1、- 1 -江苏省扬州中学 2018-2019 学年高二上学期期中考试物理（选修）试题一、选择题1.智能手机电池“快速充电技术”可以使用户在短时间内完成充电比如对一块额定电压3.7 V、容量 1430毫安时的电池充电，可以在半小时内将电池充到满容量的 75%结合本段文字和你所学知识，关于“快速充电技术” ，你认为下列叙述中比较合理的是（ ）A. 这里所提到的“毫安时”指的是一种能量单位B. 这里所提到的“满容量的 75%”是指将电池电压充到 3.7 V的 75%C. 快速充电技术提高了锂电池的原有容量D. 对额定电压 3.7 V的锂电池充电，其充电电压应高于 3.7 V【答案】D【解析】【详解】
2、根据 q=It可知，毫安时（mAh）是电荷量的单位，不是能量的单位，故 A错误；这里所提到的“满容量的 75%”是指将电量充到满容量的 75%，故 B错误；快速充电技术提高了锂电池的充电速度，不会提高原有容量，故 C错误；为了能为电池充电，对额定电压 3.7V的锂电池充电，其充电电压应高于 3.7V，故 D正确。故选 D。【点睛】本题考查对电池容量的理解，要求明确电源的基本性质包括：电动势、内阻和容量；快速充电只能提高充电速度，不会改变电池的容量2.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框 abc，磁场方向垂直于线框平面，ac 两点间接一直流电源，电流方向如图所示则（ ） - 2
3、-A. 导线 ab受到的安培力大于导线 ac受到的安培力B. 导线 abc受到的安培力大于导线 ac受到的安培力C. 线框受到安培力的合力为零D. 线框受到安培力的合力方向垂直于 ac向下【答案】D【解析】导线 ab受到的安培力大小为： ；导线 ac所受的安培力大小也为： ；故 A错误；导线 abc的有效长度为 L，故受到的安培力大小为： ；导线 ac受到的安培力：；故 B错误；根据左手定则，导线 abc受安培力垂直于 ac向下，导线 ac受到的安培力也垂直于 ac向下，故线框受到的安培力的合力： ，合力方向垂直于 ac向下，故 C错误，D 正确；故选 D.【点睛】通电三角形线圈处于匀强磁场中
4、，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式 F=BIL确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力.3.如图，一束电子沿 z轴正向流动，则在图中 y轴上 A点的磁场方向是（ ）- 3 -A. +x方向 B. x 方向 C. +y 方向 D. y 方向【答案】D【解析】据题意，电子流沿 z轴正向流动，电流方向沿 z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以 z轴为中心沿顺时针方向（沿 z轴负方向看） ，通过 y轴 A点时方向向外，即沿 x轴正向，则选项 A正确。【考点定位】安培定则、电子束产生电流的方向【方法技巧】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场
5、的方向。视频4.如图所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光。在偏转区有垂直于纸面的磁场 B1 和平行纸面上下的磁场 B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光。经检测仅有一处故障：磁场 B1 不存在，则荧光屏上（ ）A. 不亮B. 仅有一条水平亮线C. 仅有一个中心亮点D. 仅有一条竖直亮线【答案】B【解析】- 4 -【详解】若磁场 B1 不存在，则只存在平行纸面上下的磁场 B2，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力在水平方向，可知荧光屏上有一条水平亮线，故选 B.5.如图所示，电源的电动势和内阻分别为 E、 r，在滑动变阻器的滑片 P由 a向
6、b移动的过程中，下列各物理量变化情况为（ ） A. 电流表的读数逐渐减小B. R0的功率逐渐增大C. 电源的输出功率可能先减小后增大D. 电压表与电流表读数的改变量的比值 U/I 先增大后减小【答案】C【解析】【详解】AB、在滑动变阻器的滑片 P由 a向 b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流 I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，R 0的功率先减小后增大。故 A错误，B 错误；C、由于电源的内阻与外电阻的关系未知，若电源的内阻一直比外电阻小，则电源的输出功率先减小后增大。故 C正确；D、电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：U
7、=EIr 得：U/I =r，不变，故 D错误。故选：C。【点睛】在滑动变阻器的滑片 P由 a向 b移动的过程中，变阻器并联电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化、R 0的功率变化和路端电压的变化。根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化。根据闭合电路欧姆定律分析U/I 的变化。6.电热水器金属内胆出水口加接一段曲长管道，在电热水器漏电且接地线失效时，能形成“防电墙” ，保障人的安全如图所示，当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为 220 V，由于曲长管道中水具有电阻(简称“隔电电阻”)，因而人体两端的电压不高于 12 V，下列说法正
8、确的是（ ） - 5 -A. 曲长管道应选用导电性能好的材料制成B. 曲长管道应选用不易导电的材料制成C. “隔电电阻”大于“人体电阻” ，且两者串联D. 热水器漏电且接地线失效时， “防电墙”使人体内无电流通过【答案】BC【解析】A、B 项：漏电电流通过曲长管道、人体流入大地，为保证人身安全，通过人体的电流需要非常小，所以曲长管道不能采用导体材料，而应该使用绝缘材料，故 A错误，B 正确；C项：由图可知， “隔电电阻”与“人体电阻”是串联的，且隔电电阻能够起到分压作用，当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为 220V，也就是隔电电阻与人体的总电压为 220V，且两者是串联的，已
9、知人体两端的电压不高于 12V，说明隔电电阻两端电压大于 220V-12V=208V；由串联电路用电器两端电压与其阻值成正比可知，隔电电阻的阻值远大于人体电阻，故 C正确；D项：当热水器漏电且接地线失效时，由题知人体两端的电压不高于 12V，说明此时有电流通过人体流向大地，只不过电流非常小，故 D错误。点晴：解决本题关键理解串联电路中，用电器两端电压与其电阻成正比，串联电路中用电器工作过程中相互影响，并联电路中用电器互不影响。7.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线 a是该电池在某光照强度下路端电压 U和电流 I变化的关系图象(电池电动势不变，内阻不是定值)，图线 b是某
10、电阻 R的 U-I图象在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是（ ） A. 硅光电池的内阻为 8 - 6 -B. 硅光电池的总功率为 0.4 WC. 硅光电池的内阻消耗的热功率为 0.32 WD. 若将 R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大【答案】AC【解析】A、由图可知该电池的电源电动势为 3.6V，由 可知内电压为 1.6V，硅光电池的内阻为 ，故 A正确；B、硅光电池的总功率为 ，故 B错误；C、硅光电池的内阻消耗的热功率为 ，故 C正确；D、若将 R换成阻值更大的电阻，电路中电阻两端的电压变大，但电流变小，硅光电池的输出功率不一定增大，故 D错误；故选 AC。8.
11、中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。 ”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法正确的是A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】ABD【解析】【详解】地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，有磁偏角，选项 A正确；地球内部也存- 7 -在磁场，地磁南极在地理北极附近，选项 B正确；只有在赤道附近，在地球表面的地磁场方向与地面平行，选项 C错误；根
12、据带电粒子在磁场中会受到力的作用可知，地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用，选项 D正确；故选 ABD.9.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、N 两小孔中，O 为 M、N 连线中点，连线上 a、b 两点关于 O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流；已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度 ，式中 k是常数、I 是导线中电流、r 为点到导线的距离；一带正电的小球以初速度 v0从 a点出发沿连线运动到 b点关于上述过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球先做加速运动后做减速运动B. 小球一直做匀速直线运动C. 小球对桌面的压力先减小后增大D. 小球对桌面的压力
13、一直在增大【答案】BD【解析】试题分析：根据右手螺旋定则可知，从 点出发沿连线运动到 点，直线 M处的磁场方向垂直于 MN向里，直线 N处的磁场方向垂直于 MN向外，所以合磁场大小先减小过 O点后反向增大，而方向先里，过 O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，过 O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大，由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故 ABC错误，D正确。考点：洛仑兹力【名师点睛】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动
14、形式和规律。二、实验题10.（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关 S应接- 8 -_(选填“1” “2”“3”“4”或“5”)量程较大（2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为 3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下： 把选择开关拨到“100”的欧姆挡上； 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处； 把红表笔与待测电压表_(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小； 换用_(选填“10”或“1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值； 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，
15、把多用电表放回桌上原处，实验完毕（3） 实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为_，这时电压表读数为_V.（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为_V(保留两位有效数字)【答案】 (1). 1 (2). 负 (3). 1k (4). 4.0104 (5). 2.20 (6). 3.0【解析】（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接 1和 2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接 1时量程最大；（2）根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；- 9 -欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明
16、被测电阻大，档位应提升一级，即换1k 的测量；（3）欧姆表的读数为 ；电压表分度值为 0.1V，故读数为 2.20V；（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为 ，根据闭合回路欧姆定律可得 ，解得 11.在“测定金属的电阻率”的实验中，小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值（约为 5 ） ，随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻现有电源（电动势 E为 3.0 V，内阻不计） 、开关和导线若干，以及下列器材： A电流表（量程 03 A，内阻约 0.025 ）B电流表（量程 00.6 A，内阻约 0.125 ）C电压表（量程 03 V，内阻约 3 k）D
17、滑动变阻器（020 ，额定电流 2A）E滑动变阻器（0100 ，额定电流 1A）（1）为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选_，滑动变阻器应选_（选填器材前的字母） （2）如图所示，是测量该电阻丝实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请补充完成 _（3）在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最_（选填“左”或“右” ）端（4）若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是_A测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压B测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流 C若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值D若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值- 10
18、-【答案】 (1). （1）B (2). D (3). （2）电路图： (4). （3）左 (5). （4）BC【解析】【详解】 （1）电源电动势 3V，待测电阻阻值为 5，可知电路中电流不超过 0.6A，可知电流表应选 B；为了便于操作，滑动变阻器应选阻值较小的 D（2）电压表的内阻远大于待测电阻，则可采用电流表外接；如图所示；（3）在开关闭合前，滑动变阻器阻值应该最大，即滑片应当调到最左端（4）用此电路测量时，电压表测量的是电阻电压的准确值，由于电压表有分流作用，使得电流表的测量值大于电阻电流的真实值，则根据 R=U/I可知，电阻的测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流，选项 B正
19、确，A 错误；测量值等于电压表内阻与待测电阻 R阻值的并联值，若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值，选项 C正确，D 错误；故选 BC.12.某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻A待测电压表（量程 3V，内阻约几千欧） B电流表（量程 0.6A，内阻约 0.1）C电池组（电动势约 3V，内阻可忽略） D滑动变阻器 R0E变阻箱 R（09999） F开关和导线若干（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是_；- 11 -A R0阻值较小 B电流表存在内阻C电压表无法准确读数 D电流表无法准确读数（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值 R，电压表
20、的示数为 U，为了根据图像能求得电压表的内阻，应该作_图线（选“ ”、填“ U R”、 ） ；（3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线_；（4）根据你所画出的图线，求出电源的电动势 E=_V，电压表内阻 Rv=_k（保留两位有效数字） 【答案】 (1). （1）D (2). （2） (3). （3）如图所示: - 12 -(4). （4）2.83.2 (5). 2.83.5【解析】【详解】 （1）由于电压表的内阻约为几千欧，电源电压只有 3V，可知用甲电路测量时，电路中的电流很小，则电流表无法准确读数，故选 D.（2）对乙电路图，根据闭合电路欧姆定律可得： 可
21、得： ，则为了根据图像能求得电压表的内阻，应该作 图线；（3）图像如图：（4）由图像可知： ； ，解得 E= 3.1V；R V=28802.9k.三、计算题13.如图所示，已知电源电动势 E=20V，内阻 r=1，当接入固定电阻 R=4 时，电路中标有“3V，6W”的灯泡 L和内阻 RD=0.5 的小型直流电动机 D都恰能正常工作试求：- 13 -（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）7V（3）12W【解析】试题分析：1）灯泡 L正常发光，电路中的电流为：（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：UD=E-I（r+R）-U L
22、=20-2（1+4）-3=7（V）（3）电动机的总功率为 P 总 =IUD=27=14W电动机的热功率为 P 热 =I2RD=2205=2W所以电动机的输出功率为 P 出 =P 总 -P 热 =14-2=12W考点：闭合电路欧姆定律；电功率【名师点睛】本题中含有电动机，电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能这样求电路中的电流： 。14.一匀强磁场分布在以 O为圆心，半径为 R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为 m、电荷量 q的带正电的质点，经电场加速后，以速度 v沿半径 MO方向进入磁场，沿圆弧运动到 N点，然后离开磁场，MON=120 0，质点所受重力不计，求
23、：（1）判断磁场的方向；（2）该匀强磁场的磁感应强度 B； （3）带电质点在磁场中运动的时间【答案】(1)垂直纸面向外 (2)B= (3)t=【解析】试题分析：（1）根据左手定则，可知该磁场方向垂直纸面向外；- 14 -（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为 r，圆心为 如图所示，洛仑兹力提供向心力因此：由几何关系可得联立得（3）设粒子在磁场中运动的时间为 t，粒子做匀速圆周运动，期周期由于 ，因此运动的圆心角因此粒子在磁场中运动的时间 考点：带电粒子在磁场中的运动15.在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流回旋加速器的结构如图所示，D1、D 2是相距很近的两个处于匀强磁场
24、中的半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源， A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速设带电粒子质量为 m，电量为 q，匀强磁场磁感应强度为 B，D 形盒的最大半径为 R，两个 D形盒之间的距离为 d， d远小于 R，D 形盒之间所加交变电压大小为 U不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：（1）所加交变电压的周期 T；（2）带电粒子离开 D形盒时的动能 Ekm； - 15 -（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间 t1及在两 D形盒间电场中运动的时间 t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计【答案】 （1） （2） （3）见解析【解析】【详解】 （1）带电粒子在磁场中运
25、动半周的时间与交变电压的半个周期相等， 得 （2）带电粒子离开 D形盒时的轨迹半径为 R，由圆周运动的规律得 解得： 带电粒子离开 D形盒时的动能 （3）设带电粒子在电场中加速的次数为 n，有 解得： 又因为带电粒子在磁场中运动的周期 所以带电粒子在磁场中运动的时间 解得： 带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得 v=at 其中 所以带电粒子在电场中运动的时间 有 因为 d远小于 R，有 t2远小于 t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略【点睛】此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒子的半径等于 D型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.1
26、6.如图， xoy平面内存在着沿 y轴正方向的匀强电场，一个质量为 m、带电荷量为+ q的粒子从坐标原点 O以速度 v0沿 x轴正方向开始运动当它经过图中虚线上的 M( ， a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的- 16 -某一位置 N处沿 y轴负方向运动并再次经过 M点已知磁场方向垂直 xoy平面(纸面)向里，磁感应强度大小为 B，不计粒子的重力试求：（1）电场强度的大小；（2） N点的坐标；（3）矩形磁场的最小面积【答案】 （1）（2）N 点的坐标为（2 a， +a）（3）矩形磁场最小面积为【解析】解：如图是粒子的运动过程示意图（1）
27、粒子从 O到 M做类平抛运动，设时间为 t，则有- 17 -得电场强度大小为：（2）设粒子运动到 M点时速度为 v，与 x方向的夹角为 ，则：=，由题意知，粒子从 P点进入磁场，从 N点离开磁场，粒子在磁场中以 O点为圆心做匀速圆周运动，设半径为 R，则： ，代入数据得粒子做圆周运动的半径为：由几何关系知：所以 N点的纵坐标为横坐标为故 N点的坐标为（2 a， +a）（3）当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小则矩形的两个边长分别为L1=2R=所以矩形磁场的最小面积为：- 18 -矩形磁场最小面积为【点评】有该题看出，分清物理过程，不同物理过程应用相应的物理知识；抓住关键字句，分析出关键条件如该题中粒子从 N点沿 MN的方向射出，即可分析出速度方向，再利用相关知识来“定圆心，找半径” ；此外良好的作图能力及几何分析能力是解决此类问题的关键
