河北省衡水市武邑中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）

河北省衡水市武邑中学 2021-2021 学年高二物理上学期期中试题（含 解析） 一、选择题（本题共 12 小题，共 40 分。其中 1-8 题为单选题，每小题 3 分，9-12 为多选题， 全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，错选、多选得 0 分） 。 1. 下列表述正确的是 () A. 一小段通电直导线在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零 B. 在磁场中 ，磁感应强度 B 与 F 成正比，与 L 成反比 FBIL C. 和 对所有的电场均成立2 QEkrq D. 只对匀强电场成立 Ud 【答案】D 【解析】 【详解】根据公式 ，一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度 BsinFBIL 不一定为零，可能是 为零，故 A 错误；磁感应强度 是采用比值法定义的， B 大i FBIL 小与 F、 IL 无关， B 由磁场本身决定，故 B 错误； 只使用与点电荷形成的电场，故2 QEkr C 错误； 为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，故 D 正 UEd 确所以 D 正确，ABC 错误 2. 真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是 （） A. 该点电荷一定为正电荷 B. P 点的场强一定比 Q 点的场强大 C. P 点电势一定比 Q 点电势低 D. 正检验电荷在 P 点比在 Q 点的电势能大 【答案】B 【解析】 【详解】A正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷， 故 A 错误； B相邻等势面间电势差相等， P 点附近的等差等势面更加密集，故 P 点的场强一定比 Q 点的 场强大，故 B 正确； C正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则 P 点电势一定比 Q 点电势高，故 C 错误； D从等势面 的 情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断 P 点电势与 Q 点 电势的高低，就无法判断正检验电荷在 P 点和在 Q 点的电势能的大小，故 D 错误。 故选 B。 3. 如图所示，矩形线圈 放置在水平面内，磁场方向与水平方向成 ，已知abcd 53 ， ，回路面积为 S，磁感应强度为 B，则通过线框的磁通量为（ sin530.8os530.6 ） A. BS B. 0.8BS C. 0.65BS D. 0.75BS 【答案】B 【解析】 【详解】根据磁通量计算公式 （ 是线框平面与磁场方向的夹角）可以计算出sinBS 通过线框的磁通量 0.8BS。 故选 B。 4. 如图为电视显像管的俯视图，偏转线圈中没有通入电流时，电子束打在荧光屏正中的 O 点，通过改变线圈中的电流，可使得电子打到荧光屏上各点，则（） A. 电子在偏转线圈中被加速 B. 电子的偏转是因为电场力的作用 C. 若电子束打到 A 点，线圈区域中有平行纸面向右的磁场 D. 若电子束打到 A 点，线圈区域中有垂直纸面向外的磁场 【答案】D 【解析】 【详解】AB偏转线圈产生磁场，电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，洛伦兹力不做功，不 能对电子加速，只能使它偏转，AB 错误； CD根据左手定则，电子带负电，打到 A 点时，线圈区域中有垂直纸面向外的磁场，C 错误， D 正确。 故选 D。 5. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的 M、 N 两点，且与直面垂直，导线中通有大小 相等、方向相反的电流。 a、 O、 b 在 M、 N 的连线上， O 为 MN 的中点， c、 d 位于 MN 的中垂线 上，且 a、 b、 c、 d 到 O 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ） A. O 点处的磁感应强度为零 B. a、 b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、 d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、 c 两点处磁感应强度的方向不同 【答案】C 【解析】 【详解】A由安培定则和磁场叠加原理可判断出 O 点处的磁感应强度方向向下，一定不为 零，A 错误； B a、 b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，B 错误； C c、 d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，C 正确； D a、 c 两点处磁感应强度的方向相同，D 错误。 故选 C。 6. 如图所示为多用电表欧姆挡的原理图，表头内阻为 ，调零电阻为 ，电池的电动势为gR0R E，内阻为 r，则下列说法错误的是（ ） A. 它是根据闭合电路欧姆定律制成的 B. 接表内电池负极的应是红表笔 C. 欧姆挡对应的“”刻度一般在刻度盘的右端 D. 调零后刻度盘的中央刻度值是 0grR 【答案】C 【解析】 【详解】A多用电表是根据闭合电路欧姆定律制成的，A 正确，不符合题意； B电流从黑表笔出，红表笔进，B 正确，不符合题意； C “”刻度在刻度盘的左端，C 错误，符合题意； D当多用电表指针指在中央位置时， 02gxIERrg0I 所以 0gxRr 即中央刻度值为 ，D 正确，不符合题意。0grR 故选 C。 7. 如图所示，在与水平方向成 30角 的 光滑金属导轨间连一电源（极性未标明） ，在间距为 l 的平行导轨上，放一质量为 m 的金属棒 ab，棒中电流为 I，磁场方向垂直于导轨平面向上， 这时棒恰好静止。重力加速度为 g。下列判断正确的是（） A. 电流从 a 到 b，磁感应强度大小为 mgIl B. 电流从 b 到 a，磁感应强度大小为 Il C. 电流从 a 到 b，磁感应强度大小为 2 mgIl D. 电流从 b 到 a，磁感应强度大小为 2 mgIl 【答案】C 【解析】 【详解】棒恰好静止，对棒受力分析，因磁场方向垂直于导轨平面向上，棒受到重力、垂直 于斜面的支持力，及平行斜面的安培力，依据左手定则，则电流方向由 a 到 b，再根据矢量 的合成法则，则有 FA=mgsin30 且 FA=BIl 解得磁感应强度大小为 2mgBIl 综上所述，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 8. 劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示：置于高真空中的 D 形金 属盒半径为 R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为 B 的匀强磁 场与盒面垂直，加速电压为 U若 D 型盒圆心 A 处粒子源产生的粒子质量为 m、电荷量为 +q，初速度为零，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑重力的影响，则下列说法正确的 是 A. 随着速度的增加，带电粒子在磁场中运动的周期越来越短 B. 质子第 2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后轨道半径之比为 2：1 C. 质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压 U 成正比 D. 质子被加速后的最大动能等于 2qBRm 【答案】D 【解析】 【分析】 回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等回旋加速器运用 电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求 出最大动能 【详解】A.根据粒子圆周运动的周期公式： ， T 与粒子的速度大小无关，所以粒子 2mqB 在回旋加速器中运行的周期不变，故 A 错误； B.粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理： ，可得： ，质子第 1 次和第 2 次经过 D 形盒狭缝的速度比为： 21nqUmv2qUnm ，根据 ，可得半径比为： ，故 B 错误；: rqB: CD.根据 ， R 是 D 形金属盒的半径，知质子获得的最大速度 ，则最大动 2v qBRvm 能： ，与加速的电压无关，故 C 错误，D 正确 21kmqBE 所以 D 正确，ABC 错误 【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关， 以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等 9. 如图所示为一种电容传声器。 b 是固定不动的金属板， a 是能在声波驱动下沿水平方向振 动的金属膜片， a、 b 构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发 生相应的振动，于是就改变了它与固定极板 b 间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变 化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关 K，若声源 S 发出声波使 a 向右运动时（ ） A. 电容器的电容増大 B. a、 b 板之间的电场强度减小 C. 流过电流表的电流方向为自左向右 D. 流过电流表的电流方向为自右向左 【答案】AC 【解析】 【详解】A由电容的决定式： 4rSCkd 可知， a 向右运动时，极板间的距离 d 减小，所以电容增大，A 正确； B闭合开关 K，电压保持不变，距离减小，由： UE 可知，电场强度增大，B 错误； CD由电容定义式： QCU 可知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，流过电流表的电流方向为自左 向右，C 正确，D 错误。 故选 AC。 10. 如图电路中，电源 的 电动势和内阻保持恒定， 、 和 是三个电阻箱。为了使电流1R23 表的示数变大，可采取的办法有（） A. 只增大 B. 只增大1R 2R C. 只增大 D. 只减小3R 2R 【答案】CD 【解析】 【详解】A只增大 ，整个回路电阻增大，干路电流强度减小，加在内电阻和 R2上的电压1R 减小，加在 R3上的电压增加，流过 R3的电流增加， R3与 R1是并联关系，因此流过 R1的电流 减小，电流表的示数变小，A 错误； B只增大 ，整个回路电阻增大，干路电流强度减小，由于 R3与 R1电阻都不变，因此流过2 R3与 R1的电流都减小，电流表的示数变小，B 错误； C只增大 ，整个回路电阻增大，干路电流强度减小，加在内电阻和 R2上的电压减小，加3 在 R1上的电压增加，因此流过 R1的电流增大。电流表的示数增大，C 正确； D只减小 ，整个回路电阻减小，干路电流强度增大，由于 R3与 R1电阻都不变，因此流过2 R3与 R1的电流都增大，电流表的示数变大，D 正确。 故选 CD。 11. 在如图甲所示电路中，定值电阻 ， R 为滑动变阻器闭合开关后，多次改变滑片1.0 的位置，分别记录电压表和电流表的示数由测得数据作出如图乙所示 图线下列判断正UI 确的是 () A. 当滑片向右滑动时，电压表示数增大 B. 电源的电动势测量值约为 1.60V C. 电源的内阻测量值约为 5 D. 当电源短路时，电流表示数为 .4A 【答案】AB 【解析】 【详解】BC、根据图象读出电源电动势为 ，根据图像斜率得到1.60V ，故电源内阻为 ，故 B 正确，C 错误；0 1.60.54URrI.5r A、当滑片向右滑动时，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，根据 可得出电压表示数增大，故 A 正确；0()EIr D、当电源短路时，根据闭合电路欧姆定律： ，故 D 错误； 1.603.25EIAr 故选 AB； 12. 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子 和 ，经电压为 U 的电场加速后，P3 垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所 示。已知离子 在磁场中转过 后从磁场右边界射出，在电场和磁场中运动时，离子P30 和 （）3 A. 在电场中的加速度之比为 11 B. 在磁场中运动 的 半径之比为 3:1 C. 在磁场中转过的角度之比为 12 D. 离开电场区域时的动能之比为 13 【答案】BCD 【解析】 【详解】A.设离子 电量为 q， 电量为 3q，在电场中P3=Eqam 所以加速度之比为 13，A 错误； BD.粒子离开电场时，由动能定理得 21=Uqmv 在磁场中，根据牛顿第二定律得 2vBr 所以半径之比为 ，动能之比为 13，BD 正确；3:1 C. 设磁场宽度为 d，对于离子 ，有P1sin30dr 对于离子 ，有3P 2sindr 结合半径关系，可得 60 C 正确。 故选 BCD. 二、实验（本题共两个小题共 16 分） 13. 如图所示，有一个双量程电流表，其中小量程为 。已知表头 G 的满偏电流01A ，定值电阻 ， ，则表头 G 的内阻 的值为_欧。50mAgI120R28gR 【答案】200 【解析】 【详解】接最左端与最右边的接线柱时量程为小量程，此时 R1与 R2串联为一支路，当 G 表 头达到满偏时通过 R1、 R2的电流为 I1=I-Ig=1A-0.5A=0.5A 根据并联电路的特点可得： IgRg=I1（ R1+R2） 解得 0g 14. 某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率（圆柱体的电阻约为 6）： (1)如图甲先用螺旋测微器测其直径为_mm，如图乙再用游标卡尺测其长度为 _cm； (2)为精确测量其电阻，需测出多组实验数据，并避免测量时电表指针偏转角度过小，需进 一步测其电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，为了测多组实验数据，则 电压表应选_；电流表应选_；滑动变阻器应选_。 （填写器 材前对应的序号字母） A.电压表 V1（量程 3V，内阻约为 15k） B.电压表 V2（量程 15V，内阻约为 75k） C.电流表 A1（量程 0.6A，内阻约为 1） D.电流表 A2（量程 3A，内阻约为 0.2） E.滑动变阻器 R1（05，0.6A） F.滑动变阻器 R2（02000，0.1A） G.1.5V 的干电池两节，内阻不计 H.开关 S，导线若干 (3)请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在图虚线框中； （ ） (4)若流经圆柱体的电流为 I，圆柱体两端之间的电压为 U，圆柱体的直径和长度分别用 D、 L 表示，则用 D、 L、 I、 U 表示的电阻率的关系式为 =_。 【答案】 (1). 1.844（1.8421.847 均可） (2). 4.240 (3). A (4). C (5). E (6). (7). 24DUIL 【解析】 【详解】(1) 1螺旋测微器的读数为:固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆 柱体的直径为 1.5mm+34.40.01 mm=1.844mm（1.8421.847 均可） 2游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数精度，由题图乙知，长度为 42mm+80.05mm=42.40mm=4.240cm (2) 5待测电阻大约 6，若用滑动变阻器 R2（02000，0.1A）调节非常的不方便，所以 应用滑动变阻器 R1（05，0.6A） 。 3两节干电池电动势为 3V，所以电压表应选 3V 量程。 4为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电 阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的最大电流约为 0.5AUIR 所以电流表量程应选 0.6A 量程。 (3) 6根据以上分析电路图如图所示: (4) 7由 ， 及 得 UIRLS2D24UIL 15. 如图所示，带电荷量为 q、质量为 m 的物块从倾角为 的光滑绝缘斜面顶端由37 静止开始下滑，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度 和在斜面上运动的最大位移(斜面足够长，取 sin 0.6，cos 0.8) 【答案】 vm s 45gqB281 【解析】 【详解】1以小球为研究对象，分析其受力情况：小球受重力、斜面支持力及洛伦兹力作 用，沿斜面方向上；根据牛顿第二定律，有： sinmga 在垂直于斜面方向上，有 cosNfF洛 由 ，知 Ff 洛 随着小球运动速度的增大而增大，当 Ff 洛 增大到使 FN=0 时，小球将脱fqvB洛 离斜面，此时有： cosmfqvBg洛 所以 cos3745mggvqB 2小球在斜面上匀加速运动的最大距离为： 2224()5sin1783mgvqsaB 16. 一个带正电的微粒，从 A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线 AB 运动，如图所 示 AB 与电场线夹角 30，已知带电粒子的质量 m1.010 7 kg，电荷量 q1.010 10 C， A、 B 相距 L20 cm.(取 g10 m/s 2，结果保留两位有效数字)求： (1) 电场强度的大小和方向 (2)要使微粒从 A 点运动到 B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少 【答案】 （1）1.710 4N/C，方向水平向左；（2）2.8m/s； 【解析】 【详解】 （1）根据共点力平衡条件，有： qEmgtan 故电场强度 =tanq41.70N/C 电场强度方向水平向左 （2）微粒由 A 运动到 B 的速度 ，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：0Bv21AmgLsinqEcosmv 解得 vA=2.8m/s 点评：此类型题的关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求 解 17. 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈， 匝数为 n，线圈的水平边长为 L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直当线 圈中通过电流 I 时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左 盘中增加质量为 m 的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡 (1)若线圈串联一个电阻 R 连接到电压为 U 的稳定电源上，已知线圈电阻为 r，当线圈中通过 电流 I 时，请用题给的物理量符号表示出电阻 R 的大小. (2)请用重力加速度 g 和 n、 m、 L、 I 导出 B 的表达式. 【答案】(1) (2) UrI2gI 【解析】 【分析】 (1)根据闭合电路的欧姆定律即可求得； (2)天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了 两倍的安培力大小 【详解】(1) 根据闭合电路的欧姆定律可得 I（R+r）=U 解得： ； URrI (2) 根据平衡条件： 有：mg=2nBIL， 解得： 2 mgBnIL 【点睛】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题 18. 如图所示，在坐标系 xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 面向里；第四象限内有沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E。一质量为 、带m 电量为 的粒子自 y 轴的 P 点沿 x 轴正方向射入第四象限，经 x 轴上的 Q 点进入第一象限，q 随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知 OP=d， OQ=2d，不计粒子重力。 (1)求粒子过 Q 点时速度的大小和方向； (2)若磁感应强度的大小为一定值 B0，粒子将以垂直 y 轴的方向进入第二象限，求 B0； (3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过 Q 点，且速度与第 一次过 Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间。 【答案】(1) ，与 x 轴成 45角斜向上； (2) ；(3) 2qEdm2mEqd2()mdqE 【解析】 【详解】 （1）设粒子在电场中运动的时间为 ，加速度的大小为 a，粒子的初速度为 ，过0t 0v Q 点时速度的大小为 v，沿 y 轴方向分速度的大小为 ，速度与 x 轴正方向间的夹角为 ，yv 由牛顿第二定律得 qEma 由运动学公式得 ， 201dt0vt ， ，0yvat 20y0any 联立以上各式 ， 2qEdvm45 （2）设粒子做圆周运动的半径为 ，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示， 为圆心，由1R1O 几何关系可知O 1OQ 为等腰直角三角形，得 12d 由牛顿第二定律得 201vqBmR 联立可得 02Eqd （3）设粒子做圆周运动的半径为 ，由几何分析，粒子运动的轨迹如图所示， 、 是2R2O 粒子做圆周运动的圆心， Q、 F、 G、 H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接 、 ，由几何关系2 知， 和 均为矩形，进而知 FQ、 GH 均为直径， QFGH 也是矩形，又2OFG 2 FH GQ，可知 QFGH 是正方形， QOG 为等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的轨 迹均为半圆，得 2Rd 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 2FGHQR 设粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间为 t，则有 2v 联立可得 (2)mdtqE 【点睛】本题综合性较强，主要考查学生对带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动和牛顿 第二定律的应用