【物理】江西省南昌市新建县一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题（共建部）（解析版）

【物理】江西省南昌市新建县一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题（共建部）（解析版）

共建部物理试卷 一、选择题 ‎1.关于磁场、磁感应强度和磁感线的描述，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，在磁场中是客观存在的 B. 磁极间的相互作用是通过磁场发生的 C. 磁感线总是从磁体的N极指向S极 D. 由B=可知，B与F成正比，与IL成反比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感线是形象地描述磁场而引入的曲线，是假想的曲线，故A错误；‎ B．磁场的基本特性是对处于磁场中的磁极或电流有力的作用，故磁极间的相互作用是通过磁场发生的，故B正确；‎ C．磁场中的任何一条磁感线都是闭合曲线，只是在磁体外部由磁体的N极指向S极，故C错误；‎ D．磁感应强度定义式为B=，是采用比值法定义的，磁感应强度由磁场自身决定，与电流元IL无关，只是起到测量作用，故D错误．‎ ‎2.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆为等势线，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是 A. M带正电荷，N带负电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在c点的电势能小于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点过程中克服电场力做功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A错误；‎ B．M从a到b点的全程受吸引力但远离场源，则库仑力做负功，根据动能定理知动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；‎ C．c点比e点更靠近场源正电荷，结合知，由知，正电荷N在电势高的c点的具有的电势能大于在e点的电势能，故C错误；‎ D．N从c到d受斥力而又远离，则库仑斥力做正功，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示电路中，已知电源的内阻为r，电阻R1的阻值接近滑动变阻器R0的最大阻值．闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动一小段距离，下列说法中正确的有 A. V1的示数增大，V2的示数变小 B. V1的示数增大，V2的示数增大 C. A1的示数增大，A2的示数变小 D. A1的示数增大，A2的示数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．据电路图可知变阻器左侧电阻与R1串联后再与变阻器右侧电阻并联，由数学知识可知两并联部分的阻值相等时，并联的总电阻最大；但电阻R1的阻值接近滑动变阻器R0的最大阻值和滑片P由变阻器的中点向左滑动一小段距离，可知并联的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流变小，电源的内电压也变小，则路端电压先变大，所以V1的示数变大；V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数变小，故A正确，B错误；‎ CD．并联的电压 U并=E-U2-Ur，‎ 可知U并逐渐变大，电阻R1所在支路的总电阻逐渐减小，所以该之路电流I1增大，即电流表A2示数增大；‎ 由 I2=I-I1，‎ 可知总电流I减小，则I2减小，即电流表A1示数变小，故CD错误。‎ 故选A。‎ ‎4.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示．如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(　　)‎ A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．‎ 解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；‎ 故选D ‎【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．‎ ‎5. 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），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确．‎ ‎【定位】磁场中带电粒子的偏转 ‎【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能．‎ ‎6.如图，“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，，ab长为l，bc长为，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】连接ac，根据几何关系得导线在磁场中受安培力的有效长度：‎ 根据，得：‎ F与bc的夹角θ：‎ ABC.与计算不符，ABC错误；D.与计算结果相符，D正确。‎ ‎7.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交变电压u的频率为f．若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。用该回旋加速器加速质子，为了使质子获得的动能减小为原来的，可采用下列哪种方法 ‎ ‎ A. 将其磁感应强度增大为原来的3倍 B. 将其磁感应强度增大为原来的9倍 C. 将D形盒的半径减小为原来的倍 D. 将D形盒的半径减小为原来的倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】回旋加速器通过电场加速，磁场回旋，最后从磁场离开，由洛伦兹力提供向心力可得：‎ 可得粒子的最大速度为：‎ 故最大动能为：‎ 为了使质子获得的动能减小为原来的，因此将其磁感应强度减小为原来的倍，或将D形盒的半径减小为原来的倍；故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎8.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力作用，则下列说法正确的是 A. a粒子动能最大 B. c粒子速率最大 C. c粒子在磁场中运动时间最短 D. 它们做圆周运动的周期相同 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。则有 ‎，‎ 得：‎ ‎，‎ 可知当三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子的轨迹半径最小，则其速率最小，动能最小，c粒子的轨迹半径最大，速率最大，则c粒子动能最大；故A错误，B正确；‎ D．粒子圆周运动的周期为 ‎，‎ m、q相同，则三个带电粒子做圆周运动的周期T相同，故D正确；‎ C．粒子在磁场中运动的时间 ‎，‎ θ是轨迹所对应的圆心角，而轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，由图知a在磁场中运动的偏转角最大，轨迹对应的圆心角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，轨迹对应的圆心角最小，运动的时间最短，故D正确。故选BCD。‎ ‎9.关于某一闭合电路的性质，下列说法正确的是 A. 外电路断路时，路端电压最高 B. 由U外＝IR可知，外电压随I增大而增大 C. 由U内＝Ir可知，电源内压随I的增大而增大 D. 由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．外电路断路时，外电路，有，所以有：‎ 则路端电压最高，故A正确；‎ B．根据闭合电路的欧姆定律得：‎ ‎，‎ 可知外电压随I的增大而减小，而U外＝IR中，I的增大伴随R的减小，故B错误；‎ C．针对某一电源来说，内阻r一定，故由U内＝Ir可知电源的U内随I的增大而增大；故C正确；‎ D．外功率P＝IU，随着I的增大路端电压U会减小，不能得到外功率与电流的关系；而由外功率:‎ 根据数学知识分析可得，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，当电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎10.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知 A. 反映电源内部的发热功率Pr变化的图线是a B. 电源电动势是4 V C. 电源内阻是2Ω D. 当电流为0.5A时，外电阻一定为6Ω ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据直流电源总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b，故A错误；‎ B．图线a的斜率等于电源的电动势，由得到 ‎，‎ 故B正确；‎ C．由图，当I=2A时，Pr=8W，由公式Pr=I2r得，r=2Ω，故C正确；‎ D．当电流为0.5A时，由图读出电源的功率PE=2W；由 代入得到R=6Ω，故D正确。‎ 故选BCD。‎ 二、实验题 ‎11.一量程为100‎ ‎ μA的电流表，内阻为100Ω，表盘刻度均匀，现串联一个4900Ω的电阻将它改装成电压表，则该电压表的量程是________V。改装后用它来测量电压时，发现未标上新的刻度，表盘指针位置如图所示，此时电压表的读数大小为________V。‎ ‎【答案】 (1). 0.5 (2). 0.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]把电流表与分压电阻串联可以改装成大量程的电压表，由串联电路特点可得：‎ ‎；‎ ‎[2]0.5V的量程分成10小格，精确度为0.05V，估读到0.01V，8小格对应的示数为0.40V。‎ ‎12.一多用电表的欧姆档有4档，分别为×1Ω、×10Ω、×100Ω、×1kΩ，现用它来测量一未知电阻的阻值．当用×100Ω档测量时，发现指针偏转的角度很大，为了使测量结果更准确，测量前就进行如下两项操作，先__________，接着____________，然后再测量并读数．若要欧姆表测某个二极管的的正向电阻，则要将红笔接在二极管的_______（选填“正极”或“负极”）‎ ‎【答案】 (1). 把选择开关拨到×10Ω挡 (2). 进行欧姆调零 (3). 负极 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]用×100Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现指针的偏转角度很大，说明在此倍率下是小电阻，所选档位太大，为了较准确地进行测量，需将测量数字变大，则倍率档换低档，应换到×10Ω挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再测电阻；‎ ‎[3] 二极管测正向电阻时电流需从二极管正极流经负极，而万用表上的电流满足红线进黑线出向右偏，故要将红笔接在二极管的负极。‎ ‎13.某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V，3kΩ），电流表（0～0.6A，1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用__________（选填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=_________V；内阻r=__________Ω．（结果保留两位小数）‎ ‎（3）某小组在实验时，发现电流表坏了，于是不再使用电流表，仅用电阻箱R′替换掉了滑动变阻器，电路图如图所示。他们在实验中读出几组电阻箱的阻值R′和电压表的示数U，描绘出 的关系图像，得到的函数图像是一条直线。若该图像的斜率为k，纵轴截距为b，则此电源电动势E=_________，内阻r=__________。该组同学测得电源电动势E测_____E真，内阻r测_____r真。（填“>”“＝”或“<”）。‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 1.46（1.45-1.48） 1.83（1.81~1.89） (3). < <‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由题意可知，电源的内阻约为2Ω，故为了易于调节，准确测量，且能让外电路的电压有明显变化，滑动变阻器的最大阻值不能太大，故选应选小电阻R1；‎ ‎（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可知：‎ U=E-Ir；‎ 即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可知：‎ 电动势为 E=1.46V（1.45-1.48），‎ 内阻为：‎ ‎（1.81~1.89）；‎ ‎（3）[4][5]由闭合电路欧姆定律：‎ ‎；‎ 联立变形得：‎ 变形可得：‎ ‎，‎ 由此式可知，伏阻法的图中，直线斜率 ‎；‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎[6][7]由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于流过电阻箱电流，根据E=U+Ir 可知，I短相同；电压表测路端电压准确，但路端电压越大，电压表分流越多，电流值误差越大，作出如图所示的U-I图线：‎ 由图可知，测量线和真实线的纵截距表示电动势，可得E测

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