江西省万载中学2019_2020学年高二物理上学期期中试题创新班含解析.doc
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1、江西省万载中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题(创新班,含解析)一、选择题(本题共10个小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,第17题只有一项符合题目要求,第810题有多项符合题目要求全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.关于物理学家和他们的贡献,下列说法中正确的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应,并发现了电磁感应现象B. 库仑提出了库仑定律,并最早用实验测得元电荷e的数值C. 牛顿发现万有引力定律,并通过实验测出了引力常量D. 法拉第发现了电磁感应现象,并制作了世界上第一台发电机【答案】D【解析】【详解】奥斯特发现了电流磁效应,法拉第发现了电磁感
2、应现象并制作了世界上第一台发电机,选项A错误,D正确;库仑提出了库仑定律,密立根最早用实验测得元电荷e的数值,选项B错误;牛顿发现万有引力定律,卡文迪许通过实验测出了引力常量,选项C错误2.如图所示的电路中,输入电压U恒为8 V,灯泡L标有“3 V 6 W”字样,电动机线圈的电阻RM1 .若灯泡恰能正常发光,下列说法不正确的是A. 电动机的输入电压是5 VB. 通过电动机的电流是2 AC. 电动机的效率是60%D. 整个电路消耗的电功率是10 W【答案】CD【解析】【详解】A灯泡正常发光时的电压等于其额定电压,电动机的输入电压UM=U-UL=8V-3V=5V故A正确;B由灯泡与电动机串联,所以
3、电流相等,且灯泡正常发光,则电路电流故B正确;CD整个电路消耗的功率P总=UI=8V2A=16W电动机的热功率则电动机的效率故CD错误。3.在一个匀强电场中有a、b两点,相距为d,电场强度为E,把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时,克服电场力做功为W,下列说法正确的是A. 该电荷在a点电势能一定比b点大B. a点电势一定比b点电势低C. a、b两点电势差大小一定为U=EdD. a、b两点电势差Uab=【答案】B【解析】【详解】A正电荷从a点移到b点时,克服电场力做功为W,即电场力对电荷做负功,电势能增加,则电荷在a点电势能较b点小,故A错误;B由电势能公式EP=q分析知,正电荷在电势低处电势
4、能小,所以a点电势比b点电势低,故B正确;Ca、b两点不一定沿着电场线方向,所以a、b两点电势差大小不一定为U=Ed,故C错误;D电荷从a移动到b,电场力做功为-W,根据电势差的定义得:ab间的电势差:Uab=,故D错误。4.如图a所示,虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场,直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度匀速转动。设线框中感应电流方向以逆时针为正,那么在图b中能正确描述线框从图a中所示位置开始转动一周的过程中,线框内感应电流随时间变化情况的是( ) A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】当线框以O为转轴进入磁场时,磁通量发生变化有感应电流产生,根据有效切割长度判断出电
5、流大小变化,根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向,即可正确解答;【详解】从如图所示位置逆时针旋转过程中没有进入磁场,故没有感应电流;再逆时针旋转即当线框进入磁场后,切割的有效长度为半圆的半径不变,即电动势及电流大小不变,由右手定则可知,电流为逆时针,故为正值;在磁场内部再旋转即当线框全部进入磁场,磁通量不变,无感应电流;当线框出磁场后,切割的有效长度为半圆的半径不变,即电动势及电流大小不变,由右手定则可知,电流为顺时针,故为负值;当线框全部出磁场,磁通量没有,则无感应电流,故选项A正确,BCD错误。【点睛】在求导体切割磁感线类型的感应电流时,一定要会正确求解有效切割长度,同时掌握右手定则进
6、行感应电流方向的确定。5.在如图所示的电路中,当闭合开关S后,若将滑动变阻器的滑片P向下调节,则( )A. 电压表和电流表的示数都增大B. 灯L2变暗,电流表的示数减小C. 灯L1变亮,电压表的示数减小D. 灯L2变亮,电容器的带电量增加【答案】C【解析】【详解】将滑动变阻器的滑片P向下调节,变阻器接入电路的电阻减小,R与灯L2并联的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析得知,干路电流I增大,路端电压U减小,则电压表示数减小,灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并UU1,U减小,U1增大,U并减小,灯L2变暗。流过电流表的电流IAII2,I增大,I2减小,IA增大,电流表的示数
7、增大A. 电压表和电流表的示数都增大与分析不符,A错误B. 灯L2变暗,电流表的示数减小与分析不符,B错误C. 灯L1变亮,电压表的示数减小与分析符合,C正确D. 灯L2变亮,电容器的带电量增加与分析不符,D错误6.水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R的电阻,导轨及导体棒电阻不计现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为x时,ab达到最大速度v.此时撤去外力,最后ab静止在导轨上在ab运动的整个过程中,下列说法正确的是() A. 撤去外力后,ab做匀减速运动B. 合力对a
8、b做的功为FxC. R上释放的热量为Fxmv2D. R上释放的热量为Fx【答案】D【解析】【详解】A.撤去外力后,导体棒受安培力作用:,可得加速度:,随着速度减小,加速度减小,不匀变速,A错误B.合力对物体做功等于物体动能的该变量,B错误CD.根据能量守恒定律得:,C错误D正确7. 如图所示,绝缘细线系一带有负电的小球,小球在竖直向下的匀强电场中,做竖直面内的圆周运动,以下说法正确的是A. 当小球到达最高点a时,线的张力一定最小B. 当小球到达最低点b时,小球的速度一定最大C. 当小球到达最高点a时,小球电势能一定最小D. 小球在运动过程中机械能守恒【答案】C【解析】试题分析:当重力大于电场力
9、时,小球运动到最高点a时,线的张力一定最小,到达最低点b时,小球的速度最大;当重力等于电场力时,小球做匀速圆周运动,速度大小不变当重力小于电场力时,小球运动到最高点a时,线的张力一定最大,到达最低点b时,小球的速度最小,故AB错误;当小球最低点到最高点的过程中,电场力做正功,电势能减小,小球运动到最高点a时,小球的电势能最小,C正确;由于电场力做功,小球的机械能一定不守恒,故D错误考点:考查了机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析小球所受重力与电场力的大小关系:当重力大于电场力时,小球运动到最高点a时,线的张力一定最小,到达最低点b时,小球的速度最大;当重力等于电场力时,小球做匀速圆周运动当重力
10、小于电场力时,小球运动到最高点a时,线的张力一定最大,到达最低点b时,小球的速度最小;由于电场力做功,小球的机械能一定不守恒8.在匀强磁场中,一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动如图甲所示,产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示,则下列说法正确的是( )A. t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B. t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大C. 该线框匀速转动的角速度大小为D. 电动势瞬时值为22V时,线圈平面与中性面的夹角可能为45【答案】CD【解析】【详解】AB. 由图象知:t=0.01s时感应电动势为零,则穿过线框的磁通量最大,磁通量变化率最小,故A、B错误;C
11、. 由图象得出周期T=0.02s,所以,故C正确;D. 当t=0时,电动势为零,线圈平面与磁场方向垂直,故该交变电动势的瞬时值表达式为,电动势瞬时值为22V时,代人瞬时表达式,则有线圈平面与中性面的夹角正弦值,所以线圈平面与中性面的夹角可能为45,故D正确.9.如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过时间t从C点射出磁场,AOC为120。现将带电粒子的速度变为,仍从A沿直径射入磁场,不计重力,则( )A. 运动半径为B. 运动半径为C. 粒子在磁场中运动时间变为D. 粒子在磁场中运动时间变为2t【答案】BD【解析】【详解
12、】圆形磁场区域的半径是r,带电粒子以速度v射入时,半径r1=,根据几何关系可知,=,所以r1=r,带电粒子转过的圆心角=,运动的时间t=T=;带电粒子以速度射入时,r2=,设第二次射入时的圆心角为,根据几何关系可知=,所以=,则第二次运动的时间t=2t。A.运动半径为,与分析不一致,故A错误;B.运动半径为,与分析相一致,故B正确;C.粒子在磁场中运动时间变为,与分析不一致,故C错误;D.粒子在磁场中运动时间变为2t,与分析相一致,故D正确。10.如图,质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷,电荷最分别为qA和qB,用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时,两小球恰处于同一水平位置,细线与竖直方向间
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