学年江苏省无锡市江阴市南菁高中高二上学期期中考试物理试题Word格式文档下载.docx

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电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的大小不变，所以电子的动能就没有变化。

故D正确。

故选BD。

【点睛】带电粒子垂直于匀强磁场射入，此时粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，不改变粒子的速度大小，即洛伦兹力不会对带电粒子做功．

2.如图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1和R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr∶P1∶P2等于（）

A.1∶1∶1B.2∶1∶1C.1∶4∶4D.4∶1∶1

【答案】D

在如图所示电路中，内阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内阻与外电阻是串联关系，（不能认为内阻与外电阻并联），但R1与R2是并联的，因R1＝R2，则I1＝I2＝I，IR＝I1＋I2＝2I.Pr∶P1∶P2＝IR2r∶I12R1∶I22R2＝4∶1∶1，故正确答案为D.

3.图示是某导体的I-U图线，图中α=45°

，下列说法正确的是

A.通过电阻的电流与其两端的电压成正比

B.此导体的电阻R=2Ω

C.I-U图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R=cot45°

=1.0Ω

D.在R两端加6.0V电压时，每秒通过电阻截面的电量是6.0C

【答案】AB

由图像知通过电阻的电流与其两端的电压成正比，A对。

斜率表示电阻的倒数，R=2ΩB对。

单位不同，倾角不同，电阻不能通过倾角正切值求得，C错。

在R两端加6.0V电压时，电流为3A,

D对。

4.磁场中某区域的磁感线，如图所示，则（　　）

A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb

B.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb

C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大

D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小

【答案】A

【详解】由磁感线的疏密可知Ba＞Bb，故A正确，B错误；

由通电导线所受安培力与通电导线的放置方向有关，通电导线放在a处与放在b处受力大小无法确定，故CD错误。

故选A。

【点睛】解决本题的关键知道磁感线的疏密表示磁场的强弱，以及知道磁场方向与导线方向平行时，安培力为零，磁场方向与导线方向垂直时，安培力最大．

5.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。

质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。

若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。

此离子和质子的质量比约为

A.11B.12C.121D.144

试题分析：

根据动能定理可得：

，带电粒子进入磁场时速度

，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，

，解得：

，所以此离子和质子的质量比约为144，故A、B、C错误，D正确

【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。

要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。

本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。

6.一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻，如图甲所示。

线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈内磁通量φ随时间t变化的规律如图乙所示。

下列说法正确的是（　　）

A.线圈中产生的感应电动势为10V

B.R两端电压为0.5V

C.a点电势高于b点电势

D.通过R的电流大小为2.5A

【详解】穿过线圈的磁通量变化率为

，感应电动势为E=n

=

=5V，由闭合电路殴姆定律可得：

，那么R两端的电压为U=IR=2.5×

2=5V；

再由楞次定律可得：

感应电流的方向为逆时针，流过电阻R的电流方向由b→a，即a点电势低于b点电势，故D正确，ABC错误；

故选D。

【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定。

同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极。

7.如图所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指向纸里，如图（b）．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图（a），那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是（　　）

A.在第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针

B.在第2秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针

C.在第3秒内感应电流减小，电流方向为顺时针

D.在第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针

【答案】B

根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，由法拉第电磁感应定律

可知，各段时间内感应电动势大小是定值，由

可知：

感应电流大小为定值．

在第1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，感应电流是恒定的，A错误；

在第2s~3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，感应电流是恒定的，B正确C错误；

在第4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，感应电流是恒定的，D错误．

二、多项选择题

8.如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极（黑色一端）指示磁场方向正确的是（　　）

A.aB.bC.cD.d

【详解】导线的电流方向为顺时针，根据小磁针的静止时N极的指向即为磁场的方向；

a处电流的方向向下，由右手螺旋定则可知，a处的磁场为顺时针方向，所以a的指向正确；

由右手螺旋定则可知，通电螺线管左端为N极，右端为S极，螺线管的内部磁场由右指向左，外部由左到右，则有b磁针方向正确，c磁针方向错误；

而对于U形螺线管左端相当于S极，右端相当于N极，所以螺线管上边的磁场方向向左，因此d磁针方向错误；

由以上的分析可知，AB正确，CD错误；

故选AB。

【点睛】考查通电导线的电流方向来确定磁场的方向，掌握右手螺旋定则的应用，注意螺线管内部的磁场方向。

9.如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里．一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定（）

A.小球带负电

B.小球带正电

C.若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏

D.若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏

因为小球做匀速直线运动，故小球受到的合力为0，由于小球受竖直向下的重力、电场力和洛伦兹力，所以G+F电+F洛=0，若小球带负电，则F电竖直向下，F洛也竖直向下，故不可能，A错误；

若小球带正电，则F电竖直向上，F洛也竖直向上，则它们的合力与重力相平衡，故可能，B正确；

若小球从B点由静止滑下，进入场区后的速度会变小一些，故F洛会变小，而重力、F电不变，故三个力的合力将向下，即小球将立即向下偏，D正确。

考点：

力的平衡，电场力、洛伦兹力方向的判断。

10.矩形线框在磁场中做如图所示的各种运动，运动到图示位置时，其中有感应电流产生的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】CD

【详解】AB两图中，线框在运动过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故AB错误；

C图中线框与磁场平行，磁通量为零，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量开始增大，有感应电流产生，故C正确；

D图中线框与磁场垂直，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量变小，有感应电流产生，故D正确；

故选CD。

【点睛】本题考查了感应电流产生的条件，分析清楚图示情景、明确磁通量是否发生变化，即可正确解题．

11.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。

置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。

磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U．若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。

则下列说法正确的是（　　）

A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比

C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为

：

1

D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，则任意粒子离开该回旋加速器的最大动能也会改变

【答案】AC

【详解】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=

=2πRf．所以最大速度不超过2πfR．故A正确。

根据qvB=m

，知v=

，则最大动能EKm=

mv2=

．与加速的电压无关。

故B错误。

粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v=

知，质子第2次和第1次经过D形盒狭缝的速度比为

1，根据r=

，则半径比为

1．故C正确。

回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为f=

．比荷不同的粒子频率不同，不改变磁感应强度B和交流电频率f，有可能起不到加速作用，故D错误。

故选AC。

【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。

12.如图所示电路中，定值电阻R2，滑动变阻器的最大阻值为R1，且R1＞R2+r（r为电源内阻），在滑动变阻器的滑动头P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是（　　）

A.电压表的示数变大

B.R2消耗的功率先变大后变小

C.滑动变阻器消耗的功率先变大后变小

D.滑动变阻器R1两端的电压变化量大于R2两端的电压变化量

【详解】在滑动变阻器的滑臂P由左端a向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表读数变小，故A错误；

根据闭合电路欧姆定律，I=

，由于R1不断减小，故电流不断增加，故R2消耗的功率不断增加，故B错误；

将电源和电阻R2当作一个等效电源，在滑动变阻器的滑臂P由左端a向右滑动的过程中，等效电源的内电阻小于等效外电阻，且差值先减小到零后增加，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确；

，由于R1不断减小，故电流不断增加；

故滑动变阻器两端的电压减小量等于R2两端的电压增加量和内电压的增加量之和，所以滑动变阻器R1两端电压的变化量大于R2两端的电压变化量，故D正确；

【点睛】本题关键明确一个结论：

电源的内外电阻越接进，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大；

同时要结合闭合电路欧姆定律分析。

三、简答题：

13.如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接；

作为欧姆表使用时，选择开关应接（填“1”、“2”或“3”）；

使用时，电流一定从端流入多用电表

（填“A”或“B”）．

【答案】①3；

2；

A（毎空1分，共3分）

据题意，电流表电阻R2串联，由于电阻R2具有分压作用，则与电流表一起构成了电压表，所以应接开关3；

电流表与电源和电阻R1构成欧姆表，所以应选择开关2；

电流一般都是红表笔进而黑表笔出，所以电流一定从A端流入。

本题考查多用电表。

14.用多用表测量电阻实验中，将选择开关旋转到欧姆档“×

100”挡位，测量时指针偏转如图所示，下列操作正确的是（）

A．将选择开关旋转到欧姆挡“×

10”

B．将选择开关旋转到欧姆挡“×

1k”

C．换挡后直接接入待测电阻测量

D．换挡后先将两表笔短接调零，再接入待测电阻进行测量

【答案】AD

【详解】由图示表盘可知，指针偏角太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡，选择欧姆×

10挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，故AD正确，BC错误；

故选AD。

【点睛】本题考查了用欧姆表测电阻实验，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，掌握基础知识是解题的前提，平时要注意基础知识的学习与积累。

15.某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a，b点．

①断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图2所示，读数为________V，说明________正常（选填“蓄电池”，“保险丝”，“开关”或“小灯”）．

②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和图2相同，可判断发生故障的器件是________．（选填“蓄电池”，“保险丝”，“开关”或“小灯”）

【答案】

（1）.11.5；

（2）.蓄电池；

（3）.小灯；

（1）量程为

，故最小刻度为

，故读数为

；

电压表测量是路端电压，接进电源的电动势，说明蓄电池正常。

（2）闭合开关后，多用表指示读数等于路端电压，说明小灯泡断路；

用多用电表测电阻

【名师点睛】本题关键是明确用多用电表电压挡检测电路故障的方法，结合闭合电路欧姆定律来判断各个部分的电路情况，基础题目。

视频

16.某实验小组用下列器材测定干电池的电动势和内阻：

灵敏电流计

（内阻约为50Ω）；

电压表Ⓥ（0～3V，内阻约为100kΩ）；

电阻箱R1（0～9999Ω）；

滑动变阻器R2（0～100Ω，1.5A）；

旧干电池一节；

开关、导线若干。

（1）先测灵敏电流计的内阻，电路如图甲所示，测得电压表示数为2V，灵敏电流计示数为4mA，电阻箱R1的读数为455Ω，则灵敏电流计内阻为_____Ω。

（2）为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为_____Ω。

（3）用电压表和改装后的灵敏电流计测干电池的电动势和内阻，实验小组设计了如图乙所示的a、b两种电路，则能够比较准确地完成实验的电路图为_____。

（填“a”或“b”）

（4）根据选择好的电路，调节滑动变阻器读出了几组电压表和灵敏电流计的示数，并作出U﹣IG图象如图丙所示。

由作出的U﹣IG图线求得干电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。

【答案】

（1）.

（1）45；

（2）.

（2）5；

（3）.（3）a；

（4）.（4）1.40；

（5）.15.5。

【详解】

（1）由欧姆定律可得：

Rg+R1=

=500Ω，电流计内阻为：

Rg=500﹣455=45Ω。

（2）将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，并联电阻阻值：

（3）由于改装后的电流表内阻可求，因此可以将其等效为电源内阻进行分析计算可以减小实验误差，因此本实验应选用a电路；

（4）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.4，电源电动势E=1.40V，电流表内阻，

，

图象斜率：

，电源内阻：

r=k﹣RA=20﹣4.5=15.5Ω；

【点睛】本题考查了求电流表内阻、电流表改装、作图象、求电源电动势与内阻；

电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，分析清楚电路结构、应用串联电路特点可以求出电流计内阻；

电源U﹣I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。

四、计算题：

17.如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻RD=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：

（1）电路中的电流大小；

（2）电动机的额定电压；

（3）电动机的输出功率．

【答案】

（1）2A；

（2）8V（3）12W．

（1）由题，“4V，8W”的灯泡L正常发光，则通过灯泡的电流等于额定电流，则电路中的电流大小为：

（2）直流电动机D能正常工作，其两端的电压等于额定电压，则有：

UM=E﹣I（R+r）﹣UL=18﹣2×

（2+1）﹣4=8V

（3）电动机的输出功率为：

P出=UMI﹣I2RD=8×

2﹣4×

1=12W；

【点睛】本题为闭合电路欧姆定律的计算题，在解题时要注意明确电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不能使用，注意根据串并联电路的基本规律进行分析求解．

18.如图所示，MN、PQ是两条彼此平行的金属导轨，水平放置，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面。

导轨左端连接一阻值R=2Ω的电阻，电阻两端并联一电压表V，在导轨上垂直导轨跨接一质量为0.1kg的金属棒ab，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，导轨和金属棒ab的电阻均不计。

现用恒力F=0.7N水平向右拉ab运动，当ab开始匀速运动时，电压表V的示数为0.4V．g取10m/s2

（1）在图上标明ab运动时的电流方向；

（2）求ab匀速运动时的速度大小

（3）求ab匀速运动时电阻R的电功率及恒力F做功的功率

（1）b→a；

（2）0.4m/s；

（3）0.08W；

0.28W。

（1）依据右手定则，棒ab中的感应电流方向，如图所示：

（2）设导轨间距为L，磁感应强度为B，ab杆匀速运动的速度为v，电流为I，此时ab杆受力水平向左，与速度方向相反；

由平衡条件得：

F=μmg+ILB…①

由闭合电路欧姆定律得：

…②

由①②解得：

BL=1T•m，

则v=0.4m/s

（3）电阻消耗的功率为

F的功率：

P=Fv=0.7×

0.4W=0.28W

【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，通过三力平衡可求得BL的乘积，再由闭合电路的殴姆定律可得电动势，则可求出运动速度，从而算出外力的功率。

19.如图，两平行金属导轨间距离L=0.40m，导轨和水平面的夹角是θ，导轨所在的平面内分布着磁感应强度B=0.50T的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒始终静止。

导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，导轨电阻不计，g取10m/s2

（1）求通过导体棒的电流

（2）若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及θ的大小

（3）若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向。

（1）1.5A

（2）0.3N，37°

（3）0.06N，方向沿斜面向下。

（1）根据闭合回路欧姆定律

（2）根据左手定则，判断安培力方向，安培力大小为F安=BIL=0.3N

金属棒静止，受力平衡：

解得θ=37°

（3）根据平衡条件：

F安=mgsinθ+f

解得：

f=0.06N

方向：

沿斜面向下

【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，注意明确电路结构能正确利用闭合电路欧姆定律求解，同时正确掌握安培力的公式，知道当磁感应强度和电流垂直时安培力F=BIL。

20.如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示（磁场垂直纸面向里为正方向）。

t=0时刻，一质量m=8×

10﹣4kg、电荷量q=+2×

10﹣4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12m/s，O’是挡板MN上一点，直线OO'

与挡板MN垂直，取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）若微粒的运动时间大于一个B变化的周期，在图上画出（0﹣20π）s内微粒的运动轨迹

（2）微粒再次经过直线OO'

时与O点的距离；

（3）微粒在运动过程中离开直线OO’的最大高度；

（4）水平移动挡板使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件。

（1）

（2）1.2m；

（3）2.48m；

（4）L=（1.2n+0.6）m（n=0，1，2…）。

（1）微粒所受的重力：

G=mg=8×

10﹣3N

电场力大小F=Eq=8×

因此重力与电场力平衡，微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

qvB=m

代入数据解得：

R=0.6m，

周期：

T=

T=10πs，

则微粒在5πs内转过半个圆周，如图所示。

在5πs﹣10πs微粒做匀速直线运动，接着再转过半个圆周，用时5πs，再匀速运动5πs，所以（0﹣20π）s内微粒的运动轨迹如图。

（2）微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离l=2R=1.2m.

（3）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5πs，轨迹如图所示，位移大小s=vt=0.6πm=1.88m

因此微粒离开直线OO′的最大高度h=s+R=2.48m

（4）若微粒能垂直射到挡板上，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足：

L=（1.2n+0.6）m（n=0，1，2…）

【点睛】本题是力学与电学综合题，关键要通过分析受力情况，判断出微粒的运动情况，再根据匀速圆周运动的规律与几何关系相结合，同时运用力学与电学的知识来解题，从而培养学生分析问题的方法，提升解题的能力。