【物理】湖北省钢城四中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】湖北省钢城四中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

物理试卷 一、选择题 ‎1. 关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有（ ）‎ A. 磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都不是一种物质 B. 磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向 C. 磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止 D. 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都具有能量，所以是客观存在的物质，A错误；磁感线的疏密程度表示磁场强度，磁感线的切线方向表示该点的磁场方向，B正确；磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极．故C错误．用细铁屑在磁铁周围排列出的曲线可以模拟磁感线，但并不是磁感线．没有细铁屑的地方同样可以画出磁感线．故D错误．‎ 故选B 考点：本题对磁场和磁感线的理解能力，‎ 点评：磁场与电场一样是一种客观存在的物质，磁极之间的作用是通过磁场发生的．而磁感线不是客观存在的物质．磁感线是闭合曲线．磁感线可以模拟，但模拟出来的曲线并不是磁感线．‎ ‎2.如图所示，电子射线管放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是 A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电子射线管中电子从负极射向正极，根据左手定则，磁感线穿过手心，四指从正极指向负极，由可知电子受到的洛伦兹力方向向下，电子束向下偏转，B正确．‎ 考点：考查了洛伦兹力方向判断 ‎3.关于磁感应强度，下列说法中正确的是 A. 若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为 B. 由知，B与F成正比，与IL成反比 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B一定为零。‎ D. 磁感应强度大的位置，通过某一线圈的磁通量不一定大。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有当通电导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于，故A错误；‎ B是采用比值法定义的，磁场中某处的磁感应强度大小是由磁场本身决定的，与、等无关，不能说与成正比，与成反比，故B错误；‎ C.一小段通电导线在某处不受磁场力，可能与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零，故C错误；‎ D.根据磁通量的表达式可知，磁感线与线圈平行时，磁通量为零，所以磁感应强度大的地方磁通量不一定就大，故D正确。‎ ‎4.如下图的电路中,当滑动变阻器的滑动头向下滑动时,A、B两灯亮度的变化情况为(  )‎ A. A灯和B灯都变亮 B. A灯和B灯都变暗 C. A灯变亮,B灯变暗 D. A灯变暗,B灯变亮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A灯的电压变小，故A灯变暗；由A的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B的电压变小，可知B的功率变小,‎ 故B灯变暗。故选B。‎ ‎5.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)‎ A. 11 B. 12 C. 121 D. 144‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理可得： ，带电粒子进入磁场时速度 ，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供， ，解得： 所以此离子和质子的质量比约为144，故ABC错误，D正确.‎ ‎6.用如图所示的实验装置研究电磁感应现象．当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转．下列说法正确的是 A. 当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转 B. 保持磁铁在线圈中静止，电流表指针会偏转且保持偏转角不变 C. 当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转 D. 磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当把磁铁N极向下插入线圈时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律和安培定则可知，感应电流从负极流入，电流表指针向左偏，故A正确；‎ B.保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故B错误；‎ C.当把磁铁N极从线圈中拔出时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，感应电流从正极流入，电流表指针向右偏转，故C错误；‎ D.磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转，故D错误。‎ ‎7.如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为 A. ，负 B. ，正 C. ，负 D. ，正 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：‎ 解得：‎ 因为电流为：‎ 解得：‎ A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析相符，故C正确；D.与分析不符，故D错误。‎ ‎8.下列四幅图中通电导体受力方向表示正确的是 ( )‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：由左手定则可知AD正确 考点：考查左手定则 点评：难度较小，左手定则中注意四指和大拇指的指向不要混淆 ‎9.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图是在有匀强磁场云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是 A. 粒子先经过a点，再经过b点 B. 粒子先经过b点，再经过a点 C. 粒子带负电 D. 粒子带正电 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误．故选AC。‎ 考点：左手定则 ‎10.欧姆表调零后，用“×10”档测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是（）‎ A. 这个电阻的阻值很大 B. 这个电阻的阻值很小 C. 为测得更准确些，应当换用“×1”档，并且重新调零后进行测量 D. 为测得更准确些，应当换用“×100”档，并且重新调零后进行测量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆档的指针偏转角度越小，则电阻越大，要换大倍率的档位．‎ ‎【详解】偏转角度小，说明电流小，则电阻大。故A正确，B错误；因是大电阻，则要换档位大一些即：换“×100”档。每次换档后要重新进行欧姆调零。故C错误，D正确，故选AD。‎ ‎11.如图所示的电路中，R1=1Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，则(　　)‎ A. 流过电动机的电流为6A B. 流过R2上的电流为1A C 电源电动势E=12V D. 若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：闭合开关电动机正常工作，则电动机与R2两端电压为6V，流过电动机的电流 由＝2A，A错误；电动机的输入功率为12W，电动机线圈消耗的功率为P内＝，则电动机的输出功率为10W，D错误；由知流过R2的电流为1A，B正确；通过以上分析知流过电路的总电流为3A，由知，R1两端电压为3V，内阻两端电压为3V，由闭合电路欧姆定律知，电源电动势为12V，C正确。‎ 考点：本题考查非纯电阻电路计算。‎ ‎12. 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（ ）‎ A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．‎ 解：‎ A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同．故A错误；‎ B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；‎ C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；‎ D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；‎ 故选：BD 点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．‎ 二、填空题 ‎ ‎13.在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm．‎ ‎（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A．‎ ‎【答案】 (1). 0.697（0.695﹣0.698） (2). 偏小 (3). 2.60（2.59﹣2.61） (4). 0.52‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据内接特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系； （2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。‎ ‎【详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；‎ ‎（2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小； （3）电压表的分度值为0.1V，要估读到下一位，故其读数为2.60V； 电流表选择的是0～0.6A量程，分度值为0.02A，故其读数为0.52A.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小。”‎ ‎14.某同学想通过“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来测量一小灯泡的额定功率。所用器材如下：‎ ⅰ.待测小灯泡一只：额定电压2.5V，电阻约为几欧 ⅱ.电压表一只：量程为3V，内阻约为3kΩ ⅲ.电流表一只：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω ⅳ.滑动变阻器一只，干电池两节，开关一个，导线若干 ‎(1)请在图甲中补全测量小灯泡额定功率的电路图。（ ）‎ ‎(2)图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于________（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）；‎ ‎(3)该同学通过实验作出了小灯泡伏安特性曲线，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为_______W；若将小灯泡直接与电动势E=3.0V，内阻r=7.5Ω的电源相连，小灯泡的功率为_________W。（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). 端 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由于小灯泡电阻较小，电流表应用外接法，电路图如图所示 ‎(2)[2]图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于端，使得闭合电键后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用；‎ ‎(3)[3]当时，电流，所以额定功率为：‎ ‎[4]根据闭合电路欧姆定律可得：‎ 作出电源的图线，如图 交点对应的电压和电流分别为：1.0V、0.28A，所以实际功率为：‎ 三、解答题 ‎15.如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【答案】（1）E=6 V r=1 Ω （2）当R=r=1 Ω时，Pm=9 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，代入得①，‎ ‎，代入得：②，‎ 联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1Ω ‎（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有R=r=1Ω 电源的输出功率最大为：；‎ ‎16.如图所示，在倾角θ=30°的绝缘斜面上，固定一宽的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势，内阻，一质量的金属棒与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度，方向垂直于斜面向上的匀强磁场中。金属导轨光滑，导轨与金属棒的电阻不计，取，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎(1)请画出金属棒受力分析图并计算通过金属棒的电流。‎ ‎(2)滑动变阻器R接入电路中的阻值。‎ ‎【答案】(1) ；； (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对金属棒进行受力分析如图所示 根据平衡条件可得：‎ 代入数据解得：‎ ‎ (2)设变阻器接入电路的阻值为，根据闭合电路欧姆定律可得：‎ 代入数据解得：‎ ‎17.如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与轴成30°角的方向从原点射入磁场，其中电子电量为e，质量为m，速度为v，磁感应强度为B，求 ‎(1)正电子在磁场中的时间 ‎(2)负电子离开磁场时到原点的距离 ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)正、负电子运动轨迹如图所示 由几何知识可得正电子运动的圆心角等于，正电子在磁场中做圆周运动的周期：‎ 正电子在磁场中的时间：‎ ‎(2)负电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得电子的轨道半径：‎ 负电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向下偏转，偏转角是，与轴的交点到点的距离为：‎ ‎18.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出．由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度．（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度．（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间．‎ 粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示．‎ ‎（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得 解得 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得，解得 在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为 竖直方向的位移为 可得 由故粒子在QO段圆周运动的半径及得．‎ ‎（3）在Q点时，‎ 设粒子从P到Q所用时间为，在竖直方向上有： ‎ 粒子从Q点运动到O所用的时间为 则粒子从O点运动到P点所用的时间为： ‎