2018-2019學年江蘇省淮安市高二上學期期末考試物理試題解析版

1、2018-2019學年江蘇省淮安市高二（上）期末物理試卷一、單選題（本大題共 6小題，共18.0分）1.如圖所示，將磁鐵懸掛于放有鐵屑的甘油中，便可模擬磁鐵周圍磁感線的形狀，該現象可以說明（）A.磁感線是真實存在的B.甘油中沒有鐵屑的地方就沒有磁場C.磁鐵周圍的磁場分布情況D.將鐵屑換成銅屑也可達到相同的實驗效果【答案】C【解析】【詳解】A.磁感線是為了描述磁場而引入的，它并不客觀存在；而磁場是真實存在的。故A錯誤。B.磁感線是為了描述磁場而引入的，它并不客觀存在，也不是鐵屑在它周圍排列的線，沒有 鐵屑的地方也有磁場。故 B錯誤。C.磁鐵懸掛于放有鐵屑的甘油中，便可模擬磁鐵周圍磁感線的形狀，而

2、磁感線可以描述磁場 分布情況，故C正確。D.磁場對鐵屑有力的作用銅沒有力作用，故D錯誤。2.如圖所示，E為電源，其內阻不可忽略，R為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，R為定值電阻，C為平行板電容器，G為靈敏電流計.閉合開關S,當環(huán)境溫度明顯降低且穩(wěn)定后， 下列說法正確的是（）A. R兩端電壓變大B. R兩端電壓變大C. C所帶電荷量減小D.溫度降低的過程中，G中電流方向由a到b【答案】B【解析】由圖可知，熱敏電阻 RT與電阻R串聯，當環(huán)境溫度降低時熱敏電阻阻值變大，則電路中電流減小，電源的內電壓減小，路端電壓變大，電容器的電壓等于路端電壓，故電容器的電壓變大，所帶電量變大，故 C錯誤；電路中

3、電流減小，電源的內電壓及R兩端的電壓均減小，由E=U內+U外可得，RT兩端電壓變大，故 B正確，A錯誤；溫度降低的過程中，電容器電量變大，則電容器要充電，故 G中電流由b-a,故D錯誤.故選B.點睛：本題是電路的動態(tài)變化分析問題，搞清電路結構，尤其是電容器兩端的電壓是哪里的電壓；此類問題一般按“整體 -局部-整體”順序進行分析.3.如圖所示，甲圖為研究電容器充、放電實驗的電路圖，乙圖為用傳感器在計算機上觀察到的該電容器放電的I-t圖象，則（）A.充電后電容器上極板帶負電B.充電完畢后電容器兩極板間電壓小于電源電動勢C.放電過程中流過電阻 R的電流方向由a到bD.乙圖圖線與坐標軸圍成的面積大小表

4、示通過電阻R的電荷量【答案】D【解析】【詳解】A.充電后電容器上極板與電源正極相連接，帶正電，故A錯誤；B.充電完畢后電容器兩極板間電壓等于電源電動勢，故 B錯誤；C.放電過程上極板相當于電源正極，流過電阻R的電流方向由b到a,故C錯誤；D.根據q=It知乙圖圖線與坐標軸圍成的面積大小表示通過電阻R的電荷量，故 D正確。4.如圖所示，某點電荷 Q固定于P點，A、B為其一根電場線上的兩點。電子以初速度V0從A點向B點運動，所用時間為 ti；若正電子（帶正電，質量、電荷量均與電子相同）以初速度V0從B點向A點運動，所用時間為t2,只考慮電場力作用。則（B.若Q為正電荷，則。<匚D.若Q為負電

5、荷，則G=E；A.若Q為正電荷，則 c.若q為負電荷，則【答案】A【解析】【詳解】電子從A點向B點運動和正電子從 B點向A點運動過程，電場力都做負功，因為5e=-Uba, 1111根據動能定理可知：-qUAB= mv2-mh, qUBA= md-im/,聯立可求解出：Vi=V2；因此不論正點電荷，還是負點電荷，它們的末速度大小是相等的；不論正點電荷，還是負點電荷，電子從A點向B點運動過程電場強度還是逐漸減小，做加速度減小的減速直線運動，而正電子從B點向A點運動過程，電場強度還是逐漸增加，做加速度增加的減速直線運動，并且兩個過程通 過的位移大小相同，即它們圖象所包圍的面積相同，因此根據題意畫出二

6、者的v-t圖象如下：II hh t從圖象可以看出ti>t2.故A正確、BCD昔誤。故選 A。5.如圖所示，正三角形 abc區(qū)域內存在著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，三角形的邊長為4L. 一個帶電粒子（重力不計）從 ab邊的中點O以垂直于ab邊的速度v進入磁場，粒子恰好從bc邊的中點d飛出磁場，若將該粒子進入磁場的速度方向從圖示位置逆時針旋轉60° ,同時改變速度的大小，發(fā)現粒子仍可以從d點飛出磁場。下列說法不正確 的是（）A.第二次粒子的速度大小應為 -B.第二次粒子在磁場中運動時間是第一次的2倍C.兩次粒子從d點飛出磁場時速度方向夾角為0"D.粒子兩次做圓周運動的圓

7、心間距為回【答案】B【解析】【詳解】粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：qvB=a;粒子垂直ab邊從。點發(fā)射，從d點離開磁場，根據幾何關系可得：軌道圓心為 rb點，粒子垂直 bc邊離開磁場，軌道半徑 ri=2L,轉過的圓心角為 60。；改變粒子發(fā)射方向 后，根據幾何關系可得：軌道圓心為Od中點，粒子剛好轉過 180。，軌道半徑2=L,粒子從d點離開磁場時的速度方向剛好和發(fā)射方向相反，與 db邊成30 ,斜向右下；根據洛倫茲力mv1做向心力可得：軌道半徑/=用，所以，V2： v=r2： ri=1 ： 2,所以，第二次粒子的速度大小 v2 = -v , 故A

8、正確；根據洛倫茲力做向心力可得：圓周運動周期T =-,故兩次運動周期相等，v qii那么，由轉過的圓心角可得：第二次粒子在磁場中運動時間是第一次的3倍，故B錯誤；根據第一次粒子垂直 bc邊離開磁場，第二次粒子從 d點離開磁場時的速度方向剛好和發(fā)射方向 相反，與db邊成30。，斜向右下；所以，兩次粒子從d點飛出磁場時速度方向夾角為60。，故C正確；根據第一次的軌道圓心為b點，第二次的軌道圓心為 Od中點，由幾何關系可得：粒子兩次做圓周運動的圓心間距為L,故D正確；本題選不正確的，故選 B.6.如圖所示，甲、乙是豎直面內兩個相同的半圓形光滑軌道，mi n為兩軌道的最低點勻強滋場垂直于甲軌道平面，勻

9、強電場平行于乙軌道平面。兩個完全相同的帶正電小球a、b分別從甲、乙兩軌道的右側最高點由靜止釋放，在它們第一次到達最低點的過程中，下列說法正確 的是（）A. a球下滑的時間比 b球下滑時間長C. a球到m點的速度小于 b球到n點的速度B. a、b兩球的機械能均不守恒D. a球對m點的壓力大于 b球對n點的壓力【答案】D【解析】【詳解】由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒；而小球在電場中運動受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度的大小較小，所以在電場中運動的時間也長，故 AC錯誤；磁場力對小球不做功，整個過程中小球a的機械能守恒;小球b在電場中運動受到的電場力

10、對小球做負功，機械能減小，故 B錯誤；小球在磁場中運22動，在最低點進行受力分析可知：Fm-mg-BqVn=m'rr,解得：FmJmg+Bq%rr22小球在電場中運動，在最低點受力分析可知：Fn-mg=mri;解得：Fn=mri +mgrr因為Vm> Vn,所以Fm> Fn,故D正確。故選 D。二、多選題（本大題共 5小題，共15.0分）7 .如圖所示，勻強磁場中有一以O為圓心的圓，直徑 ac, bd相互垂直，ac與磁場方向平行，現讓通電直導線通過圓心 O并與圓所在平面垂直。關于 a、b、c、d四個點的磁感應強度，下A. d點的磁感應強度最小C. a、c兩點的磁感應強度大小

11、相等B. b、d兩點的磁感應強度相同D. a、c兩點的磁感應強度方向相反【答案】AC【解析】【詳解】用右手螺旋定則判斷通電直導線在abcd四個點上所產生的磁場方向，如圖所示:d點電流產生的磁感應強度和原磁感應強度方向相反，疊加變小，故 A正確。b點有向上的磁 場，磁感應強度疊加變大，方向向上，與 d點的大小方向都不同，故 B錯誤。a點有向上的勻 強磁場，還有電流產生的水平向左的磁場，疊加后磁感應強度的方向左向上，而c點有向上的磁場，還有電流產生的向右的磁場，疊加后磁感應強度的方向右向下。故C正確，D錯誤,故選AG8 .如圖所示為電流天平測量磁場力的原理圖，兩相距很近的通電平行線圈 A和B,線圈

12、A固定, 線圈B粘在天平的托盤上。兩線圈均無電流時，天平示數恰好為零；兩線圈中有電流時，可 以通過指針偏轉的方向和角度大小測出線圈間磁場力的方向和大小。關于電流天平，下列說 法正確的是（ ）A.若兩線圈電流方向相反，則天平示數為負8 .若兩線圍電流方向相同，則天平示數為負C.當兩線圈中電流方向相同時，電流越大，指針偏角越大D.當兩線圈中電流方向相反時，電流越大，指針偏角越小【答案】BC故A錯誤，B正確;C正確；當【解析】【詳解】當天平示數為負時， 說明兩線圈相互吸引， 兩線圈電流方向相同, 當兩線圈中電流方向相同時，電流越大，兩線圈吸引力越大，指針偏角越大，故兩線圈中電流方向相反時，電流越大，

13、兩線圈吸引力越大，指針偏角越大，故D錯誤.9 .如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比ni： 1=11: 1,原線圈兩端接交流電壓u=220力sin100 nt （V）,電阻R=20Q ,電流表、電壓表均為理想電表，則（）A.電壓表的讀數為20VB.電流表的讀數為1AC.電阻R上消耗的功率為20wD.通過R的電流方向1秒鐘改變50次【答案】ABC【解析】【詳解】A.輸入電壓的有效值為 220V,根據理想變壓器原、副線圈的匝數比m： n2=11： 1,得副線圈的電壓為 20V,故A正確；20B.電流表的示數為1=而=1從 故B正確；C.電阻消耗的功率為：P2=U2I2=20X 1W=20W故 C

14、正確；加 11D.周期T =擊;二1,故頻率為50Hz,通過R的電流方向1秒鐘改變100次，故D錯誤。lUUTT bU /10 .如圖所示，一根足夠長通以圖示方向電流的直導線水平放置，直導線的正上方某處有懸點，用絕緣細線懸掛一銅圓環(huán)從圖示A點由靜止釋放，在圓環(huán)運動到最低點的過程中。下列說法正確的是（）A.圓環(huán)中感應電流沿逆時針方向B.圓環(huán)中感應電流沿順時針方向C.圓環(huán)所受安培力的方向總是豎直向上D.圓環(huán)所受安培力的方向總是與圓環(huán)的運動方向相反【答案】BC【解析】【詳解】AB.根據安培定則，通電直導線下方區(qū)域磁場方向垂直紙面向里，上方區(qū)域磁場方向垂直紙面向外，圓環(huán)由A點開始運動到最低點過程中，磁

15、通量增大，根據楞次定律，圓環(huán)中感應電流的磁場方向垂直紙面向里，感應電流的方向順時針，故A錯誤、B正確；CD因為磁感應強度在水平方向均勻分布，把圓環(huán)分成若干份，可以知道對稱的一小段在水平方向的安培力是大小相等，方向相反的，故圓環(huán)所受安培力的方向總是豎直向上的，故C正確、D錯誤。11 .電荷量分別為qi、q2的點電荷放在x軸上的O M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨 x變化的 關系如圖所示，其中 A N兩點的電勢均為零，ND區(qū)間中的C點電勢最高，則下列說法正確的 是（）A.B. A點的電場強度等于零C. M是AN的中點D.在x軸上，C點右側的場強方向沿 x軸正方向【答案】AD【解析】【詳解】A.由圖象

16、可以發(fā)現，離 qi越近電場中的電勢越高，由此可知qi為正電荷，同理，由于離q2越近電勢越低，所以 q2為負電荷。在它們的連線上 A點的電勢是零，但 A點離q2近,所以qi的電荷量要大于q2的電荷量，故 A正確；B. ?-x圖象的斜率等于場強 E,則知A點電場強度大小不為零，故 B錯誤；C.由圖可知，Ua而Unm又圖象斜率等于電場強度可知AM之間的平均電場強度大于 NM之間的，根據U=Ed可知，dAM< dNM，故C錯誤；D.由圖可知：從 C到D,電勢降低，根據順著電場線電勢降低可知，CD間電場強度方向沿 x軸正方向，故D正確。三、實驗題探究題（本大題共2小題，共18.0分） 12.用如圖

17、甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內阻，蓄電池的內阻非常小，為防止調節(jié)滑動變阻器電阻過小時由于電流過大而損壞器材，電路中用了一個保護電阻R.除蓄電池、開關、導線外，可供選擇使用的實驗器材還有:saHIIHRissssII川卜卅川HWaj 10 I 51.0/MA電流表A （量程0.6 A、3A）B.電壓表V （量程3V、15V）C.定值電阻（阻值 ia、額定功率5WD.定值電阻（阻值 1Q ,額定功率10VV（1）定值電阻選（填器材前序號）（2）根據電路圖，將乙圖實物圖連接完整。（3）某同學按圖示進行實驗，得到如下數據I/A1.721.350.980.630.34U/V1.891.921.9

18、41.961.98在丙圖中作出電壓 U隨電流變化的U-I圖象，并根據該圖象求出蓄電池的電動勢E=M內阻r =Q?！敬鸢浮?1). C (2).2.0 (3). 0.05【解析】【詳解】(1)根據功率公式P=UI=I2R,所以I=而根據歐姆定律可算出電路中的電流I=2A,所以定值電阻選C;(2)連接電路如圖所示,(3)根據表格中的數據畫出電源的U-I圖象，由圖象的縱截距可以求出電動勢E=2.0V.內阻At/ 2.00-1.90口 = 0.05 口。 1,6013. (1)如圖所示為指針式多用電表，其中 S K T為三個可調節(jié)的部件，現用此電表測量一定值電阻，測量的某些操作步驟如下：調節(jié)指針定位螺

19、絲部件，使電表指針指向電流0刻度處將選擇開關旋轉到歐姆擋位置；將紅、黑表筆分別插入“ +”、“一”插孔，筆尖相互接觸，調節(jié)部件 (選填" S"、“K ”或” T ),使電表指針指向“0。測量該定值電阻阻值，多用電表指針示數如圖所示，則該電阻的阻值為 QoI工，w - i*徹 rr-* J 二，1二 二二二73rL -=->dr(2)歐姆調零后，用“X 10”擋測量另一電阻的阻值，發(fā)現指針偏轉角度很大，則下列說法或做法中確的是A.該電阻的阻值很小B.該電阻的阻值很大C.為測得更準確些，應當換用“x1”擋，重新歐姆調零后進行測量D.為測得更準確些，應當換用“X 100”擋

20、，重新歐姆調零后進行測量(3)關于多用電表的使用，下列說法正確的有 IA.甲圖是用多用電表直流電壓檔測量小燈泡兩端的電壓，表筆接法正確B.乙圖是用多用電表直流電流檔測量電路中的電流，表筆接法正確C.丙圖中用的是多用電表電阻檔測量二極管的反向電阻D. 丁圖中用多用電表電阻檔測量的是二極管的反向電阻【答案】(1). T (2). 1400 (3). C (4). BD【解析】【詳解】(1)測電阻時先進行歐姆調零，即先短接紅黑表筆，調節(jié)調零電阻T,使指針指歐姆的零刻度線；歐姆調零后，測量電阻讀出示數，則電阻R=1400QO(2)題目所指偏轉角度過大，即歐姆檔示數太小，要使示數變大，則要減小倍率，重新

21、歐姆調零后，再測量，故選項 C正確。（3）甲圖是用直流檔測電壓，但要求電流從紅接線柱流出，顯然紅黑表筆接反，A錯誤；乙圖是電流檔測電流，要斷開電路將電流表串聯，從紅表筆流進，則B選項正確；丙和丁圖是用歐姆檔測二極管的反向電阻，則要求電流從二極管的負極流進，即歐姆表的黑表筆與二極管的負極相連，故選項D正確，選項C錯誤。四、計算題（本大題共 4小題，共40.0分）14.1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于真空中的兩個D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計，磁感應強度為B的勻強磁場方向與盒面垂直。兩D形盒之間所加的交流電壓為

22、U,粒子質量 mi電荷量為q的粒子從D形盒一側圓心處開始被加速（初動能可以忽略），經若干次加速后粒子從D形盒邊緣射出。求：(1)(2)粒子從D形盒邊緣射出時的動能;(3)粒子被加速的次數。交流電壓的頻率;【答案】（1）交流電壓的頻率為 ;（2）粒子從D形盒邊緣射出時的動能是 ；（3）粒 子被加速的次數為Nr?！驹斀狻浚?）加速電壓的周期等于粒子在磁場中運動的周期，即那么交流電壓的頻率:(2)根據 qvB=mBiif =孫,解得v=,帶電粒子射出時的動能:一2E= mv；2 2m（3）經加速電場加速:a2B2R2qnU-,2mq即足解得：n=Zmu15.如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場繞與磁

23、場方向垂直的軸OO轉動，線圈的 ad邊與OO軸重合。已知線圈電阻為r、匝數為N, hb邊長為L1、bd邊長為L2,轉動的角速度為 ，磁場的磁感應強度為 B.求:O J 出 idJ(1)在圖示位置時，線圈中的感應電動勢；(2)從圖示位置開始計時，線圈轉動過程中感應電動勢的瞬時值表達式；(3)線圓轉過180°的過程中產生的熱量?！敬鸢浮?1) NBLLco; (2) e=NBLL2 3coscotV; (3) 2r【解析】【詳解】(1)在圖示位置時，線圈中電動勢最大，最大值為：En=NBS3 =NBLL2CO(2)從圖示位置計時，線圈轉動過程中感應電動勢的瞬時值表達式為：e=Ecos 3

24、1 =NBLL2 w cos w tV(3)由焦耳定律得線圈轉過 180。的過程中產生的熱量為:F72乙 7Tq 7 7 7: ”二.卓加二.=-'Q =pr T 2r16.如圖所不，在y軸豎直向上的直角坐標系中，質量為m電荷量為q的帶正電小球(視為質點)從y軸上的P點平行于x軸拋出，段時間后從 Q點進入以直線y=x為邊界的勻強電場中，小球在Q點的速度方向與電場方向垂直。電場的電場強度大小為E=，方向平行于邊加界斜向上，Q點與坐標原點 O間距離OQL,重力加速度為g,空氣阻力不計。求：(1) P點與坐標原點 O間距離OP(2)小球拋出時速度 vo的大??；(3)小球經過x軸時的動能0?！?/p>

25、答案】(1)左；(2) 配,(3) 出 22【解析】【詳解】(1)小球從P運動到Q的過程只受重力作用，小球做平拋運動，故有：x=OQin45 = L=v0t, y = OP - OQss45G =() = -gv ,根據小球在Q點速度垂直斜面可得：Vy=gt=V0；所以，口口=1+ )產=2,； lE一(2)由(1)可得：廿o=j=“，所以，= 展。± =而1；£fEct>s45D(3)小球進入電場后受重力和電場力的作用，故小球在水平方向做加速度%=的m 2mg - qEsi.n40 1勻加速運動，豎直方向做加速度 ay ='目的勻加速運動；所以，OQsin