浙江省宁波市北仑中学2018_2019学年高一物理下学期期中试题（含解析）.docx

浙江省宁波市北仑中学2018-2019学年高一物理下学期期中试题（含解析）一选择题1.关于电源电动势大小的说法，正确的是（ ）A. 同一种电池，体积越大，电动势也越大B. 电动势的大小表示电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小C. 电路断开时，电源的非静电力做功为0，电动势并不为0D. 电路中电流越大，电源的非静电力做功越多，电动势也越大【答案】BC【解析】【详解】电池电动势大小与电池的体积无关，选项A错误；电动势的大小表示电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小，选项B正确；电路断开时，电源的非静电力做功为0，电动势并不为0，选项C正确；电源电动势大小与电路中的电流大小无关，选项D错误。2.如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为() A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向解：如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故C正确；故选：C【点评】若考虑磁感应强度的方向，则将C图象中的后半部分画在时间轴的下方3.横截面积为S的铜导线，流过的电流为I，设单位体积的导体中有n个自由电子，电子的电量为q，此时电子的定向移动的平均速度设为v，在时间t内，通过导线横截面的自由电子数为（ ）A. nvStB. nvtC. D. 【答案】AC【解析】【详解】根据电流的微观表达式I=nevS，在t时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=It，则在t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为，将I=nevS代入得，故AC正确，BD错误。4. （4分）（2011海南）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：（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5.如图所示，用半偏法测量一只电流表的内阻，下列各组主要操作步骤及排列次序正确的是（ ）A. 闭合S1，调节R1使电流表满偏，再闭合S2，调节R2使电流表半偏，读出R2的阻值B. 闭合S1，调节R1使电流表满偏，再闭合S2，调节R1使电流表半偏，读出R2的阻值C. 闭合S1、S2，调节R1使电流表满偏，再调节R2使电流表半偏，读出R2阻值D. 闭合S1、S2，调节R2使电流表满偏，再调节R1使电流表半偏，读出R2的阻值【答案】A【解析】【详解】半偏法测电流表内阻，由图示实验电路可知，实验步骤为：闭合S1，调节R1到电流表满偏，闭合S2，调节R2到电流表半偏，读出R2的阻值；故选A。6.每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，幸好地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数射线粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义。假设有一个带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将向什么方向偏转？（ ）A. 向东B. 向南C. 向西D. 向北【答案】A【解析】【详解】地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确。7.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ） A. I1增大，I2 不变，U增大B. I1减小，I2 增大，U减小C. I1增大，I2 减小，U增大D. I1减小，I2 不变，U减小【答案】B【解析】【详解】由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流。R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大。故ACD错误，B正确。8.如图甲所示,某空间存在着足够大的匀强磁场,磁场沿水平方向.磁场中有A、B两个物块叠放在一起,置于光滑水平面上.物块A带正电,物块B不带电且表面绝缘.在t=0时刻,水平恒力F作用在物块B上,物块A、B由静止开始做加速度相同的运动.在物块A、B一起运动的过程中,图乙反映的可能是 （ ）A. 物块A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系B. 物块A对物块B的摩擦力大小随时间t变化的关系C. 物块A对物块B的压力大小随时间t变化的关系D. 物块B对地面的压力大小随时间t变化的关系【答案】CD【解析】试题分析：由题意知物体由静止做匀加速运动，速度v=at；那么洛伦兹力：F=qvB=qBat，洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误； 物块A对物块B的摩擦力大小f=mAa，因为a不变，所以f随时间t的变化保持不变，故B错误；B受到的支持力：N=mAg+qvB= mAg +qBat，所以随时间在增大，故C正确；B对地面的压力为：N1=mAg+ mBg +qvB= mAg +mBg +qBat, 所以随时间在增大，故D正确.所以CD正确，AB错误。考点：洛伦兹力【名师点睛】本题主要考查了洛伦兹力。根据题意知加速度相等，在运用牛顿第二定律，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小此题属于基础题。9.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（ ） A. 小球能越过d点并继续沿环向上运动B. 当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大C. 小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大D. 小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，D正确。10.热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子元件，它的重要特性之一是，其电阻值随着环境温度的升高而减小。如图为一自动温控电路，C为电容器，A为零刻度在中央的电流计，R为定值电阻，Rt为热敏电阻电键S闭合稳定后，观察电流表A的偏转情况，可判断环境温度的变化情况以下关于该自动温控电路的分析，正确的是（ ）A. 当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐升高B. 当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐降低C. 为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远大于热敏电阻Rt的阻值D. 为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值与热敏电阻Rt的阻值差不多【答案】AD【解析】【详解】当环境温度降低时Rt增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小。R两端电压减小，电容器两端的电压减小。当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，负电荷从b到a，电容器充电，电容器两端的电压增大，表明环境温度是正在逐渐升高。故A正确；B错误；为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值与热敏电阻Rt的阻值相差不多，这样才能使得当热敏电阻Rt的阻值变化时，R两端电压变化明显，即使得电容器电量变化明显，故C错误，D正确。11.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 530.8，g10 m/s2则（ ）A. 磁场方向一定竖直向下B. 电源电动势E30 VC. 导体棒在摆动过程中所受安培力F0.8ND. 导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J【答案】AB【解析】【详解】当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；设电路中电流为I，电源的电动势为E，则根据动能定理得：FLsin53-mgL（1-cos53）=0，解得安培力 F=0.3N；由，得 E=3V，故B正确，C错误。导体棒在摆动过程中电源提供的电能由能量关系可知： E=mgL（1-cos53）+Q=0.06100.20.4J+Q=0.048J+Q0.048J，故D错误。12.如图所示,闭合开关S,电压表的示数为U,电流表的示数为I,现向左调节滑动变阻器R的触头P,电压表的示数改变量的大小为U,电流表的示数改变量的大小为I,则下列说法正确的是（ ） A. 变大B. 变大C. 电阻R1的功率变大D. 电源的总功率变大【答案】AC【解析】【详解】由图看出，变阻器与电阻R1并联后再与电阻R2串联。向左调节滑动变阻器R的触头P，则R阻值变大，电阻R1与R并联的电阻R并增大，而，则知增大，故A正确。根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R2+r），即，不变。故B错误。当向左调节滑动变阻器的触头P时，变阻器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I减小，电源的内电压和R1的电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数U变大，则根据公式得知，电阻R1的电功率变大，故C正确。I减小，E不变，则电源的总功率P=EI减小，故D错误。13.如图所示,正方形abcd区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场,O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入磁场,经过时间t0刚好从c点射出磁场。现让该粒子从O点沿纸面以与Od成30角的方向,分别以大小不同的速率射入磁场,则关于该粒子在磁场中运动的时间t和离开正方形区域的位置,分析正确的是（ ）A. 若t=t0,则它一定从dc边射出磁场B. 若t=t0,则它一定从cb边射出磁场C. 若t=t0,则它一定从ba边射出磁场D. 若t=t0,则它一定从da边射出磁场【答案】AB【解析】【分析】根据几何关系确定带电粒子在磁场中的运动轨迹并确定其圆心角，根据其从各边穿出时的角度及时间确定能否从各边穿出。【详解】由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0。A项：若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则粒子轨迹的圆心角为，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30，必定从cd射出磁场，故A正确；B项：若该带电粒子在磁场中经历的时间是则得到轨迹的圆心角为，由于，则它一定从bc边射出磁场，故B正确；C项：若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60+90=150=，故不一定从ab边射出磁场。故C错误；D项：当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60，粒子运动的时间为t=，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场。故D错误。故应选：AB。【点睛】本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间。14.某同学对某种抽水泵的电磁泵模型进行了研究。如图泵体是一个长方体,ab边长为L1,左右两侧面是边长为L2的正方形,在泵头通入导电剂后液体的电阻率为,泵体所在处有方向垂直纸面向外的匀强磁场B。工作时,泵体的上下两表面接在电压为U的电源(内阻不计)上。理想电流表示数为I,若电磁泵和水面高度差为h,不计水在流动中和管壁之间的阻力,重力加速度为g。则（ ） A. 泵体上表面应接电源正极B. 电源提供的电功率为C. 电磁泵不加导电剂也能抽取不导电的纯水D. 若在t时间内抽取水的质量为m,这部分水离开电磁泵时的动能为UIt-mgh-I2t【答案】AD【解析】【详解】当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体；故A正确；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：；因电路不是纯电阻电路，则流过泵体的电流，那么电源提供的电功率为，故B错误；电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故C错误；若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为，故D正确。二.实验题15.为了测量某电池的电动势 E（约为3V）和内阻 r（约为3），可供选择的器材如下：A电流表G1（2mA 100） B电流表G2（1mA 内阻未知）C电阻箱R1（0999.9） D电阻箱R2（09999）E滑动变阻器R3（010 1A） F滑动变阻器R4（01000 10mA）G定值电阻R0（800 0.1A） H待测电池 I导线、电键若干采用如图（甲）所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：根据测量数据，请在图（乙）坐标中描点作出I1I2图线由图得到电流表G2的内阻等于_在现有器材的条件下，测量该电池电动势和内阻，采用如图（丙）所示的电路在给定的器材中，图中滑动变阻器应该选用_，电阻箱应该选用_（均填写代号，如A,B等） 【答案】 (1). 200； (2). R3； (3). R2；【解析】【详解】将表格中的数据描点，连线如右图所示；已知电流表G1内阻为100，由并联电路的规律可知：，故图象的斜率为，解得：r2=200；滑动变阻器选择阻值较小的R3即可；电流表G2的量程为1mA，内阻为r2=200；假如要改装成量程为3V的电压表，则需串联的电阻为，则电阻箱应该选用R2。16. 某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧;滑动变阻器：最大阻值5k导线若干。回答下列问题:（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点。（2）将图(a)中多用电表的红表笔和 （填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示。多用电表和电压表的读数分别为 k和 V。（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0k和4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为_ k。（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_ V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为_ k。【答案】（1）短接 （2）1 （3）15.0 3.60 （4）12.0 （5）9.00 15.0【解析】试题分析：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1K150=150k；电压表读数为360V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为120K；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为150K；根据闭合电路欧姆定律，电动势为；考点：测定电源电动势和内阻实验【名师点睛】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析三计算题17.图中电源电动势E12 V，内电阻r0.5 。将一盏额定电压为8 V，额定功率为16 W的灯泡与一只线圈电阻为0.5 的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100 min。问：（1）电源提供的能量是多少？（2）电流对灯泡和电动机所做的功各是多少？（3）灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少？【答案】见解析。【解析】试题分析：（1）灯泡内正常发光，可知路端电压为8V，由闭合电路欧姆定律知:解得：电源提供的电能为：(2)灯泡正常发光，则：通过灯泡的电流为：故通过电动机的电流为：对电动机所做的功为：(3)电灯为纯电阻电路，故电功等于电热，电动机线圈的热量为：考点：电功、电功率、闭合电路欧姆定律。【名师点睛】略。18.如图所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平成角的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电池内阻不计。求：（1）若导轨光滑，电源电动势E多大时能使导体杆静止在导轨上？（2）若杆与导轨之间的动摩擦因数为，且不通电时导体不能静止在导轨上，则要使杆静止在导轨上，求电源的电动势的范围？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）将空间立体图改画为如图所示的侧视图，并对杆进行受力分析，由平衡条件得FNsin= 0，Ncosmg0，而 由以上三式解得 （2）有两种可能性：一种是E偏大，I偏大，F偏大，导体杆有上滑趋势，摩擦力f沿斜面向下，选沿斜面向上为正方向，根据平衡条件有Fcosmgsin(mgcos Fsin)0根据安培力公式有 以上两式联立解得。另一种可能是E偏小，摩擦力f沿斜面向上，同理可得综上所述，电池电动势的取值范围是： 。19. 1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。（1） 求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2） 求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；（3） 实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E。【答案】见解析【解析】试题分析：（1）狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力，推出半径表达式；（2）假设粒子运动n圈后到达出口，则加速了2n次，整体运用动能定理，再与洛伦兹力提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；（3）Bm对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率，fm对应加速电场可提供的最大频率，选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qU=mv12qv1B=m解得同理，粒子第2次