辽宁省沈阳市东北育才学校2018_2019学年高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

《辽宁省沈阳市东北育才学校2018_2019学年高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省沈阳市东北育才学校2018_2019学年高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc（12页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、12018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期期中考试物理试题注 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

2、答 在 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1一段长 0.2m，通过 2.5A 电流的直导线，关于在磁感应强度为 B 的匀强磁场中所受安培力 F 的情况，正确的是（ ）A如果 B=2T，F 一定是 1NB如果 F=0，B 也一定为零C如果 B=4T，F 有可能是 1ND当 F 有最大值时，通电导线一定与磁场平行2如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流

3、 I1和 I2，且I1I2，纸面内的一点 H 到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的( )AB 4 BB 3 CB 2 DB 13如图所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为 A、 B 两束，下列说法中正确的是( )A组成 A 束和 B 束的离子都带负电B组成 A 束和 B 束的离子质量一定不同C A 束离子的比荷大于 B 束离子的比荷D速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外4如图所示，直线 A 为电源的图线，直线 B 和 C 分别为电阻 R1、R 2的图线。现用该电源分别与 R1、R 2组成闭合电

4、路甲和乙。由图像一定能确定的是( )A F2B F1R2，故 A 错误；B 项：当外电阻与电源内阻相等或越接近时，电源的输出功率越大，由于不知道电源内阻与两电阻的大小关系，所以无法判断哪种情况下的电源输出功率较大，故 B 错误；C 项：由于 R1R2，所以电源与 R1组成回路时电流较小，由公式 可知，电源与 R1组成回路时，电源内阻消耗的功率较小，故 C 正确；D 项：电源效率 ，所以外电阻越大，电源效率越大，故 D 错误。故应选：C。5D【解析】先分析电路的结构，然后根据串并联电路的特点，判断哪个电阻的电压最高，哪个电阻就先烧坏。由图可知，R 1和 R2并联后与 R5串联，最后跟 R3和 R

5、4的串联电路并联，设电阻都为 R，则R3和 R4的电压都为 ，R 1和 R2并联电阻为 ，所以 R1和 R2的电压都为 ，R 5的电压为 所以R5的电压最大，所以随着电压 U 升高时，先烧坏的电阻应是 R5。故选：D。【点睛】本题解题的关键是弄清楚电路的结构，根据串并联电路的特点判断各个电阻电压的高低。6A【解析】当开关 S 断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势,由 Q=UC 得。C 2的电量大于 C1的电量，故 A 正确，B 错误；当 S 闭合时，R 1、R 2串联，C 1与电阻 R1并联，C 2与电阻 R2并联，R 1=2R2，所以 U1=2U2，由 Q=UC 可知：两个电

6、容器带电荷量相等考点：电容7B【解析】根据粒子在 A 点向下运动，则受到向下的电场力，粒子带正电，A 错误；洛伦兹力不做功，则 A、B 两点位于同一高度，B 正确；AC 电场力做正功，CB 电场力做负功，C 错误；离子到达B 点后，向右重复原来的运动形式，D 错误。8D【解析】A 项：滑动变阻器的滑片 P 向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，由公式 可知，R 1的功率减小，故 A 错误；B 项：由电路连接可知，电容器与电阻 R1并联，滑动变阻器的滑片 P 向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，R 1两端电压减小，即电容器两端电压

7、减小，由公式 可知，电容器的电荷量减小，所以电阻 R3中有向下的瞬时电流，故 B 错误；C 项：电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值为滑动变阻器的阻值，所以滑动变阻器的滑片 P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，故 C 错误；D 项：将 R1与电源看成新的电源，滑动变阻器即的外电路，所以 ，恒定不变，故D 正确。故应选：D。9B【解析】当滑动变阻器的滑臂 P 由上端向下滑动的过程中，变阻器滑片上侧电阻与 R1串联后与变阻器滑片下侧并联的总电阻一直变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再根据欧姆定律分析对应的电流和电阻关系，再根据功率公式分析功率的变化

8、。A 项：由图可知，电流表与 R0的下部分串联、R 1与 R0的上部分串联，二者再并联后与 R2串联；电流表中的电流小于流过 R2的电流，故 ，故 A 错误；B 项：电压表 V 测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，流过 R1的电流减小，故流过电流表的电流增大，因此总电流的变化量小于 A 中电流的变化，因此 ，故 B 正确；C 项：由 B 的分析可知，总电流增大，故电源的发热功率一直增大，故 C 错误；D 项：由于外电阻一定大于内电阻，而在改变中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一定增大，故

9、 D 错误。故应选：B。【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片 P 从最上端中间最下端总电阻变化情况的判断。10D【解析】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动物块的最大速度是 1m/s对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为 ，沿斜面的方向：F Nmgsin ma；物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由 式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是 FN逐渐减小，而开始时：F Nmgcos，后来：F /Nmgcosf 洛 ，即洛伦兹力的方向是向上的物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电故 A 错

10、误；mgsin（mgcosf 洛 ），由可知，只要传送带的速度大于等于 1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是 1m/s，有可能是大于 1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带运动故 B 错误，D 正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移故 C 错误故选 D考点：牛顿定律的应用【名师点睛】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握。11AD【解析】通电导体在磁场中受到力的作用，力

11、的方向可以用左手定则判断；长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向。磁铁的磁感线在它的外部是从 N 极到 S 极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短。故AD 正确，BC 错误。【点睛】本题的关键是知道磁场对电流的作

12、用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。12AC【解析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。A、B 项：根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有： 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有： 解得： 增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大，故 A 正确，B 错误；C、D 项：增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由 式可得，电子束的轨道半径变小，故 C 正确，D 错误。故应选：AC。【点睛】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生

13、活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键。13ACD【解析】由 P=UI 求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到 B。A、B 项：电动机的正常工作时，有：P M=UIM代入数据解得：I M=2A通过电源的电流为： ，故 A 正确，B 错误；C 项：流过导体棒的电流 I 为：I=I 总 -IM=4A-2A=2A，导体两端电压为 4V，所以导体棒的电阻为： ，故 C 正确；D 项：导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37=0.51

14、00.6=3N，流过导体棒的电流 I 为：I=I 总 -IM=4A-2A=2A，由安培力的公式：F=BIL解得：B=1.5T，故 D 正确。故应选：ACD。【点睛】本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个支路的电流之间的关系。14AC【解析】根据欧姆定律得到电阻 R1两端的电压 U1=IR1，由图看出，电压 U1变化相等， R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等，故 A 正确；电压表 V2的示数 U2=E-Ir，电流 I 的变化相等， E、 r 一定，则 U2相等，故 B 错误；电阻 R1的功率 P1=I2R1，其功率的变化量为P1=2IR1 I，由

15、上知 I 相等，而 I 减小，可知从 a 移到 b 功率变化量较大，故 C 正确；由图乙知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故 D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。15AC【解析】根据题意结合粒子在电场中偏转的分析判断出粒子的电性；作出粒子的运动轨迹，粒子进入电场后做类平抛运动，从 x 轴上的 P 点进入匀强电场，恰好与 y 轴成 45角射出电场，求出末速度，利用运动学公式，即可求得 y 轴时的坐标与粒子在电场中一定是的时间；在磁场中，粒子做匀速圆周运动，在图中画出半径，根据几何关系求出半径；根据运动的轨迹判断出是否是

16、半个周期。根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示：粒子进入电场后做类平抛运动，从 x 轴上的 P 点进入匀强电场，恰好与 y 轴成 45角射出电场所以 vx=v0tan45=v0沿 x 轴方向有： 所以 A 项：由于正电荷偏转的方向沿电场线的方向，所以粒子带正电。故 A 正确；B 项：粒子在垂直电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间： ，故 B 错误；C 项：图中 MC 为在磁场中运动的轨道半径，根据几何关系可知：，故 C 正确；D 项：由图可得，粒子在磁场中运动的时间不是半个周期。故 D 错误。故应选：AC。【点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中

17、做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解。16（1）6.126mm；10.230cm （2）1； 10 【解析】(1)螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，(2)由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.60.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+60.05mm=102.30mm=10.230cm；(2)用欧姆表“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换

18、用1挡，挡并进行一系列正确操作，由图 3 所示可知，则金属棒的阻约为 101=10。【点睛】螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读。17（1）该同学将连接最后一根线前，电阻箱不能为零，应使其阻值调至最大（2） ；1.4；1.2（3）1.0【解析】(1)明确实验中安全性要求，知道开关应最后闭合，电阻箱在开始时应调至最大；(2)根据描点法可得出对应的图象，再根据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可确定电动势和内电阻；(3)根据电路进行分析，明确误差情况，再根据欧姆定律求出电流表内阻，从而确定电动势和内阻

19、的准确值。【详解】(1)由图可知，该同学将连接最后一根线前，电阻箱不能为零，应使其阻值调至最大；(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示；根据闭合电路欧姆定律可知，变形可得： 由图可知， ，r=1.2；(3)本实验相当于采用的是相对电源的电流表内接法，故测量结果中电动势是准确的，故电动势 1.43V，而内电阻的结果中包含电流表内阻；由图可知，电压表示数为 65mV，由欧姆定律可知，电流表内阻 ，故电源内阻为 1.2-0.2=1.0。【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，注意数据处理的基本方法，明确图象的准确应用是解题的关键。18【解析】当有大的电流 I1通过轨道和炮弹时

20、，炮弹与金属架在磁场力的作用下，获得 v1速度时刻加速度为 a，对炮弹和金属架受力分析利用牛顿第二定律列式；当有大的电流 I2通过轨道和炮弹时，炮弹最终以最大速度 v2脱离金属架并离开轨道，说明炮弹和金属架受力平衡，列平衡，两式联立即可求解。设运动中受总阻力 Ff kv2，炮弹与金属架在磁场力和阻力合力作用下加速，根据牛顿第二定律，获得 v1速度时，有： 当炮弹速度最大时，有： 解得垂直轨道的磁感强度为： 。【点睛】本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。19（1） （2） （3）【解析】(1)某一

21、粒子以速率 ，沿 MO 方向射入磁场，恰能从 N 点离开磁场，由几何关系求得其做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求出入射速度 。(2)某一粒子以速率 从 M 点射入磁场，粒子在磁场中的半径为 ，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径）。(3)若由 M 点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为 ，这些粒子在磁场中有相同的半径 ，则圆心轨迹是以 M 为圆心、半径为 的圆。试着画出极端情况下粒子能达到的区域，从而把粒子能到达的整个区域面积求出来。【详解】(1)粒子以速率 沿 MO 方向射入磁场，恰能从 N 点离开磁场，轨迹如图：设轨迹半径为 ，则 ，解得：由牛

22、顿第二定律可得 ，解得：(2)大量此类粒子以速率 从 M 点射入磁场由牛顿第二定律可得 ，解得：粒子方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），轨迹如图：则 ，解得：粒子在磁场中运动的最长时间(3)粒子沿各个方向以 进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为 ，且不变。由图可知，粒子在磁场中通过的面积 S 等于以 O3为圆心的半圆形 MO3O 的面积 S1、以 M 为圆心的扇形 MOQ 的面积 S2和以 O 点为圆心的圆弧 MQ 与直线 MQ 围成的面积 S3之和。、 、所以【点睛】本题的难点在第三问，要找到粒子能到达的区域，首先要考虑的是粒子的偏转方向-顺时针；其次要考虑的极端情况从 M 点竖直向上射出，则可以做完整的圆周运动。然后把这个完整的圆绕 M 点转动 1800，则该圆与磁场区域公共部分，就是粒子能达到的区域。