江西省万载中学2019_2020学年高二物理上学期期中试题创新班含解析.doc

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1、江西省万载中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（创新班，含解析）一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C. 牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D. 法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机【答案】D【解析】【详解】奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感

2、应现象并制作了世界上第一台发电机，选项A错误，D正确；库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项B错误；牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项C错误2.如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V 6 W”字样，电动机线圈的电阻RM1 .若灯泡恰能正常发光，下列说法不正确的是A. 电动机的输入电压是5 VB. 通过电动机的电流是2 AC. 电动机的效率是60%D. 整个电路消耗的电功率是10 W【答案】CD【解析】【详解】A灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机的输入电压UM=U-UL=8V-3V=5V故A正确；B由灯泡与电动机串联，所以

3、电流相等，且灯泡正常发光，则电路电流故B正确；CD整个电路消耗的功率P总=UI=8V2A=16W电动机的热功率则电动机的效率故CD错误。3.在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是A. 该电荷在a点电势能一定比b点大B. a点电势一定比b点电势低C. a、b两点电势差大小一定为U=EdD. a、b两点电势差Uab=【答案】B【解析】【详解】A正电荷从a点移到b点时，克服电场力做功为W，即电场力对电荷做负功，电势能增加，则电荷在a点电势能较b点小，故A错误；B由电势能公式EP=q分析知，正电荷在电势低处电势

4、能小，所以a点电势比b点电势低，故B正确；Ca、b两点不一定沿着电场线方向，所以a、b两点电势差大小不一定为U=Ed，故C错误；D电荷从a移动到b，电场力做功为-W，根据电势差的定义得：ab间的电势差：Uab=，故D错误。4.如图a所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度匀速转动。设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在图b中能正确描述线框从图a中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是( ) A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】当线框以O为转轴进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电

5、流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答；【详解】从如图所示位置逆时针旋转过程中没有进入磁场，故没有感应电流；再逆时针旋转即当线框进入磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；在磁场内部再旋转即当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框出磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值；当线框全部出磁场，磁通量没有，则无感应电流，故选项A正确，BCD错误。【点睛】在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度，同时掌握右手定则进

6、行感应电流方向的确定。5.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则（ ）A. 电压表和电流表的示数都增大B. 灯L2变暗，电流表的示数减小C. 灯L1变亮，电压表的示数减小D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加【答案】C【解析】【详解】将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并UU1，U减小，U1增大，U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IAII2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数

7、增大A. 电压表和电流表的示数都增大与分析不符，A错误B. 灯L2变暗，电流表的示数减小与分析不符，B错误C. 灯L1变亮，电压表的示数减小与分析符合，C正确D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加与分析不符，D错误6.水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过位移为x时，ab达到最大速度v.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是() A. 撤去外力后，ab做匀减速运动B. 合力对a

8、b做的功为FxC. R上释放的热量为Fxmv2D. R上释放的热量为Fx【答案】D【解析】【详解】A.撤去外力后，导体棒受安培力作用：，可得加速度：，随着速度减小，加速度减小，不匀变速，A错误B.合力对物体做功等于物体动能的该变量，B错误CD.根据能量守恒定律得：，C错误D正确7. 如图所示，绝缘细线系一带有负电的小球，小球在竖直向下的匀强电场中，做竖直面内的圆周运动，以下说法正确的是A. 当小球到达最高点a时，线的张力一定最小B. 当小球到达最低点b时，小球的速度一定最大C. 当小球到达最高点a时，小球电势能一定最小D. 小球在运动过程中机械能守恒【答案】C【解析】试题分析：当重力大于电场力

9、时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小，故AB错误；当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点a时，小球的电势能最小，C正确；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒，故D错误考点：考查了机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动当重力

10、小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒8.在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）A. t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B. t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大C. 该线框匀速转动的角速度大小为D. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角可能为45【答案】CD【解析】【详解】AB. 由图象知：t=0.01s时感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，故A、B错误；C

11、. 由图象得出周期T=0.02s，所以，故C正确；D. 当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为，电动势瞬时值为22V时，代人瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值，所以线圈平面与中性面的夹角可能为45，故D正确.9.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t从C点射出磁场，AOC为120。现将带电粒子的速度变为，仍从A沿直径射入磁场，不计重力，则（ ）A. 运动半径为B. 运动半径为C. 粒子在磁场中运动时间变为D. 粒子在磁场中运动时间变为2t【答案】BD【解析】【详解

12、】圆形磁场区域的半径是r，带电粒子以速度v射入时，半径r1=，根据几何关系可知，=，所以r1=r，带电粒子转过的圆心角=，运动的时间t=T=；带电粒子以速度射入时，r2=，设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可知=，所以=，则第二次运动的时间t=2t。A.运动半径为，与分析不一致，故A错误；B.运动半径为，与分析相一致，故B正确；C.粒子在磁场中运动时间变为，与分析不一致，故C错误；D.粒子在磁场中运动时间变为2t，与分析相一致，故D正确。10.如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷最分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间

13、夹角分别为1与2（12）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则 （ ）A. mA一定小于mBB. qA一定大于qBC. vA一定大于vBD. EkA一定大于EkB【答案】ACD【解析】【分析】设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据机械能守恒定律列式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小；本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解。【详解】对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：根据平衡条件，有：，故：同理，有：，由于，故，故A正确；两

14、球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；小球摆动过程机械能守恒，有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度较大，故A球的速度较大，故C正确；小球摆动过程机械能守恒，有，故：其中相同，根据数学中的半角公式，得到：其中，相同，故越大越大，动能越大，故一定大于，故D正确。【点睛】二、填空题：本题共2小题，每空2分，共14分。11.如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_mA；若选用倍率为“100”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为_。如果要用此多用表测量一个约2.0102的电阻

15、，为了使测量比较精确，应选的欧姆挡是_（选填“10”、“100”或“1k”）。【答案】 (1). 30.5-30.9 (2). 1500 (3). 10【解析】【详解】1电流档读数：最小分度为1mA，则向下估读一位为30.9mA；2欧姆档读数：15100=1.5103；3因阻值约为2102，表盘中值为20，则选择10即可12.某同学要通过实验测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表（00.6A）、电压表（03V）、滑动变阻器R1（10，2A）、滑动变阻器R2（100，2A）、定值电阻R0为1.5、电键S及导线若干。（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用_（填“

16、R1”或“R2”）。（2）本次实验按照如图甲所示实物连接线路图连接好后进行测量，测得数据如下表所示。由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起上述情况的原因是_。（3）为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在方框中画出改动后的实验电路图_。（4）实验中改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据画出的UI图线如图所示，则此干电池的内阻r =_。（保留两位小数）【答案】 (1). R1 (2). 新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小； (3). 图见解析； (4). 0.20【解析】【详解】(1)1.因电源内阻较小，为了便于调节，选择总阻值较小的R1；(2)2.由表中数据

17、可知，电压表示数不明显，说明路端电压变化不明显；原因是新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；(3)3.为了减小实验中内阻测量的误差，将定值电阻R0与电源相连，采用等效的方法来增大内阻；故设计电路如图所示；(4)4.图象的斜率等于等效内阻，故内阻；故r=1.70-1.5=0.20；三、计算题：共46分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。13.用单位长度电阻为r0=0.05/m的导线绕制一个n=100匝、边长a=0.20m的正方形线圈，线圈两端与阻值R=16的电阻连接构成的闭合回路，如图甲所

18、示。线圈处在均匀磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B的大小随时间变化的关系如图乙所示。求：（1）在01.0102s时间内，通过R的电荷量是多少；（2）1分钟内电流通过电阻R所产生的热量。【答案】（1）1.0102C （2）320J【解析】【详解】（1）在01.010-2s时间内的感应电动势 线圈内阻： 通过电阻R的电流 所以在0-t1时间内通过R的电荷量 q=I1t1=1.010-2C（2）在一个周期内，电流通过电阻R产生热量 在1.0min内电阻R产生的热量为14.如图所示，空间存在与水平地面成37角的有界匀强电场，水平地面上有一根细短管(距地面高度可忽略)，与水平地面之间的夹角为3

19、7。一个略小于细短管直径、质量为m=0.1kg、电荷量为q=0.1C的带电小球，从水平地面上方一定高度处的A点（A点未标出）静止释放，恰好沿水平方向做直线运动，经t=0.3s后离开有界电场，又经过一段时间，小球恰好无碰撞地落入细短管。已知重力加速度g=10m/s2，取sin 370.6，cos 370.8，空气阻力不计，求：（1）小球所带电荷的电性和匀强电场强度E的大小；（2）小球落地时速度大小；（3）小球距水平地面的高度.【答案】(1)正电，N/C；(2) 5m/s；(3) 0.8m。【解析】【详解】(1)小球在混合场中沿水平方向运动，则竖直方向受到的合外力等于0，可知小球受到的电场力得方向

20、沿电场线的方向向上，则小球带正电；在竖直方向：qEsin37=mg代入数据可得：(2)小球在混合场中沿水平方向运动，则水平方向：ma=qEcos37代入数据可得：a=m/s2小球离开混合场的速度：v0at0.34m/s小球恰好无碰撞地落入细短管，可知小球的末速度的方向与水平方向之间的夹角为37，设末速度为v，则：vcos37=v1所以：v=5m/s(3)对小球在空中运动过程，由动能定理有：解得：h=0.8m15. 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂

21、直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数；（2）导体棒匀速运动的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。【答案】（1）tan；（2）v；（3）Q2mgdsin【解析】试题分析：（1）导体棒在绝缘涂层上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和滑动摩擦力f作用，根据共点力平衡条件有：mgsinf，Nmgcos根据滑动摩擦定律有：fN联立以上三式解得：tan（2）导体棒在光滑导轨上滑动时，受重力

22、mg、导轨的支持力N和沿导轨向上的安培力FA作用，根据共点力平衡条件有：FAmgsin根据安培力大小公式有：FAILB根据闭合电路欧姆定律有：I根据法拉第电磁感应定律有：EBLv联立以上各式解得：v（3）由题意可知，只有导体棒在导轨光滑段滑动时，回路中有感应电流产生，因此对导体棒在第1、3段d长导轨上滑动的过程，根据能量守恒定律有：Q2mgdsin解得：Q2mgdsin考点：本题主要考查了共点力平衡条件、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律的应用问题，属于中档题。16.如图所示，为一除尘装置的截面图，其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上，达到除

23、尘的目的。已知金属极板MN长为d，间距也为d。大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度v0进入除尘装置，设每个尘埃颗粒质量为m、电量为q。当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场并逐步增强至合适大小时，尘埃恰好沿直线通过该区域;且只撤去电场时，恰好无尘埃从极板MN间射出，收集效率（打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比）为100%，不计尘埃的重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响。 (1)判断M板所带电荷的电性；(2)求极板区域磁感应强度B的大小；(3)若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是多少？(4)把极板区域的磁场和电场均撤去后，在y轴右侧设计一个垂直

24、于坐标平面的圆形匀强磁场区域，就可把全部尘埃收集到位于Q点的收集箱内。若直角坐标系原点O紧贴金属极板MN右侧中点，Q点坐标为（2d，1.5d），求此磁场的方向及磁感应强度B的大小范围。【答案】(1)M板所带电荷是负电荷；(2)；(3)50%；(4) 【解析】【详解】(1)负电荷进入纸面向外的匀强磁场，根据左手定则，受到的洛伦磁力的方向向上，尘埃恰好沿直线通过该区域MN， 说明电场力和洛伦磁力大小相等，方向相反，洛伦兹力竖直向上，则电场力竖直向下，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，电场向上，M板带负电；(2)沿N极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，尘埃在磁场

25、中的半径：r=d尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；(3)电场、磁场同时存在时，尘埃匀速直线，满足：qE=qv0B，撤去磁场以后粒子在电场作用下平抛，假设距离N极板y的粒子恰好离开电场：水平方向：d=v0t竖直方向：yat2，加速度：解得：y=0.5d，当y0.5d时，时间更长，水平位移xd，即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比：(4)尘埃在磁场中做匀速圆周运动，尘埃若要汇聚在P点，尘埃运动轨迹应经过P点，偏转磁场的半径应该和尘埃的偏转半径相等，尘埃运动轨迹如图所示，尘埃沿沿顺时针方向偏转，由左手定则可知：磁场的方向垂直于纸面向里，磁场半径的最小值应该为d，对应的B的最大值为：，磁场半径的最大值应该为2d，对应的B的最小值为：，则磁场的范围是： ；- 17 -