江苏省陆慕高级中学2019-2020高二物理上学期期中试卷（附解析Word版）

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ΩA. 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 Ω Ω Ω Ω U I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 【 0 U R rI = + △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 的 的 1 12 1 3.0 120.25 UR I ＝ ＝ ＝ Ω 1.5 0.2二．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； 的 2mv= qBD11.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 、 2vqvB m r = mvr qB = 2 mT qB π= 2 2 2 π θ π − 2 2 θ π 1D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． 2D ( ) ( ) 2vBqv m R = BqRv m = 2 2 2 21 2 2km B q RE mv m = = ， 2 2 4m RqvB T π= 2 mT qB π= 1 2【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 ． 2 23 1515 30.6 5A U RR P R Ω= = = Ω = =Ω， 3000 20015 VR R Ω= =Ω V A R R R R > P UI= 1.0 0.10 0.10WP = × =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________ 1.5 1.0 =1.00.5 Ur I −= = Ω （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 3 8 9 10 (10 30)1 910 (10 30)R r R × += + = + Ω = Ω+ +总 并 3 1A A9 3 EI R = 总 ＝ ＝ 1 83 V V3 3U E Ir= − = − = 8 1 8W W3 3 9P UI= = × ＝ 3 8 30 V 2V3 10 30U × +＝ ＝（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． t Φ  E R r+ 3 3 2 q m 6 s10t −= 2 2（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 2 122 2 10m qEa = = × 62 10st a −= = 62 2 10v at= = × 2mvqvB R = 6 8 2 1 2 2 10 2 2 10 2 10 2 mvR qB − ×= = × =× × 2 2 22 1x R∆ = = 1 2tan 45 at vt ′ ° ′= 4 2即电荷第三次到达 x 轴上的点的坐标为（8，0） s 8mcos45x °= =平