江苏省2019-2020高二物理上学期期中试题（Word版带解析）

江苏省 2019 年第一学期期中考试 高二物理试卷 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分．每小题只有一个选项符合题意． 1.下列关于传感器的说法中正确的是( 　　) A. 霍尔元件能够把电学量转换为磁学量 B. 干簧管是一种能够感知电场的传感器 C. 电子秤应用的是光传感器 D. 电饭锅通过温度传感器实现温度的自动控制 【答案】D 【解析】 【详解】霍尔元件能够把磁学量转换为电学量。故 A 错误。干簧管是一种能够感知磁场的传 感器。故 B 错误。电子称应用的是压力传感器。故 C 错误。电饭锅通过温度传感器实现温度 的自动控制。故 D 正确。故选 D。 2.如图，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线 A，A 与螺线管垂直，A 导线中的电流方向垂直纸面向里，开关 S 闭合，A 受到通电螺线管磁场 的作用力的方向是(　　) A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 水平向右 D. 水平向左 【答案】A 【解析】 【详解】首先根据安培定则判断通电螺线管右端为 N 极，左端为 S 极，所以在 A 处产生的磁 场方向：水平向左。根据左手定则判断可知：A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向竖直向上。 A．竖直向上，与结论相符，选项 A 正确； B．竖直向下，与结论不相符，选项 B 错误；C．水平向右，与结论不相符，选项 C 错误； D．水平向左，与结论不相符，选项 D 错误； 3.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期的前三分之一周期内电压按正弦规律 变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为(　　) A. 7.5V B. 8V C. V D. V 【答案】C 【解析】 【详解】取一个周期进行分段，在 0-1s 是正弦式电流，则电压的有效值等于 3 V。在 1s-3s 是恒定电流，则有效值等于 9V。则在 0-3s 内，产生的热量 解得： A．7.5V，与结论不相符，选项 A 错误； B．8V，与结论不相符，选项 B 错误； C． V，与结论相符，选项 C 正确； D． V，与结论不相符，选项 D 错误； 4.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒．D 形盒与高频电源相连，且置 于垂直于盒面的匀强磁场中．带电粒子在磁场中的动能 Ek 随时间 t 的变化规律如图乙所示， 若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是(　　) 2 15 3 13 2 2 2 2 1 9 23 3( 2 3) UR R R × + × ＝ 2 15VU = 2 15 3 13A. t4－t3＜t3－t2＜t2－t1 B. Ek4－Ek3＝Ek3－Ek2＝Ek2－Ek1 C. 电场的变化周期等于 t1 D. 仅增大加速电压，射出的粒子动能会变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 知，粒子回旋周期不变，在磁场中运动半圆周的时间相等，即在Ek-t 图中应有 t4-t3=t3-t2=t2-t1 故 A 错误； B．粒子每次经过电场时，电场力做功相等，则每次增加的动能相等，即 Ek4－Ek3＝Ek3－Ek2＝Ek2－Ek1 则 B 正确； C．在电场变化的一个周期内粒子被加速 2 次，则电场的变化周期等于 t2，选项 C 错误； D．根据公式 ，得 故最大动能 则知粒子获得的最大动能与 D 形盒的半径有关，D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大， 与加速电压无关，故 D 错误； 5.如图甲所示，光滑平行金属导轨 MN、PQ 所在平面与水平面成 θ 角，M、P 两端接一阻值为 R 的定值电阻，阻值为 r 的金属棒 ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计. 整个装置处在磁感应 2 mT Bq π= mvr qB = qBrv m = 2 2 2 21 2 2km q B rE mv m = =强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t＝0 时对棒施一平行于导轨的外力 F， 棒由静止开始沿导轨向上运动，通过 R 的感应电流 I 随时间 t 的变化关系如图乙所示．下列 关于穿过回路 abPM 的磁通量 Φ、金属棒 ab 的加速度 a、金属棒受到的外力 F、通过棒的电荷 量 q 随时间变化的图象中，可能正确的是(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由电流图象得，I=kt，k 是比例系数。设金属棒长为 L。 A．由图看出，通过 R 的感应电流随时间 t 增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的 磁通量是非均匀变化的，Φ-t 应是曲线。故 A 错误。 B．由 知 v 与时间 t 成正比，知加速度不变，故 B 错误； E BLvI ktR r R r = = =+ +C．由牛顿运动定律知 F-F 安-mgsinθ=ma 知 v 随时间均匀增大，其他量保持不变，故 F 随时间均匀增大，故 C 错误； D．通过导体棒的电量为：q=It=kt2，故 q-t 图象为抛物线，故 D 正确。 二、多项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分．每小题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． 6.绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图 所示．线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则（ ） A. 铝环不断升高 B. 铝环停留在某一高度 C. 铝环跳起到某一高度后将回落 D. 如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变 【答案】CD 【解析】 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：当原磁通量 增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与 原来磁场的方向相同． 题目中线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起的原因是：闭合电键的瞬 间线圈突然产生磁场（假设磁场向上），通过铝环的磁通量突然（向上）增加，那么铝环中的 感应电流就产生与原磁场方向相反的磁场（感应电流磁场向下）；因为原磁场与感应电流的磁 场方向相反，相互排斥，所以铝环受到向上的斥力，所以铝环向上跳起． 若保持电建闭合，流过线圈的电流稳定，磁场不再发生变化，铝环中就没有感应电流，也就 没有相互作用，铝环仅受重力作用，最后落回．故 AB 错误，C 正确． 2 2B L vF mgsin maR r θ= + ++如果电源的正、负极对调，观察到的现象还是不变，因为我们讨论时电流的正负极对整个力 的作用过程没有影响．故 D 错误 故选：C 7.A、B 两闭合线圈为同样导线绕成且均为 10 匝，半径 rA=2rB，环 B 内有如图所示的有理想边 界的匀强磁场，若磁场均匀减小，下列说法正确的有(　　) A. A、B 环中的感应电动势之比 εA∶εB=1∶2 B. A、B 环中的感应电动势之比 εA∶εB=1∶1 C. A、B 环中产生的感应电流之比 IA∶IB＝1∶1 D. A、B 环中产生的感应电流之比 IA∶IB＝1∶2 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律 题中 n 相同， 相同，面积 S 也相同，则得到 A、B 环中感应电动势￿A：￿B=1：1。选项 A 错误，B 正确； CD．根据电阻定律 ，L=n•2πr，ρ、S 相同，则电阻之比 RA：RB=rA：rB=2：1 根据欧姆定律 得，产生的感应电流之比 IA：IB=1：2 选项 C 错误，D 正确。 8.如图所示，T 为理想变压器，电流表 A、电压表 V 均为理想交流电表，R1、R2 为定值电阻，R3 为滑动变阻器，L 为电感线圈，A、B 两点间接正弦交流电源．则(　　) BE n n St t ∆Φ ∆= =∆ ∆ B t ∆ ∆ LR S ρ= EI R =A. 只将滑片 P1 下移时，电流表 A 示数变小 B. 只将滑片 P2 下移时，电压表 V 示数变小 C. 只增大交流电源的电压时，电流表 A 示数变大 D. 只增大交流电源的频率时，电压表 V 示数不变 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．只将滑片P1 下移，副线圈两端电压变小，输出功率变小，输入功率也变小，原线 圈电流变小，电流表 A 示数变小，故 A 正确； B．只将滑片 P2 下移，副线圈回路电阻变小，副线圈电流变大，电阻 R1 分压变大，电压表示 数变小，故 B 正确； C．只增大交流电的电压时，副线圈电压增大，输出功率增大，输入功率也增大，电流表示数 变大，故 C 正确； D．只增大交变电流的频率，电感线圈的感抗增大，副线圈电流减小，R1 分压减小，电压表示 数变大，故 D 错误； 9.如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的 金属小球从 M 点水平射入场区，经一段时间运动到 N 点，关于小球由 M 到 N 的运动，下列说 法正确的是(　　) A. 小球可能做匀变速运动 B. 小球一定做变加速运动 C. 小球动能可能不变 D. 小球机械能守恒 【答案】BC 【解析】【详解】小球从 M 到 N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力，并且速 度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变 加速运动，A 错误 B 正确；若电场力和重力等大反向，则过程中电场力和重力做功之和为零， 而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒， 若以电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不 守恒，C 正确 D 错误． 【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 1．正确 受力分析 除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析． 2．正确分析物体的运动状态 找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况． （1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）． （2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于 磁场的平面内做匀速圆周运动． （3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲 线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个 情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不 同的运动阶段所组成． 10.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安 装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图 乙为霍尔元件的工作原理图．当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力 作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势 差．下列说法中正确的有(　　) 的A. 根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B. 自行车的车速越大，霍尔电势差越高 C. 自行车的车速越大，霍尔电势差越低 D. 如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后 由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小。故 A 正确。 BC．根据 得， UH=Bdv 由电流的微观定义式： I=nesv n 是单位体积内的电子数，e 是单个导电粒子所带的电量，s 是导体的横截面积，v 是导电粒 子运动的速度。整理得： 。 联立解得： 可知用霍尔电压 UH 与车速大小无关。故 BC 错误。 D．由公式 ，若长时间不更换传感器的电源，那么电流 I 减小，则霍尔电势差将减 小，故 D 正确； 三、简答题：本题共 2 小题，共计 20 分，每空 2 分．请将解答填写在答题卡相应的位置． 11.(1) 如图甲所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关 S 应接 ________(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大． HUqvB q d = Iv nes = H IBdU nes = H IBdU nes =(2)某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为 3 V 的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下： ① 把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上； ② 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处； ③ 把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱 相连，发现这时指针偏转角度很小； ④换用________(选填“×10”或“×1k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中， 记下电阻数值； ⑤ 把选择开关调至________，然后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕． 【答案】 (1). 1 (2). 负 (3). ×1 k (4). OFF 挡或交流电压最高挡 【解析】 【详解】（1）[1]．由图示电路图可知，开关接 1、2 时表头与电阻并联，此时多用电表测电 流，选择开关接 1 时并联分流电阻阻值小，电流表量程大。 （2）③[2]．欧姆表内置电源负极与红表笔相连，把红表笔与待测电压表负接线柱相接，黑 表笔与另一接线柱相连； ④[3]．欧姆表指针偏角很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换大挡，换用×1k 欧姆档重新调零后测量。 ⑤[4]．把选择开关调至 OFF 挡或交流电压最高挡，然后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处， 实验完毕． 12.某研究性学习小组为了研究标有“3.0V，1.5W”字样小灯泡 伏安特性曲线，设计并完成 了有关实验．以下是实验中可供选择的器材 A．直流电源 E(5V，内阻约 0.5Ω)； B．电流表 A1(0～3A，内阻约 0.1Ω)； C．电流表 A2(0～0.6A，内阻约 1Ω)； D．电压表 V1(0～3V，内阻约 3kΩ)； E．电压表 V2(0～15V，内阻约 15kΩ)； F．滑动变阻器 R1(0～10Ω，额定电流 1A) G．滑动变阻器 R2(0～1000Ω，额定电流 0.5A)； H．开关、导线等 (1)电流表应该选______，电压表应该选______，滑动变阻器应该选______．（填写对应器材 前的字母序号） (2) 在虚线框中画出电路图_____ 的(3)实验中根据测得小灯泡两端的电压与通过它的电流的数据描绘出该小灯泡的 U-I 曲线，如 图所示根据图所作出的小灯泡 U-I 曲线，可判断下图中关系图象可能正确的是_____．(图中P 为小灯泡的功率，I 为通过小灯泡的电流) (4)某同学将两个完全相同 这种小灯泡并联接到如图所示的电路中，其中电源电动势 E=3V， 内阻 r=3Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为________W(结果保留两位有效数字)． 【答案】 (1). C (2). D (3). F (4). (5). B (6). 0.32（0.30-0.33） 【解析】 的【详解】（1）[1][2][3]．灯泡额定电压为 3.0V，电压表应选择 D；灯泡额定电流： 电流表应选择 C；描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接 法，故选 F； （2）[4]．电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示： （3）[5]．由图甲所示 U-I 图象可知，随电压与电流增大，灯泡电阻 R 增大，由 P=I2R 可知， ，I2-P 图线斜率的倒数表示电阻，I2-P 图线的斜率应减小，故 B 正确，ACD 错误； （4）[6]．设流过每个灯泡的电流为I，路端电压：U=E-2Ir=3-6I，在灯泡 U-I 图象坐标系内 作出电源的 U-I 图象如图所示： 由图示图线可知，灯泡两端电压：U=0.9V，电流：I=0.35A，灯泡实际功率： P=UI=0.9×0.35≈0.32W； 四、计算题：本题共 3 小题，每题 15 分，共计 45 分．解答时请写出必要的文字说明、方程 式和重要的演算步骤．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． 13.如图为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，图示位置矩形线圈平行于磁感线，其矩 形线圈的长度 ab=0.25m，宽度 bc=0.20m，共有 n=100 匝，总电阻 r=5.0Ω，可绕与磁场方向 垂直的对称轴 OO′转动．线圈处于磁感应强度 B=0.4T 的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属 滑环上接一个“3.0V，1.8W”的灯泡，当线圈以角速度ω 匀速转动时，小灯泡恰好正常发光， 求： （1）转到图示位置时线圈中 电流；的 1.5 A 0.5A3.0 PI U = =＝ 2 1I PR =（2）线圈转动的角速度 ω； （3）线圈从图示位置转过 90°过程中流过灯泡的电量． 【答案】（1）0.6 A；（2）3 rad/s（3）0.2C 【解析】 【详解】（1）小灯泡的额定电流为： 即电流有效值为 0.6A，在图示位置时，感应电动势最大，此时电流最大，则转到图示位置时 线圈中的电流： ； （2）小灯泡的额定电阻为： 可得电动势有效值为： E=I（R+r）=0.6×（5+5）=6V 最大值为： Em=6 V 又： Em=nBSω=n•ab•bc•Bω 可得： ω=3 rad/s （3）根据 2 2 1.8 0.6A3.0 PI U = =＝ 2 0.6 2AmI I= = 3.0 50.6 UR I = Ω = Ω＝ 2 2 q I t= ∆ 可得流过灯泡的电量为： 由因为： Em=nBSω 所以有： 14.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离 L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强 磁场。金属导轨的一端接有电动势 E=4.5 V、内阻 r=0.50 Ω 的直流电源。现把一个质量 m=0.040 kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触 良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R =2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取 10 m/s 2。 已知 sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： （1）导体棒受到的安培力大小； （2）导体棒受到的摩擦力大小； （3）若只把匀强磁场 B 的方向改为竖直向上、大小改为 1.0 T，动摩擦因数为 μ=0.2，其他 条件都不变，求导体棒运动的加速度大小。 【答案】（1） （2） （3）a=2.6m/s2 【解析】 【分析】 （1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．根据 F=BIL 求解安培力； （2）根据安培力的公式 F=BIL 求出安培力的大小，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力 EI R r = + E n t ∆Φ= ∆ nBSq n R r R r ∆Φ + +＝ ＝ ( ) 6 2 C 0.2C 10 3 2 mEq R r ω = =+ ×＝ 0.3NF =安 0.06Nf =处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小. （3）根据牛顿第二定律求的下滑加速度. 【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： 导体棒受到的安培力 （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 由于 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 根据共点力平衡条件， ， 解得 （3）匀强磁场 B 的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，将其沿导轨所在平面与垂直导轨 所在平面分解，可得 而重力的下滑分力： 金属棒受摩擦力为 有牛顿第二定律得 解得 a=2.6 m/s2 15.在光滑的水平面内存在如图所示直角坐标系，第一、二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度 ．在第三象限 至 间有斜向右下方与 x 轴夹角 为 45°的匀强电场，场强 ．在 y 轴正、负半轴上的 M 点和 N 点各有一个极 短的平板，由 A 点（-2m，0)静止释放一个质量为 m=0.01kg，电量 的小球，小球 运动过程中会与两平板上表面发生完全弹性碰撞（碰撞时，小球在 x 轴方向速度不变，y 轴方 向速度大小不变，方向相反，碰撞时间不计），经过一段时间回到 A 点．求： （1）小球射出电场的速度； （2）平板 M 的坐标； （3）小球从 A 点出发到返回至 A 点所经历的时间． 4.5 1.50.5 2.5I AE AR r = = =+ + 0.3 NF BIL= =安 1 sin 37 0.24 NF mg= ° = 1F f sin 37mg f F° + = 安 0.06 Nf = cos37 cos37 0.48F B IL N′ ′° = ° =安 1 sin 37 0.24 NF mg= ° = ( cos37 sin37 0.136Nf mg B ILµ′ ′= °+ ° = 1cos37F F f ma°− ′− =′安 42 10 TB = × 1.0mx = − 2.0mx = - 42 10 N/CE = × 61 10 Cq −= × 【答案】(1)2m/s (2) M(0，2m) (3) 【解析】 【详解】（1）小球在电场中沿场强方向做匀加速直线运动，根据动能定理有： 又因为场强方向与水平方向夹角为 45°，故 所以解得： v=2m/s （2）小球射出电场后做匀速直线运动，打到 N 板上，有几何关系可知 N 点的坐标为（0， -2m），击中 N 后由题意可知反弹以与水平方向成 45°斜向上方匀速直线运动，进入磁场.小球 进入磁场后的半径： 代入数据解得： 故小球在第一象限转半圆打到 M 点，故根据几何关系可得 M 点的坐标为（0，2），根据题意击 中 M 后再在第二象限转半圆回到 A 点。小球的轨迹如图所示。 5 2 2 s2 π +    21 2EqL mv= 2mL = 2vBvq m R = 2mR =（3）由轨迹图可知，小球在电场中做加速运动 平均速度为： 时间为： 由几何关系可知做匀速直线运动的时间为： 而在磁场中做圆周运动恰好为一个完整圆周，故时间为： 所以总时间为： 的 0 2 m / s 1m / s2 2 vv += = = 1 2 s 2s1 Lt v = = = 2 3 3 2 s2 Lt v = = 3 6 4 2 2 0.01 2 s 10 2 10 mt qB π π π− ×= = = × × 1 2 3 5 2( 2 )s2t t t t π= + + = +