1、德州一中2020-2021学年第一学期高二 年级期中考试物理试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1-2页，第II卷2-4页，共100分，考试时间90分钟。第I卷（共48分）一、选择题（本题包括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题为单项选择，9-12 为多项选择。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. 在物理学的研究中科学家使用了许多研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（）A. 为研究磁场强弱而引入的电流元，利用了等
2、效法B. 在研究磁场时，用假设的磁感线来描述真实的磁场，这利用的是类比法C. 在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法D. 在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了类比法【答案】C【解析】【详解】A为研究磁场强弱而引入的电流元，利用了微元法，A错误；B在研究磁场时，用假设的磁感线来描述真实的磁场，这利用的是理想模型法，B错误；C在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法，C正确；D在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法，D错误。故选C。2. 如图所示的匀强磁场中有一闭合矩形导线框，则在图示时刻能产
3、生感应电流的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A该图保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中向右运动，磁通量一直为零，磁通量不变，无感应电流，故A错误；B该图保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中向右运动，离开磁场，磁通量减小，有感应电流，故B正确；C该图保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中向上运动，磁通量不变，无感应电流，故C错误；D该图保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中向右运动，故磁通量不变，无感应电流，故D错误；故选B3. 有两个完全相同的表头G，内电阻为Rg=100，满偏电流为Ig= 1mA。现将它们分别改装成量程为0.6A的电流表和量程为3V的电
4、压表，需分别并联一个电阻R1和串联一个电阻R2，则R1和R2的值分别为（）A. R1=0.17，R2=3000B. R1=5， R2=2900C. R1=5， R2=3000D. R1=0.17，R2=2900【答案】D【解析】【详解】改装电流表需要并联一个电阻分流，则有代入数值解得改装电压表需要串联一个电阻分压，则有代入数值解得故选D。4. 锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法不正确的是（）A. 电能转化为化学能的功率为B. 充电器输出的电功率为UIC.
5、由欧姆定律可知D. 电池产生的热功率为【答案】C【解析】【详解】AD由焦耳定律可得电池产生的热功率，根据能量守恒定律可知电能转化为化学能的功率为，故AD正确，不符合题意；B充电器输出的电功率等于锂电池消耗的总的电功率，即为，故B正确，不符合题意；C因锂电池将大部分电能转化为化学能，小部分转化为内能，属非纯电阻元器件，不满足欧姆定律，故C错误，符合题意。故选C。5. 如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为平行板电容器，开关S闭合后，电容器两板正中央有一个带电液滴恰好静止电流表和电压表都可以视为理想电表当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下述说法中
6、正确的是( )A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电容器C所带电荷量增加，液滴向上加速运动D. 电容器C所带电荷量减小，液滴向下加速运动【答案】D【解析】A、当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，与并联的电阻减小，总电阻减小，则总电流增大，电压增大，则电压表示数变大；与并联的电压减小，通过电流减小，则电流表示数变大，故AB错误；C、与并联的电压减小，电容器板间电压减小，带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C错误，D正确点睛：本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得
7、到各个部分电路电流和电压的变化6. 一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【答案】D【解析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为
8、了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选D【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性
9、的特殊位置求解7. 如图所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡。然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为的砝码，才能使天平重新平衡。若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I=0.1 A，bc边长度为10 cm，（g取10 m/s2）则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是（）A. F=0.2N，B=20TB. F=0.2N，B=2TC. F=0.1N，B=1TD. F=0.1N，B=10T【答案】C【解析】【详解】当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力大小为方向向上，设左
10、盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，根据平衡条件有当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为方向向下，此时根据天平处于平衡状态，可得其中，联立可得，故选C。8. 近年来海底通信电缆越来越多，海底电缆通电后产生的磁场可理想化为一无限长载流导线产生的磁场，科学家为了检测某一海域中磁感应强度的大小，利用图中的金属霍尔元件，放在海底磁场中，当有如图所示的恒定电流I（电流方向和磁场方向垂直）通过元件时，会产生霍尔电势差UH，通过元件参数可以求得此时海底的磁感应强度B的大小（地磁场较弱，可以忽略）。下列说法正确的是（ ）A. 元件上表面的电势高于下表面的电势B 其他条件一定时，c越小，霍尔电压
11、越大C. 仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小D. 其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越大【答案】B【解析】【详解】A根据左手定则可以判断，电流所受安培力方向向上，故电子向上偏转，故元件上表面的电势低于下表面的电势，故A错误；B霍尔电压 ，解得其他条件一定时，c越小，霍尔电压越大，故B正确；C根据以上分析可知，仅增大电流I时，上、下表面的电势差增大，故C错误；D根据以上分析可知，其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越小，故D错误。故选B。9. 白炽灯泡L的伏安特性曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A. 灯泡L的阻值随电流的增大而减小B. 若灯丝的长度和横截面积未改变，
12、则该材料电阻率随着电压的变大而变大C. 若将该白炽灯泡L与电动势为E=5V，内阻为r=5的电源串联在一起，灯泡L消耗的电功率约1.8WD. 若将该白炽灯泡L与电动势为E=5V，内阻为r=5的电源串联在一起，灯泡L的电阻约【答案】BD【解析】【详解】A由UI特性曲线知，曲线斜率的倒数表示电阻，斜率逐渐减小，故电阻逐渐变大，故A错误；B根据电阻定律可知：在长度和横截面积不改变的情况下，电阻与电阻率成正比，电阻逐渐变大，故电阻率逐渐变大，故B正确；C若将该白炽灯泡L与电动势为E=5V，内阻为r=5的电源串联在一起，则由图像可知在图中做出电源的U-I图像，可以发现交点为（2，0.6），即灯泡的工作点，
13、故其功率为P=UI=1.2W电阻故C错误，D正确。故选BD。10. 某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，闭合S后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是（）A. AB段断路B. BC段断路C. BC段短路D. AB段短路【答案】AC【解析】【详解】由题意可得UAB=UAC=U，说明由A、B分别至电源的线路均已接通。若BC段完好，则AB段断路；若BC段短路，则AB段可能断路，也可能完好。又由题述得UBC=0，因而可能AB段断路或BC段短路，也有可能
14、出现两者同时发生的情况。故选AC。11. 如图所示，在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a、b从同一边的中点垂直磁场方向进入磁场，a粒子从正方形的顶点射出磁场，b粒子从正方形另一边的中点射出磁场，运动轨迹如图中圆弧所示，则A. a带负电，b带正电B. a带正电，b带负电C. a、b进入磁场时的速率之比为12D. a、b在磁场中运动的时间之比为11【答案】BC【解析】【详解】AB.根据题图，由左手定则可知，正粒子的偏转方向向上，负粒子的偏转方向向下，所以a带正电，b带负电，A错误，B正确；C.由洛伦兹力提供向心力得qvB，有rv比荷相同的两个粒子运动的半径与速率成正比，由
15、题图可知，则C正确；D.由T知，比荷相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由tT知，D错误12. 如图所示，M、N为两根垂直纸面、互相平行的通电直导线的截面，所在直线上有两个点A、B，且AM=MN=NB=a，在两者连线的中垂线上也有距M、N距离均为a的两个点C、D。已知通过两直导线的电流大小相等，通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度为，其中r为空间中的点到通电直导线的距离，I为通电直导线中的电流强度。下列说法正确的是（）A. 若两直导线中电流的方向相同，则A、B两点的磁感应强度方向相反，C、D两点的磁感应强度方向也相反B. 若两直导线中电流的方向相反，则A、B两点的磁感应强度相同，C、D两点
16、的磁感应强度也相同C. 若两直导线中电流的方向相反，则A、C两点的磁感应强度大小之比为2：3D. 若两直导线中电流的方向相同，则B、D两点的磁感应强度大小之比为：2【答案】ABD【解析】【详解】A若两直导线中电流的方向相同，根据安培定则以及磁场的叠加原理可知，A、B两点的磁感应强度大小相同，方向相反；C、D两点的磁感应强度大小相同，方向相反，A正确；B若两直导线中电流的方向相反，根据安培定则以及磁场的叠加原理可知，则A、B两点的磁感应强度相同，C、D两点的磁感应强度相同，B正确；C若两直导线中电流的方向相反，则A点的磁感应强度大小C点的磁感应强度大小则A、C两点的磁感应强度之比为，C错误。D若
17、两直导线中电流方向相同，则B点的磁感应强度 D点的磁感应强度大小则B、D两点的磁感应强度之比为，D正确。故选ABD。第II卷（共52分）二、实验探究题（本大题共2小题，共18分）13. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为4。(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径d。其中一次测量结果如图甲所示，图中读数为d=_ mm。(2)为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：电压表V，量程3V，内阻约3k电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2电流表A2，量程100uA，内阻约2000滑动变阻器R1，0 1750，额定电流0.3A滑动变阻器R2，050，额定电流1A电
18、源E （电动势为3V，内阻约为1.2）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_，滑动变阻器_。（填器材的符号）(3)请在图乙方框中画出测量电阻丝的电阻应采用的电路图，并在图中标明所选器材的符号。（ ）(4)用直接测量量（电阻丝的直径d，金属导线的有效长度l，电压表的示数U，电流表的示数I）表示计算材料电阻率的公式是=_。【答案】 (1). 0.855 (2). A1 (3). R2 (4). (5). 【解析】【详解】(1)1由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为35.50.01mm=0.355mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.355mm=0.855mm；(2)
19、2电路最大电流约为故电流表应选A1;3为方便实验操作,滑动变阻器的阻值应选用最大阻值较小的变阻器，所以滑动变阻器应选R2，050，额定电流1A；(3)4滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，所以滑动变阻器采用限流接法，得所以电流表采用外接法； (4)5由欧姆定律，有由电阻定律，有得14. 某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并测定该苹果电池的电动势和内阻。实验前该小组同学通过上网查阅有关水果电池的资料获知：常见的水果电池的电动势一般在1V左右，内阻一千欧姆左右。除了苹果电池以外，实验室还提供了如下器材：多用电表毫安表（量程0.6 mA，内阻几十欧）电压表（量程1.5V，内
20、阻约2 k）滑动变阻器R1（阻值020）电阻箱R2（阻值09999.9）开关一个，导线若干(1)实验前，该小组同学利用调好多用电表欧姆“100”挡来粗测该苹果电池的内阻，测量结果如图甲所示。他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请简要说明理由。（ ）(2)根据提供的器材，该小组设计了四种可能的测量电路，如下图所示，最合理的是（ ）A. B. C. D. (3)该小组由实验数据作出的U-I图像如图所示，由图像可求得电源电动势为_V，内阻为_k （内阻结果保留两位小数）。【答案】 (1). 不正确，水果电池为电源，欧姆表不能直接测其内阻 (2). D (3). 1.00（0.981.
21、02） (4). 1.00（0.981.02）【解析】【详解】(1)1该小组同学利用调好的多用电表欧姆“100”挡来粗测该苹果电池的内阻，这种方法不正确 因为水果电池为电源，欧姆表不能电源的内阻。(2)2由于水果电池的内阻较大，所以电流表采用外接法，另变阻器也将选用阻值较大的电阻箱，故选D。(3)3由图求电源电动势和内阻，将图的直线正反向延长，从与纵轴的交点读出电源电动势E=1.00V。4直线的斜率绝对值是内阻三、计算题（本题包括3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）15. 如图所示为质谱仪的
22、工作原理图，在容器A中存在若干种电荷量相同而质量不同的带电粒子，它们可从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场（初速度可忽略），然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。若这些粒子中有两种电荷量均为q、质量分别为m1和m2的粒子（m1m2），粒子重力忽略不计。(1)分别求出这两种粒子进入磁场时的速度v1、v2的大小；(2)求这两种粒子打到照相底片上的位置间的距离。【答案】(1)v1=， v2=；(2)d=）【解析】【详解】(1)由动能定理得qU=m1qU=m2 解得v1=v2= (2)在匀强磁场中，由牛顿第二定律得qvB=m 解得R= 质量为m
23、1的粒子的轨道半径R1= 质量为m2的粒子的轨道半径R2= 两种粒子打到照相底片上的位置相距d=2R2-2R1 解得d=）16. 如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6102 kg的通电直导线，电流大小I1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中设t0时，B0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)【答案】5 s【解析】【详解】斜面对导线支持力为零时导线的受力如图所示由平衡条件FTcos37F FTsin37mg 由解得：F0.8N由FBIL得：B2T.B与t的变化
24、关系为B0.4t.所以：t5s17. 某科研小组设计了一个粒子探测装置。如图1所示，一个截面半径为R的圆筒（筒长大于2R）水平固定放置，简内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B图2为圆筒的入射截面，C、D为过截面圆心O的竖直直径，图3为竖直方向过筒轴的切面。质量为m、电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内。圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置，筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R。（离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用与离子的重力）(1)离子从O点垂直截面射入，偏转后到达P点，求该入射离子的速度v0；(2)离子从OC线上垂直截面射入，
25、求位于Q点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；(3)若离子以第(2)问求得的最大速度垂直入射，从入射截面入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R的筒壁位置，在图2上画出入射面上符合条件的所有入射点的位置。【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)离子运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力 可得 (2)粒子以v1从C点入射时，刚能到达Q点，根据几何关系可得偏转半径 R1=2R，根据洛伦兹力提供向心力 联立可得速度最小值 粒子以v2速度从O点入射时，刚能到达Q，设半径为R2，根据几何关系可得解得 联立可得速度最大值 速度范围为 (3)当离子以的速度在偏离竖直线CO入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R，所以特定入射区域如图。