江苏省常州市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含解析

江苏省常州市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 常州市“教学研究合作联盟”‎ ‎2019学年度第一学期期中质量调研 高二物理 注意事项：‎ 本试卷满分100分，考试时间90分钟．‎ 答题时，选择题用2B铅笔填涂，主观题用0.5mm黑色签字笔填写在答题卡对应的答题区域内，将答案直接书写在试卷上的一律无效．‎ 一、 单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.下列哪项科技的应用与电磁感应原理相关（ ）‎ A. 速度选择器 B. 位移传感器 C. 回旋加速器 D. 电视显像管 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.速度选择器是利用了电场加速和电场偏转的原理，故A错误；‎ B. 位移传感器是利用改变磁通量来改变电流的原理，是电磁感应原理，故B正确；‎ C.回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故C错误；‎ D. 电视显像管利用了电场加速和电场偏转的原理．故D错误；‎ ‎2.有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由电阻的决定式可知，A中电阻 ‎；‎ B中电阻 ‎；‎ C中电阻 ‎；‎ D中电阻 ‎；‎ 故电阻最小的为A；‎ ‎3.如图所示，一个圆形线圈的匝数为N，半径为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：‎ ‎，‎ 故B正确，ACD错误；‎ - 19 -‎ ‎4.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较弱磁场区域进入到较强磁场区域后，粒子的（ ）‎ A. 轨道半径减小，运动周期减小 B. 轨道半径增大，运动周期增大 C. 轨道半径减小，运动周期增大 D. 轨道半径增大，运动周期减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv=，解得： ；故从较弱的磁场区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速度大小不变，由v=Rω可知，因半径减小，故角速度增大，周期减小，故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎5.通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的(　　)‎ A. 线框所受安培力的合力为零 B. 线框有两条边所受的安培力方向相同 C. 线框有两条边所受安培力大小相同 D. 线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边和ad边所受的安培力大小相同，故AB错误，C正确；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故D错误．‎ ‎6.在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下、匀强磁场方向水平向里．现将一个带正电的金属小球从M点以初速度水平抛出,小球着地时的速度为 - 19 -‎ 在空中的飞行时间为若将磁场撤除，其它条件均不变,那么小球着地时的度为在空中飞行的时间为小球所受空气阻力可忽略不计,则关于和A和的大小比较,以下判断正确的是 A. v1>v2，t1>t2 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功．根据动能定理分析速度大小关系．分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系 ‎【详解】因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1=v2．存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些．即t1＞t2．故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎【点睛】本题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析．‎ 二、 多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。）‎ ‎7.下列各图是探究楞次定律实验的示意图，各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向，与事实相符的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 19 -‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；‎ B.当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故B错误；‎ C.当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故C正确；‎ D.当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；‎ ‎8.图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中（ ）‎ A. 通过二极管D的电流减小 B. 二极管D的电阻变小 C. 二极管D消耗的功率变大 D. 电源的功率减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故BC正确，A错误；‎ D.电源的功率为：，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误；‎ - 19 -‎ ‎9.如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后通过狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A1A2上，粒子重力不计．下列表述正确的是（ ）‎ A. 粒子带负电 B. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 C. 粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大 D. 所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间都相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A错误；‎ B.粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：‎ ‎，‎ 则 ‎，‎ 故B正确；‎ C.经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据半径公式知，粒子打在AlA2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故C正确；‎ D.所有打在A1A2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于，根据，可得 ‎，‎ - 19 -‎ 粒子在磁场中运动的周期 ‎，‎ 则磁场中的运动时间与带电粒子的比荷有关，故D错误；‎ ‎10.如图所示为测定磁感应强度大小的装置，弹簧测力计下端挂一矩形线圈，线圈匝数为n，将矩形线圈的短边（长为L）置于蹄形磁体的N极、S极间的磁场中的待测位置，线圈的质量为m，（重力加速度为g）．为了测量方便和精确，调节好装置后闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测力计的示数刚好为零，此时电流表示数为I，下列说法中正确的有 A. 装置图中线圈平面与N极、S极连线垂直 B. 当电路未接通时弹簧测力计的读数为0‎ C. 在磁场中的线圈短边中的电流方向向里 D. N极和S极之间磁场的磁感应强度为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据共点力的平衡分析出导线框的重力与安培力的大小，然后由磁感应强度的定义式即可求出磁感应强度；‎ ‎【详解】A、放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直从而是下边受到安培力作用，故选项A正确；‎ B、在接通电路前，线框处于静止，导线框此时只受到重力和弹簧的拉力作用，此时弹簧测力计的示数等于线框的重力，故选项B错误；‎ - 19 -‎ C、闭合开关，调节滑动变阻器使得弹簧测力计的示数刚好为零，说明线框受到向上的安培力作用，根据左手定则可知在磁场中的线圈短边中的电流方向向里，故选项C正确；‎ D、线框受到安培力和重力作用，二力处于平衡状态，则：，则，故选项D错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，掌握左手定则判断安培力的方向，然后根据二力平衡求解出磁感应强度的大小．‎ ‎11.如图，是一个正方形金属框放在光滑水平面上的俯视图，虚线右侧存在方向竖直向上的匀强磁场．正方形金属框电阻为R，边长为L，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域．自线框从左边界进入磁场时开始计时，t1时刻线框全部进入磁场．设金属框中感应电流大小为i，外力大小为F，线框中电功率为P，通过导体横截面的电荷量为q，则上述物理量随时间变化的关系可能正确的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0﹣t1时间内，线框由静止开始以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，根据速度时间关系可得：‎ v＝at - 19 -‎ 感应电动势：‎ E＝BLv＝Blat 感应电流：‎ B、L、a、R是定值，则i与t成正比，故A正确；‎ B．线框受到的安培力：‎ F安＝BIL＝‎ 对线框，由牛顿第二定律可得：‎ F﹣ ＝ma 解得：‎ F＝+ma 故B错误；‎ C．电功率：‎ P＝I2R＝t2‎ P为时间的二次函数，故C正确；‎ D．电荷量：‎ q＝It＝‎ q与t的平方成正比，故D错误；‎ 三、填空题（本题共2小题，共18分）‎ ‎12.在描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，提供下列器材：‎ A．小灯泡(3V 0.6 W)； B．电压表(0～3V，内阻约3 kΩ)；‎ C．电流表(0～250 mA，内阻约1Ω)； D．电流表(0～0.6 A，内阻约0.4Ω)；‎ E．滑动变阻器(10Ω 2 A)； F．滑动变阻器(100Ω 0.5 A)； ‎ G．电池组(电动势6V)； H．开关、导线若干．‎ ‎(1) 实验时电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用序号字母表示)‎ - 19 -‎ ‎(2) 请用笔画线代替导线，将实物电路图连接完整______．‎ ‎(3) 实验中记录多组电压表示数U和电流表示数I，在图中画出I-U图象_______．‎ 编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ U/V ‎0.20‎ ‎0.60‎ ‎100‎ ‎1.40‎ ‎1.80‎ ‎2.20‎ ‎2.60‎ ‎3.00‎ I/A ‎0.020‎ ‎0.060‎ ‎0.100‎ ‎0.140‎ ‎0.170‎ ‎0.190‎ ‎0.200‎ ‎0.205‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). D (2). F (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]灯泡额定电压为3V，电压表应选择B；由表中实验数据可知，最大电流为 - 19 -‎ ‎0.205A，电流表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；‎ ‎[3]由实验数据可知，最小电流0.02A，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：‎ ‎[4]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：‎ ‎13.测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0＝1.0 Ω．调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制了U-I图象如图乙所示．‎ ‎(1) 用螺旋测微器测出金属丝的直径如图丁所示，则金属丝的直径为____mm．‎ ‎(2) 由图乙求得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．‎ ‎(3) 根据实验数据可绘出图象，如图丙所示．图象斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率ρ＝________，电表内阻对电阻率的测量________(选填“有”或“没有”)影响．‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 0.398(0.397-0.399) (2). 1.49-1.50 (3). 0.45-.050 (4). kS (5). 没有 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]读数为固定刻度加可调刻度：0+39.8×0.01mm=0.308mm；（0.397-0.399）‎ ‎[2][3]由闭合电路欧姆定律可知：‎ ‎；‎ 则可知，图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故 ‎；‎ 图象的斜率表示内电阻,则 ‎；‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎[4]由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U−I图象如图所示，‎ 由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，‎ ‎[5]根据欧姆定律可知,电阻 ‎；‎ 则可知 - 19 -‎ ‎；‎ 解得：‎ ‎；‎ 若考虑电阻内阻，则图象的斜率不变，所以得出的电阻率没有影响；‎ 四、计算题（本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，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，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出．求：‎ ‎（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；‎ ‎（2）它们从磁场中射出的时间差．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示．‎ ‎ 由得： 射出点距离为：PQ=4Rsinθ ‎ - 19 -‎ ‎ 所以：θ=30° 如图可知，两粒子离开时距O点均为R，所以出射点相距为：L=2R= （2）由 得： 负电子在磁场中运动时间： ‎ 正电子在磁场中运动时间： ‎ 所以两个电子射出的时间差：△t＝t1−t2＝‎ 点睛：带电粒子在电场中的运动关键在于由几何关系找出圆心和半径，再由洛仑兹力充当向心力及圆的性质可得出几何关系及转动时间．‎ ‎15.如图所示电路，闭合S1，当S2断开时，电流表和电压表示数分别是0.5A、8.5V；当S2闭合时，电流表和电压表示数分别是2.2A、6.8V，此时电动机恰好正常工作．已知电动机内阻R0=1Ω，电流表、电压表均为理想表．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)电源电动势和内阻；‎ ‎(2)S2闭合时流过电动机的电流和电动机输出功率．‎ ‎【答案】（1）E=9V； r=1Ω（2）1.8A,‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，当S2断开时有：‎ 当S2闭合时有：‎ 联立两式代入数值解得：电源电动势E=9V；内阻r=1Ω；‎ ‎（2）由S2断开时得 - 19 -‎ S2闭合时通过定值电阻R的电流为：‎ 通过电动机的电流为 电动机的输出功率 代入数值得电动机的输出功率为 ‎；‎ ‎16.如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2．两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计．求：‎ ‎(1) 金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向； ‎ ‎(2) 金属杆离开磁场时速度的大小；‎ ‎(3) 金属杆穿过整个磁场过程中通过金属杆的电量．‎ ‎【答案】（1），从P到M （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设流过金属杆中的电流为I由平衡条件得 ‎，‎ 解得 - 19 -‎ ‎，‎ 所以R1中的电流大小 ‎，‎ 方向从P到M ；‎ ‎（2）设杆匀速运动时的速度为v 由 ‎，‎ ‎，‎ 得 ‎，‎ ‎（3）由 ‎，‎ 得 ‎17.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA＝，求：‎ ‎ ‎ - 19 -‎ ‎(1)粒子的电性及比荷；‎ ‎(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；‎ ‎(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电 由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径 ‎，‎ 由洛伦兹力提供向心力得 ‎，‎ 联立得 ‎；‎ ‎(2)由图知OP＝d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 ‎，‎ 同理 ‎，‎ 联立得 ‎，‎ ‎(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知 - 19 -‎ ‎，‎ 当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知 ‎，，‎ 联立得 ‎，‎ 当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知 ‎，，‎ 联立得 ‎，‎ 所以 ‎；‎ ‎ ‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎