江苏省淮安市2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (2).docx

江苏省淮安市2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）1.如图所示，将磁铁悬挂于放有铁屑的甘油中，便可模拟磁铁周围磁感线的形状，该现象可以说明（）A. 磁感线是真实存在的B. 甘油中没有铁屑的地方就没有磁场C. 磁铁周围的磁场分布情况D. 将铁屑换成铜屑也可达到相同的实验效果【答案】C【解析】【详解】A磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在；而磁场是真实存在的。故A错误。B磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，也不是铁屑在它周围排列的线，没有铁屑的地方也有磁场。故B错误。C磁铁悬挂于放有铁屑的甘油中，便可模拟磁铁周围磁感线的形状，而磁感线可以描述磁场分布情况，故C正确。D磁场对铁屑有力的作用对铜没有力作用，故D错误。2.如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻，C为平行板电容器，G为灵敏电流计.闭合开关S，当环境温度明显降低且稳定后，下列说法正确的是（）A. R两端电压变大B. RT两端电压变大C. C所带电荷量减小D. 温度降低的过程中，G中电流方向由a到b【答案】B【解析】由图可知，热敏电阻RT与电阻R串联，当环境温度降低时热敏电阻阻值变大，则电路中电流减小，电源的内电压减小，路端电压变大，电容器的电压等于路端电压，故电容器的电压变大，所带电量变大，故C错误；电路中电流减小，电源的内电压及R两端的电压均减小，由E=U内+U外可得，RT两端电压变大，故B正确，A错误；温度降低的过程中，电容器电量变大，则电容器要充电，故G中电流由ba，故D错误故选B.点睛：本题是电路的动态变化分析问题，搞清电路结构，尤其是电容器两端的电压是哪里的电压；此类问题一般按“整体-局部-整体”顺序进行分析3.如图所示，甲图为研究电容器充、放电实验的电路图，乙图为用传感器在计算机上观察到的该电容器放电的I-t图象，则（）A. 充电后电容器上极板带负电B. 充电完毕后电容器两极板间电压小于电源电动势C. 放电过程中流过电阻R的电流方向由a到bD. 乙图图线与坐标轴围成的面积大小表示通过电阻R的电荷量【答案】D【解析】【详解】A充电后电容器上极板与电源正极相连接，带正电，故A错误；B充电完毕后电容器两极板间电压等于电源电动势，故B错误；C放电过程上极板相当于电源正极，流过电阻R的电流方向由b到a，故C错误；D根据q=It知乙图图线与坐标轴围成的面积大小表示通过电阻R的电荷量，故D正确。4.如图所示，某点电荷Q固定于P点，A、B为其一根电场线上的两点。电子以初速度v0从A点向B点运动，所用时间为t1；若正电子（带正电，质量、电荷量均与电子相同）以初速度v0从B点向A点运动，所用时间为t2，只考虑电场力作用。则（）A. 若Q为正电荷，则B. 若Q为正电荷，则C. 若Q为负电荷，则D. 若Q为负电荷，则【答案】A【解析】【详解】电子从A点向B点运动和正电子从B点向A点运动过程，电场力都做负功，因为UAB=-UBA，根据动能定理可知：-qUAB=mv12-mv02，qUBA=mv22-mv02，联立可求解出：v1=v2；因此不论正点电荷，还是负点电荷，它们的末速度大小是相等的；不论正点电荷，还是负点电荷，电子从A点向B点运动过程电场强度还是逐渐减小，做加速度减小的减速直线运动，而正电子从B点向A点运动过程，电场强度还是逐渐增加，做加速度增加的减速直线运动，并且两个过程通过的位移大小相同，即它们图象所包围的面积相同，因此根据题意画出二者的v-t图象如下：，从图象可以看出t1t2故A正确、BCD错误。故选A。5.如图所示，正三角形abc区域内存在着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形的边长为4L一个带电粒子（重力不计）从ab边的中点O以垂直于ab边的速度v进入磁场，粒子恰好从bc边的中点d飞出磁场，若将该粒子进入磁场的速度方向从图示位置逆时针旋转60，同时改变速度的大小，发现粒子仍可以从d点飞出磁场。下列说法不正确的是（）A. 第二次粒子的速度大小应为B. 第二次粒子在磁场中运动时间是第一次的2倍C. 两次粒子从d点飞出磁场时速度方向夹角为D. 粒子两次做圆周运动的圆心间距为【答案】B【解析】【详解】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：qvB=m；粒子垂直ab边从O点发射，从d点离开磁场，根据几何关系可得：轨道圆心为b点，粒子垂直bc边离开磁场，轨道半径r1=2L，转过的圆心角为60；改变粒子发射方向后，根据几何关系可得：轨道圆心为Od中点，粒子刚好转过180，轨道半径r2=L，粒子从d点离开磁场时的速度方向刚好和发射方向相反，与db边成30，斜向右下；根据洛伦兹力做向心力可得：轨道半径 ，所以，v2：v=r2：r1=1：2，所以，第二次粒子的速度大小，故A正确；根据洛伦兹力做向心力可得：圆周运动周期，故两次运动周期相等，那么，由转过的圆心角可得：第二次粒子在磁场中运动时间是第一次的3倍，故B错误；根据第一次粒子垂直bc边离开磁场，第二次粒子从d点离开磁场时的速度方向刚好和发射方向相反，与db边成30，斜向右下；所以，两次粒子从d点飞出磁场时速度方向夹角为60，故C正确；根据第一次的轨道圆心为b点，第二次的轨道圆心为Od中点，由几何关系可得：粒子两次做圆周运动的圆心间距为L，故D正确；本题选不正确的，故选B.6.如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，m、n为两轨道的最低点匀强滋场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面。两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（）A. a球下滑的时间比b球下滑时间长B. a、b两球的机械能均不守恒C. a球到m点的速度小于b球到n点的速度D. a球对m点的压力大于b球对n点的压力【答案】D【解析】【详解】由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故AC错误；磁场力对小球不做功，整个过程中小球a的机械能守恒；小球b在电场中运动受到的电场力对小球做负功，机械能减小，故B错误；小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：Fm-mg-Bqvm=m，解得：Fm=m+mg+Bqvm 小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：Fn-mg=m；解得：Fn=m+mg 因为vmvn，所以FmFn，故D正确。故选D。二、多选题（本大题共5小题，共15.0分）7.如图所示，匀强磁场中有一以O为圆心的圆，直径ac，bd相互垂直，ac与磁场方向平行，现让通电直导线通过圆心O并与圆所在平面垂直。关于a、b、c、d四个点的磁感应强度，下列说法正确的是（）A. d点的磁感应强度最小B. b、d两点的磁感应强度相同C. a、c两点的磁感应强度大小相等D. a、c两点的磁感应强度方向相反【答案】AC【解析】【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：d点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小，故A正确。b点有向上的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向上，与d点的大小方向都不同，故B错误。a点有向上的匀强磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，叠加后磁感应强度的方向左向上，而c点有向上的磁场，还有电流产生的向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向右向下。故C正确，D错误，故选AC。8.如图所示为电流天平测量磁场力的原理图，两相距很近的通电平行线圈A和B，线圈A固定，线圈B粘在天平的托盘上。两线圈均无电流时，天平示数恰好为零；两线圈中有电流时，可以通过指针偏转的方向和角度大小测出线圈间磁场力的方向和大小。关于电流天平，下列说法正确的是（）A. 若两线圈电流方向相反，则天平示数为负B. 若两线围电流方向相同，则天平示数为负C. 当两线圈中电流方向相同时，电流越大，指针偏角越大D. 当两线圈中电流方向相反时，电流越大，指针偏角越小【答案】BC【解析】【详解】当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A错误，B正确；当两线圈中电流方向相同时，电流越大，两线圈吸引力越大，指针偏角越大，故C正确；当两线圈中电流方向相反时，电流越大，两线圈吸引力越大，指针偏角越大，故D错误9.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：1，原线圈两端接交流电压u=220sin100t（V），电阻R=20，电流表、电压表均为理想电表，则（）A. 电压表的读数为20VB. 电流表的读数为1AC. 电阻R上消耗的功率为20wD. 通过R的电流方向1秒钟改变50次【答案】ABC【解析】【详解】A输入电压的有效值为220V，根据理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：1，得副线圈的电压为20V，故A正确；B电流表的示数为I=1A，故B正确；C电阻消耗的功率为：P2=U2I2=201W=20W，故C正确；D周期，故频率为50Hz，通过R的电流方向1秒钟改变100次，故D错误。10.如图所示，一根足够长通以图示方向电流的直导线水平放置，直导线的正上方某处有悬点，用绝缘细线悬挂一铜圆环从图示A点由静止释放，在圆环运动到最低点的过程中。下列说法正确的是（）A. 圆环中感应电流沿逆时针方向B. 圆环中感应电流沿顺时针方向C. 圆环所受安培力的方向总是竖直向上D. 圆环所受安培力的方向总是与圆环的运动方向相反【答案】BC【解析】【详解】AB根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸面向外，圆环由A点开始运动到最低点过程中，磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，感应电流的方向顺时针，故A错误、B正确；CD因为磁感应强度在水平方向均匀分布，把圆环分成若干份，可以知道对称的一小段在水平方向的安培力是大小相等，方向相反的，故圆环所受安培力的方向总是竖直向上的，故C正确、D错误。11.电荷量分别为q1、q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND区间中的C点电势最高，则下列说法正确的是（）A. B. A点的电场强度等于零C. M是AN的中点D. 在x轴上，C点右侧的场强方向沿x轴正方向【答案】AD【解析】【详解】A由图象可以发现，离q1越近电场中的电势越高，由此可知q1为正电荷，同理，由于离q2越近电势越低，所以q2为负电荷。在它们的连线上A点的电势是零，但A点离q2近，所以q1的电荷量要大于q2的电荷量，故A正确；B-x图象的斜率等于场强E，则知A点电场强度大小不为零，故B错误；C由图可知，UAM=UNM，又图象斜率等于电场强度可知AM之间的平均电场强度大于NM之间的，根据U=Ed可知，dAMdNM，故C错误；D由图可知：从C到D，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，CD间电场强度方向沿x轴正方向，故D正确。三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）12.用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内阻，蓄电池的内阻非常小，为防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0除蓄电池、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：A：电流表A（量程0.6A、3A）B电压表V（量程3V、15V）C定值电阻（阻值1、额定功率5W）D定值电阻（阻值1，额定功率10W）（1）定值电阻选_（填器材前序号）。（2）根据电路图，将乙图实物图连接完整。（3）某同学按图示进行实验，得到如下数据I/A1.721.350.980.630.34U/V1.891.921.941.961.98在丙图中作出电压U随电流变化的U-I图象，并根据该图象求出蓄电池的电动势E=_V，内阻r=_。【答案】 (1). C (2). 2.0 (3). 0.05【解析】【详解】（1）根据功率公式P=UI=I2R，所以I=，而根据欧姆定律可算出电路中的电流I=2A，所以定值电阻选C；（2）连接电路如图所示，（3）根据表格中的数据画出电源的U-I图象，由图象的纵截距可以求出电动势E=2.0V内阻。13.（1）如图所示为指针式多用电表，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一定值电阻，测量的某些操作步骤如下：调节指针定位螺丝部件，使电表指针指向电流0刻度处将选择开关旋转到欧姆挡位置；将红、黑表笔分别插入“+”、“一”插孔，笔尖相互接触，调节部件_（选填“S“、“K“或“T”），使电表指针指向“0”。测量该定值电阻阻值，多用电表指针示数如图所示，则该电阻的阻值为_。（2）欧姆调零后，用“10”挡测量另一电阻的阻值，发现指针偏转角度很大，则下列说法或做法中确的是_A该电阻的阻值很小B该电阻的阻值很大C为测得更准确些，应当换用“x1”挡，重新欧姆调零后进行测量D为测得更准确些，应当换用“100”挡，重新欧姆调零后进行测量（3）关于多用电表的使用，下列说法正确的有_A甲图是用多用电表直流电压档测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确B乙图是用多用电表直流电流档测量电路中的电流，表笔接法正确C丙图中用的是多用电表电阻档测量二极管的反向电阻D丁图中用多用电表电阻档测量的是二极管的反向电阻【答案】 (1). T (2). 1400 (3). C (4). BD【解析】【详解】（1）测电阻时先进行欧姆调零，即先短接红黑表笔，调节调零电阻T，使指针指欧姆的零刻度线；欧姆调零后，测量电阻读出示数，则电阻R=1400。 （2）题目所指偏转角度过大，即欧姆档示数太小，要使示数变大，则要减小倍率，重新欧姆调零后，再测量，故选项C正确。 （3）甲图是用直流档测电压，但要求电流从红接线柱流出，显然红黑表笔接反，A错误； 乙图是电流档测电流，要断开电路将电流表串联，从红表笔流进，则B选项正确； 丙和丁图是用欧姆档测二极管的反向电阻，则要求电流从二极管的负极流进，即欧姆表的黑表笔与二极管的负极相连，故选项D正确，选项C错误。四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）14.1932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，置于真空中的两个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的匀强磁场方向与盒面垂直。两D形盒之间所加的交流电压为U，粒子质量m、电荷量为q的粒子从D形盒一侧圆心处开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D形盒边缘射出。求：（1）交流电压的频率；（2）粒子从D形盒边缘射出时的动能；（3）粒子被加速的次数。【答案】（1）交流电压的频率为；（2）粒子从D形盒边缘射出时的动能是；（3）粒子被加速的次数为。【解析】【详解】（1）加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T=，那么交流电压的频率：f=；（2）根据qvB=m，解得v=，带电粒子射出时的动能：EK=mv2=；（3）经加速电场加速：qnU=，解得：n=15.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场绕与磁场方向垂直的轴OO转动，线圈的ad边与OO轴重合。已知线圈电阻为r、匝数为N，hb边长为L1、bd边长为L2，转动的角速度为，磁场的磁感应强度为B求：（1）在图示位置时，线圈中的感应电动势；（2）从图示位置开始计时，线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；（3）线圆转过180的过程中产生的热量。【答案】（1）NBL1L2；（2）e=NBL1L2costV；（3）【解析】【详解】（1）在图示位置时，线圈中电动势最大，最大值为：Em=NBS=NBL1L2（2）从图示位置计时，线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式为：e=Emcost=NBL1L2costV（3）由焦耳定律得线圈转过180的过程中产生的热量为：=16.如图所示，在y轴竖直向上的直角坐标系中，质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从y轴上的P点平行于x轴抛出，段时间后从Q点进入以直线y=x为边界的匀强电场中，小球在Q点的速度方向与电场方向垂直。电场的电场强度大小为E=，方向平行于边界斜向上，Q点与坐标原点O间距离OQ=L，重力加速度为g，空气阻力不计。求：（1）P点与坐标原点O间距离OP；（2）小球抛出时速度v0的大小；（3）小球经过x轴时的动能Ek。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】