重力势能之和不变。重力做正功时电势能增加，重力做负功时电势能减少。，，所以r=。答案选ABD。‎ ‎11.一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连.设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是( )‎ A. D形盒之间交变电场的周期为 B. 质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大 C. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 D. 质子加速后可以什么都不改变直接对α粒子加速 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使质子每次经过D形盒间缝隙时都能得到加速，应使交变电压的周期等于质子的回旋周期 故A正确；‎ BC．由 得 当r=R时，v最大，‎ 由此可知质子的最大速度随B、R的增大而增大，与电压无关，故B正确，C错误；‎ D．此加速器加速电场周期，加速α粒子时，两个周期不同，不能加速α粒子，故D错误。‎ ‎12.如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布。垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R，在外力作用下以速度v0从左向右做匀速直线运动。小灯泡电阻为2R，滑动变阻器总阻值为4R。图示状态滑动触头位于a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中的P处的带电油滴恰好处于静止状态。电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好。且导轨足够长，则下列判断正确的是 A. 若将滑动变阻器的滑片向b端移动，则小灯泡将变暗 B. 若将滑动变阻器的滑片向a端移动，则液滴将向上运动 C. 图示状态下，△t时间内流过小灯泡的电荷量为 D. 图示状态下，△t时间内滑动变阻器消耗的电能为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑动变阻器的滑片向b端移动，并联电路电阻变小，总电阻变小，导致电路电流变大，则导体棒内电压变大，外电路两端电压变小，即灯泡两端电压变小，所以灯泡变暗，故A正确。‎ B．滑动变阻器的滑片向a端移动，并联电路电阻变大，总电阻变大，导致电路电流变小，则导体棒内电压变小，外电路两端电压变大，电容器两端电压变大，电场力变大，所以液滴将向上运动，故B正确 C．导体切割磁感线产生的电动势为：‎ 灯泡的电阻和滑动变阻器接入电路的电阻相同，所以电路总电阻为：‎ 电路的总电流为：‎ 则通过灯泡的电流为：‎ 则时间内的电荷量为：‎ 故C错误.‎ D．由C选项可知滑动变阻器的电流为：‎ 故时间内滑动变阻器消耗的电能为：‎ 故D正确.‎ 三、简答题 ‎13.要描绘标有“3V，1.5W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室有如下器材：‎ A．直流电源3V（内阻可不计）‎ B．直流电流表0〜3A（内阻0.1Ω）‎ C．直流电流表0〜600mA（内阻约0.5Ω）‎ D．直流电压表0〜3V（内阻约3kΩ）‎ E．直流电压表0〜15V（内阻约200kΩ）‎ F．滑动变阻器（10Ω，lA）‎ G．滑动变阻器（1kΩ，300mA）‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）本次实验所需的电流表选用____，电压表选用____，滑动变阻器应选用_____（填序号）；‎ ‎（2）实验小组连接的实物图如图甲所示，闭合开关，若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是________；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是________；‎ ‎（3）正确实验操作后，描绘的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由此计算出小灯泡电压为2V时的电阻为_______Ω。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). C D F (2). h .g (3). 4.4Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]灯泡额定电压为3V，故电压表应选择D，额定电流：‎ 故电流表应选择C；本实验中要求电流从零开始调节，故应采用总阻值较小的滑动变阻器,故选择的仪器为F.‎ ‎(2)[4]由于小灯泡亮，电流表有示数，故整个串联电路没问题，电压表无示数说明是电压表并接在灯泡两端时线路断开，从图上看即h断路；‎ ‎[5]小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零,说明滑动变阻器以限流方式接入电路中，故是g断路.‎ ‎(3)[5]由图可读出电压为2V时，电流为0.45A，故此时电阻为：‎ ‎14.某同学在测定一未知电源的电动势和内电阻实验中，‎ ‎（1）他先用多用电表的直流电压挡粗测未知电源的电动势，下列操作正确的是_________；‎ A．断开电路，两表笔并联在未知电源两端 B．两表笔串联在电路中，然后闭合电路开关 C．表笔并联在未知电源两端，然后闭合电路开关 ‎（2）按正确的操作，并使挡位开关指示如图甲，电表表盘指针如图乙所示。则正确读数是________V；‎ ‎（3）该同学利用实验室提供的其他器材进行实验，以精确测定未知电源的电动势和内电阻，并已经完成部分导线的连接，如图丙。请你在实物接线图中完成余下导线的连接，要求变阻器的滑动触头滑至最右端时，其使用电阻值最大。‎ ‎（4）下表为某同学用上述方法测量该电池的电动势和内电阻时的数据，分析可以发现电压表测得的数据______，将影响实验图像的准确性，其原因是__________。‎ I/A ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.41‎ ‎0.50‎ U/V ‎1.97‎ ‎1.95‎ ‎1.92‎ ‎1.90‎ ‎1.88‎ ‎【答案】 (1). A (2). 2.20 (3). (4). 变化范围很小 电源内阻太小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]要测电源电动势需要将电源与外电路断开才行，故A正确.‎ ‎(2)[2]由图可知电压表量程选择2.5V，最小分度为0.05V，故读数为2.20V.‎ ‎(3)[3]由题意滑动触头滑至最右端时，其使用电阻值最大，所以电路图如图所示：‎ ‎(4)[4][5]由表中数据分析可知数据的变化范围都比较小，不能完整的描绘图像，影响实验图像的准确性，造成原因因为电源内阻较小，所以电压变化范围较小.‎ 四、计算题 ‎15.某水电站的水位落差为20 m，通过水轮机的流量为10 m³/s，发电效率为20%。水流通过水轮机时，使水轮机以的转速转动。水轮机带动的线圈共1 000匝，线圈面积0.2 m²，线圈置于磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中，线圈电阻不计。发电机先经过匝数比为1:10的升压变压器后经输电线输送到远处，再由降压变压器降压后给用户供电。若按最大功率供电时输电线路损耗的功率为发电机最大输出功率的2%，用户电压为220V。g取10N/kg，求：‎ ‎（1）输电线的总电阻；‎ ‎（2）降压变压器的匝数比。‎ ‎【答案】（1）1.25Ω （2）‎ ‎【解析】‎ 本题考察远距离输电的问题。‎ ‎(1)发电机的输出电压的有效值，代入数据得：‎ 最大输出功率：，代入数据得：‎ 发电机的最大输出电流的有效值 输电线中的最大电流有效值与发电机最大输出电流有效值的关系 且 代入数据得： ‎ ‎(2)升压变压器副线圈的电压为，则 降压变压器原线圈电压为，则 降压变压器原副线圈电压关系为：‎ 代入数据得：‎ ‎16.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，螺线管内的磁场B的方向向下为正方向.求：‎ ‎（1）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率 ‎（2）电路中的电流稳定后电容器下极板带电量 ‎（3）闭合S，某时刻若磁场突然消失，流经R2的电荷量 ‎【答案】(1)(2)1.8×10-5C(3)9×10-6C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律 根据闭合电路欧姆定律，有 根据P=I2R1解得 ‎(2)S闭合时，电容器两端的电压 U=IR2=06V 电容器所带的电量 Q=CU=1.8×10-5C ‎(3)闭合S，某时刻若磁场突然消失，则电容器放电，分析电路可知，电阻R1、R2并联，则流过R2电荷量为总电荷量的一半，所以 Q'=0.5Q=9×10-6C ‎17.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为r，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为g)‎ ‎（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎（2）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值. ‎ ‎（3）杆在下滑距离d的时以经达到最大速度，求此过程中通过电阻的电量和热量。‎ ‎【答案】(1) ，(2) (3) ,‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)杆受力图如图所示：‎ 重力mg，竖直向下，支撑力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上，故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流 ab杆受到安培力：‎ 由牛顿运动定律得：‎ mgsinθ-F=ma 解得加速度为 ‎(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得 解得最大速度 ‎(3)杆在下滑距离d时，根据电荷量的计算公式，可得 由能量守恒定律得 解得 电阻R产生的热量 ‎18.近百年前英国科学家汤姆逊以及他所带领的一批学者对原子结构的研究奠定了近代物理学的基石，其中他对阴极射线粒子比荷测定实验最为著名，装置如图（1）所示。阜宁中学某班的学生在实验室重做该实验，装置如图（2）所示，在玻璃管内的阴极K 发射的射线被加速后，沿直线到达画有正方形方格的荧光屏上。在上下正对的平行金属极板上加上电压，在板间形成电场强度为 E 的匀强电场，射线向上偏转；再给玻璃管前后的励磁线圈加上适当的电压，在线圈之间形成磁感应强度为 B 的匀强磁场，射线沿直线运动，不发生偏转。之后再去掉平行板间的电压，射线向下偏转，经过屏上 A 点，如图（3）所示。‎ ‎（不计射线的重力，匀强电场、匀强磁场范围限定在刻度“1”和“7”所在的竖直直线之间，且射线由刻度“1”所在位置进入该区域）。求：‎ ‎（1）求该射线进入场区域时的初速度v ；‎ ‎（2）已知正方形方格边长为d ，求该射线粒子的比.‎ ‎（3）带电粒子在磁场中运动到A点的时间？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)射线被加速后在电场力和洛伦兹力共同作用匀速直线运动，根据平衡得：‎ qE=qvB 解得：射线被加速后的速度为 ‎(2)去掉金属板间电压后，粒子不再受到电场力，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，经过A点，则圆心为O点，半径为r，如图所示 则有 解得：‎ 因为洛伦兹力提供向心力，则 联立解得：‎ ‎(3)设粒子轨迹对应的圆心角为θ，根据几何关系可得 解得 带电粒子在磁场中运动到A点的时间为：‎