江苏省扬州市邗江区2019-2020学年高二上学期期中物理试卷(选修)(有解析)

1、江苏省扬州市祁江区2019-2020学年高二上学期期中物理试卷（选修）一、单选题（本大题共8小题，共24.0分） 1.下列有关物理学史的说法正确的是（）A.元电荷的数值最早是由密立根测得的B.库仑通过实验得出，任何带电物体之间的作用力都与间距的平方成正比C.安培发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说2.D.楞次发现了电磁感应现象，并在大量实验事实的基础上总结出楞次定律 如图所示，在足够大的竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环而与磁 场方向垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，磁通量有变化的是（）A.导体环在磁场中竖直向上或向下运动B.导体环在磁场区域内保持水平方位向左或向右平动C.导体环

2、绕垂直环面，通过环心的轴转动D.导体环以一条直径为轴，在磁场中转动3.下列说法正确的是（）A.由电流7 = ?可知/与夕成正比B.电流有方向，所以电流是矢量C.电动势、电压和电势差名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同D.电源的电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多4 .如图所示为地磁场的示意图。从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，称为宇宙射线，在射向 地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用下列说法正 确的是A.地球内部也存在磁场，地磁S极在地理南极附近B.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行C.若带正电的粒子流垂直射向赤

3、道.在进入地球周围的空间将向东偏转D.若带正电的粒子流垂直射向赤道，在进入地球周围的空间将向北偏转5 .关于安培力和洛伦兹力，下而说法中不正确的是（）A.洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力B.安培力和洛伦兹力，K本质都是磁场对运动电荷的作用力C.安培力和洛伦兹力二者是不等价的D.安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不能做功6 .如图所示，在磁感应强度大小为8。的匀强磁场中，两长直导线尸和。垂;八、直于纸而固定放置，二者之间的距离为在两导线中均通有方向垂直于 /纸而向里，大小相等的电流时，纸而内与两导线距离为/的点处的磁感/、呢 应强度为零.若仅让尸中的电流反向，则。点处磁感应强度的

4、大小为A. 2%B. BoC. -BoD. Bo337 .电容器在电子技术中有重要的应用是因为它能够（）A,通直流、隔交流B.通交流、隔直流C.既通直流又通交流D.既隔直流又隔交流8 .用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中a是待测电阻，&是定值电阻，G是灵敏度很高的电 流表，MN是一段均匀的电阻丝.闭合开关，改变滑片P的位置，当通过电流表G的电流为零 时，测得MP = h，PN = 1?，则%的阻值为（）二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）9 .某同学将一直流电源的总功率外、输出功率Pr和电源内部的发热功率以随 电流/变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的、氏。所示。以下判断 正

5、确的是（）A.直线，表示电源的总功率Pe /图线B.曲线C表示电源的输出功率Pr-1图线C.电源的电动势E = 3P,内阻r = l。D.电源的最大输出功率4 = 2 Wio.如图所示，直线I、n分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线m 是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线DI与直线I、n相交点的坐标分别为P（5.2,3.5）、Q（6,5）.如 果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A.电源1与电源2的内阻之比是3 ： 2B.电源1与电源2的电动势之比是1: 1C.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1 ： 2D.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功

6、率之比是7： 1011 .有一段直导线长通以5A电流，把它置于磁场中的某点时，受到的磁场力为0.1N,则该点的磁感应强度8的值可能为（）A. ITB. 0.5TC. 2TD. 2.ST三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）12 .研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率.步骤如下：5 cm6705 1als 20制1（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度为加：（2）用螺旋测微器测量其直径如图2,由图2可知其直径为 cm：（3）该同学想用伏安法测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻五（阻值约为200欧）电流表4（量程0内阻约50。）电流表4（量程

7、015mm内阻约30。）电压表匕（量程03P,内阻约10k。）电压表匕（量程。15P,内阻约25k。）直流电源E（电动势3匕内阻不计）滑动变阻器&（阻值范围015。，允许通过的最大电流2.0/）滑动变阻器R2（阻值范围020AO允许通过的最大电流0.5/）开关S导线若干电流表应用，电压表应用，滑动变阻器应用（填所用器材的代号）13.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中.（1）裕有如下器材A.干电池1节8.滑动变阻器（020 0C滑动变阻器（01k。）。电压表(0-3 V)E.电流表(0 -0.6 A)F.电流表(03 A)G.开关、导线若干其中滑动变阻器应选,电流表应

8、选(只填器材前的序号)(2)为了最大限度的减小实验误差，请在虚线框中画出该实验最合理u/v的电路图.l.lh- 卜 LOfr -V : J 9 II 49 4 I V 1 i 弋 去.'.:£士1U , T :WT:, 三"44 I H TTTV0.2 0.4 0.6b(3)某同学根据实验数据画出的U-/图象如图所示，由图象可得电池的电动势为 V,内电阻为 n.四、计算题(本大题共2小题，共20.0分) 14.质量为m = 0.04Kg的导电细杆外置于倾角为30。的平行放置的光滑导轨上,导轨宽为d = 0.4m,杆与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下

9、，磁感应强度为8 = 1=已知电源电动势£* = 1.5卜，内阻丁 = 0.如,试求当电阻R取值为多少时，释放细杆后杆外保持静止不动，导软和细杆的电阻均忽略不计，g取lOm/s?。15 .如图所示，长为L的绝缘细线上端固定，下端系一个电荷量为分质量 x 为/的带正电小球。空间存在有竖直向下、场强大小为詈的匀强电场 X 和水平向里、磁感应强度大小为T孚的匀强磁场。现将小球从绝缘细 X2q入vA线与竖直方向夹角为6 = 60。的位置由静止释放，小球在垂直于磁场的 竖直平而内运动。己知重力加速度为g,小球的电荷量保持不变，不计空气阻力°求:(1)小球第一次到达最低点时，小球速度的

10、大小。(2)小球第一次到达最低点时，细线拉力厂的大小。(3)从小球开始运动到小球第一次运动到最低点的过程中，小球电势能的变化量 Ep。五、综合题(本大题共2小题，共16.0分)16 .如图所示，电阻、R?、%的阻值相等，都等于凡 电池的内阻不Ri计，开关S闭合前流过&的电流为/， (1)求电源的电动势E； (2)求S闭合后流过&的电流大小。17 .如图所示的电路中，电源电动势E = 6.0V,内阻r = 0.6C,电阻R2=。.5。，当开关S断开时,电流表的示数为1.5A,电压表的示数为3.0心试求(i)电阻和&的阻值：(2)当S闭合后，电压表的示数和电源的输出功率各为

11、多少?答案与解析1.答案：A解析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可正确解答。本题主要考查物理学史。入美国科学家密立通过油滴实验测定了元电荷的数值，故A正确：8 .库仑通过实验得出，点电荷之间的作用力与间距的平方成反比，故8错误：C根据物理学史可知，1820年奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误； 。.法拉第通过对电与磁的研究，最早发现了电磁感应现象，故。错误。 故选A。9 .答案：D解析：本题主要考查磁通量，产生感应电流的条件是形成闭合回路及穿过闭合回路的磁通量有变化，二者 缺一不可。产生感应电流的条件，是穿过闭合回路的磁通量发生改变，只有导体环以一条直径为轴，在磁场中 转

12、动的情况，磁通量才变，所以A8C错误，。正确。故选。10 答案：D解析：解：A、电流的定义采用比值定义法，/与夕无关；故A错误：8、电流有方向，但电流的运算不适用平行四边形定则；故电流是标量：故8错误； C、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量。故C错误。、电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，电动势越大，说明非静电力在电源内部 把单位正电荷从负极向正极移送过程中做的功越多，故。正确故选：D.电荷的定向移动形成电流，电流与电荷量及时间无关：电流的单位为安培，安培是国际单位制的基 本单位。电压与电动势的单位相同，但物理意义不同。电动势是反映电源把其他形式的能转化为

13、电 能本领大小的物理量。本题考查电流的定义，要注意明确电流的定义及电流的方向规定。明确电动势的物理意义，知道与 电压的区别。11 答案：。解析：地理北极附近是地磁南极，地理南极附近是地磁北极，磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发 出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则 判断出正电的粒子流所受洛伦兹力的方向。A.地理北极附近是地磁南极，地理南极附近是地磁北极，故A错误：B.磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球 表而任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B错误：CD.正电的粒子流的方向从上而下射向地球表

14、面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定 则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故C正确，。错误。故选C。12 答案：A解析：通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力，它们均属于磁场力， 本质上是一种力，而安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，即安培力是 大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现，但是两者并不等价，其方向都由左手定则来确定，由于洛 伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功。本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向。力8.安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观

15、形式，故安培力和洛 伦兹力是性质相同的力，本质上都是磁场对运动电荷的作用力，故A错误、B正确：C安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，即安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现，但是两者并不等价，故C正确：。、安培力对通电导体能做功，洛伦兹始终与运动方向垂直，对运动电荷不做功，故。正确。本题选不正确的，故选A。13 答案：B解析：依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解“考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解 题的关键。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流/时，纸面内与两导线距离为/的点处的磁感应强度为

16、B1,如下图所示：P0一"一七 Q由于此时。点处的磁感应强度为零，则有3i=3o；由此可知，外加的磁场方向与尸。平行，且由。 指向P,若仅让产中的电流反向，依据几何关系，及三角知识，则有：BPc30o=12B0"role="presentation' style='box-sizing： content-box； -xvebkit-tap-highlight-color rgba(O, 0. 0, 0)； margin： 0/zr： padding'. 5px 2px display： inline-block； ； wordwrap9.

17、nonnal white-space： nowrap float9, none； direction： ltr max-width: none： max-/】eig/u: none： min-width: Opx; min-height: Opx; border. Opx position: r”,痴e；”> 为cos；XF =：耳)，解得:P或。通电导线在4处的磁场大小为3P=3380" role=tnesentatiorr styles"box-sizing： content-box； -webkii-tap-highlighi-co/or： rgba。0, 0.

18、 0)； margin： Opx； padding： 5px 2px display： inline-block； word-wrap： nonnal white-space： now rap： JI oar. none； direction： ltr niax-wi 力力：none； niax-heighi： none； min-wic/th: Opx; min-heiht: Opx; border. Opx: position: relative>Bp =三80: 当 P 匚口的电流反向，其他条件不变,再依据几何关系，及三角知识，则有：82=3380" role='

19、presentation' style="box-sizing： content-box -webkii-iap-highlighi-color： rga(0. 0, 0. 0)； margin： 0/zv； pudding： 5Px 2px display： inline-block：； w ord-wrap： nonnal white-space： nowrap float： none： direction： ltr max-width： none； max-height： none；To,min-width: 0px min-height: Opx; border. O

20、px： position: relative>Bn = -Bo,因外加的磁场方向与 PQ 平行，且由。指向尸，磁场大小为§0,最后由矢量的合成法则，那么点处磁感应强度的大小为 8=23380" role='presentation' sfyle="box-sizing： content-box9, -webkilap-highlight-color： rgba(0, 0, 0, 0)； margin： Opx； pudding： 5px 2/zr； display： inline-block； ； wo rd-wrap9, normal； w

21、hite-space： nowrap float： none； direction: ltr max-vvk/z/: none： niax-/】eig/"： none： min-width: 0/zv; min-height: 0/zv； border. 0px position: relative-：>>B =8。，故 8 正确，ACD 错误。故选 B'9 role=1 presentation' sty!e=ubox-sizing： content-box; -webkit-tap-highlight-color： rgba(Q. 0, 0, 0);m

22、argin： Opx； pudding： 5px 2/zr； display： inline-block； ； wo rd-wrap9, normal； white-space： nowrap float： none； direction: ltr max-vvk/z/: none： mheight: none： min-width: O/zv; min-height: O/zv； border. 0px position: relative >BB Q14 答案：B解析：解：电容器接在直流电路中只有瞬间充电电流，相当于断路：接在交流电路中，由于交流电 的方向不断变化，使得电容器处于不断

23、的充放电状态，就好像导通一样，所以电容器的特点是通交 流隔直流，8正确.故选8电容器在直流电路中相当于开路，只能通过交流电.本题较简单，考查了电容器通交流隔直流的作用.15 答案：C解析: 闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相 等的，而总电流一定，故通过飞和%的电流也相等：并联电路电压相等，故电阻丝MP段与尸N段 电压之比等于&和%的电压比：再结合欧姆定律列式求解即可。本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查 了分析问题和解决问题的能力。电阻丝段与PN段电压之比等于&和4的电压比，即

24、”=磬=M：通过电流表G的电流为零， UPN URx Kx说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，故通过岛和治的电流也相等，所以有：鬻咤;根据电阻定律公式有：R=P之解得：&=/0,故C正确，A3。错误。故选Co16 答案：AD解析：根据电源消耗的总功率的计算公式心=E/可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功 率号=/2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断“从三条线代表的关系式，再由功 率的公式可以分析功率之间的关系.本题根据图象考查电源的输出功率，要注意根据公式分析图象：同时明确当电源的内阻和外电阻的 大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率七等

25、于输出功率Pr和电源内部的 发热功率与的和.A、电源消耗的总功率的计算公式Pe = E/oc/,故Pe/图线是直线，故A正确：B、输出功率：PR=PE-Pr = EI-I2r,应为开口向下的曲线，故。表示Pr /图线；电源内电阻消耗的功率：Pr = I2r,应为开口向上的曲线，故。表示用/图线；故B错误；C、当/ = 2/时，Pr = 0.说明外电路短路，根据P = E/,得到后=：=刍=钳；r =，= g=2。：故C错误；D、输出功率珠=一2 =岳/一产丁 = 4/-2产=-2(/-1)2+2,当 = 1/时，输出功率最大，为 2W；故。正确：故选：AD»17 .答案：AB解析：根

26、据电源的U-1图线，可求出电动势和内阻：根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯 泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻。本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，明确交点的含义。人在电源的U-/图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U-/图线，可知，电源 1、电源2的内阻分别为G =?=沙，Q =郎=；。则r2=3： 2,故A正确： o Qo图象的纵轴截距表示电动势，故Ei=E2 = 10L故8正确；CD.灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态则连接电源1时， = 3.5P, A = 5.2A,故灯泡消耗的功率为A

27、 = UJi = 18.2W,灯泡的电阻& =UL 3.535 八=CIL 5.252连接电源2时，U2 = SV, I2 = 6A,故灯泡消耗的功率P2 = 4,2 = 30亿 灯泡的电阻& =卷=/故R： P2 =91： 150, %： & = 2L 26,故。错误。故选人上18 .答案：CD解析；解：根据尸= B/Lsin6得：8=鼻，iLsinu因OVs讥6K1,则8227;故。、。正确，A、8错误.故选：CD.根据尸= 8/Ls讥6,结合磁场力、电流、导线长度的大小得出磁感应强度的大小.解决本题的关键是掌握安培力的大小公式，当B与/平行，磁场力为零，当8与/垂

28、直,磁场力F = 8.19 .答案：(1)50.15： (2)0.1200； (3)&；匕;&解析：(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，不估读；(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，需估读一位；(3)根据通过电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择滑动 变阻器。本题考查了游标卡尺与螺旋测微器的读数、实验器材的选择，要掌握实验器材的选择原则，对游标 卡尺读数时要注意游标尺的精度：选择实验器材时首先要考虑安全，其次要考虑精确性原则，同时 还要兼顾方便实验操作。(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：SOmm + 3

29、X 0.05mm = 50.15mTn：(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：l/mn + 20.0 X 0.01mm = 1.20Qmm = 0.1200cm：(3)通过电阻的最大电流：/ =言?力=0.015A = 15mA,电流表选择久： 电源电动势为3匕电压表应选择匕；为方便实验操作滑动变阻器应选择&.故答案为:(1)50.15； (2)0.1200； (3)42； %； %。13.答案：(1)8 E(2)如图所示(3)1.5 1A解析：(1)根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较 小的滑动变阻器。(2)根据实验的准确性选择合适的电

30、路：(3)图象和纵坐标的交点为电源的电动势，由图象的斜率可以求出内阻。本题考查了实验注意事项、实验器材的选择、求电源电动势与内阻等；要注意明确实验数据处理的 基本方法，明确电源U-1图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。(1)为方便实验操作，滑动变阻器应选5,电流表应选E；(2)本实验中采用滑动变阻器改变电流，由闭合电路欧姆定律分析电源电动势及内电阻：考虑电表内 阻的影响，因电流表内阻接近电源内阻，故应采用相对于电源来说的外接法；如图所示：(3)图象与纵坐标的交点表示电动势，由图可知，E=1.SV；图中的斜率表示电源内阻，则电源内阻r =华=兰萨。=1.0/2； AI

31、0.6故答案为(1)8 E(2)如图所示(3)1.5 l.Oo14 .答案：解：通电导体在磁场中受到的安培力为：F = BId,方向沿斜面向上：设电流为/时，导体杆刚好静止不动，分析受力，受重力、支持力和安培力，根据平衡条件可得：Bld = mgs in6解得：/ = s*o.O4x-05/Bd1X0.4根据闭合电路欧姆定律可得：E = I(R+r)解得：R = - - r = 0.2 = 2.8/2 I0.5答：当电阻R取值为2.&2时，释放细杆后杆"保持静止不动。解析：导体棒受重力、支持力和安培力，根据平衡条件求解出安培力；然后根据安培力公式求解出电流：最后根据闭合电路欧姆定律求解出电阻凡本题关键先根据平衡条件求解安培力，然后结合闭合电路欧姆定律和安培力公式列式求解。15 .答案：解：(1)设电场强度为£由动能定理得：(mg + qE)L(l-cos6)解得：v = J2gL(2)在最低点，由牛顿第二定律得：F mg qE qvB = m L解得：F = Smg(3)从小球开始运动到小球第一次运动到最低点的过程中，由功能关系得：AEp = qE(l cos8)解得： Ep = - mgL答：(1)小球第一次到达最低点时，小球速度的大小是J荻：(2)小球第一次到达最低点时，细线拉力尸的大小是5?身：(3)从小球开始运动到小球第一次运动到最低