1、湛江第一中学 2018-2019 学年度第一学期第一次大考 高二级 物理 B一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第16 题只有一项符合题目要求，第 712 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但选不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 1.下列有关物理学家的贡献叙说错误的是（ ）A. 元电荷 e 的数值最早由美国物理学家密立根测定的B. 静电力常量 k 是卡文迪许通过扭秤实验测定的C. 丹麦物理学家奥斯特最早发现了电流的磁效应D. 法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述【答案】B【解析】【详解】元
2、电荷 e 的数值最早是由美国物理学家密立根测得，A 正确；静电力常量是由库仑通过扭秤实验测得，B 错误；奥斯特最早发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，C正确；法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述电场和磁场，D 正确2.有一个电风扇，标有“220 V 50 W” ，电动机线圈的电阻为 0.4 ，把它接入 220 V 的电路中，以下几种计算时间 t 内产生热量的方法正确的是( )A. B. Q Pt C. D. 以上三种方法均正确【答案】C【解析】【详解】公式 是由 得来的，即利用了 ，而电动机不是线性电阻，所以欧姆定律不再适用，故不能使用 计算电动机产生
3、的热量，A 错误；电风扇的功率为P，电风扇有机械能的输出，电热要小于 Pt，B 错误；由于 ， ，故 ，C正确 D 错误【点睛】在计算热量时，焦耳定律 是最根本的计算式，对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和3.如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么( )A. 由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度B. 由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度C. 由于铜是金属材料
4、，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度D. 由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度【答案】C【解析】【详解】铜是金属材料，但不能被磁化。铜管可视为闭合回路，强磁体穿过整个铜管的过程中，铜管始终切割磁感线，在管中运动的过程中管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C 正确4.如图甲所示，导体棒 MN 置于水平导轨上， PQ 之间有阻值为 R 的电阻， PQNM 所为的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿
5、竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在 02t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒 MN 始终处于静止状态。下列说法正确的是A. 在 0t0和 t02t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B. 在 t02t0内，通过电阻 R 的电流方向为 P 到 QC. 在 0t0内，通过电阻 R 的电流大小为D. 在 02t0内，通过电阻 R 的电荷量为【答案】D【解析】A、由图乙所示图象可知， 内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，
6、导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故 A 错误；B、由图乙所示图象可知，在 内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻 R 的电流方向为 Q 到 P，故 B 错误；C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 内感应电动势：，感应电流为 ，故 C 错误；D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 内通过电阻 R 的电荷量为；故 D 正确；故选 D。【点睛】由楞次定律判断出导体棒的运动趋势，然后判断摩擦力方向；由楞次定律求出感应电流方向；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流；然后由电流定义式
7、求出电荷量。5.如图所示， 厚度为 h，宽度为 d 的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是( )A. 上表面的电势高于下表面电势B. 仅增大 h 时，上下表面的电势差增大C. 仅增大 d 时，上下表面的电势差减小D. 仅增大电流 I 时，上下表面的电势差减小【答案】C【解析】【详解】根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，A 错误；根据 ， ，解得 ，知增大 h，上下表面的电势差不变；仅增大 d 时，上下表面的电势差减小；电流 I 越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故
8、 C 正确 BD 错误【点睛】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力6.温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示，电源的电动势 E9.0V，内阻不计，G 为灵敏电流计，内阻Rg保持不变；R 为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示。闭合开关 S，当 R的温度等于 20时，电流表示数 I12mA；当电流表的示数 I23.6mA 时，热敏电阻的温度是（ ）A. 60 B.
9、 80 C. 100 D. 120【答案】D【解析】试题分析：由图象知，当 R 的温度等于 20时，热敏电阻的阻值 R=4000，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得： ，解得： 。当电流 时，由串联电路特点及欧姆定律得：解得： 。由图象知，此时热敏电阻的温度 t=120所以选：D考点：本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力。7.如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且 R1大于电源的内阻 r，当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时，则( ) A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点 P 将向上运动D. 电源的输出功率逐渐增大【答案】
10、AD【解析】当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流 I 增大，电源的内电压 增大，电源的路端电压U 减小；对 ： 增大、 增大；对电容器： 减小，质点 P 受到的电场力减小，质点 P 将向下运动；对 ： 减小， 减小；对电流表： 增大；对 ： 增大， 增大；对 ： 减小，电压表读数减小；电源的输出功率： 滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路外电阻 R 减小，(R1大于电源的内阻 r)，当 R 减小时，输出功率增大。综上 AD 正确。点睛：在使用程序法分析电路动态变化时，要先局部电阻的变化到总电阻的变化到电路
11、中电流的变化，再到电源内外电压的变化，再到干路电阻的电流电压变化，再到支路固定电阻电压电流的变化，最终支路变化电阻的电压电流变化；这样分析才思路清晰。建议除了程序法以外，适当了解下串反并同。8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、 Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是( )A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变
12、为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍【答案】AB【解析】试题分析：由电磁感应定律得 ， ，故 一定时，电流大小恒定，选项 A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从 a 经过 R流到 b，选项 B 正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C 错误； ，角速度加倍时功率变成 4 倍，选项 D 错误，故选 AB。【考点定位】电磁感应定律【名师点睛】法拉第圆盘是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式 ，并能搞清整个电路的结构。视频9.如
13、图，正方形 abcd 中abd 区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，bcd 区域内有方向平行 bc 的匀强电场（图中未画出） 。一带电粒子从 d 点沿 da 方向射入磁场，随后经过 bd的中点 e 进入电场，接着从 b 点射出电场。不计粒子的重力。则（ ）A. 粒子带负电B. 电场的方向是由 b 指向 cC. 粒子在 b 点和 d 点的动能相等D. 粒子在磁场、电场中运动的时间之比为2【答案】ABD【解析】A、根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从 d 点进 e 点出，由左手定则知带负电，则 A 正确。B、根据磁场中运动的对称性知 e 点的速度大小等于 v0，方向与 bd 成 45，即水平向右，而电
14、场线沿 bc 方向，则做类平抛运动，可知负粒子受的电场力向上，则电场由 b 指向 c，B 正确。C、粒子从 d 到 e 做匀速圆周运动，速度的大小不变，而 e 到 b 电场力做正功，动能增大，故 b 点的动能大于 d 点的动能，C 错误。D、设正方形边长为 L，由几何关系可知，电场中的水平分运动是匀速直线运动， ，故 ，则 D 正确。故选 ABD.【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结合牛顿第二定律列式分析10.如图所示，三根通电长直导线 都垂直于纸面放置，彼此之间的距离都相等， 电流等大反向， 电流方向相同， 电流大小为 电流大小的一半。已知 受
15、到 所产生磁场的安培力为 ，若直线电流在某点所产生磁感应强度大小与电流成正比，与该点到直线电流的距离成反比，则下列说法正确的是A. 对 作用力的合力大小等于B. 对 作用力的合力方向垂直于 连线C. 对 作用力的合力方向垂直于 连线D. 对 作用力的合力大小等于【答案】AD【解析】【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在 C 点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小，再根据安培定则以及 分析力的方向以及大小【详解】设 c 在 a 处产生的磁感应强度为 B；根据安培定则可知， bc 在 a 点产生的磁场方向如图所示，根据平行四边形定则可知， ； a 受到 c 所产生磁场的安培力
16、为 F，即，所以 b、 c 对 a 作用力的合力大小等于 F，A 正确；根据 A 中分析可知，合场强方向如图所示，再根据左手定则可知， b、 c 对 a 作用力的合力方向不垂直于 ac，B 错误；根据安培定则可知，a、c 在 b 产生的磁场方向如图所示，由图可知，合磁场方向如图所示，由安培定则可知，安培力不垂直于 ac 方向，C 错误；由已知可知，a 受 c 的安培力为 F，c 在 a 处产生磁感应强度为 B，则 a 在 b 处产生的磁感应强度为 ；而 c 在 b 处产生的磁感应强度为 B；根据平行四边形定则可知，；a 受到 c 所产生磁场的安培力为 F，即 F=BIL，所以b，c 对 a 作
17、用力的合力大小等于 ，D 正确；11.如图所示，在半径为 R 的圆形区域内（圆心为 O）有匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直于圆平面（未画出） 。一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由 P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于 R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力） （ ）A. 沿 PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大B. 从 Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C. 在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心 O 点D. 若轨道半径等于 R，则所有离子飞出磁场时的动量一定相同【答案】BCD【解析】A、B、D 项：由圆的性质可知，轨迹圆
18、与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为 PQ，故此时粒子一定不会沿 PQ 飞出，由 Q 点飞出的粒子圆心角最大，故所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心 O 点故 A、D 正确，B 错误；C 项：因洛仑兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相同，故 C 错误。12.如图所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为 ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B将质量为 m 的导体棒由静止释放，当速度达到 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为 P，导体
19、棒最终以 2v 的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为 g，下列选项正确的是 （ ）A. P=2mgvsinB. P=3mgvsinC. 当导体棒速度达到 v/2 时加速度为D. 在速度达到 2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功【答案】AC【解析】当导体棒的速度达到 v 时，对导体棒进行受力分析如图甲所示 ， 解得；当导体棒的速度达到 2v 时，对导体棒进行受力分析如图乙所示，解得 ，功率 。故 A 正确；当导体棒速度达到 时，对导体棒受力分析如图丙所示 解得 ，故 C 正确；当导体棒的速度达到 2v 时，安培力等于拉力和
20、 mgsin 之和，所以以后匀速运动的过程中， R 上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故 D 错误。综上分析，AC 正确。二、实验题：本题共 3 小题共 24 分13.如图所示，游标卡尺读数为_mm，螺旋测微器读数为_mm.【答案】 (1). 49.15 (2). 0.900【解析】【详解】20 分度的游标卡尺，精确度是 0.05 mm,游标卡尺的主尺读数为 49 mm，游标尺上第3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 ，所以最终读数为：49+0.15=49.15 ；螺旋测微器的主尺读数为 ，可动刻度为 ，所以最终读数为.14.二极管是一种半导体元件，电路符号为 ，其特点是具有单向
21、导电性。某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究。据了解，该二极管允许通过的最大电流为 50mA。（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的电阻挡来判断它的正负极：当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断_ （填“左”或“右” ）端为二极管的正极。（2）实验探究中他们可选器材如下：A直流电源（电动势 3V，内阻不计） ；B滑动变阻器（020） ；C电压表（15V、内阻约 80K） ；D电压表（3V、内阻约 50K） ；E电流表（0.6A、内阻约 1） ；F电流表（50mA
22、、内阻约 50） ；G待测二极管；H导线、开关。为了提高测量精度，电压表应选用_，电流表应选用_。 （填序号字母）（3）实验中测量数据如下表,请在坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线_。电流 I/mA 0 0 0.2 1.8 3.9 8.6 14.0 21.8 33.5 50.0电压 U/V 0 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50（4）同学们将该二极管与阻值为 10 的定值电阻串联后接到电压恒为 3V 的电源两端，则 二极管导通时定值电阻的功率为_W。【答案】 (1). 左 (2). D (3). F (4). (5). 0.025【解析】【
23、分析】二极管具有单向导电性，根据接通万用表后的电流大小可以判断二有管的正负极；根据给定的电源的电压可以选择电压表；根据表中给出的数据可以选择电流表；在坐标轴中选择合适的坐标，采用描点法作图，注意用平滑的曲线将各点相连；将 10 的定值电阻视为电源内阻，则画出电源的伏安特性曲线，两图象的交点为二极管的工作点，则由图可得出电流和电压，从而求出功率【详解】 （1）由于黑表笔接电源的正极，则由题意可知，黑表笔接左侧时电流较大，说明二极管左侧为二极管的正极；（2）因电源电压为 3V，为了安全和准确电压表应选择 D；由表中数据可知，电流最大为50mA，则电流表应选择 F；（3）如图建立直角坐标系，采用描点
24、作图，图象如下；（4）将 10 定值电阻等效为电源内阻；在图中作出电源的伏安特性曲线，如图；则两曲线的交点为二极管工作点，则由图象可知，二极管的工作电压约为 2.5V；电流约为 50mA；则定值电阻消耗的功率 ；（0.022-0.028 均可）【点睛】本题考查二极管伏安特性曲线的实验，本题中要注意万用表的欧姆档黑表笔接内部电源的正极；同时注意二极管的伏安特性曲线的性质，不能画成直线15.（1）某同学想测量一节干电池的电动势和内电阻。由于没有电流表，同学将一个表头的内阻为 10 、满偏电流为 100mA 的毫安表改装成量程为 0.5A 的电流表，则应并联阻值为 _的电 阻 R1（2）实验电路如（
25、a）所示。实验步骤如下，请完成相应的填空：将滑动变阻器 R 的滑片移到 B 端，闭合开关 S；多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数 U 和毫安表的示数 I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为_mA。以 U 为纵坐标， I 为横坐标，作 U I 图线，如图(c)所示；根据图线求得电源的电动势 E = _V，内阻 r = _ 。 （结果均保留到小数点后两位）忽略偶然误差，本实验测得的 E 测 、 r 测 与真实值比较： E 测 _E 真 ， r 测_r 真 。 （选填“” 、 “”或“” ）【答案】 (1). 2.5 (2). 68 (3). 1.48(1.471.49 之间均可
26、) (4). 0.45(0.430.48 之间均可) (5). (6). 【解析】【详解】 （1）改装电流表，应并联电阻分流，根据欧姆定律以及串并联电路规律可得：；（2）电流表量程为 100mA，故读数为 68mA；改装后电流的内阻为 ，根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的 5 倍，由闭合电路欧姆定律可知 ，由图可知，电源的电动势 E=1.48V；，故 ；由于本题中的计算是将电流表和内阻捆绑在一块的，通过的电流为通过电源内部的电流，电压为路端电压的读数，不存在分流或分压导致的误差，故 ；三、计算题 本题共 3 小题共 38 分16.如图所示，两根平行光滑金属导轨 MP、NQ 与水平面成 =
27、37角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距 L=“0.5“ m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒 ab，金属棒 ab 处于静止状态，它的质量为 。金属棒 ab 两端连在导轨间部分对应的电阻为 R22，电源电动势 E2V，电源内阻 r1，电阻 R12，其他电阻不计。装置所在区域存在一垂直于斜面 MPQN 的匀强磁场。 （已知 sin370.6，cos370.8，）求：（1）所加磁场磁感应强度方向；（3 分）（2）磁感应强度 B 的大小。 （5 分）【答案】 （1）垂直斜面向下（2）【解析】试题分析：（1）金属棒 处于静止状态，又是垂直于斜面 MPQN 的匀强磁场，则所受安培力沿斜面
28、向上，由左手定则判断磁场的方向垂直斜面向下。（2） 和 并联的总电阻 R 1，电路中的总电流 I= ，通过导体棒的电流 I= ，导体棒受到安培力为 ，受力平衡 ，磁感应强度为 。考点：共点力作用下物体平衡、安培力【名师点睛】本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析受力情况，特别是安培力的情况是关键。17.如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为 1.0m，左端连接阻值 R=4.0 的电阻；匀强磁场磁感应强度 B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m=0.2kg、长度 l=1.0m、电阻 r=1.0 的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好。 t=0 时
29、对杆施加一平行于导轨方向的外力 F，杆运动的 v-t 图象如图乙所示。其余电阻不计。求：（1）从 t=0 开始，金属杆运动距离为 5m 时电阻 R 两端的电压；（2）在 03.0s 内，外力 F 大小随时间 t 变化的关系式。【答案】 （1）1.6V（2） F=0.1+0.1t【解析】(1)根据 v-t 图象可知金属杆做匀减速直线运动时间 t=3s， t=0 时杆速度为 v0=6m/s，由运动学公式得其加速度大小设杆运动了 5m 时速度为 v1，则 此时，金属杆产生的感应电动势 回路中产生的电流电阻 R 两端的电压 U=I1R 联立解 U=1.6V (2)由 t =0 时 ，可分析判断出外力
30、F 的方向与 v0反向。金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有 设在 t 时刻金属杆的速度为 v，杆的电动势为 ，回路电流为 I，则又 联立解得 F=0.1+0.1t 【点睛】本题是滑杆问题，关键是根据闭合电路欧姆定律列式求解感应电动势，根据安培力公式求解安培力，安培力的方向是体现阻碍磁通量变化18.如图所示，在 xOy 坐标系中，在 y d 的区域内分布有指向 y 轴正方向的匀强电场，在d y2 d 的区域内分布有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场， MN 为电场和磁场的边界，在y2 d 处放置一垂直于 y 轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为 m、电量为 q 的粒子以初
31、速度 v0由坐标原点 O 处沿 x 轴正方向射入电场，已知电场强度大小为(粒子的重力不计) （1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点 P（6 d,0） （图中未画出） ，求磁感应强度的大小【答案】 （1） （2）n=3, ；n=4, ；n=5, 【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由初速度、匀加速直线运动的位移、加速度等求出末速度的大小和方向，进入磁场后做匀速圆周运动由洛仑兹力提供向心力和轨迹圆与金属板相切的几何关系求出最小的磁感应强度粒子再次回到电场时做斜抛运动，再次到达 x 轴时速度恰恰水平，这样粒子在 x 轴上前进一段距离，当前进的距离的整数倍为 4d 时，此时符合题目所要求的磁感应强度（1）粒子先在电场中做类平抛运动， ，其中 ，得进入磁场速度速度与 x 轴夹角 所以 ，粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切设粒子在磁场中运动半径为 R，洛仑兹力提供向心力由几何关系 ，得故要使粒子不打到挡板上，（2）粒子再次回到 x 轴上，沿 x 轴前进的距离调节磁场粒子通过 P 点，回旋次数 ，n 为整数，只能取 n=2 和 n3n=2 时， ，此时磁场n=3 时， ，此时磁场
