1、江苏省邗江中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意。1.一个用满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，电阻调零后，用它测量500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间。如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为A. 1000B. 1500C. 2000D. 5000【答案】A【解析】【详解】当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻，所以中值电阻为则再由得故A正确，BCD错误；2.如图所示，电阻R20 ，电动机的绕组电阻R10 。当开关断开时，电流表的示数是I
2、，电路消耗的电功率为P。当开关合上后，电动机转动起来若保持电路两端的电压U不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 应是 A. I 3IB. I 3IC. P 3PD. P 3P【答案】D【解析】【详解】AB.因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流；故电动机电流，故，故AB错误；CD.由功率公式可知，R消耗的功率不变，而电动机消耗的功率小于2P，故总功率小于3P，故C错误，D正确；3.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，
3、A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是A. 电压表示数减小B. 电流表示数减小C. 电阻R2消耗的功率增大D. a点的电势降低【答案】D【解析】【详解】A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A错误；B.电阻R2两端的电压U2EI（R1r），I增大，则U2变小，则通过电阻R2的电流，所以I2减小，干路电流I增大，I2减小，故支路电流I1增大，故B错误；C.电阻R2两端的电压变小，电阻不变，由，所以电阻R2消耗的功率变小；故C错误；D.根据
4、外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，故D正确；4.科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子.如图所示，粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心0处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v,忽略粒子重力及粒子间相互作用,要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度的最小值为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】加一垂直纸面的匀强磁场后，如果速度最大的带电粒子的轨道半径，所有粒子均不能射出正方形区域，则:解得:故C正确，ABD错误。5.如图所示
5、，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A. ab中的感应电流方向由b到aB. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；B由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C根据安培力公式知，电
6、流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；D导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确6.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则() A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流B. a、b线圈中感应电动势之比为91C. a、b线圈中感应电流之比为34D. a、b线圈中电功率之比为31【答案】B【解析】试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，根据法拉第电磁感应定律可知，则
7、，选项B正确；根据，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率，故a、b线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B【考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率。【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个正确选项。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。7.下列说法正确的有A. 奥斯特发
8、现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说B. 磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力，并且洛伦兹发明了回旋加速器C. 法拉第发现了电磁感应现象，并指出感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比D. 楞次发现了感应电流方向遵守的规律，楞次定律也遵守能量转化和守恒定律【答案】CD【解析】【详解】A奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故A错误；B磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力，美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，故B错误； C法拉第发现了电磁感应现象，并指出感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比，故C正确；D楞次发现了感应电流方向遵守的规律，楞次定律也遵守能量转化和守恒定律，故D
9、正确；8.如图所示，电流表A1(03 A)和A2(00.6 A)由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是A. A1、A2的内阻之比为51B. A1、A2的指针偏转角度之比为11C. A1、A2的读数之比为11D. A1、A2的指针偏转角度之比为15【答案】B【解析】【详解】电流表A1（0-3A）和A2（0-0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电路，在图中两电流计也是并联的，电压相等，电流相等，则A1、A2的指针偏转角度之比为1：1；它们的量程之比为5：1，即总电阻之比为1：5，所以并联时读数之5：1故B正确，ACD
10、错误。故选B。【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小9.如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是A. 感应电流的方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向B. CD段直导线始终不受安培力C. 感应电动势的最大值E=BdvD. 感应电动势的平均值【答案】D【解析】【详解】A. 线圈进磁场过程，垂直平面向里磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流
11、方向为逆时针方向，选项A错。B. 根据左手定则判断，CD端导线电流方向与磁场垂直，安培力竖直向下，选项B错。C. 线圈进磁场切割磁感线的有效长度是初末位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大为，选项C错。D. 感应电动势平均值选项D对。考点：电磁感应10.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子由加速器的中心附近进人加速器，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。用同一回旋加速器加上不同频率的交流电压分别加速氚核和粒子（氚核和粒子质量比为3:4
12、，电荷量之比为1:2），则以下说法正确的有A. 加速粒子的交流电压的频率较大，粒子获得的最大动能较大B. 若增大磁感应强度，则粒子获得的最大动能增大C. 若增大加速电压，氚核获得最大动能增大D. 若增大加速电压，氚核在加速器中运动的总时间变短【答案】BD【解析】【详解】A.交流电源的周期；故用同一回旋加速器分别加速氚核和粒子的周期之比为：根据得，粒子出D形盒时的速度，则粒子出D形盒时的动能，故氚核和粒子，粒子出来时的最大动能之比为：，故加速氚核的交流电源的周期较大，频率小，氚核获得的最大动能较大，故A错误；B.根据上式，可知，若增大磁感应强度，则粒子获得的最大动能增大，故B正确；C.根据得，粒
13、子出D形盒时的速度，则粒子出D形盒时的动能最大动能与电压无关，故C错误；D.若增大加速电压，加速的次数减少，故加速的时间减小，故D正确；三、实验题：本题共3小题，共30分，把答案填在题中的横线上或根据要求作答。11.(1)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的最可能的实现操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上_a将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆挡1 kd旋转S使其尖端对准欧姆挡100e旋转S使
14、其尖端对准交流500 V挡，并拔出两表笔根据如图所示指针位置，此时被测电阻的阻值约为_ .(2)下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是_A测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小挡位，重新调零后测量B测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零【答案】 (1). (1)c、a、b、e (2). 30 k (3). (2)AC【解析】【详解】（1）欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量，欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，故即选“1k”挡，欧姆调零，测量读数；
15、最后旋到交流最大挡，防止漏电，故在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，操作步骤必须的是：选档和欧姆调零故有用的操作顺序为：c、a、b、e（2）欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30k=3104（3）A.测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；B. 测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C. 测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D. 用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；故选AC。考点：欧姆表的使用；【名师点睛】本题
16、考查了欧姆表的使用方法以及测量电阻的步骤，使用欧姆表测量电阻时选档后一定要注意欧姆调零，基础题。12.小明用如图所示的电路“测量电池的电动势和内电阻”(1)备有如下器材A干电池1节B滑动变阻器(020 )C滑动变阻器(01 k)D电压表(03 V，内阻约3 k)E电流表(00.6 A，内阻约0.8)F电流表(03 A，内阻约0.2) G开关、导线若干其中滑动变阻器应选_，电流表应选_(只填器材前的序号)(2)某同学根据实验数据画出的UI图像如图所示，由图像可得电池的电动势为_ V，内电阻为_.（保留两位有效数字）(3)实验时由于电压表的分流作用，导致电动势E的测量值_（选填“小于”或“大于”）
17、其真实傎。【答案】 (1). B (2). E (3). 1.5 (4). 1.0 (5). 小于【解析】【详解】12由表中测量数据的范围知测量电流最大值小于0.6A，故电流表选择0.6A量程的E即可，滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，故滑动变阻器选B；34根据UI图象可知，与U轴的交点表示电动势，所以E1.5V，图线斜率表示内阻，所以 5本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成，13.在“探究决定导线电阻的因素”实验中，所用测量仪器均已校准(1)如图所示，螺旋测微器的读数为_ mm；游标卡尺的读数为_ mm。(2)用
18、伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 )、电流表(内阻约0.1 )、电压表(内阻约3 k)、滑动变阻器R(020 ，额定电流2 A)、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量Rx的电路是采用下图中的_图(选填“甲”或“乙”)(3)图丙是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端请根据(2)所选的电路
19、图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏_(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线由图线得到金属丝的阻值Rx_ (保留两位有效数字)(5)任何实验测量都存在误差本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_A用仪器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D用UI图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差【答案
20、】 (1). 6.119mm (2). 50.90mm (3). 甲 (4). (5). (6). AC【解析】【详解】1由图可知螺旋测微器可知，固定刻度示数为6mm，可动刻度示数为：11.90.01mm=0.119mm，螺旋测微器示数为：6mm+0.119mm=6.119mm；2游标卡尺主尺的读数为50mm，游标尺的读数为：180.05mm=0.90mm，所以游标尺的读数为：50 mm+0.90mm=50.90mm；3由表中实验数据可知，电压与电流的第一个测量值很小，接近于零，滑动变阻器用分流接法电压与电流不能达到这么小的数值，因此滑动变阻器应采用分压接法，因此需要选择图甲所示电路。4 根据
21、给出的电路图可得出对应实物图如图所示；5 根据描出的点，作出图象，如图所示由图线得到金属丝的阻值6 A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A正确；B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；D.用UI图象处理数据求金属丝电阻可以消除系统误差，故D错误；四、计算论述题：本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14.如图所示，A为电解槽， 为电动机，N为电炉子，恒定电
22、压U12V，电解槽内阻RA2，当S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6A；当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4A求：(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少【答案】(1)2 72 W(2)1 (3)16 W【解析】试题分析：（1）电炉子纯电阻元件，由欧姆定律得其发热功率为：（2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得所以（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：考点：闭合电路欧姆定律点评：注意纯电阻电路与非纯电阻电路在的区别15.如图所示，在平面直角坐标
23、系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电荷量为q1.0106 C的带电粒子。从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm，(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件【答案】（1）20 m/s（2）0.90 m（3）B5.33 T【解析】【分析】(1)粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；(2)粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，
24、由牛顿第二定律可求出运动的半径大小;再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得.(3)由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B满足的条件.【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理代入数据得v20 m/s(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有： 代入数据得R0.5m 而故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示:由几何关系可知：故OQ0.90m(3)带电粒子不从x轴射出,如图乙所示：由几何关系得： 由并代入数据得【点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力.16.如图所
25、示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：(1)电子进入磁场时的速度大小v；(2)电子从进入磁场经多长时间打到荧光屏；(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。【答案】(1) ；(2) ；(3)电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧，该点距N点的距离【解析】【详解】(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有：；电子轨迹如图甲所示，由几何关系得：；由以上各式联立得：；（2）电子在电子枪中，由动能定理得：解得：(3)电子在磁场中运动的半径，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，所以G点位于N点的左侧；其轨迹如图乙所示，由几何关系得解得：
