江苏省苏州陆慕高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试调研物理试题

江苏省苏州陆慕高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试调研物理试题

‎2019-2020学年度第一学期高二年级期中调研测试 物理试卷（选修）‎ 一．单项选择题 ‎1.关于电源电动势的说法正确的是（ ）‎ A. 电源电动势等于内外电路电势降落之和 B. 电源电动势等于外电路的路端电压 C. 电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压 D. 电源电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得知，电源电动势等于内外电路电势降落之和，故A正确；‎ B．当外电路断开时，电源电动势才等于外电路的路端电压，而当外电路接通时，电源有内电压，电源电动势大于外电路的路端电压，故B错误；‎ C．根据闭合电路欧姆定律可知，当电源没有接入电路时I=0，电源没有内电压，则电动势等于此时两极间的电压，故C正确；‎ D．电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，故D正确．‎ 故选ACD．‎ ‎2.金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图示时刻穿过线圈的磁通量为零，当线圈转动时，磁通量增加，将产生感应电流．故A正确．‎ B．线圈转动过程中，线圈始终与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故B错误．‎ C．线圈运动过程中，线圈与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故C错误．‎ D．线圈在匀强磁场中运动，根据Φ=BS知，磁通量Φ保持不变，没有感应电流产生．故D错误．‎ ‎3. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是 A. 从a到b，上极板带正电 B. 从a到b，下极板带正电 C. 从b到a，上极板带正电 D. 从b到a，下极板带正电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确．‎ ‎4.将一内阻是3k电压表的量程由0~3V扩大到0~15V，需要给它 A. 并联12k电阻 B. 并联15k电阻 C. 串联12k电阻 D. 串联15k电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把一个电压表改装为量程更大的电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点可以求出串联电阻阻值．‎ ‎【详解】把量程为3V的电压表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，由串联电路特点可知，分压电阻分压为12V，是电压表的4倍，串联电路两端电压与电阻成正比，由此可知，串联电阻阻值为电压表内阻的4倍，串联电阻阻值为：3kΩ×4=12kΩ，故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎【点睛】题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的前提与关键，应用串联电路特点即可解题．‎ ‎5.如图所示，图线a是某一电源的U－I曲线，图线b是一定值电阻的U－I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则说法错误的是（　　）‎ A. 该定值电阻为6Ω B. 该电源的电动势为20V C. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大 D. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图线b的斜率 k==6Ω 则定值电阻的阻值：‎ R=k=6Ω 故A正确，不符合题意；‎ B.由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势 E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V 故B正确，不符合题意；‎ CD.定值电阻的阻值R =6Ω，电源的内阻r=2.0Ω；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，则将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大；故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。‎ ‎6.如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则下列说法错误的是 A. 变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变 B. 电压表示数变大，电流表示数变小 C. 电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU D. 电容器的带电量增大，增加量为CΔU ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A．根据闭合电路欧姆定律得：‎ U=E-I（R0+r）‎ 由数学知识得知 保持不变．故A正确，不符合题意．‎ B．合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，电流表示数变小；由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，即电压表示数变大，选项B正确，不符合题意；‎ C．因它们的总电压即路端电压增大，R两端的电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于 ‎△U，选项C错误，符合题意．‎ D．电容器两极板间电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U，选项D正确，不符合题意．‎ ‎7.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω．当开关S闭合后(　 　) ‎ A. L1的电阻为Ω B. L1消耗的电功率为7.5 W C. L2的电阻为7.5 Ω D. L2消耗的电功率为0.375 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3V．L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值：，故A错误．    ‎ 由伏安特性曲线可以读出L1两端电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B错误．在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图，由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A．所以R2==7.5Ω，故C正确；L2消耗的电功率为：P′=U′•I′=1.5×0.2=0.3W，故D错误．故选C．‎ ‎【点睛】在分析电阻的I-U与U-I图线问题时，关键是搞清图象斜率的物理意义，也就是说是K=1/R，还是K=R．对于线性元件，R=U/I＝∆U/∆I，但对于非线性元件，R≠∆U/∆I 二．多项选择题 ‎8.关于磁感应强度B的说法正确的是 A. 磁感应强度B的方向就是小磁针静止时N极所指的方向 B. 一小段通电导线放在磁感应强度不为零的地方，所受的磁场力一定不为零 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 D. 磁感应强度是与通电导线受到的磁场力、电流和导线长度无关的量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感应强度B的方向就是小磁针静止时N极所指的方向，选项A正确；‎ B．一小段通电导线放在磁感应强度不为零的地方，当导线与磁场方向平行时，所受的磁场力为零，选项B错误；‎ C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；‎ D．磁感应强度是由磁场本身决定的量，与通电导线受到的磁场力、电流和导线长度无关，选项D正确．‎ ‎9.下图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．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等情况，其中正确的是 A B. C. D. ‎ ‎【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不符合题意； 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不符合题意； 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与图中电流方向相同．故C符合题意； 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符合题意；‎ ‎10.如图是质谱仪工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（ ）‎ A. 质谱仪是分析同位素的重要工具 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 C. 能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径,可见D越小，则粒子的荷质比越大，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误．‎ B．粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电．其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B错误；‎ C．由Eq=Bqv可知，v=E/B，选项C正确；‎ ‎11.如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子(不计重力)，从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中 A. 运动轨迹的半径相同 B. 重新回到边界所用时间相同 C. 重新回到边界时速度大小和方向相同 D. 重新回到边界时与O点的距离不相等 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律得： 得：，由题q、v、B大小均相同，则r相同．故A正确．粒子的运动周期，则知T相同．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间t=T．同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等．故B错误．‎ 正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D错误．‎ ‎12.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，两个铜质D形盒、与交流电源相连，置于匀强磁场中，其间留有空隙，粒子从A 点开始沿虚线运动．下列说法正确的有　　‎ A. 粒子运动周期和交流电的周期相等 B. 只增大D形盒的半径，粒子从加速器中出来时的速度将增大 C. 只增大电压U，粒子从加速器中出来时的速度将增大 D. 加速完质子后，不改变交流电的周期和磁感应强度，可以直接用来加速氦原子核质量是质子的4倍，电荷是质子的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】根据加速器的原理可知，粒子在磁场中运动的周期与粒子在狭缝中运动的时间之和与电场变化的周期是相同的，故A正确；设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由可得：，则最大动能可见最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能．故B正确，C错误；离子在D形盒运动过程中受到的洛伦兹力提供向心力得：，可得周期公式，可知如果加速质子后，要接着加速氦核必须将加速电源的频率调整为原来的，故D错误．所以AB正确，CD错误．‎ 三．实验题 ‎13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1） 用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度 L=_________mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D =______mm．‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.游标卡尺的主尺部分读数为50mm，圆柱体的长度为50mm+3×0.05mm=50.15mm.‎ 第二空.螺旋测微器主尺部分读数为4.5mm，20刻度线对齐主尺刻度，所以螺旋测微器最终的读数为4.5 mm+20.0×0.01 mm =4.700mm．‎ ‎14.要测绘一个标有“3 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：‎ 电池组(电动势为4.5 V，内阻约为1 Ω)；‎ 电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；‎ 电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电键一个、导线若干．‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．‎ A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)‎ B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)‎ ‎（2）实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W．（保留1位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）明确实验原理，知道实验中要求电流从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时根据电表内阻进行分析，确定电流表接法；（3）在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由P=UI可求得实验灯泡的功率．‎ ‎（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选A；‎ ‎（2）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，，，电流表应采用外接法，因此实验电路应选B；‎ ‎（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，电压为1.0V，电流为0.10A．则由可知，功率．‎ ‎15.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．‎ ‎（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．‎ ‎（ ）‎ ‎（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端（填“A”或“B”）．‎ ‎（3）如图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．所得内阻的测量值与真实值相比________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎【答案】 (1). (2). B端 (3). 1.5V (4). 1.0Ω (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．电路连接如图；‎ ‎（2）[2]．在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于B端．‎ ‎（3）[3][4]．由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势E=1.5V， 电源内阻：‎ ‎[5]．由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，电流表所测电流小于干路电流，电源内阻的测量值小于真实值．‎ ‎16.用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量（请将你的答案相应的字母或文字）填写在空格内：‎ ‎（1）旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线；‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×100”的位置；‎ ‎（3）将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________（填“0刻线”或“∞刻线”）；‎ ‎（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按____________的顺序进行操作，再完成读数测量．‎ A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置 B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置 C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 ‎（5）将红、黑笔表分别与待测电路两端相接触，若电表的读数如图乙所示，则该电阻的阻值读数应为________Ω．‎ ‎（6）测量完毕后，要将选择开关旋转到________位置．‎ ‎【答案】 (1). S (2). T (3). 0刻线 (4). ADC (5). 19k (6). OFF ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．旋动部件S，使指针对准电流的“0”刻线；‎ ‎（3）[2][3]．将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的0刻线；‎ ‎（4）[4]．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．说明倍率档选择过小，为了得到比较准确的测量结果，应选择更大的档位，即“×1k”，并按换挡、调零、测量的步骤，即ADC的顺序进行操作，再完成读数测量．‎ ‎（5）[5]．该电阻的阻值读数应为19×1kΩ=19kΩ．‎ ‎（6）[6]．测量完毕后，要将选择开关旋转到OFF位置．‎ 四．计算题 ‎17.如图所示的电路中，电源的电动势E＝3V，内阻r＝1Ω；电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝40Ω；电容器的电容C＝100μF，电容器原来不带电，求：‎ ‎（1）开关S未接通时电源的电流I和电源的输出功率P；‎ ‎（2）接通开关S后流过R4的总电量Q．‎ ‎【答案】（1）A；W　（2）2×10－4C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）S断开时，电路中的总电阻 ‎ ‎ 则电路中的电流 ‎ ‎ 则外电压 ‎ ‎ 则电源的输出功率 ‎ ‎ ‎（2）电容器两端的电势差等于R3两端的电压，则 ‎ ‎ 则电容器所带的电荷量 Q=CU3＝100×10−6×2C＝2×10−4C．‎ 则接通开关S后流过R4的总电量为2×10-4C．‎ ‎18.如图甲所示，n=15匝的圆形线圈M，其电阻为1Ω，它的两端点a、b与阻值为2Ω的定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．‎ ‎（1）判断a、b两点的电势高低；‎ ‎（2）求a、b两点的电势差．‎ ‎【答案】（1）a点电势比b点高；‎ ‎（2）a、b两点的电势差2V．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由Φ-t图象知，穿过M的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知a点电势比b点高，‎ ‎（2）由法拉第电磁感应定律得：E=n=15×0.2V=3V．‎ 由闭合电路欧姆定律得：I==A=1A 电压为：Uab=IR=1×2V=2V．‎ ‎19.在如图所示的直角坐标中，x轴的上方有与x轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为E=×104V/m．x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=2×10﹣2T．把一个比荷为=2×108C/㎏的正电荷从坐标为（0，1.0）的A点处由静止释放．电荷所受的重力忽略不计，求：‎ ‎（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；‎ ‎（2）电荷在磁场中的偏转半径；‎ ‎（3）电荷第三次到达x轴上的位置．‎ ‎【答案】（1）（2）m（3）（8，0）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子从A点出发，至第一次到x轴为第一过程，在这个过程中，带电粒子做匀加速直线运动，根据位移时间关系式解得结果；根据洛伦兹力提供向心力解出粒子运动的半径；根据匀速圆周运动的规律解出电荷第二次到达x轴的位置．‎ ‎（1）如图，电荷从A点匀加速运动运动到x轴的C点的位移大小由图中的直角三角形可以解出 s=AC=m 加速度 m/s2‎ 时间 s ‎（2）电荷到达C点的速度为 m/s 速度方向与x轴正方向成45°角，在磁场中运动时由 得 m 即电荷在磁场中的偏转半径m ‎（3）轨迹圆与x轴相交的弦长为 m，‎ 所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动，运动过程中与x轴第三次相交时的位移方向角为45°，设运动的时间为t′，则：‎ 得 t′=2×10﹣6s 则 s平=vt′=m 即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为（8，0）‎ ‎ ‎