江西省九江第一中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

《江西省九江第一中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省九江第一中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc（9页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、12018-2019 学年江西省九江第一中学高二上学期期末考试物理试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在

2、 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 I 卷（选择题)一、单选题1关于磁场和电场的认识，下列说法正确的是（ ）A电流元在某处不受安培力，该处一定没有磁场B电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同C电场线起于正电荷终止于负电荷，磁感线起于 N 极终止于 S 极D同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小2如图所示，一个带正电的球体 M 放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电

3、小球 N 挂在横杆上的 P1处，当小球 N 静止时，丝线与竖直方向的夹角为 。若将丝线悬点从 P1移到 P2处。则（ ）A角 变大，小球 N 带正电B角 变小，小球 N 带正电C角 变大，小球 N 带负电D角 变小，小球 N 带负电3如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以 A 点为坐标原点，AB 方向为位移 x 的正方向，能正确反映电势 随位移 x 变化的图像是（ ）4下图分别表示匀强磁场的磁感应强度 B、闭合电路中一部分直导线的运动速度 v 和电路中产生的感应电流 I 的相互关系，其中正确是（ ）A B C D5示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示

4、，真空室中电极 K 发出电子（初速度不计）经过电压为 U1的加速电场后，由小孔 S 沿水平金属板 A、 B 间的中心线射入板中。金属板长为 L，相距为 d，当 A、 B 间的电压为 U2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子的重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是( )A U1变大， U2变大B U1变小， U2变大C U1变大， U2变小D U1变小， U2变小6将圆柱形强磁铁吸在干电池的负极，强磁铁的 N 极朝上 S 极朝下，金属导线折成上端有一支点，下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源的正极和磁铁都接触良

5、好但不固定，这样整个线框就可以绕电池旋转起来。下列判断正确的是（ ）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2A线框能旋转起来，是因为电场力B俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D导线框将上下振动7如图所示，在磁感应强度大小为 B0的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为( )A0 B C D2 B08一带正电粒子仅在电场力作用下做直

6、线运动，从 A 点经 B、 C 运动到 D 点，其 v t 图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A A 处的电场强度小于 B 处的电场强度B粒子在 A 处的电势能小于在 B 处的电势能C C、 D 间各点电场强度和电势都为零D A、 B 两点的电势差等于 C、 B 两点间的电势差9如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（ ）A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质

7、子还是正电子D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小二、多选题10如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的 U I 图像，则下列说法中正确的是( )A电动势 E1E2，内阻 r1 r2B电动势 E1 E2，内阻 r1 r2C电动势 E1 E2，短路电流 I1 I2D当两电源的工作电流相同时，电源 1 的路端电压较大11如图所示，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器 R2的滑动触头 P 向左滑动时，下列说法中正确的是( )A灯 L 变暗B电容器 C 上的电荷量变大C电阻 消耗功率变大D 两端的电压变化量的绝对值小于 两端的电压变化量的绝对值12如图，半径为 R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁

8、场，磁感应强度为 B。M 为磁场边界上一点有无数个带电量为 q、质量为 m 的相同粒子（不计重力）在纸面内向各个方向以相同的3速率通过 M 点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的 。下列说法正确的是（ ）14A粒子从 M 点进入磁场时的速率为 BqRvmB粒子从 M 点进入磁场时的速率为 2C若将磁感应强度的大小增加到 ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来B2D若将磁感应强度的大小增加到 ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来2 3第 II 卷（非选择题)三、实验题13在“研究电磁感应现象”的实验中，如图甲、乙、丙所示是实验中连接的三个回路。其中判别电流

9、表指针的偏转方向与电流方向关系的回路是_(填“甲”、“乙”或“丙”)，显示是否产生了感应电流的回路是_(填“甲”、“乙”或“丙”)。14某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻 步骤如下：（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_ mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图 2，由图可知其直径为_mm（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图 3，则该电阻的阻值约为_ （4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻 R电流表 A1（量程 04mA，内阻约 50）电流表 A2（量程 010m

10、A，内阻约 30）电压表 V1（量程 03V，内阻约 10k）电压表 V2（量程 015V，内阻约 25k）直流电源 E：电动势 4V，内阻不计滑动变阻器 R1阻值范围 015，允许通过的最大电流 2.0A 滑动变阻器 R2阻值范围 020k，允许通过的最大电流 0.5A开关 S导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图 4 方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号_四、解答题15一根绝缘细绳上端固定在天花板上，下端挂一个质量为 m,带电量为- q 的带电小球，小球所处的空间中存在水平方向的匀强电场，如图所示，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为 ，已知当地的重力加速度为 g

11、, 通过受力分析，求（1）该电场中电场强度的大小及方向。（2）细线上的张力大小。416如图所示，光滑的平行导轨间距为 L，倾角为 ，处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，导轨中接入电动势为 E、内阻为 r 的直流电源，电路中其余电阻不计，将质量为 m、电阻为 R 的导体棒由静止释放，求：(1)释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向；(2)导体棒在释放瞬间的加速度。17如图所示，均匀金属丝制成的单匝正方形闭合线框 abcd，每边长为 L0.2m，总电阻为R10，总质量为 m0.04 kg。将其置于磁感强度为 B=5T 的水平匀强磁场上方 h0.45m 处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在

12、竖直平面内，且 cd 边始终与水平的磁场边界平行。当 cd 边刚进入磁场时，( g 取 1 0 m/s2)（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求 cd 两点间的电势差大小；（3）求此时线框的加速度大小及方向。18如图 a 所示，匀强磁场垂直于 xOy 平面，磁感应强度 B1按图 b 所示规律变化（垂直于纸面向外为正） t=0 时，一比荷为 =1105C/kg 的带正电粒子从原点沿 y 轴正方向射入，速度大小 v=5104m/s，不计粒子重力求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径求 s 时带电粒子的坐标保持 b 中磁场不变，再加一垂直于 xOy 平面向外的恒定匀强磁场 B2，其磁感应强度为0

13、.3T，在 t=0 时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻2018-2019 学 年 江 西 省 九 江 第 一 中 学 高 二上 学 期 期 末 考 试 物 理 试 题物 理 答 案1D【解析】电流元在某处不受安培力，可能是电流方向与磁场方向平行，该处不一定没有磁场，选项 A错误；正电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同，负电荷受电场力方向和所在位置电场方向相反，选项 B 错误；电场线起于正电荷终止于负电荷或者无穷远，磁感线在磁体的外部是从 N 极到 S极，内部是从 S 极到 N 极，形成闭合的曲线，选项 C 错误；导线受到的磁场力与导线的放置方式有关，同一通电导体在磁场

14、强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小，选项 D 正确；故选 D.2B【解析】小球 M 与 N 相互排斥，M、N 带同种电荷，M 带正电，N 也带正电；受力分析，小球 N 受重力mg，绳的拉力，库仑力 F，绳与竖直方向夹角为 。可知 ，由于电荷 N 悬挂在 P2点时距离大，库仑力小， 变小，故 B 正确，ACD 错误。3C【解析】设距离 A 点为 x 的位置的电势为 ，则 （ 为 AB 连线与电场线的夹角），即 ，图线如 C 图所示。考点：场强与电势差的关系及物理图线。4B【解析】A、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故 A

15、错误；B、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向外，故 B 正确；C、伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线故 C 错误；D、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向，则 D 错误故选：B。【点评】导线在磁场中切割磁感线，会产生感电流由右手定则来确定方向，而通电导线放入磁场中，有受到安培力则安培力的方向是由左手定则来确定即要让磁感线穿过掌心，四指指的是电流方向，则大拇指所指的是安培力方向。5B【解析】设经过电压为 的加速度电场后，速度为 ，在加速电场中，由动能定理得： ，电子键入

16、偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上： ，在竖直方向上： ，解得： ，由此可知，当 变小， 变大时， 变大，故 B 正确，选项 ACD 错误。点睛：本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，注意带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律解题。6C【解析】线框能旋转起来，是因为通电导线在磁场中受到安培力的缘故，选项 A 错误；磁体的上面为N 极，产生斜向上的辐射状的磁感线，对导线的右半部分有向下的电流，根据左手定则可知受到向外的磁场力，同理左半部分受到向里的磁场力，可知俯视观察，线框沿顺时针方向旋转，选项 BD错误；电池输出的电功率一部分要转化成线框的热功率，则电池的输出功率大于线

17、框旋转的机械功率，选项 C 正确；故选 C.7C【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离为 l 的 a 点处的磁感应强度为零，如下图所示：由此可知，外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q 指向 P，即 B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：B Pcos30= B0； 解得 P 或 Q 通电导线在 a 处的磁场大小为 BP= B0；当 P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B 2= B0；因外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q 指向 P，磁场大小为 B0；最后由矢量的合成法则，那么 a 点处磁感应强度的大小为 B= ，故 C

18、 正确，ABD 错误；故选 C。8D【解析】由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在 A 点时较大，由牛顿第二定律得知在 A 点的电场力大，故 A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度，故 A 错误；由 A 到 B 的过程中，速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在 A 点是电势能大于在 B 时的电势能，所以粒子在 A 点的电势能高于 B 点的电势能，故 B 错误；从 C 到 D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知 CD 间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故 C 错误；A、C 两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从

19、 A 到 B 和从 B 到 C 电场力做功的绝对值相同，AB 两点间的电势差等于 CB 两点间的电势差，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。这常是判断电荷电势能如何变化的依据。还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似.9AC【解析】由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方

20、向一定相反，选项 A 正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，根据 可知，运动半径不一定mvrqB=相同，选项 B 错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的动量大小未知，根据，则根据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，选项 C 正确；由 ，则mvrqB= 2k1Emv，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项 D 错误。k2E考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。10CD【解析】U-I 图象中与 U 轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势 E1=E2，内阻 r1r 2，故AB 错误；U-I 图象中与 U 轴的交点表示电源的电动势，与 I 轴的交点表示短路电流，故

21、电动势E1=E2，发生短路时的电流 I1I 2，故 C 正确；当通过两电源的电流相同时，两图象对应的横坐标相等，则根据图象可知，电源 1 的对应的纵坐标较大，故说明电源 1 的路端电压较大，故 D 正确故选 CD点睛：本题考查了闭合电路电源的 U-I 图象的相关知识，要求同学们理解 U-I 图象中与 U 轴的交点表示电源的电动势，与 I 轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻11ABD【解析】ABC、当滑动变阻器 R2的滑片 P 向左滑动时，R 2变小，外电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可得干路总电流变大，路端电压减小，所以 R3两端电压变小，则电流变小，电阻 消耗功率变小；根据并联分流可得

22、 R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电容器C 上的电荷量变大；R 1与 R2电压之和等于路端电压，R 1两端的电压变大，所以 R2两端的电压变小，灯泡的电压变小，故灯 L 变暗，故 A、B 正确，C 错误；D、R 1两端的电压变大，R 2两端的电压变小，二者电压之和等于路端电压，由前面分析之路端电压变小，故 R1两端增加的电压量小于 R2两端减小的电压量，故 D 正确；故选 ABD。【点睛】关键抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部整体局部”的思路进行分析，同时也可以利用结论“串反并同”直接分析对应的结论。12BD【解析】A、边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对

23、应的边界圆弧长，即偏转圆半径，所以， ，故 A 错误，B 正确；C、磁感应强度增加到原来的 倍，2RmvrqB2qRvm 2那么，偏转圆半径 ，所以，偏转圆直径对应的弦长为 R，有粒子射出的边界圆弧对12rR应的圆心角为 ，所以粒子射出边界的圆弧长度变为原来 ，故 C 错误，D 正确。60 23点睛：带电粒子在磁场中的运动问题，一般由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得半径联立求解。13甲；乙【解析】甲图中，电源与电流表串联，当开关闭合后，则电流表指针会偏转，从而可判定指针的偏转方向与电流方向的关系；乙图中，线圈与电流表串联，当穿过线圈的磁通量变化时，则线圈会产生感应电动势，那么线圈

24、中会有感应电流，即可通过指针的偏转，则可判定；丙图中，没有电表，不能确定点睛：考查电磁感应现象，掌握感应电流产生的条件，注意电流表指针偏转方向与电流方向的关系，不是所有电表均一样14（1）50.15 （2）4.700 （3）220 （4）如图所示：【解析】（1）游标卡尺的读数为：L=5cm+0.05mm3=50.15mm.（2）螺旋测微器的读数为 D=4.5mm+0.01mm20.0=4.700mm。（3）电阻的读数为：R=2210=220。（4）电源电动势为 4V，电压表应选：V 1，电路最大电流约为： ，电流表应选 A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器

25、最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法， ， ， ，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：【点睛】游标卡尺时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意游标卡尺的分度；对于电学实验器材的选择，应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节。15（1） ，水平向左 （2）【解析】（1）对小球

26、受力分析，如图所示，要使小球能在图示位置静止，则小球受到的电场力向右，因带负电，故说明电电场方向应水平向左；根据平衡条件可知： Eq=mgtan，解得： ；（2）拉力 。16（1）释放瞬间导体棒所受安培力的大小为 ，方向为水平向右（2）导体棒在释放瞬间的加速度为 gsin【解析】（1）导体棒中电流 ，导体棒所受安培力 ，得 ，根据左手定则，安培力方向水平向右。（2）对导体棒受力分析如图：由牛顿第二定律得： ，由以上可得： 。考点：安培力；法拉第电磁感应定律【名师点睛】根据欧姆定律求出导体棒中的电流，从而可求导体棒所受的安培力，由左手定则可判读其方向；由牛顿第二定律可求得释放瞬间棒的加速度；关于

27、电磁学和力学基本规律的考查，灵活运用定则判定安培力是突破点。17（1）3V （2）2.25V （3）2.5m/s 2，方向竖直向下【解析】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，cd 边刚进入磁场时，v 2=2gh，解得速度，线框中产生的感应电动势 E=BLv=50.23=3V。（2）线框进入磁场时，线框中的电流： ，cd 两点间的电势差 U=IR 外=I R=0.3 10=2.25V。（3）线框受到的安培力： ，由牛顿第二定律得： mg-F=ma，解得a=2.5m/s2，方向竖直向下。【点睛】本题电磁感应与力学、电路知识的综合，注意区分 cd 电压是外电压还是内电压。安培力与速度的关系要会推导。

28、18（1）1m （2）3.41m，1.41m（3） ；【解析】（1）带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，r =1m（2）带电粒子在磁场中运动的周期， s在 0 s 过程中，粒子运动了 ，圆弧对应的圆心角，在 s s 过程中，粒子又运动了 ，圆弧对应的圆心角，轨迹如图 a 所示，根据几何关系可知，横坐标： m纵坐标： m带电粒子的坐标为（341m，-141m）（3）施加 B2=03T 的匀强磁场与原磁场叠加后，如图 b 所示，当 （n=0,1,2,）时， s当 （n=0,1,2,）时，粒子运动轨迹如图 c 所示，则粒子回到原点的时刻为，（n=0,1,2,）考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题，解题时要通过磁场的变化情况分析粒子的受力变化情况，画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解；注意问题的多解情况.