【文档说明】江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题（A）【精准解析】.doc，共(20)页，846.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题第I卷（选择题)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，1-8题只有一个选项符合题目要求，9-12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1.某同学为了验证断

电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原

因是()A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大【答案】C【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流

从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确；D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误；故

选C．2.实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V．已知R＝10Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是A.线圈平面与磁场平行时刻，线

圈中的瞬时电流为零B.从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i＝2sin100πt（A）C.流过电阻R的电流最大值为2AD.电阻R上的热功率等于5W【答案】C【解析】试题分析：线圈位于图中位置时，磁通量为零，而线圈中的瞬时电流不

为零反而为最大，A错误；电压表示数为10V，即有效值为10V，则最大值为102V，25250/rads==，则电流最大值为1022A10=，所以从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为：()2cos50Ait=，故B错误C正确

；电阻R上的热功率等于221010W10UR==，D错误；考点：考查了交流电的产生【名师点睛】图示位置是与中性面垂直的位置，电动势最大，电压表的示数为电动势的有效值，电流瞬时值表达式为余弦函数．注意计时的位置是中性面还是与之垂直的地方．3.现代质谱仪可用来分析比质子

重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为A.11B

.12C.121D.144【答案】D【解析】【详解】直线加速过程根据动能定理得212qUmv=得2qUvm=①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有2vqvBmR=得mvRqB=②①②两式联立得：222qBRmU=一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U

相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。故选D。4.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，接有四个阻值相同的定值电阻，变压器初级线圈接到交流电源上，下面说法正确的是()A.副线圈电压是电源电压的2

倍B.流过R1的电流是副线圈上电流的2倍C.R1上的电功率是R2上电功率的2倍D.R1上的电功率是R2上电功率的9倍【答案】D【解析】【详解】因为原、副线圈匝数比为1∶2，所以原线圈输出电压，即2R两端电压为副线圈两端电

压的一半，即()2433321112222RRRRRUUUUUU==+==，但由于1R的存在所以2RU小于电源电压，2R两端电压与R3两端电压相等，故其电流相等，根据原副线圈电流比反比与原副线圈匝数比，所以原线圈与2R并联部分的电流为副

线圈的2倍，而1R的电流等于2R的电流与并联部分导线电流之和，所以R1上的电流是副线圈电流的3倍，AB错误；根据2PIR=可得1R上的电功率是2R上电功率的9倍，C错误D正确．5.水力采煤是利用高速水

流冲击煤层而进行的.假如煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可被破碎,若高速水流沿水平方向冲击煤层,不考虑水的反向溅射作用,则冲击煤层的水流速度至少应为A.30m/sB.40m/sC.45m/sD.60m/s【答案】D【解析】本题考查

动量定理．0Ftmv−=−，msvt=，得2Fsv=，60/FPvmss===，选D．6.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B．电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕

垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）．则线框内产生的感应电流的有效值为A.22BLRB.222BLRC.224BLRD.24BLR【答案】D【解析】【详解】交流电流的有效值是根据电流的热效

应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有4T的时间内有感应电流，则有222()4LBLTRIRTR=，解得：24BLIR=．故D项正确，ABC三项错误．7.A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且

与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，如图所示．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（）A.金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力减小B.金属环B的感应电流方向与箭头所

示方向相同，丝线受到的拉力增大C.金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力减小D.金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力增大【答案】A【解析】【详解】胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手

螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同；根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，故A正确，BCD错误。故选A。8.如图所示，一理想变压器的原、副线

圈匝数之比为12:55:1nn=，原线圈接入电压()2202sin100Vut=的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（）A.副线圈中交变电流的频率为100HzB.t=0.02s时，电压

表的示数为0C.电流表的示数先变小后变大D.定值电阻R消耗的功率先变大后变小【答案】C【解析】【详解】A．由电压表达式知交流电的ω=100π10050Hz22f===故A错误；B．原线圈两端的输入电压有效值为2

20V，由电压与匝数成正比知1122UnUn＝所以副线圈两端电压为221112204V55nUUn＝＝＝即为电压表的读数为4V，故B错误；CD．由图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电

阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，变压器次级电流电流将先减小后增大，定值电阻R消耗的功率先变小后变大；因为变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示

数先变小后变大。故C正确，D错误。故选C。9.如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则()A.小球以后将向右做平抛运动B.小球将做自由落体运动C.此过程小球对小车做的功为202mvD.

小球在弧形槽内上升的最大高度为204g【答案】BCD【解析】【分析】小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高

度．根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小．【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守

恒，得：012mvmvmv=+①，由动能守恒得222012111222mvmvmv=+②，联立①②得1200vvv==，，即小球与小车分离后二者交换速度；所以小球与小车分离后做自由落体运动，A错误B正确；C．对小车运用动能定理得，小球对小车做功220011022Wmv

mv=−=，C正确；D．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则02mvmv=③，22011222mvmvmgh=+④，联立③④解得204vhg=，D正确．10.在如图一所示的光电管的实验中（电源正负极可

以对调），用同一光电管得到了三条可见光的光电流与电压之间的关系曲线（图二中的甲光、乙光、丙光）。下列说法中正确的有（）A.只要电流表中有电流通过，光电管中就发生了光电效应B.同一光电管对不同颜色的单色光有各自不同的

极限频率截止频率C.图一中电流表G的电流方向可以是a流向b、也可以是b流向aD.图二中由于甲光和乙光有共同的2cU，可以确定甲光和乙光是同一种色光【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，只有电流表有电流，则有光电子通过电流表，因此一定会发生光电效应；故A

正确；B．同一金属，截止频率是相同的，故B错误；C．由光电管结构可知，光电子由右向左，则电流是从左向右，即a流向b，故C错误；D．根据212meUmvhW==−截入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大

。甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，即为同种光，故D正确。故选AD。11.如图所示，水平放置的U形光滑框架上接一个阻值为0R的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在

水平向右的恒定拉力F的作用下，由静止开始运动距离d后速度为v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是（）A.此时AC两端电压为002ACBLvRURr=+B.此过程中回路产生的热量2

12QFdmv=−C.此过程中通过电阻0R的电荷量为02BLdqRr=+D.此过程所用时间22012BLdtmgFRr=++【答案】ABC【解析】【详解】A．导体AC有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AC切割磁感线产生感应电动势的大小为E＝B∙2

L⋅v＝2BLv而AC相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得00002ACRBLvRUERrRr++＝＝选项A正确；B．根据能量守恒定律可知，外力做的功，一方面转化为导体动能的增加，另一方面转化

为焦耳热，即212FdQmv+＝解得212QFdmv−＝故B正确；C．根据法拉第电磁感应定律得()002EBLdIrRtRr++＝＝又因为电流定义式为qIt＝解得此过程中通过电阻R0的电荷量为02BLdqItRr+＝＝故C正确；D．根据动量定理得2FtBI

Ltmv−＝又因为qIt＝则有Ft-qB∙2L=mv解得220214()qBLmvBLdtmvFFRr+++＝＝故D错误。故选ABC。12.如图所示，在空间中有一坐标系Oxy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和Ⅱ，直线OP是

它们的边界．区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内．边界上的P点坐标为(4L，3L)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射人区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，

cos37°=0.8．则下列说法中不正确的是（）A.该粒子一定沿y轴负方向从O点射出B.该粒子射出时与y轴正方向夹角可能是74°C.该粒子在磁场中运动的最短时间5360mtqB=D.该粒子运动的可能速度为

25(1,2,3)12qBLvnnm==【答案】B【解析】【详解】AB.带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得2vqvBmR=,解得mvRqB=所以，粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径分别为：122RR=,有题意知OP边与x轴

的夹角3tan4LL=，知37=，故带正电粒子从P点平行于y轴负方向射人区域I与OP边的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y轴负方向，故A选项正确，B选项错误；C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2mTqB

=粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为1106=，粒子在区域Ⅰ中运动的时间为11153290mtTqB==粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为2106=粒子在区域Ⅱ中运动的时间为112532180mtTqB==所以该粒子在磁场中运动的最短时间12ttt=+=536

0mqB，故C选项正确；带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP边移动的距离为012LLL=+，其中1182cos375mvLRqB==，2242cos375mvLRqB==而05LnL=,n=1,2,3……联立解得25(1,2,3)12qBLvnnm==,

故D选项正确；综上所述，只有B选项错误．第II卷（非选择题)二、填空题(本题共2小题，每空2分，共16分)13.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联

成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中(1)S闭合时，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(填左偏、不偏、右偏)(2)线圈A放在B中不动时，指针将________

；(填左偏、不偏、右偏)(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．(填左偏、不偏、右偏)【答案】(1).右偏(2).不偏(3).左偏【解析】【详解】图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从哪方流入电流表指针就向哪方偏转；(1

)[1]S闭合后，将螺线管A(原线圈)移近螺线管B(副线圈)的过程中，穿过B的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从负极流入电流表，故电流表指针向右偏转；(2)[2]线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；(3)[3]线圈A放在B附近不

动，突然切断开关S，穿过B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从正极流入电流表，故电流表指针向左偏转；14.某同学利用电火花打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分

布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向

气垫导轨通入压缩空气；③把电火花打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑

块2放在气垫导轨的中间；⑥先______________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图(b)所示；⑧测得滑块1的质量为310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g.完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每

隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_______________________________

____【答案】(1).（1）启动打点计时器(或接通打点计时器电源)；(2).释放滑块1；(3).（2）0.620；(4).0.618；(5).（3）纸带和限位孔之间的摩擦力使滑块的速度减小【解析】【详

解】(1)⑥[1][2]．使用打点计时器时，应先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1.(2)[3][4]．放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为：p1＝m1v1＝0.310×0.

20.1kg·m/s＝0.620kg·m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×0.1680.14kg·

m/s＝0.618kg·m/s.(3)[5]．结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．三、计算题（本题共3小题，共36分，每小题12分）15.如图所示，一个质量为m，带电量为q的正离子，从D点以某一初速度v0垂直进入匀强磁场．磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度为B．

离子的初速度方向在纸面内，与直线AB的夹角为60°．结果粒子正好穿过AB的垂线上离A点距离为L的小孔C，垂直AC的方向进入AC右边的匀强电场中．电场的方向与AC平行．离子最后打在AB直线上的B点．B到A的距离为2L．不计离子重力，离子运动轨迹始终在纸面内，求：（1）粒子从D点入射的速度v0

的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小．【答案】（1）023qBLvm=；（2）229qBLEm=．【解析】【详解】（1）离子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示．由几何关系可知，离子圆周运动半径r满足：cos60Lrr=+①离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律：200

vqvBmr=②由①②解得入射速度023qBLvm=③（2）离子进入电场后做类平抛运动，轨迹如图所示．水平方向02Lvt=④竖直方向212qELtm=⑤由③④⑤解得匀强电场的电场强度229qBLEm=⑥16.如图所示，固

定的凹槽表面光滑水平，其内放置一U形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m的1/4光滑圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面水平、粗糙，与两圆弧相切，B、C为相切点．小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M＝4m．P1、P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2

＝0.40，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时滑板N紧靠凹槽的左端，P2静止B点，P1以v0＝4.0m/s的初速度从A点沿圆弧自由滑下，在B点与P2发生弹性碰撞，碰后P1、P2的速度交换．当P2滑到C点时，滑板N恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢，P2则继续滑动，到达D

点时速度刚好为零．P1与P2视为质点，取g＝10m/s2．问：⑴P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？⑵BC长度为多少？⑶N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？【答案】（1）0.8m/s2（2）1.9m⑶0.695m【解析】试题分析：根据动能

定理求出小滑块P1滑到底端时的速度，再根据牛顿第二定律求出加速度；根据动量守恒定律和能量守恒求出BC长度；在由速度位移公式求出P1与P2间的距离．（1）P1滑到最低点速度为1v，由动能定理有：22101122mgRmvmv=−解得：15/vms=由题意可知：10v=2v=5m/sP

2向右滑动时，假设P1与滑板相对静止，把P1、M看成一个整体由牛顿第二定律有：22()mgmMa=+带入数据解得：2240.8/5mamsm==此时对P1有：10.801.0mfmamfm===故P

1与滑板相对静止，滑板的加速度为0.8m/s2．（2）P2滑到C点速度为2v，由动能定理得2212mgRmv=带入数据解得：23/vms=P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，由动量守恒定律：22()mvmMvmv++=解得：0.40/vms=把P1、P2、M看成一个系

统，由能量守恒有：222222111()222fLmvmvmMv=−−+解得：1.9Lm=⑶滑板碰后，P1向右滑行距离：2110.082vSma==P2向左滑行距离：22221.1252vSma==所以P

1、P2静止后距离：120.695SLSSm=−−=点睛：本题主要考查了动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，要先正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程即可求解．17.如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水

平面上．一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱．导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直

向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B．在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a．（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？（3）某过程中回路产生的焦耳热

为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量．【答案】（1）20BLatRRat+（2）Ma＋μmg＋12（1＋m）B2L20aRR（3）mmg（W－mQ）【解析】【详解】（1）回路中感应电动势E=BLv导轨做初速度为零的匀加速运动v=at回路中感应电动势随时间变化的表达

式E=BLat212xat=回路中总电阻22001=+2()2RRRatRaRt=+总回路中感应电流随时间变化的表达式20BLatIRRat=+（2）导轨受到外力F，安培力FA，摩擦力f；2220ABLatFBILRRat==+

2220()()ABLatfmgFmgRRat=+=++由牛顿第二定律AFFfMa−−=解得2222200(1)(1)BLatBLaFMamgMamgRRRatRatt=+++=+++++上式中，当0RaRtt=，即0RtaR=时外力F取最大值所以

22max0(1)2BLaFMamgRR+=++（3）设此过程中导轨运动距离S由动能定理，W合=△Ek，W合=Mas由于摩擦力Ff="μ(mg+"FA)，则摩擦力做功W=μmgS+μWA=μmgS+μQ所以WQSmg−

=导轨动能的增加量kWQEMaSMamg−==【点睛】此题是一道力、电、磁的综合题目；解题时要仔细阅读题目，搞清题意，认真分析物体运动的物理过程，灵活选择物理规律列出方程；解题时注意挖掘题目的隐含条件；此题综合考查学生分析问题解决问

题的能力.