北京理工大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 19页

‎2019北京理工附中高二（上）期中 物 理（选考卷）‎ 一、单选题 (本题有10道小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是 A. 奥斯特 B. 爱因斯坦 C. 伽利略 D. 牛顿 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特；‎ A．奥斯特，与结论相符，选项A正确；‎ B．爱因斯坦，与结论不相符，选项B错误；‎ C．伽利略，与结论不相符，选项C错误；‎ D．牛顿，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎2.如图所示，磁场B垂直纸面向内。若将匀强磁场中的一段通电导线在纸平面内转过θ角，则它受到的磁场力的大小将 A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 条件不足，无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时，直导线与磁场垂直，所受的安培力等于BIL，当通电导线在纸平面内转过θ角时，直导线仍与磁场垂直，则安培力仍为BIL；‎ A．增大，与结论不相符，选项A错误；‎ B．减小，与结论不相符，选项B错误；‎ C．不变，与结论相符，选项C正确；‎ D．条件不足，无法确定，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C.‎ ‎3.一面积为S的线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量为（　　　）‎ A. 0； B. B/S； C. S/B； D. BS ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据磁通量的定义可知，线圈在匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量是，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D．‎ ‎4.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度L＝‎0.2 m，导线中电流I＝‎1 A．该导线所受安培力F的大小为( ) ‎ A. 0.01‎‎ N B. 0.02 N C. 0.03 N D. 0.04 N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据F=BIL可知导线所受安培力F的大小为F=0.2×1×0.2N=0.04N，故选D.‎ ‎5.在下面的四个图中，标出了匀强磁场的磁感应强度B的方向、带正电的粒子在磁场中速度v的方向和其所受洛伦兹力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】有左手定则可知B对；选项A中洛仑兹力方向向下A错；选项C中洛仑兹力垂直纸面向外，C错；选项D中洛仑兹力垂直纸面向里，D错；故选B．‎ ‎6.电路如图所示，已知电池组的总内电阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E应等于：（ ）‎ A. 2.0‎V B. 2.5V C. 3.0V D. 3.5V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由欧姆定律，得电路中电流为 又由闭合电路欧姆定律，得 ‎；‎ A.选项与计算结果不符，故A错误；‎ B.选项与计算结果不符，故B错误；‎ A.选项与计算结果一致，故C正确；‎ D.选项与计算结果不符，故D错误；‎ ‎7.图是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，为待测电阻．如果考虑到电表内阻对测量结果的影响，则（ ）‎ A. 电压表示数大于两端的实际电压，电流表示数大于通过的实际电流 B. 电压表示数大于两端的实际电压，电流表示数等于通过的实际电流 C. 电压表示数等于两端的实际电压，电流表示数大于通过的实际电流 D. 电压表示等于两端的实际电压，电流表示数等于通过的实际电流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路图知，电流表与待测电阻串联，所以电流表读数等于通过待测电阻的实际电流；电压表测量的是待测电阻与电流表的串联电压，所以电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压．故B项正确，ACD三项错误．‎ ‎8.下列说法正确的是( )‎ A. 运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用 B. 运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C. 洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的动量 D. 洛伦兹力对带电粒子不做功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当速度和磁场平行时，洛伦兹力为0，A错误 B．不受洛伦兹力，有两种情况：磁场为0或者速度与磁场平行，B错误 CD．洛伦兹力和速度始终垂直，所以洛伦兹力永远不做功，但是可以改变速度方向，因此可以改变粒子动量，C错误D正确 ‎9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在滑动变阻器R1的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（ ）‎ A. 电路中的总电流变小 B. 路端电压变大 C. 通过电阻R2的电流小 D. 通过滑动变阻器R1的电流小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在滑动变阻器R1滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻R2的电流变化，再判断通过滑动变阻器R1的电流的变化．‎ ‎【详解】A、在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大．故A错误．‎ B、路端电压U=E﹣Ir，I变大，E、r不变，则U变小．故B错误．‎ C、路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小．故C正确．‎ D、总电流变大，通过电阻R2的电流变小，所以通过滑动变阻器R1的电流必定变大．故D错误．‎ 故选C ‎【点睛】本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小．‎ ‎10.通电矩形线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，bc边与MN平行，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是 A. 线框只有两个边受力，合力向左 B. 线框只有两个边受力，合力向右 C. 线框四个边都受力，合力向左 D. 线框四个边都受力，合力向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据右手螺旋定则可得通电直导线在矩形线框处产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据左手定则可得ab边受到的安培力向下，cd 边受到的安培力向上，两者等大反向，在竖直方向上合力为零，bc边受到的安培力向左，ad边受到的安培力向右，但由于bc处的磁感应强度大于ad处的，故bc边受到的安培力大于ad边受到的安培力，故水平方向上合力向左，故C正确；‎ ‎【点睛】本题关键：‎ ‎（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；‎ ‎（2）会根据左手定则判断安培力方向；‎ ‎（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小 二、双项选择题（本题共5小题，在每小题给出的四个选项中，都有两个选项是符合题意的。每小题3分，共15分。每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，只要有选错的该小题不得分）‎ ‎11.用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。下列四个选项中属于用比值法定义物理量的是 A. 电场强度 B. 欧姆定律 C. 点电荷的场强 D. 磁感应强度B=‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度与试探电荷所带的电量以及所受的电场力无关，则电场强度属于比值定义法，选项A正确；‎ B．电流与用电器两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，电流不属于比值定义法。故B错误。  C．点电荷周围的电场强度与场源电荷带电量成之比，与距离电荷的距离的平方成反比，则点电荷的场强不是比值定义法，选项C错误；‎ D．磁感应强度与放入磁场中的电流元无关。所以属于比值定义法。故D正确。    ‎ ‎ 故选AD。‎ ‎12.在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一定值电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与定值电阻R 相连组成闭合电路，由图象可知 A. 电源的总功率为18W B. 电阻R的阻值为1Ω C. 电源的输出功率为2 W D. 电源的效率约为66.7%‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=‎2A，电源电动势为E=3V，则电源的总功率为 P总=EI=6W 电源的输出功率：‎ P出=IU=4W 选项AC错误． ‎ B．电阻R的阻值为 选项B正确；‎ D．电源的效率约为 选项D正确；‎ 故选BD.‎ ‎13.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是 A. 增大匀强电场间的加速电压 B. 增大磁场的磁感应强度 C. 减小狭缝间的距离 D. 增大D形金属盒的半径 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据 qvB＝‎ 可得 v＝‎ 因此离开回旋加速器时的动能 Ek＝mv2＝‎ 可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，选项AC错误；‎ BD．磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，选项BD正确．‎ ‎14.如图所示，电源的电动势E一定，内阻r=2Ω，定值电阻R1=0.5 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5 Ω，则：‎ A. 当滑动变阻器阻值为5 Ω时，电源的输出功率最大 B. 当滑动变阻器阻值为1.5Ω时，电源的输出功率最大 C. 当滑动变阻器阻值为2.5Ω时，变阻器R2消耗的功率最大 D. 当滑动变阻器的阻值为2.5Ω时，电阻R1消耗的功率最大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当电源的输出功率最大外电路电阻等于内阻，则此时滑动变阻器阻值为1.5 Ω，选项A错误，B正确； ‎ C．将电阻R1等效为电源内阻，则当滑动变阻器阻值为R1+r=2.5Ω时，变阻器R2消耗的功率最大，选项C正确；‎ D．当电阻R1消耗的功率最大时，电路中的电流最大，总电阻最小，则此时滑动变阻器的阻值为0，选项D错误；‎ 故选BC.‎ ‎15.如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（ ）‎ A. 若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）‎ B. 若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）‎ C. 若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）‎ D. 若速度变v0将往下偏（其它条件不变）‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】因为恰能沿直线飞出离子速度选择器，所以受力平衡，即．若改为电荷量－q的离子，依然沿直线飞出（因为电场力跟洛伦兹力均反向依然平衡），A错 若速度变为则2v0洛伦兹力大于电场力将往上偏，B对 平衡与电荷量以及电性无关，故C错 若速度变为v0将往下偏（因为洛伦兹力小于电场力），D对 三、填空题（每空2分，共24分）‎ ‎16.在用“电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中, ‎ 为提高实验精度，应合理设计电路图。‎ ‎（1）请你选用下面的实验器材，将最佳方案画在虚线方框中____________。‎ A．干电池1节 B．滑动变阻器（0～20Ω） ‎ C．滑动变阻器（0～1750Ω）‎ D．电压表（0～3V）‎ E．电流表（0～‎0.6A）‎ F．电流表（0～‎3A）‎ G．开关 ‎（2）其中滑动变阻器应选______（只填序号）。‎ ‎（3）据闭合电路欧姆定律，E、r、U、I之间的关系满足U=__________。‎ ‎（4）由图像可知这节干电池的电动势E＝__________V，内电阻r＝__________Ω。‎ ‎【答案】 (1). (2). B (3). U=E-Ir (4). 1.5 (5). 0.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．为了减小实验误差，电流表应该选择量程为‎0.6A的电流表E；电路如图：‎ ‎（2）[2]．滑动变阻器应选阻值较小的B即可。‎ ‎（3）[3]．据闭合电路欧姆定律，E、r、U、I之间的关系满足U=E-Ir。‎ ‎（4）[4][5]．由图像可知，直线在纵轴上的截距等于电动势，则这节干电池的电动势E＝1.5V，内电阻 ‎17.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供的实验仪器如下：‎ A.小灯泡，L“3.8 V、‎0.3 A”‎ B.电压表，量程0～5 V，内阻5 kΩ C.电流表，量程0～500 mA，内阻0.4 Ω D.滑动变阻器，最大阻值10 Ω，额定电流‎1.0 A E.直流电源，电动势约为6 V，内阻约为0.5 Ω F.开关 ‎（1）试完善在虚线框内未画完的实验电路图____________。‎ ‎（2）某小组利用实验所得数据，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图，图像说明随着电压的升高，小灯泡的电阻________（填“变大”、“不变”或“变小”）。‎ ‎（3）用P表示小灯泡消耗的电功率，下列图像中正确反应小灯泡功率变化情况的有_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 变大 (3). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．灯泡的电阻，则RV≫RL，则应该选用安培表外接电路；滑动变阻器用分压电路，如图：‎ ‎ ‎ ‎（2）[2]．因I-U图像上某点与原点连线的斜率的倒数等于灯泡的电阻，由图像可知随着电压的升高，小灯泡的电阻变大。‎ ‎（3）[3]．AB、由，因随着电压的增加，电阻变大，则P-U2的斜率减小，则图像A错误，B正确；‎ CD、根据P=I2R，则因随着电流的增加，电阻变大，则P-I2的斜率变大，则图像C错误，D正确；故选BD.‎ ‎18.目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压. 请你判断：在图示磁极配置的情况下，金属板______（选填“A”或“B”）的电势较高，若 A、B 两板相距为d，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为B，等离子体以速度v 沿垂直于磁场的方向射入磁场，这个发电机的电动势是__________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). Bdv ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．根据左手定则，正离子向上偏，负离子向下偏，A板聚集正电荷，电势高。‎ ‎[2]．最终电荷处于平衡有：‎ 解得电动势 E=Bdv．‎ ‎19.两个速率不同的同种带电粒子，如图所示，它们沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场的上边缘射入，从下边缘飞出时，相对于入射方向的偏转角分别为90°，60°，则它们在磁场中运动的轨道半径之比为________，在磁场中运动时间比为________。‎ ‎【答案】 (1). 1:2 (2). 3:2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，如图所示， 由几何关系可知： 第一个粒子的圆心为O1，由几何关系可知：‎ R1=d；‎ 第二个粒子的圆心为O2；由几何关系可知：‎ R2sin30°+d=R2 ‎ 解得：‎ R2=2d；‎ 故粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：‎ R1：R2=1：2；‎ ‎[2]．粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，两种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为；偏转角为60°的粒子的运动的时间为，所以在磁场中运动时间比为。‎ 四、论述、计算题（共31分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案. 有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。‎ ‎20.如图所示，MN表示真空室中垂直于纸面放置感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。一个电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点。经测量P、O间的距离为L，不计带电粒子受到的重力。求：‎ ‎（1）带电粒子所受洛伦兹力的大小；‎ ‎（2）带电粒子的质量大小；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的时间。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在磁场中所受洛伦兹力 ‎（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其半径为R，由牛顿第二定律 带电粒子做匀速圆周运动的半径 R=‎ 解得 ‎ m = ‎ ‎（3）由周期公式：‎ ‎21.如图所示的电路中，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω，电动机的电阻R0＝1.0 Ω，电阻R1＝1.5 Ω，电压表的示数U1＝3.0 V，电动机正常工作。求此时：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机两端的电压；‎ ‎（3）电动机消耗的电功率；‎ ‎（4）电动机损耗的热功率。‎ ‎【答案】（1）‎2A （2）6V （3）12 W （4）4W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）通过电动机的电流 ‎ ‎ ‎（2）电动机两端的电压:‎ ‎ ‎ ‎（3）电动机消耗的电功率:‎ ‎（4）电动机损耗的热功率:‎ ‎22.如图甲所示，金属杆ab的质量为m， 长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B ‎ 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，结果ab静止于水平导轨上。由b向a的方向观察，得到图乙所示的平面图。‎ ‎（1）在乙图中画出金属杆受力的示意图。‎ ‎（2）求金属杆ab受到的摩擦力； ‎ ‎（3）求金属杆对导轨的压力；‎ ‎（4）若图中θ=0，当B多大时ab所受弹力为零。‎ ‎【答案】（1） （2）f=BIlsinθ ；（3）N=mg-BIlcosθ ； （4）B=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）作出金属杆受力主视图，如图．‎ ‎（2）根据平衡条件得：‎ Ff=FAsinθ 解得：‎ Ff=BIlsinθ ‎（3） 竖直方向：‎ mg=FN+FAcosθ 又 FA=BIl FN=mg-BIlcosθ ‎（4）若图中θ=0，当ab所受弹力为零时：‎ BIl=mg 解得 ‎23.利用电场、磁场可以控制带电粒子的运动。 如图所示，在平面直角坐标系xOy中，有一个半径为r的圆形区域，其圆心坐标为 (r，0)。在这个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。 在直线y = - r的下方，有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E。 一质子从O点沿x轴正方向射入磁场，在磁场中做半径为r的匀速圆周运动。已知质子的质量为m，电荷量为+q，不计质子的重力。求：‎ ‎（1）运动轨迹由哪两个图形构成；‎ ‎（2）质子在磁场中运动时速度的大小υ；‎ ‎（3）质子离开磁场后经多长时间到达y轴；‎ ‎（4）质子运动到y轴时距O点的距离L。‎ ‎【答案】(1) 圆（四分之一圆周）和抛物线构成 (2) (3) (4) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因粒子的运动半径等于磁场的半径，可知粒子从O点射入后运动四分之一圆周从最下端竖直向下进入电场，然后在电场中做类平抛运动，则粒子运动轨迹由圆（四分之一圆周）和抛物线构成.‎ ‎（2）质子从O点射入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得: ‎ 解得 ‎ ‎（3）质子沿x轴正方向射入磁场，经圆弧后以速度υ垂直于电场方向进入电场。在沿电场方向上，质子做初速为0的匀加速直线运动，加速度大小: ‎ 质子经过时间t到达y轴 ‎（4）在垂直电场方向上，质子的位移 质子到达y轴时距O点的距离 ‎ ‎