2018-2019学年江苏省扬州中学高二上学期期中考试物理（选修）试题 解析版 19页

江苏省扬州中学2018-2019学年高二上学期期中考试物理（选修）试题 一、选择题 ‎1.智能手机电池“快速充电技术”可以使用户在短时间内完成充电．比如对一块额定电压3.7 V、容量1430毫安时的电池充电，可以在半小时内将电池充到满容量的75%．结合本段文字和你所学知识，关于“快速充电技术”，你认为下列叙述中比较合理的是（ ）‎ A. 这里所提到的“毫安时”指的是一种能量单位 B. 这里所提到的“满容量的75%”是指将电池电压充到3.7 V的75%‎ C. 快速充电技术提高了锂电池的原有容量 D. 对额定电压3.7 V的锂电池充电，其充电电压应高于3.7 V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据q=It可知，毫安时（mAh）是电荷量的单位，不是能量的单位，故A错误；这里所提到的“满容量的75%”是指将电量充到满容量的75%，故B错误；快速充电技术提高了锂电池的充电速度，不会提高原有容量，故C错误；为了能为电池充电，对额定电压3.7V的锂电池充电，其充电电压应高于3.7V，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题考查对电池容量的理解，要求明确电源的基本性质包括：电动势、内阻和容量；快速充电只能提高充电速度，不会改变电池的容量．‎ ‎2.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框abc，磁场方向垂直于线框平面，ac两点间接一直流电源，电流方向如图所示．则（ ） ‎ A. 导线ab受到的安培力大于导线ac受到的安培力 B. 导线abc受到的安培力大于导线ac受到的安培力 C. 线框受到安培力的合力为零 D. 线框受到安培力的合力方向垂直于ac向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 导线ab受到的安培力大小为：；导线ac所受的安培力大小也为：；故A错误；导线abc的有效长度为L，故受到的安培力大小为：；导线ac受到的安培力：；故B错误；根据左手定则，导线abc受安培力垂直于ac向下，导线ac受到的安培力也垂直于ac向下，故线框受到的安培力的合力：，合力方向垂直于ac向下，故C错误，D正确；故选D.‎ ‎【点睛】通电三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式F=BIL确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力.‎ ‎3.如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（　　）‎ A. +x方向 B. ﹣x方向 C. +y方向 D. ﹣y方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确。‎ ‎【考点定位】安培定则、电子束产生电流的方向 ‎【方法技巧】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场的方向。‎ 视频 ‎4.如图所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光。在偏转区有垂直于纸面的磁场B1 和平行纸面上下的磁场B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光。经检测仅有一处故障：磁场B1 不存在，则荧光屏上（ ）‎ A. 不亮 B. 仅有一条水平亮线 C. 仅有一个中心亮点 D. 仅有一条竖直亮线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若磁场B1 不存在，则只存在平行纸面上下的磁场B2，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力在水平方向，可知荧光屏上有一条水平亮线，故选B.‎ ‎5.如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为（ ） ‎ A. 电流表的读数逐渐减小 B. R0的功率逐渐增大 C. 电源的输出功率可能先减小后增大 D. 电压表与电流表读数的改变量的比值ΔU/ΔI先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减小后增大。故A错误，B错误；‎ C、由于电源的内阻与外电阻的关系未知，若电源的内阻一直比外电阻小，则电源的输出功率先减小后增大。故C正确；‎ D、电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir得：△U/△I =r，不变，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化、R0的功率变化和路端电压的变化。根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化。根据闭合电路欧姆定律分析△U/△I的变化。‎ ‎6.电热水器金属内胆出水口加接一段曲长管道，在电热水器漏电且接地线失效时，能形成“防电墙”，保障人的安全．如图所示，当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为220 V，由于曲长管道中水具有电阻(简称“隔电电阻”)，因而人体两端的电压不高于12 V，下列说法正确的是（ ） ‎ A. 曲长管道应选用导电性能好的材料制成 B. 曲长管道应选用不易导电的材料制成 C. “隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联 D. 热水器漏电且接地线失效时，“防电墙”使人体内无电流通过 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、B项：漏电电流通过曲长管道、人体流入大地，为保证人身安全，通过人体的电流需要非常小，所以曲长管道不能采用导体材料，而应该使用绝缘材料，故A错误，B正确；‎ C项：由图可知，“隔电电阻”与“人体电阻”是串联的，且隔电电阻能够起到分压作用，当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为220V，也就是隔电电阻与人体的总电压为220V，且两者是串联的，已知人体两端的电压不高于12V，说明隔电电阻两端电压大于220V-12V=208V；由串联电路用电器两端电压与其阻值成正比可知，隔电电阻的阻值远大于人体电阻，故C正确；‎ D项：当热水器漏电且接地线失效时，由题知人体两端的电压不高于12V，说明此时有电流通过人体流向大地，只不过电流非常小，故D错误。‎ 点晴：解决本题关键理解串联电路中，用电器两端电压与其电阻成正比，串联电路中用电器工作过程中相互影响，并联电路中用电器互不影响。‎ ‎7.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象(电池电动势不变，内阻不是定值)，图线b是某电阻R的U-I图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是（ ） ‎ A. 硅光电池的内阻为8 Ω B. 硅光电池的总功率为0.4 W C. 硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32 W D. 若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、由图可知该电池的电源电动势为3.6V，由可知内电压为1.6V，硅光电池的内阻为，故A正确；‎ B、硅光电池的总功率为，故B错误；‎ C、硅光电池的内阻消耗的热功率为，故C正确；‎ D、若将R换成阻值更大的电阻，电路中电阻两端的电压变大，但电流变小，硅光电池的输出功率不一定增大，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎8.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法正确的是 A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，有磁偏角，选项A正确；地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，选项B 正确；只有在赤道附近，在地球表面的地磁场方向与地面平行，选项C错误；根据带电粒子在磁场中会受到力的作用可知，地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用，选项D正确；故选ABD.‎ ‎9.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流；已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离；一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球先做加速运动后做减速运动 B. 小球一直做匀速直线运动 C. 小球对桌面的压力先减小后增大 D. 小球对桌面的压力一直在增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据右手螺旋定则可知，从点出发沿连线运动到点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先里，过O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大，由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故ABC错误， D正确。‎ 考点：洛仑兹力 ‎【名师点睛】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律。‎ 二、实验题 ‎10.（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接________(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大．‎ ‎　　　 　‎ ‎（2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下：‎ ‎① 把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；‎ ‎② 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；‎ ‎③ 把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；‎ ‎④ 换用________(选填“×10”或“×1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；‎ ‎⑤ 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕．‎ ‎（3） 实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为_________Ω，这时电压表读数为___________V.‎ ‎（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为________V．(保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 负 (3). ×1k (4). 4.0×104 (5). 2.20 (6). 3.0‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；‎ ‎（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；‎ ‎④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换×1k的测量；‎ ‎（3）欧姆表的读数为；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；‎ ‎（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得．‎ ‎11.在“测定金属的电阻率”的实验中，小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值（约为5 Ω），随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻．现有电源（电动势E为3.0 V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材： ‎ A．电流表（量程0～3 A，内阻约0.025 Ω）‎ B．电流表（量程0～0.6 A，内阻约0.125 Ω）‎ C．电压表（量程0～3 V，内阻约3 kΩ）‎ D．滑动变阻器（0～20 Ω，额定电流2A）‎ E．滑动变阻器（0～100 Ω，额定电流1A）‎ ‎（1）为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选_________，滑动变阻器应选__________（选填器材前的字母）．‎ ‎（2）如图所示，是测量该电阻丝实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请补充完成 ____________．‎ ‎（3）在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最__________（选填“左”或“右”）端．‎ ‎（4）若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是_________．‎ A．测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压 B．测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流 ‎ C．若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值 D．若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值 ‎【答案】 (1). （1）B (2). D (3). （2）电路图： (4). （3）左 (5). （4）BC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电源电动势3V，待测电阻阻值为5Ω，可知电路中电流不超过0.6A，可知电流表应选B；为了便于操作，滑动变阻器应选阻值较小的D．‎ ‎（2）电压表的内阻远大于待测电阻，则可采用电流表外接；如图所示；‎ ‎（3）在开关闭合前，滑动变阻器阻值应该最大，即滑片应当调到最左端．‎ ‎（4）用此电路测量时，电压表测量的是电阻电压的准确值，由于电压表有分流作用，使得电流表的测量值大于电阻电流的真实值，则根据R=U/I可知，电阻的测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流，选项B正确，A错误；测量值等于电压表内阻与待测电阻R阻值的并联值，若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值，选项C正确，D错误；故选BC.‎ ‎12.某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻．‎ A．待测电压表（量程3V，内阻约几千欧） ‎ B．电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）‎ C．电池组（电动势约3V，内阻可忽略） ‎ D．滑动变阻器R0‎ E．变阻箱R（0﹣9999Ω） ‎ F．开关和导线若干 ‎（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是_________________；‎ A．R0阻值较小 ‎ B．电流表存在内阻 C．电压表无法准确读数 ‎ D．电流表无法准确读数 ‎（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值R，电压表的示数为U，为了根据图像能求得电压表的内阻，应该作________图线（选“ ”、填“U﹣R”、 ）；‎ ‎（3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线________________________；‎ ‎（4）根据你所画出的图线，求出电源的电动势E=____V，电压表内阻Rv=____kΩ（保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). （1）D (2). （2） (3). （3）如图所示: ‎ ‎ (4). （4）2.8~3.2 (5). 2.8~3.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于电压表的内阻约为几千欧，电源电压只有3V，可知用甲电路测量时，电路中的电流很小，则电流表无法准确读数，故选D.‎ ‎（2）对乙电路图，根据闭合电路欧姆定律可得：可得： ，则为了根据图像能求得电压表的内阻，应该作图线；‎ ‎（3）图像如图：‎ ‎（4）由图像可知： ；，解得E= 3.1V；RV=2880Ω≈2.9kΩ.‎ 三、计算题 ‎13.如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎（1）电路中的电流大小；‎ ‎（2）电动机的额定电压；‎ ‎（3）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）2A（2）7V（3）12W ‎【解析】‎ 试题分析：1）灯泡L正常发光，电路中的电流为：‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：‎ UD=E-I（r+R）-UL=20-2×（1+4）-3=7（V）‎ ‎（3）电动机的总功率为P总=IUD=2×7=14W 电动机的热功率为P热=I2RD=22×0．5=2W 所以电动机的输出功率为P出=P总-P热=14-2=12W 考点：闭合电路欧姆定律；电功率 ‎【名师点睛】本题中含有电动机，电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能这样求电路中的电流：。‎ ‎14.一匀强磁场分布在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径MO方向进入磁场，沿圆弧运动到N点，然后离开磁场，∠MON=1200，质点所受重力不计，求：‎ ‎（1）判断磁场的方向；‎ ‎（2）该匀强磁场的磁感应强度B； ‎ ‎（3）带电质点在磁场中运动的时间．‎ ‎【答案】(1)垂直纸面向外 (2)B=(3)t=‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据左手定则，可知该磁场方向垂直纸面向外；‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，圆心为如图所示，洛仑兹力提供向心力 因此：‎ 由几何关系可得 联立得 ‎（3）设粒子在磁场中运动的时间为t，粒子做匀速圆周运动，期周期 由于，因此运动的圆心角 因此粒子在磁场中运动的时间 ‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎15.在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．设带电粒子质量为m，电量为q，匀强磁场磁感应强度为B，D形盒的最大半径为R，两个D形盒之间的距离为d，d远小于R，D形盒之间所加交变电压大小为U．不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：‎ ‎（1）所加交变电压的周期T；‎ ‎（2）带电粒子离开D形盒时的动能Ekm； ‎ ‎（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等， 得 ‎ ‎（2）带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，由圆周运动的规律得 ‎ ‎ 解得： ‎ 带电粒子离开D形盒时的动能 ‎ ‎（3）设带电粒子在电场中加速的次数为n，有 ‎ 解得： ‎ 又因为带电粒子在磁场中运动的周期 ‎ 所以带电粒子在磁场中运动的时间 ‎ 解得： ‎ 带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=at ‎ 其中 所以带电粒子在电场中运动的时间 ‎ 有 ‎ 因为d远小于R，有t2远小于t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略．‎ ‎【点睛】此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒子的半径等于D型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.‎ ‎16.如图，xoy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M(，a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xoy平面(纸面)向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）N点的坐标；‎ ‎（3）矩形磁场的最小面积．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）N点的坐标为（2a，+a）‎ ‎（3）矩形磁场最小面积为 ‎【解析】‎ 解：如图是粒子的运动过程示意图．‎ ‎（1）粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有 得 电场强度大小为：‎ ‎（2）设粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，则：‎ ‎=‎ ‎，‎ 由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在 磁场中以O′点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，‎ 则：，‎ 代入数据得粒子做圆周运动的半径为：‎ 由几何关系知：‎ 所以N点的纵坐标为 横坐标为 故N点的坐标为（2a，+a）‎ ‎（3）当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小．则矩形的两个边长分别为 L1=2R=‎ 所以矩形磁场的最小面积为：‎ 矩形磁场最小面积为 ‎【点评】有该题看出，分清物理过程，不同物理过程应用相应的物理知识；抓住关键字句，分析出关键条件．如该题中粒子从N点沿MN的方向射出，即可分析出速度方向，再利用相关知识来“定圆心，找半径”；此外良好的作图能力及几何分析能力是解决此类问题的关键 ‎ ‎ ‎ ‎