2018-2019學(xué)年江西省九江一中高二(上)期末物理試卷解析版

A.B.C.D.8）KA.B.C.D.、SABU1、ABLdU2極NSme）MNPN1）PP12A.B.C.D.A.B.D.角N角NNS電C.角N角NA）φxxA.B.C.D.）A.B.C.D.BP和Q0lI的laPa）C.D.A.B.0、-ABCDvt）A.B.D.BBAAC.UI4-）A.B.C.D.1BvI）第1頁(yè)，共10頁(yè)）A.B.C.D.RP．2）A.B.C.D.燈LCRmR）A1AA.2MMV1VB.C.D.2ER）1R）2S42F．第2頁(yè)，共10頁(yè)（1（2=s（3bB2LBrE為Rm（1（2abcdL=0.2m，RTmg?。?（2（3Bba1my第3頁(yè)，共10頁(yè)答案和解析對(duì)小球受力分析，其受重力，繩的拉力，庫(kù)侖進(jìn)而得到夾角的表達(dá)式。1.D重點(diǎn)掌握庫(kù)侖力表達(dá)式，其次是正確表示角度，盡量用重力，不要用繩的拉力來(lái)表示。3.C解：A電流元與磁場(chǎng)的方向平行時(shí)，在某處不受磁場(chǎng)力作用，但不能確定該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零，也可能是電流元與磁場(chǎng)的方向平行。故A錯(cuò)誤；負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向相反。故B錯(cuò)誤；C電場(chǎng)線方向從正電荷到負(fù)電荷，永久磁鐵的磁感線在外部由N極指向S極，內(nèi)部由S極指向N極，是閉合曲線。故C錯(cuò)誤；解：沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，AB錯(cuò)誤；在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系為線性關(guān)系，故C正確D錯(cuò)誤。故選：C。沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系呈線性關(guān)系．要知道勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系式，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低最快．、安培力：F=BILsinθ，可知同一個(gè)通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)強(qiáng)的地方受到的安培力可能比在磁場(chǎng)弱的地方受到的安培力小，還與電流與磁場(chǎng)方向之間的夾角有關(guān)。故D正確。故選：。4.B解：A、伸開右手時(shí)讓磁感線穿過(guò)掌心，大拇指所指方向即為運(yùn)動(dòng)方向，則感應(yīng)電流方向應(yīng)沿導(dǎo)線向下，故A錯(cuò)誤；當(dāng)電流方向與磁場(chǎng)方向不在同一直線上時(shí)導(dǎo)體才受到磁場(chǎng)力作用，磁場(chǎng)力的方向與電流、磁場(chǎng)垂直；、伸開右手時(shí)讓磁感線穿過(guò)掌心，大拇指所指方向即為運(yùn)動(dòng)方向，則感應(yīng)電流方向垂直紙面向外，故B正確；正電荷受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向相同，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向相C、伸開右手時(shí)，大拇指所指方向即為運(yùn)動(dòng)方向，則無(wú)感應(yīng)電流，沒(méi)有切割磁感線。故C錯(cuò)誤反；磁鐵的磁感線在外部由N極指向S極，內(nèi)部由S極指向N極；安培力：F=BILsinθ。、伸開右手時(shí)讓磁感線穿過(guò)掌心，大拇指所指方向即為運(yùn)動(dòng)方向，則感應(yīng)電流方向垂直紙面則D錯(cuò)誤。電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度是用比值法定義的物理量之一，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是由電場(chǎng)本身故選：。決定的，與該點(diǎn)是否有試探電荷無(wú)關(guān)。磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場(chǎng)本身決定的。閉合電路中一部分直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電電流方向是由右手定則來(lái)確定，所以要讓磁感線穿過(guò)掌心，大拇指所指的是運(yùn)動(dòng)方向，則四指指的是感應(yīng)電流方向?qū)Ь€在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生感電流。由右手定則來(lái)確定方向，而通電導(dǎo)線放入磁場(chǎng)中，有受到安培力。則安培力的方向是由左手定則來(lái)確定即要讓磁感線穿過(guò)掌心，四指指的是電流方向，則大拇指所指的是安培力方向2.B解：小球M與N相互排斥，MN帶同種電荷，M帶正電N也帶正電；小球N受重力mg繩的拉力，庫(kù)侖力繩與豎直方向夾角為：tanθ=庫(kù)侖力：F=k由于電荷N懸掛在P點(diǎn)時(shí)距離大，庫(kù)侖力小，偏角小，故θ＞θ，角θ變小，故B正確，ACD；，2125.B錯(cuò)誤；故選：。第4頁(yè)，共10頁(yè)解：設(shè)經(jīng)過(guò)電壓為U的加速電場(chǎng)后，速度為v，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷安培力的方向，以及知道在本題中電能部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，還有部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。12mv=eU，17.C電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上：，解：在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為l的a點(diǎn)處的磁22在豎直方向上：y=at=?解得：y=由此可知，當(dāng)U變小，U變大時(shí)，y變大，?t，感應(yīng)強(qiáng)度為B，如下圖所示：0，12故選：。在加速電場(chǎng)中運(yùn)用動(dòng)能定理求出末速度v，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出偏轉(zhuǎn)位移，再進(jìn)行討論即可解題．由此可知，外加的磁場(chǎng)方向與PQ平行，且由Q指向P，即B=B；10本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，注意帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律解題．依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識(shí)則有：Bcos30°=B；P0解得：P或Q通電導(dǎo)線在a處的磁場(chǎng)大小為B=；P6.C當(dāng)P中的電流反向，其他條件不變，解：ABD、小磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)榫€框的下端A向下流向磁鐵對(duì)線框的下端平臺(tái)側(cè)面分析，扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內(nèi)部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應(yīng)線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負(fù)電荷由下往上運(yùn)動(dòng)，由左手定則知：再依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識(shí)則有：B=；2此負(fù)電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點(diǎn)除外），所以，由上往下看（俯視線框沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故ABD錯(cuò)誤；因外加的磁場(chǎng)方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場(chǎng)大小為B；0最后由矢量的合成法則，那么a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B==，故C正ABD錯(cuò)誤；C、因?yàn)殡娫聪牡目偣β室徊糠洲D(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以總功率大于熱功率。故選：C。故C正確。故選：C。依據(jù)右手螺旋定則結(jié)合矢量的合成法則，及三角知識(shí)，即可求解。該裝置的原理是電流在磁場(chǎng)中的受力，根據(jù)左手定則判斷線框的轉(zhuǎn)動(dòng)方向，根據(jù)能量守恒定律考查右手螺旋定則與矢量的合成的內(nèi)容，掌握幾何關(guān)系與三角知識(shí)的應(yīng)用，理解外加磁場(chǎng)方向是解題的關(guān)鍵。判斷功率關(guān)系。第5頁(yè)，共10頁(yè)8.D解：故選：。明確閉合電路歐姆定律的基本內(nèi)容，知道U-I圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，與I軸的交點(diǎn)表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻。、由v-t圖象可知，帶正電的粒子的加速度在A點(diǎn)時(shí)較大，由牛頓第二定律得知在A點(diǎn)的電場(chǎng)力大，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤；本題考查了閉合電路電源的U-I圖象的相關(guān)知識(shí)，要求同學(xué)們理解U-I圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，與I軸的交點(diǎn)表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻。、由A到B的過(guò)程中，速度越來(lái)越大，說(shuō)明是電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，由功能關(guān)系可知，此過(guò)程中電勢(shì)能減少，正電荷在A點(diǎn)是電勢(shì)能大于在B時(shí)的電勢(shì)能，所以A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤。10.解：A、由于電子與正電子的電性相反，所以它們以相同的方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的洛倫茲力的方向相反，偏轉(zhuǎn)的方向相反，故A正確；C、從C到，粒子速度一直不變電場(chǎng)力做功為零，可知CD間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為電勢(shì)的零點(diǎn)可人為選則電勢(shì)不一定為零，故C錯(cuò)誤；、根據(jù)帶電粒子的半徑公式：r=們的速度有關(guān)，故B錯(cuò)誤；電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是否相同，與它C兩點(diǎn)的速度相等，故粒子的動(dòng)能相同，因此從A到B和從C到D電場(chǎng)力做功相同，由W=qUAB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于CB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故D正確。故選：。C質(zhì)子與正電子的電性相同，所以它們以相同的方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的洛倫茲力的方向相同，偏轉(zhuǎn)的方向相同，僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子，故C正確；從圖象可以看出，帶電粒子做的是非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可得出受到的電場(chǎng)力不恒定，由帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用，圖線斜率表示加速度，由牛頓第二定律分析電場(chǎng)力的大小關(guān)系，從而得到電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系．由動(dòng)能的變化，分析電勢(shì)能的變化，從而電勢(shì)的變動(dòng)能定理分析AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與CB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的大小關(guān)系．、根據(jù)帶電粒子的半徑公式：r=成正比，故D錯(cuò)誤。故選：AC。，粒子的半徑與粒子的動(dòng)量成正比，而不是與粒子的動(dòng)能左手定則的內(nèi)容：伸開左手，使大拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向．根據(jù)左手定則的內(nèi)容判斷安培力的方向，當(dāng)然也可以判定洛倫茲力的方向．根據(jù)粒子的半徑公式判斷BD選項(xiàng)．解決本題的關(guān)鍵要掌握?qǐng)D象的物理意義：斜率表示加速度，由速度的變化分析動(dòng)能的變化，判斷受力情況．9.解：ACU-I圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，斜率表示內(nèi)阻，電動(dòng)勢(shì)E=E，內(nèi)阻r＜121r，故AC錯(cuò)誤；本題就是考查左手定則的應(yīng)用，掌握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向．注意正負(fù)電荷的區(qū)別．2U-I圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，與I軸的交點(diǎn)表示短路電流，故電動(dòng)勢(shì)E=E，12發(fā)生短路時(shí)的電流I＞I，故B正確；會(huì)使用粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式進(jìn)行判斷．1211.．當(dāng)通過(guò)兩電源的電流相同時(shí)圖象對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)相等，則根據(jù)圖象可知，電源1的對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)較大，故說(shuō)明電源1的路端電壓較大，故D正確。第6頁(yè)，共10頁(yè)13.甲乙解：AR變小，小電阻分小電壓則R的電壓變小，燈泡的電壓變小，故燈L變暗，故A正確；22RR上電壓變小則電流變小，故R上解：甲圖電源與電流表串聯(lián)，當(dāng)開關(guān)閉則電流表指針會(huì)偏轉(zhuǎn)，從而可判定指針的偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系，變小，外電路的總電阻變則干路總電流變大，而231電流變電壓變大，故電容器兩端電壓變Q=CU則電荷量變大，故B正確；C．當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P向左滑動(dòng)時(shí)電阻變則外電路的總電阻變小，小電阻分小電壓，乙圖線圈與電流表串聯(lián)，當(dāng)穿過(guò)線圈的磁通量變化時(shí)則線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，那么線2則外電壓變小，故R消耗的功率：P=變小，故C錯(cuò)誤；圈中會(huì)有感應(yīng)電流，即可通過(guò)指針的偏轉(zhuǎn)則可判定；丙圖中，沒(méi)有電表，不能確定．3R兩端的電壓變R兩端的電壓變小，二者電壓之和等于外電壓，由前面分析之外電壓12變小，故R兩端增加的電壓小于R電壓，故D正確。故答案為：甲，乙．12故選：ABD。能確定回路中電流方向的，即可判定指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系；當(dāng)穿過(guò)閉合線圈的磁通量變化時(shí)，即可判定感應(yīng)電流．首先明確電路結(jié)R和L并聯(lián)然后和R串聯(lián)聯(lián)后與R并聯(lián)，再根據(jù)滑動(dòng)變阻器的移動(dòng)213明確電阻的變化；由閉合電路歐姆定律可知電路電流的變則可分析內(nèi)電壓電壓及各部分電壓的變化，最后結(jié)合Q=CU，與P=，即可一一求解?？疾殡姶鸥袘?yīng)現(xiàn)象，掌握感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，注意電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系，不是所有電表均一樣．14.本題考查電路的動(dòng)態(tài)分析，關(guān)鍵抓住電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變“局部→整體→局部的思路進(jìn)行分析，同時(shí)也可以利用結(jié)論串反并同”直接分析對(duì)應(yīng)的結(jié)論。解：（1）：游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；（2）：螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為：d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm=0.4700cm；（3）：歐姆表的讀數(shù)為：R=22×10Ω=220Ω；12.解：邊界上有粒子射出的范圍是偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對(duì)應(yīng)的邊界圓弧長(zhǎng)，即偏轉(zhuǎn)圓半徑，所以，，故A錯(cuò)誤，B正確；（4）：由于電壓表量程太大（量程的大于電源的電動(dòng)勢(shì)），所以電壓表應(yīng)選擇；CD、磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的倍，那么，偏轉(zhuǎn)圓半徑轉(zhuǎn)圓直徑對(duì)應(yīng)根據(jù)歐姆定律可求出通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流為==≈14mA，所以電流表應(yīng)選擇；的弦長(zhǎng)為R，有粒子射出的邊界圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，所以粒子射出邊界的圓弧長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)，故C錯(cuò)誤D正確；根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求多測(cè)幾組數(shù)據(jù)可知變阻器應(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié)；故選：。由于待測(cè)電阻滿足電流表應(yīng)用外接法，所以電路應(yīng)是分壓外接電路，如圖所示：根據(jù)有粒子射出的范圍得到偏轉(zhuǎn)圓半徑，進(jìn)而由洛倫茲力做向心力求得速率；再根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化得到偏轉(zhuǎn)圓半徑的變進(jìn)而得到圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角及圓弧的變化．帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一般由洛倫茲力做向心力求得半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑聯(lián)立求解．第7頁(yè)，共10頁(yè)性質(zhì)分析電場(chǎng)方向；（23）根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析，從而求出拉力和電場(chǎng)力，再根據(jù)電場(chǎng)力公式F=qE，列方程求解即可．本題考查勻強(qiáng)電場(chǎng)的基本性質(zhì)，要注意明確負(fù)電荷受力逆著電場(chǎng)線方向，同時(shí)在掌握電場(chǎng)力性質(zhì)的基本之上，將電場(chǎng)力作為力的一種形式進(jìn)行分析，再結(jié)合受力分析規(guī)律即可求解．故答案為：（1）50.15；（2）0.4700；（3）220；（4）如圖16.==①本題（1）在進(jìn)行游標(biāo)卡尺讀數(shù)時(shí)，要分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來(lái)讀，注意將整數(shù)部分單位化為mm；題（2）進(jìn)行螺旋測(cè)微器讀數(shù)時(shí)也要分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來(lái)讀，注意半毫米刻度線是否露出；題（3）進(jìn)行歐姆表讀數(shù)時(shí)注意倍率，一般不需要估讀；題（4）首先根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)大小來(lái)選擇電壓表量程，根據(jù)通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流來(lái)選擇電流表的量程，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求多測(cè)幾組數(shù)據(jù)可知變阻器應(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié)，根據(jù)待測(cè)電阻滿足電流表外接法的條件選擇外接法．②③④⑤應(yīng)明確：①游標(biāo)卡尺和螺旋測(cè)微器讀數(shù)時(shí)都要分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來(lái)讀；②當(dāng)實(shí)驗(yàn)要求電流從零調(diào)或有要求多測(cè)幾組數(shù)據(jù)的要求時(shí)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值=-⑥小的變阻器以方便調(diào)節(jié)；③當(dāng)待測(cè)電阻滿足電流表應(yīng)用內(nèi)接法．時(shí)，電流表應(yīng)用外接法，滿足時(shí)，-．根據(jù)歐姆定律求出導(dǎo)體棒中的電流，從而可求導(dǎo)體棒所受的安培力，由左手定則可判讀其方向；由牛頓第二定律可求得釋放瞬間棒的加速度．==；關(guān)于電磁學(xué)和力學(xué)基本規(guī)律的考查，靈活運(yùn)用定則判定安培力是突破點(diǎn)．17.；=，F(xiàn)為。=，=═V外，=，2（1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件即可分析電場(chǎng)力的方向，從而再根據(jù)電場(chǎng)力的；第8頁(yè)，共10頁(yè)）；V/ms（1）根據(jù)速度位移公式求出線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式求出線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小?！堋?（tn（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小，從而求出cd兩