【KS5U解析】江西省宜春市高安中學(xué)2019-2020學(xué)年高一下學(xué)期期中考試物理試題（A） Word版含解析

1、物理試題第i卷（選擇題)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，1-8題只有一個選項符合題目要求，9-12題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分)1.某同學(xué)為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈l、小燈泡a、開關(guān)s和電池組e ， 用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路檢查電路后，閉合開關(guān)s ， 小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)s ， 小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象雖然多次重復(fù)，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是( )a. 電源的內(nèi)阻較大b. 小燈泡電阻偏大c. 線

2、圈電阻偏大d. 線圈的自感系數(shù)較大【答案】c【解析】a、開關(guān)斷開開關(guān)時，燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，a錯誤；b、若小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，b錯誤； c、線圈電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，c正確；d、線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動勢較大，但不能改變穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小，d錯誤；故選c2. 實驗室里的交流發(fā)電機可簡化為如圖所示的模型，正方

3、形線圈在水平勻強磁場中，繞垂直于磁感線的oo軸勻速轉(zhuǎn)動今在發(fā)電機的輸出端接一個電阻r和理想電壓表，并讓線圈每秒轉(zhuǎn)25圈，讀出電壓表的示數(shù)為10 v已知r10 ，線圈電阻忽略不計，下列說法正確的是a. 線圈平面與磁場平行時刻，線圈中的瞬時電流為零b. 從線圈平面與磁場平行開始計時，線圈中感應(yīng)電流瞬時值表達(dá)式為isin 100t （a）c. 流過電阻r的電流最大值為ad. 電阻r上的熱功率等于5 w【答案】c【解析】試題分析：線圈位于圖中位置時，磁通量為零，而線圈中的瞬時電流不為零反而為最大，a錯誤；電壓表示數(shù)為10v，即有效值為10v，則最大值為，則電流最大值為，所以從線圈平面與磁場平行開始計時

4、，線圈中電流瞬時值表達(dá)式為：，故b錯誤c正確；電阻r上的熱功率等于，d錯誤；考點：考查了交流電的產(chǎn)生【名師點睛】圖示位置是與中性面垂直的位置，電動勢最大，電壓表的示數(shù)為電動勢的有效值，電流瞬時值表達(dá)式為余弦函數(shù)注意計時的位置是中性面還是與之垂直的地方3.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為a. 11b. 12c. 121d. 14

5、4【答案】d【解析】【詳解】直線加速過程根據(jù)動能定理得得 離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有得 兩式聯(lián)立得：一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場u相同，同一出口離開磁場則r相同，所以mb2，磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍，離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，d正確，a、b、c錯誤。故選d。4.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為12，接有四個阻值相同的定值電阻，變壓器初級線圈接到交流電源上，下面說法正確的是()a. 副線圈電壓是電源電壓的2倍b. 流過r1的電流是副線圈上電流的2倍c. r1上的電功率是r2上電功率的2倍d. r1上的電功率是r2上電功率的

6、9倍【答案】d【解析】【詳解】因為原、副線圈匝數(shù)比為12，所以原線圈輸出電壓，即兩端電壓為副線圈兩端電壓的一半，即，但由于的存在所以小于電源電壓，兩端電壓與r3兩端電壓相等，故其電流相等，根據(jù)原副線圈電流比反比與原副線圈匝數(shù)比，所以原線圈與并聯(lián)部分的電流為副線圈的2倍，而的電流等于的電流與并聯(lián)部分導(dǎo)線電流之和，所以r1上的電流是副線圈電流的3倍，ab錯誤；根據(jù)可得上的電功率是上電功率的9倍，c錯誤d正確5.水力采煤是利用高速水流沖擊煤層而進(jìn)行的.假如煤層受到3.6×106n/m2的壓強沖擊即可被破碎,若高速水流沿水平方向沖擊煤層,不考慮水的反向濺射作用,則沖擊煤層的水流速度至少應(yīng)為a

7、. 30m/sb. 40m/sc. 45m/sd. 60m/s【答案】d【解析】本題考查動量定理，得，選d6.如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b電阻為r、半徑為l、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的o軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動（o軸位于磁場邊界）則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為 a. b. c. d. 【答案】d【解析】【詳解】交流電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應(yīng)得出的，線框轉(zhuǎn)動周期為t，而線框轉(zhuǎn)動一周只有的時間內(nèi)有感應(yīng)電流，則有，解得：故d項正確，abc三項錯誤7.a為水平放置膠木圓盤，在其側(cè)面均勻分布著負(fù)電荷，在a的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環(huán)b，使b的環(huán)

8、面水平且與圓盤面平行，其軸線與膠木盤a的軸線oo重合，如圖所示現(xiàn)使膠木盤a由靜止開始繞其軸線oo按箭頭所示方向加速轉(zhuǎn)動，則（ ）a. 金屬環(huán)b的感應(yīng)電流方向與箭頭所示方向相同，絲線受到的拉力減小b. 金屬環(huán)b的感應(yīng)電流方向與箭頭所示方向相同，絲線受到的拉力增大c. 金屬環(huán)b的感應(yīng)電流方向與箭頭所示方向相反，絲線受到的拉力減小d. 金屬環(huán)b的感應(yīng)電流方向與箭頭所示方向相反，絲線受到的拉力增大【答案】a【解析】【詳解】膠木盤a由靜止開始繞其軸線oo按箭頭所示方向加速轉(zhuǎn)動，形成環(huán)形電流，環(huán)形電流的大小增大，根據(jù)右手螺旋定則知，通過b線圈的磁通量向下，且增大，根據(jù)楞次定律可知，金屬環(huán)b的感應(yīng)電流方向與

9、箭頭所示方向相同；根據(jù)楞次定律的另一種表述，引起的機械效果阻礙磁通量的增大，知金屬環(huán)的面積有縮小的趨勢，且有向上的運動趨勢，所以絲線的拉力減小，故a正確，bcd錯誤。故選a。8.如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為，原線圈接入電壓的交流電源，圖中電表均為理想電表，閉合開關(guān)后，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭p從最上端滑到最下端的過程中，下列說法正確的是（）a. 副線圈中交變電流的頻率為100hzb. t=0.02s時，電壓表的示數(shù)為0c. 電流表的示數(shù)先變小后變大d. 定值電阻r消耗的功率先變大后變小【答案】c【解析】【詳解】a由電壓表達(dá)式知交流電的=100故a錯誤；b原線圈兩端的輸入電壓有效值

10、為220v，由電壓與匝數(shù)成正比知所以副線圈兩端電壓為即為電壓表的讀數(shù)為4v，故b錯誤；cd由圖可知，滑動變阻器的上下兩部分并聯(lián)后與r串聯(lián)，根據(jù)串并聯(lián)電路的電阻可知，當(dāng)滑片p位于中間位置時，并聯(lián)電阻的電阻值最大，所以當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭p從最上端滑到最下端的過程中，電路中的總電阻先增大后減小，根據(jù)歐姆定律可知，變壓器次級電流電流將先減小后增大，定值電阻r消耗的功率先變小后變大；因為變壓器的輸出電流先減小后增大，則輸入的電流也是先減小后增大，即電流表的示數(shù)先變小后變大。故c正確，d錯誤。故選c。9.如圖所示，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m、裝有光滑弧形槽的小車，一質(zhì)量也為m的小球以水平初速度v0沿

11、槽口向小車滑去，到達(dá)某一高度后，小球又返回右端，則( )a. 小球以后將向右做平拋運動b. 小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動c. 此過程小球?qū)π≤囎龅墓閐. 小球在弧形槽內(nèi)上升的最大高度為【答案】bcd【解析】【分析】小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，當(dāng)小球上升的最高點時，豎直方向上的速度為零，水平方向上與小車具有相同的速度，結(jié)合動量守恒和能量守恒求出上升的最大高度根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端時的速度，從而得出小球的運動規(guī)律，根據(jù)動能定理得出小球?qū)π≤囎龉Φ拇笮　驹斀狻縜b設(shè)小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中動量守恒，得：，由動能守恒得，聯(lián)立得，即小球與

12、小車分離后二者交換速度；所以小球與小車分離后做自由落體運動，a錯誤b正確；c對小車運用動能定理得，小球?qū)π≤囎龉Γ琧正確；d當(dāng)小球與小車水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為h，則，聯(lián)立解得，d正確10.在如圖一所示的光電管的實驗中（電源正負(fù)極可以對調(diào)），用同一光電管得到了三條可見光的光電流與電壓之間的關(guān)系曲線（圖二中的甲光、乙光、丙光）。下列說法中正確的有（）a. 只要電流表中有電流通過，光電管中就發(fā)生了光電效應(yīng)b. 同一光電管對不同顏色的單色光有各自不同的極限頻率截止頻率c. 圖一中電流表g的電流方向可以是a流向b、也可以是b流向ad. 圖二中由于甲光和乙光有共同的，可以確定

13、甲光和乙光是同一種色光【答案】ad【解析】【詳解】a由圖可知，只有電流表有電流，則有光電子通過電流表，因此一定會發(fā)生光電效應(yīng)；故a正確；b同一金屬，截止頻率是相同的，故b錯誤；c由光電管結(jié)構(gòu)可知，光電子由右向左，則電流是從左向右，即a流向b，故c錯誤；d根據(jù)入射光的頻率越高，對應(yīng)的截止電壓u截越大。甲光、乙光的截止電壓相等，所以甲光、乙光的頻率相等，即為同種光，故d正確。故選ad。11.如圖所示，水平放置的u形光滑框架上接一個阻值為的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為b的勻強磁場中一個半徑為l、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體ac在水平向右的恒定拉力f的作用下，由靜止開始運動距離d后速度為v，半圓

14、形硬導(dǎo)體ac的電阻為r，其余電阻不計下列說法正確的是（ ）a. 此時ac兩端電壓為b. 此過程中回路產(chǎn)生熱量c. 此過程中通過電阻的電荷量為d. 此過程所用時間【答案】abc【解析】【詳解】a導(dǎo)體ac有效切割的長度等于半圓的直徑2l，半圓形導(dǎo)體ac切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小為eb2lv2blv而ac相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是外電壓，由歐姆定律得選項a正確； b根據(jù)能量守恒定律可知，外力做的功，一方面轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體動能的增加，另一方面轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即解得 故b正確；c根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得又因為電流定義式為解得此過程中通過電阻r0的電荷量為故c正確；d根據(jù)動量定理得 又因為則有ft-

15、qb2l=mv解得故d錯誤。故選abc。12.如圖所示，在空間中有一坐標(biāo)系oxy，其第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場區(qū)域i和 ，直線op是它們的邊界區(qū)域i中的磁感應(yīng)強度為b，方向垂直紙面向外；區(qū)域中的磁感應(yīng)強度為2b，方向垂直紙面向內(nèi)邊界上的p點坐標(biāo)為(4l，3l)一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子從p點平行于y軸負(fù)方向射人區(qū)域i，經(jīng)過一段時間后， 粒子恰好經(jīng)過原點o忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8則下列說法中不正確的是 （ ）a. 該粒子一定沿y軸負(fù)方向從o點射出b. 該粒子射出時與y軸正方向夾角可能是74°c. 該粒子在磁場中運動的最

16、短時間d. 該粒子運動的可能速度為【答案】b【解析】【詳解】ab.帶電粒子射入磁場中，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得,解得所以，粒子在和兩磁場中做圓周運動半徑分別為：,有題意知op邊與x軸的夾角，知，故帶正電粒子從p點平行于y軸負(fù)方向射人區(qū)域i與op邊的夾角為53°，由帶電粒子在單邊磁場運動的對稱性知從區(qū)域中射出的粒子速度方向一定為y軸負(fù)方向，故a選項正確，b選項錯誤；c.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為粒子在區(qū)域中轉(zhuǎn)過的圓心角為，粒子在區(qū)域中運動的時間為粒子在區(qū)域中轉(zhuǎn)過的圓心角為粒子在區(qū)域中運動的時間為所以該粒子在磁場中運動的最短時間=，故c選項正確；

17、帶電粒子每次從區(qū)域射出為一個周期，在op邊移動的距離為，其中，而,n=1,2,3聯(lián)立解得,故d選項正確；綜上所述，只有b選項錯誤第ii卷（非選擇題)二、填空題(本題共2小題，每空2分，共16分)13.在“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗中，首先按圖甲接線，以查明電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向與電流方向之間的關(guān)系；然后按圖乙將電流表與線圈b連成一個閉合回路，將線圈a、電池、滑動變阻器和開關(guān)串聯(lián)成另一個閉合電路，在圖甲中，當(dāng)閉合s時，觀察到電流表指針向左偏，不通電時電流表指針停在正中央在圖乙中(1)s閉合時，將螺線管a插入螺線管b的過程中，電流表的指針_；(填左偏、不偏、右偏)(2)線圈a放在b中不動時，指針將_；

18、(填左偏、不偏、右偏)(3)線圈a放在b中不動，突然斷開開關(guān)s，電流表指針將_(填左偏、不偏、右偏)【答案】 (1). 右偏 (2). 不偏 (3). 左偏【解析】【詳解】圖甲中，當(dāng)閉合s時，觀察到電流表指針向左偏，說明電流從哪方流入電流表指針就向哪方偏轉(zhuǎn)；(1)1s閉合后，將螺線管a(原線圈)移近螺線管b(副線圈)的過程中，穿過b的磁通量向上增加，根據(jù)楞次定律可知，在線圈b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流從負(fù)極流入電流表，故電流表指針向右偏轉(zhuǎn)；(2)2線圈不動，磁通量不變，無感應(yīng)電流，故指針不動；(3)3線圈a放在b附近不動，突然切斷開關(guān)s，穿過b的磁通量向上減小，根據(jù)楞次定律可知，在線圈b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流

19、從正極流入電流表，故電流表指針向左偏轉(zhuǎn)；14.某同學(xué)利用電火花打點計時器和氣墊導(dǎo)軌做驗證動量守恒定律的實驗氣墊導(dǎo)軌裝置如圖(a)所示，所用的氣墊導(dǎo)軌裝置由導(dǎo)軌、滑塊、彈射架等組成在空腔導(dǎo)軌的兩個工作面上均勻分布著一定數(shù)量的小孔，向?qū)к壙涨粌?nèi)不斷通入壓縮空氣，空氣會從小孔中噴出，使滑塊穩(wěn)定地漂浮在導(dǎo)軌上，這樣就大大減小了因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差(1)下面是實驗的主要步驟：安裝好氣墊導(dǎo)軌，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平；向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣；把電火花打點計時器固定在緊靠氣墊導(dǎo)軌左端彈射架的外側(cè)，將紙帶穿過打點計時器與彈射架并固定在滑塊1的左端，調(diào)節(jié)打點計時器的高度，直至滑塊拖著紙帶

20、移動時，紙帶始終在水平方向；使滑塊1擠壓導(dǎo)軌左端彈射架上的橡皮繩；把滑塊2放在氣墊導(dǎo)軌的中間；先_，然后_，讓滑塊帶動紙帶一起運動；取下紙帶，重復(fù)步驟，選出理想的紙帶如圖(b)所示；測得滑塊1的質(zhì)量為310 g，滑塊2(包括橡皮泥)的質(zhì)量為205 g.完善實驗步驟的內(nèi)容(2)已知打點計時器每隔0.02 s打一個點，計算可知兩滑塊相互作用以前系統(tǒng)的總動量為_kg·m/s；兩滑塊相互作用以后系統(tǒng)的總動量為_kg·m/s(保留三位有效數(shù)字)(3)試說明(2)中兩結(jié)果不完全相等的主要原因是_【答案】 (1). （1）啟動打點計時器(或接通打點計時器電源)； (2). 釋放滑塊1；

21、(3). （2）0.620； (4). 0.618； (5). （3）紙帶和限位孔之間的摩擦力使滑塊的速度減小【解析】【詳解】(1)12使用打點計時器時，應(yīng)先接通電源后釋放紙帶，所以先接通打點計時器的電源，后放開滑塊1.(2)34放開滑塊1后，滑塊1做勻速運動，跟滑塊2發(fā)生碰撞后跟2一起做勻速運動，根據(jù)紙帶的數(shù)據(jù)得：碰撞前滑塊1的動量為：p1m1v10.310×kg·m/s0.620 kg·m/s，滑塊2的動量為零，所以碰撞前的總動量為0.620 kg·m/s；碰撞后滑塊1、2速度相等，所以碰撞后總動量為：(m1m2)v2(0.3100.205)

22、5;kg·m/s0.618 kg·m/s.(3)5結(jié)果不完全相等是因為紙帶與打點計時器限位孔有摩擦力的作用三、計算題（本題共3小題，共36分，每小題12分）15.如圖所示，一個質(zhì)量為m，帶電量為q的正離子，從d點以某一初速度v0垂直進(jìn)入勻強磁場磁場方向垂直紙面向內(nèi)，磁感應(yīng)強度為b離子的初速度方向在紙面內(nèi)，與直線ab的夾角為60°結(jié)果粒子正好穿過ab的垂線上離a點距離為l的小孔c，垂直ac的方向進(jìn)入ac右邊的勻強電場中電場的方向與ac平行離子最后打在ab直線上的b點b到a的距離為2l不計離子重力，離子運動軌跡始終在紙面內(nèi)，求：（1）粒子從d點入射的速度v0的大小；（

23、2）勻強電場的電場強度e的大小【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）離子在磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知，離子圓周運動半徑r滿足：離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力由牛頓第二定律：由解得入射速度（2）離子進(jìn)入電場后做類平拋運動，軌跡如圖所示水平方向豎直方向由解得勻強電場電場強度16.如圖所示，固定的凹槽表面光滑水平，其內(nèi)放置一u形滑板n，滑板兩端為半徑r0.45 m的1/4光滑圓弧面，a和d分別是圓弧的端點，bc段表面水平、粗糙，與兩圓弧相切，b、c為相切點小滑塊p1和p2的質(zhì)量均為m，滑板的質(zhì)量m4 mp1、p2與bc面的動摩擦因數(shù)分別為10.10和20.40，且

24、最大靜摩擦力等于滑動摩擦力開始時滑板n緊靠凹槽的左端，p2靜止b點，p1以v04.0 m/s的初速度從a點沿圓弧自由滑下，在b點與p2發(fā)生彈性碰撞，碰后p1、p2的速度交換當(dāng)p2滑到c點時，滑板n恰好與凹槽的右端相碰并與凹槽粘牢，p2則繼續(xù)滑動，到達(dá)d點時速度剛好為零p1與p2視為質(zhì)點，取g10 m/s2問：p2在bc段向右滑動時，滑板的加速度為多大？bc長度為多少？n、p1和p2最終靜止后，p1與p2間的距離為多少？【答案】（1）0.8m/s2（2）【解析】試題分析： 根據(jù)動能定理求出小滑塊p1滑到底端時的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度；根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求出bc長度；在由速度位移公式求出p1與p2間的距離（1）p1滑到最低點速度為，由動能定理有： 解得：由題意可知： =5m/sp2向右滑動時，假設(shè)p1與滑板相對靜止， 把p1、m看成一個整體由牛頓第二定律有： 帶入數(shù)據(jù)解得：此時對p1有：故p1與滑板相對靜止，滑板的加速度為0.8m/s2（2）p2滑到c點速度為，由動能定理得 帶入數(shù)據(jù)解得：p1、p2碰撞到p2滑到c點時，設(shè)p1、m速度為v，