1、新疆昌吉回族自治州玛纳斯县第一中学2020-2021学年高二物理上学期期中备考试题（含解析）注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9
2、12题有多项符合题目要求，每小题4分，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. 在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是（）A. 法拉第首先引入电场线和磁感线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. 伏特提出了分子电流假说，并在磁场与电流相互作用方面做出了杰出的贡献D. “点电荷”“总电阻”“电场强度”概念的提出均运用了等效替代的方法【答案】A【解析】【详解】A法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故A正确；B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，故B错误；C安培提出了分子电流假说，并在磁
3、场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献，故C错误；D“点电荷”采用理想化模型的方法，“总电阻”采用等效替代的方法，“电场强度”采用比值定义法，故D错误。故选A。2. 小李同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，接通电路前小磁针指向是垂直于纸面方向，当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，如图所示，则下列判断正确的是()A. 导线A端接电池负极B. 小磁针所在位置的磁场方向水平向左C. 若小磁针放在电磁铁正下方，则电路接通后小磁针N极会向右偏D. 若小磁针放在电磁铁左侧，则电路接通后小磁针N极仍向左偏【答案】B【解析】【详解】AB当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，所以小磁针处的磁
4、场的方向向左，通电螺线管产生的磁场的方向向右，铁钉右端为电磁铁的N极。所以螺旋管外侧的电流的方向向下，即漆包线内电流由A流向B，导线A端接电池正极，故A错误，B正确；CD根据安培定则可知，若小磁针放在电磁铁正下方，该处的磁场方向同样向左，则电路接通后小磁针N极会向左偏，若小磁针放在电磁铁左侧，则电路接通后小磁针N极向右偏，故CD错误。故选B。3. 如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，、是轨迹上两点，匀强磁场垂直纸面向里该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是（ ）A. 粒子在点动能大，在点动能小B. 粒子先经过点，后经过点C 粒子带负电D. 粒子
5、在点受到洛伦兹力大于点的【答案】B【解析】由洛伦兹力提供向心力，可得：，则粒子轨道半径，故粒子的轨道半径越小，速度越小，所以粒子在M点的速度小于N点的速度，故粒子先经过N点，后经过M点，故A错误，B正确由左手定则可以判断出粒子带正电，故C错误根据洛伦兹力的公式，已知粒子在M点的速度小于N点的速度，故粒子在M点受到的洛伦兹力小于N点的，故D错误故选B【点睛】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，可以求出粒子的轨道半径，根据图示判断粒子在a、b两点轨道半径的大小，从而判断粒子运动方向；由左手定则判断粒子所带电性4. 在科学研究中，经常用“电导率”这一概念来表示物
6、质导电本领的强弱，电导率是电阻率的倒数，如图是硫酸浓度与电导率的关系图，下列判断正确的是（）A. 电导率的单位可以用/m表示B. 对于硫酸，浓度越高导电本领越强C. 可以根据电导率来确定硫酸浓度D. 某一浓度的硫酸导电时，遵从欧姆定律【答案】D【解析】【详解】A由电阻定律得则电阻率的单位为，由于电导率为电阻率的倒数即则电导率的单位为，故A错误；B由图可知，电导率并不是随浓度的增大而增大的，浓度越高但导电性能不一定好，故B错误；C因电导率与浓度没有确定关系，因此不能用电导率来确定浓度，故C错误；D硫酸的导电性能与其浓度有关，但是对确定浓度的导体来说它仍遵守欧姆定律，故D正确。故选D。5. 如图所
7、示，带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板、水平正对放置，两板间有一带电微粒以速度沿直线运动，当微粒运动到点时，迅速将板上移一小段距离.则此后微粒的运动情况可能是（ ）A. 沿轨迹做曲线运动B. 方向改变沿轨迹做直线运动C. 方向不变沿轨迹做直线运动D. 沿轨迹做曲线运动【答案】C【解析】【详解】平行金属板所带电量和正对面积都不变，根据推论得知，只改变两板的距离时，板间的场强不变，粒子的受到电场力也不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹做直线运动。故选C。6. 如图所示的电场，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，连线垂直于。以下说法正确的是（）A. O点电势与Q点电势相等B.
8、O、M间的电势差小于N、O间的电势差C. 将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与垂直的方向竖直向上【答案】C【解析】【详解】A电场线与等势面垂直，过O点做O点附近的等势面如图可知O点的电势比Q点的电势高，A错误；B根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，B错误；CM点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，C正确；D正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，由图可知Q点的电场线不是竖直向上的，而是斜向上，所以，在Q点释放一
9、个正电荷，正电荷所受电场力将沿斜向上，D错误。故选C。7. 如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表示数变化量的绝对值I，则下列结论正确的是（）A. A的示数减小B. V2的示数增大C. U3与I的比值小于rD. U1大于U2【答案】D【解析】【详解】A理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以R与滑动变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，
10、则A 的示数增大，故A错误；B电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；C根据闭合电路欧姆定律得U3EI（Rr）则故C错误；D根据闭合电路欧姆定律U2EIr则又Rr则故U1U2 故D正确。故选D。8. 如图，匀强电场中的A、B、C三点构成一个直角三角形，BC边垂直AC边，BAC=30，BC边长度为d，已知电场方向与该直角三角形的某一边平行。一质量为m、电量为q、带正电的粒子（不计重力）在该电场中运动，经过A点时速度大小为v0，方向沿AB；经过BC边的中点D时，速度大小为vD，方向与BC边垂直。以下选项正确的是（）A. 电场方向可能与AC边平行B. C. A、B、C三点中B
11、点电势最低D. 电场强度大小【答案】D【解析】【详解】A因带正电的粒子沿AB方向入射，垂直BC边射出，且已知电场方向与该直角三角形的某一边平行，根据做曲线运动的物体所受的合外力方向指向轨迹的凹向，可知则粒子所受电场力方向平行于BC向下，选项A错误；B粒子在垂直于BC方向做匀速运动，可知选项B错误；C沿电场线电势逐渐降低，可知A、B、C三点中B点电势最高，选项C错误； D由A到D由动能定理解得选项D正确。故选D。9. 已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流强度成正比，与该点到导线的距离成反比。如图，两根平行长直通电导线L1、L2中的电流强度分别为I和2I，此时L1受到的
12、磁场力大小为F。现将另一根长直通电导线L3平行放在L1外侧，三根导线间距相等且处于同一平面，L1受到的磁场力大小变为2F，则L3中的电流强度大小可能是（）A. 2IB. 4IC. 6ID. 8I【答案】AC【解析】【详解】只有平行长直通电导线L1、L2时，L1受到向右的安培力，将另一根长直通电导线L3平行放在L1外侧，L1受到的磁场力大小变为2F，若L3电流向上，L3电流产生的磁场对L1有向左的安培力，分析可知大小为3F，因长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流强度成正比，对比L2电流强度大小可知L3中的电流强度大小6I，若L3电流向下，L3电流产生的磁场对L1有向右的安
13、培力，分析可知大小为F，对比L2电流强度大小可知L3中的电流强度大小2I，故AC正确，BD错误。故选AC。10. 如图所示，一个质量为0.1g、电荷量为510-4C的小滑块（可视为质点），放在倾角为=30的足够长光滑绝缘斜面顶端，斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离l后离开斜面，已知g=10m/s2，则（ ）A. 小滑块带正电B. 小滑块带负电C. l=1.2mD. 小滑块离开斜面的瞬时速率为2m/s【答案】AC【解析】【详解】AB、由题意知，小滑块运动一段距离l后离开斜面，则小滑块受到洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可知小滑
14、块带正电，故A正确，B错误CD、由题意知，当滑块离开斜面时，有：Bqv=mgcos，解得v=2m/s；滑块在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，其加速度a=gsin=5m/s2，由v2=2al，解得l=1.2m，故C正确，D错误11. 如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。加速电场的加速压为U，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，
15、重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法正确的是（）A. 磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外B. 磁分析器中圆心O2到Q点的距离C. 不同粒子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器D. 静电分析器通道中心线半径为【答案】ACD【解析】【详解】A粒子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A正确；B离子在静电分析器时速度为，离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理可得离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得联立以
16、上等式可得因此即磁分析器中圆心到点的距离为，故B错误；CD在通过静电分析器时，电场力提供向心力，由此可得结合之前分析所得通过静电分析器的速度结果，可化简得即静电分析器通道中心线半径为，与离子的比荷无关，所以不同粒子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器，故CD正确。故选ACD。12. 如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为810-6 C的带正电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m = 0.06 kg、电荷量大小为 210-6 C的小球B，弹簧的劲度系数为 k = 5 N/m，原长为 L0 = 0.3 m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀
17、速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为 = 53。已知静电力常量k = 9.0109 Nm2/C2， sin53= 0.8，cos53= 0.6，g = 10 m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（ ）A. 小球B一定带负电B. 圆周运动时，弹簧的长度为 0.5 mC. B球圆周运动的速度大小为 m/sD. 若突然加上竖直向上的匀强磁场， 角将增大【答案】ABD【解析】【详解】A小球A、B之间的库仑力设弹簧弹力为，小球B在竖直方向上，有弹簧的弹力在水平方向的分力再由胡克定律由几何关系可解得 ， ， ，因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有则B球带负电，所受合外力AB正确
18、；C由合外力提供向心力解得C错误；D若突然加上竖直向上的匀强磁场，带负电的小球B受到从A到B方向的磁场力，小球B受到的向心力减小，半径增大，即 角将增大，D正确。故选ABD。二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13. 在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格均为“3.8V，0.3A”。闭合开关S后，无论怎样移动滑片P，A、B灯都不亮。(1)现用多用电表量程为10V的直流电压挡检查故障，测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障可
19、能是_。A小灯泡B灯丝断路 B小灯泡A灯丝断路Cd、e间断路 D小灯泡B灯被短路(2)接着用多用电表测小灯泡的电阻。测量前，把小灯泡从电路中隔离，将多用电表的选择开关置于测电阻挡的“1”挡。某次测量结果如图乙所示，测得小灯泡电阻为_。换掉损坏的元件，电路正常接通后，将多用电表选择开关置于“250mA”挡，断开开关S，将两表笔分别与a、b两接线柱接触，稳定时其指针也恰好指在如图乙所示所指位置上，则通过灯泡的电流是_mA。【答案】 (1). B (2). (3). 【解析】【详解】(1)1测得c、d间电压约为5.8V，说明此时电压表与电源两极相连，c、d间之外电路不存在断路，e、f间电压为0为零，
20、说明e、f间没有断路，e、f之外电路存在断路，由此可知c、d间断路，即小灯泡A灯丝断路，ACD错误，B正确。故选B。(2)2小灯泡电阻为3将多用电表选择开关置于“250mA”挡，由图示表盘可知，其分度值为5mA，示数为14. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验。待测干电池E一节电压表V（量程0315 V，内阻约为10 k）电流表A（量程00.63 A，内阻约为1 ）滑动变阻器R（010 ）导线、开关S(1)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证开关在闭合前滑动变阻器的滑片处于正确的位置；（ ）(2)该同学根据实验数据得到图丙中的图
21、线a，根据图线a求得电源电动势E_V，内电阻r_；(3)图丙中b图线是标有“1.5 V、1.6 W”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是_（保留2位有效数字）。【答案】 (1). (2). 1.45 (3). 0.5 (4). 0.69【解析】【详解】(1)1由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示。(2)23由实验原理U=EIr可知电源的电动势E=1.45 V内阻(3)4由丙图可知，两条图线a、b的交点的横、纵坐标分别表示将该电阻R与电源连成闭合电路时通过电阻R的电流和它两端的电压，电压U
22、=1.15 V，电流I=0.6 A，所以此时电阻R消耗的电功率是P=UI=0.69 W15. 水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【答案】（1）mg；（2）水平向右【解析】【详解】从b向a看其受力如图所示（1）水平方向：fFAsin竖直方向
23、：NFAcosmg又FABILBL联立得：Nmgf（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，须使所受安培力竖直向上，则有FAmgFABminILBmin.根据左手定则判定磁场方向水平向右.16. 如图所示，空间有E100 V/m竖直向下的匀强电场，长L0.4 m不可伸长的轻绳固定于O点。另一端系一质量m0.5 kg，电量q0.05 C的带正电小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动，最后落至地面上C点，B点离地的高度hB0.1 m，g10 m/s2。求：(1)绳子张力的最大值；(2)落地点C到B点的水平距离。【答案】(1)30 N；(2
24、)0.4 m。【解析】【详解】(1)当带电小球摆至B点时，绳子达到最大张力，设为T，小球运动到B点时速度为vB，小球从A点运动到B点，由动能定理可得：mgl-Eql=mvB2 小球在B点做圆周运动，由牛顿第二定律可得 联立解得T=30 N(2)小球离开B点后做类平抛运动，下落加速度m/s2 设落地点C到B点的水平距离为x，则=0.4 m17. 如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，OCA30，OA的长度为L。在OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时
25、间为t0。不计重力。（1）求磁场的磁感应强度的大小；（2）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故其周期T4t0设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvBm 匀速圆周运动的速度满足v 联立式得B （2）如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150。设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有
26、OODBOA30 r0cosOODL 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0 联立得v018. 如图甲所示，在纸面内有-平面直角坐标系xOz，整个空间分布区域足够大匀强磁场，其磁感强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一个质量为m、带电量为q的正粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入，不计粒子的重力，请回答下列问题： (1)为使该粒子能沿x轴做匀速直线运动，可再加一匀强电场，求该电场电场强度的大小；(2)若撤去第(1)中的匀强电场，但改变磁感应强度的大小，使粒子恰好能经过图甲中位置坐标为（x=3l，z=-l）的点，则改变后的磁感应强度B为多大？(3)在甲图的坐标原点O处，再新加一垂
27、直于纸面向里的y轴，如图乙所示（立体图），保持原磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为E，方向调整为平行于yOz平面且与y轴正方向成某个夹角。若使得该粒子能够在xOy平面内做类平抛运动（沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动），并经过图乙中位置坐标为（x=3l，y=l，z=0）的点，求E的大小和tan各为多少？【答案】(1)E=vB；(2)；(3) ，【解析】【详解】(1)为使该粒子能沿x轴做匀速直线运动，需电场力与洛伦兹力平衡解得 (2)粒子运动的轨迹如图1由几何关系得解得根据解得(3)根据题意可知，新电场力沿z轴正方向的一个分力平衡洛伦兹力，另一个沿y轴正方向的分力提供类平抛运动的加速度，如图2所示解得所以