1、福建省龙海市程溪中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题满分100分时间90分钟一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1. 一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图所示。此时小磁针的S极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是A. 向右飞行的正离子束B. 向左飞行的正离子束C. 向右飞行的负离子束D. 以上说法都不正确2. 下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是A. B. C. D. 3. A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线方向未标出如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对
2、称。则下列说法中正确的是A. A、B点电荷电量大小一定相等B. C、D两点的电场强度相同C. C、D两点，C点的电势高D. C、D两点，D点的电势高4. 通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是A. 线框有两边所受的安培力方向相同B. 线框所受安培力的合力为零C. 线框所受安培力的合力方向向右D. 线框所受安培力的合力方向向左5. 如图，质量为m、带电量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为试探电荷。当小球B静止时，A，B等高，细线偏离竖直方向的夹角为。已
3、知重力加速度为g。则点电荷A在B处所产生的场强大小为 A. B. C. D. 6. 如图平面直角坐标系的第象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则下列判断错误的是 A. 该粒子带负电B. A点与x轴的距离为C. 粒子由O到A经历时间D. 运动过程中粒子的速度不变7. 一横截面积为S的铜导线通有恒定电流。设每单位体积的导线中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为q，此时电子定向移动的速率为v，则在时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为 A. B. C.
4、D. 8. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是A. 如图要增大粒子的最大动能，可增加电压UB. 如图可判断出A极板是发电机的负极C. 如图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D. 如图中若载流子带负电，稳定时C板电势高二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带负电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断A. 此粒子在M点的加速度小于在N点的加速度B. 此粒
5、子在M点的电势能大于在N点的电势能C. 此粒子在M点的动能小于在N点的动能D. 电场中M点的电势高于N点的电势10. 在如图所示的图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源与电阻R组成闭合电路由图象判断下列说法正确的是A. 电源的电动势为3V，内阻为B. 电阻的阻值为C. 电源的效率为D. 电源的输出功率为4W11. 如图所示电路中，电源的内阻为r，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面的判断正确的是A. 变亮B. 变亮C. 变亮D. 路端电压变小12. 如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直
6、杆，有一个重力不能忽略、中间带有小孔的带正电小球套在细杆上现在给小球一个水平向右的初速度，假设细杆足够长，小球在运动过程中电荷量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v与时间t的关系图象可能是A. B. C. D. 三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）13. 欲用伏安法测定一段阻值约为左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A.电池组，内阻电流表，内阻约C.电流表，内阻约电压表，内阻约E.电压表，内阻约滑动变阻器，额定电流G.滑动变阻器，额定电流开关、导线上述器材中应选用的是_；填写各器材前选项的字母代号实验电路应采用电流表_接法；填“内”或“外”设实验
7、中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中_A，_为使通过待测金属导线的电流能在范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻的原理电路图在测定该金属导线的直径时，螺旋测微器的读数如图2所示，可知该金属丝的直径_mm14. 某同学要测定一电源的电动势E和内电阻r，实验器材有：一只电阻箱阻值用R表示，一个电流表读数用I表示，一只开关和导线若干用笔画线代替导线将图示器材连接成完整的实验电路实验的原理表达式是_用r、I、R表示该同学根据实验采集到的数据作出如图所示的图象，则由图象可求得，该电源的电动势_V，内阻_结果均保留两位有效数字考虑电流表内阻的影响，则电池电动势及内阻真实值与测量值的大小比
8、较，_，_填“大于”，“小于”，“等于”四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15. 如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为，电动机两端的电压为，电路中的电流为，物体A重，不计摩擦力，求： 电动机线圈电阻上消耗的热功率；电动机输入功率和输出功率；内，可以把重物A匀速提升的高度；这台电动机的机械效率16.如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成，已知AO的水平距离为不计重力求：从A点到B点用的时间；匀强电场的电场强度大小；两点间电势差17.如图所示，光滑的平行导轨与水平面的夹角为，两平行导轨
9、间距为，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。导轨中接入电动势为、内阻为的直流电源，电路中有一阻值为的电阻，其余电阻不计。将质量为，长度也为L的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状态，重力加速度为，求：通过ab导体棒的电流强度为多大？匀强磁场的磁感应强度为多大？若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，求此时导体棒的加速度大小及方向。18.如图所示，在第一二象限内有一垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度，在第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。在y轴的负半轴上有一长度足够的收集板一个质量为电荷量的带负电粒子从P点由静止出发，在电场力作用下，经M点垂直x轴进入磁
10、场做匀速圆周运动，圆心为坐标原点O，半径。经N点进入第四象限，最终打在收集板上，不计带电粒子重力。求：带电粒子在磁场中的运动速度大小点的坐标带电粒子打到收集板上的位置坐标2020-2021学年高二年上学期物理期中试卷答案和解析【答案】1. A2. D3. A4. D5. D6. D7. A8. B9. AD10. BD11. ACD12. BD13. A、C、D、F、H 外 14. 等于 小于15. 解：根据焦耳定律，热功率为：；输入功率为：，输出功率为：；电动机的输出功率用来提升重物在10s内，有：，解得：；机械效率为：。答：电动机线圈电阻消耗的热功率为1W；电动机输入功率为5W，输出功率为
11、4W；内电动机可以把重物匀速提升2m；这台电动机的机械效率是。16. 解：粒子从A点以的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：由牛顿第二定律得：将粒子射出电场的速度v进行分解，则有，又，得：，解得：由动能定理得：解得：答：从A点到B点用的时间为；匀强电场的电场强度大小为；两点间电势差为17. 解：由闭合电路的欧姆定律可得；导体棒静止，根据共点力平衡可得，解得：；由牛顿第二定律可得，解得：，方向沿斜面向上；答：通过ab导体棒的电流强度为3A；匀强磁场的磁感应强度为10T；若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，此时导体棒的加速度大小为，方向沿斜面向上。18. 解：在磁场
12、中，由可得从P运动到M，电场力做功，由动能定理得P点的坐标为从N运动到收集板在x方向上得在y方向上得收集板上的位置坐标为答：带电粒子在磁场中的运动速度大小为。点的坐标为带电粒子打到收集板上的位置坐标为【解析】1. 【分析】因为N极受到的磁场力为磁场方向，结合安培定则可分析带电粒子束的电性及运动情况。熟练应用安培定则是正确求解的关键。【解答】因为N极向纸外偏转，所以小磁针所处的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则可知带正电的粒子束向右飞行或带负电的粒子束向左飞行，中性粒子束不带电，产生不了电流计，不能形成磁场，故A正确，BCD错误。故选A。2. 【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判
13、断正误解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断【解答】A、直线电流的方向竖直向上，根据安培定则知，直线电流右边的磁场方向垂直纸面向里，左边磁场方向垂直纸面向外故A错误B、线框的电流方向向上，根据安培定则知，从上往下看，磁场的方向逆时针方向故B错误C、根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右故C错误D、由于电流的方向逆时针方向从上向下，根据安培定则知，磁场方向应该是向上故D正确故选：D3. 解：A、根据从正电荷出发到负电荷终止，结合该电场线的特点可以判断，A、B是两个等量异种电荷，故A正确；B、电场线的疏密表示电场的强弱，C点的电场线密，可知C点的电场强度比D点的电场强度
14、大，故B错误；CD、根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都与中垂线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故CD错误。故选：A。电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题4. 解：A、直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧
15、区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，方向不同，故A错误；BCD、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式，ad边受到的安培力大于cb边，ab边受到的安培力与cd受到受到的安培力平衡，所以线框受到的合力不为零，合力方向向左，故D正确、BC错误；故选：D。直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据左手定则分析导线框所受的安培力情况本题关键在于：会根据安培定则判断通电直导线的磁场；会根据左手定则判断安培力方向；会根据安培力公式并结合微元法判断安培力的大小5. 【分析】B球
16、受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡，根据共点力平衡求出B球所受的电场力，从而根据求出B点的电场强度。【解答】小球处于平衡状态，受力如图，根据合成法，知电场力。，故ABC错误，D正确。故选D。6. 【分析】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间。【解答】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：A.根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A正确；B.设点A与x轴的距离为d，由图可得：，所以。而粒子的轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：，故B正确；C.粒子由O运动到A
17、时速度方向改变了角，所以粒子轨迹对应的圆心角为，所以粒子运动的时间为，故C正确；D.由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误。此题选错误的，故选D。7. 【分析】根据电流的微观表达式，求出在时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目。本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到。【解答】根据电流的微观表达式，在时间内通过导体横截面的自由电子的电量，则在时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为，将代入得，A正确，BCD错误。故选A。8. 解：A、根据公式得，故最大动
18、能与加速电压无关，故A错误；B、由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；C、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即，所以，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；D、若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。故选：B。粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径，磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动，质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择
19、阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素。本题考查了洛伦兹的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。9. 解：A、粒子受到库仑力的作用，根据库仑定律可知距离点电荷Q越近，粒子受到的库仑力也越大，即粒子的加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故A正确；BD、根据粒子的运动轨迹可以知道粒子受到点电荷的排斥力，所以点电荷带负电，在负点电荷的电场中，距离负点电荷越远，电势越高，所以M点的电势高于N点的电势，因为此粒子带负电，所以此粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故B错误，D正确；C、此粒子受到点电荷的排斥力，所以粒子
20、在从M到N的过程中，电场力做负功，动能减小。则此粒子在M点的动能大于在N点的动能，故C错误。故选：AD。根据库仑定律可以比较粒子在M点与在N点受到的电场力大小，进而可以得到加速度的大小；先根据粒子的运动轨迹得到粒子的受力方向，进而判断点电荷的电性，进而判断两点电势的高低，以及粒子在此两点具有的电势能大小；根据做功情况可以比较动能的大小。点电荷的电场线特点以及等势面特点要熟练掌握，还有曲线运动的的受力特征也要掌握。10. 【分析】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义，本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，
21、其斜率大小等于电源的内阻，电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻，两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。【解答】A.根据闭合电路欧姆定律得，当时，由读出电源的电动势，内阻等于图线的斜率大小，则，故A错误；B.电阻，故B正确；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图知电压，电流，则电源的输出功率为，电源内阻的热功率为：，电源的效率：，故C错误，D正确。故选BD。11. 解：ABC、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L变亮；电路中总电流增大，故内电压及、两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的
22、电压减小，故L变暗；因中电流减小，干路电流增大，故流过的电流增大，故L变亮；故AC正确B错误；D、因总电流变大，则由可知，路端电压变小，故D正确。本题选错误的，故选：B。明确电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知亮度的变化；将、作为内电阻处理，由可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系。本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律，掌握程序法的应用，即按“局部整体局部“的分析思路进行
23、分析求解。12. 【分析】根据小球所受重力和洛伦兹力的大小关系，判断小球的受力情况，从而得知小球加速度的变化，判断出小球的运动规律。本题需讨论小球所受重力和洛伦兹力的大小关系，结合受力判断物体的运动规律，难度中等。【解答】若小球所受的重力等于洛伦兹力大小，即，则小球所受的支持力为零，不受摩擦力，小球将做匀速直线运动。若小球所受的重力大于洛伦兹力，即，则小球所受的支持力方向竖直向上，受摩擦力，小球做减速运动，减速运动的过程中，洛伦兹力减小，则支持力增大，摩擦力增大，减速运动的加速度增大，即做加速度逐渐增大的减速运动，最终速度为零。若小球所受的重力小于洛伦兹力，即，则小球所受的支持力竖直向下，受摩
24、擦力，小球做减速运动，减速运动的过程中，洛伦兹力减小，支持力减小，当支持力减小到零，不受摩擦力，做匀速直线运动，即先做加速度逐渐减小的减速运动，最终做匀速直线运动，故BD正确，AC错误。故选BD。13. 解：必选器材有：A、电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表由题，金属导线的电阻约为左右，则通过导线的电流最大值约故电流表选C变阻器F的电阻大于待测电阻，可选择该变阻器作为即流器故答案为：A、C、D、F、H；由题得，而，则，则采用电流表外接法，可减小误差电流表的读数为，电压表的读数为为使通过待测金属导线的电流能在范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图，连成实验电
25、路如图螺旋测微器的固定刻度读数为可动刻度读数为，所以最终读数为故答案为：、C、D、F、H；外；，；见图电路图和实物图如图所示；mm；用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式根据电源的电动势，选择电压表的量程由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法电流表的量程是，最小分度是，电压表的量程是3V，最小分度是为使通过待测金属导线的电流能在范围内改变，变阻器必须接成分压式电路按顺序连接实物图螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读本题是
26、伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的基本技能，要加强培训，提高能力14. 解：安阻法测电源电动势与内阻实验，电源、开关、电阻箱与电流表组成串联电路，实物电路图如图所示由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：在闭合电路中，电源电动势：，由图象可知，图象截距，图象斜率，则电源电动势：，电源内阻：；实验误差是由于电流表内阻造成的，用该实验方案电源电动势的测量值等真实值，电源内阻的测量值大于真实值故答案为：实物电路图如图所示；等于；小于根据实验原理连接实物电路图；安阻法测电源电动势与内阻的原理是闭合电路欧姆定律；求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象
27、求出电源电动势与内阻，并分析实验误差本题考查了测电源电动势与内阻实验，要掌握测电源电动势与内阻实验的三种实验方案的实验原理、实验电路图、实验数据的处理方法15. 本题关键明确电动机的输入功率、热功率和输出功率的计算方法，注意功率公式的正确应用。根据求解热功率；根据求解电功率，根据求解输出功率；根据列式求解高度；机械效率。16. 粒子从A点以的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由水平距离d和初速度可求出时间将粒子射出电场的速度进行分解，求出竖直方向分速度，由牛顿第二定律和结合求出电场强度E由动能定理可求解AB两点间电势差本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究17. 根据闭合电路的欧姆定律即可求得；利用共点力平衡即可求得磁感应强度；根据牛顿第二定律即可求的加速度解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解18. 带电粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律求解速度大小对从P到M由动能定理求解P点的坐标根据平抛运动的知识求解带电粒子打到收集板上的位置坐标本题为带电粒子在组合场中的运动，要注意分别应用电场中的类平抛，磁场中的匀速圆周运动的规律进行分析求解。并注意认真分析其对应的物理过程。明确物理规律的正确应用。