山东省商河县第一中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题.docx

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1、山东省商河县第一中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题第卷一、选择题（本题共15小题，1-10题只有一个选项符合题目要求的每小题3分；11-15题多个选项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分.）1关于电磁感应现象，下列说法正确的是( )A线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大2一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电

2、压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )ABCnevD3在光滑水平地面上匀速运动的装有沙子的小车，小车和沙子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉，沙子漏掉后小车的速度应为( )Av0 B. C. D.4如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是

3、( )5在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示(取无穷远处电势为0)。电场中四个点A、B、C和D的r关系对应图中的a、b、c和d点。则下列叙述正确的是( )A该点电荷一定是负电荷BA、B、C和D点的电场强度方向一定相同CA、C两点的电场强度大小之比为91D将一带正电的试探电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功相同6如图所示，有一倾角为30的光滑斜面，匀强磁场垂直斜面，匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边。一质量为m、带电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动。则( )A带电粒子带负电B匀强磁场的磁感应强度大小BC匀强电场的场强大小为E

4、D带电粒子在运动过程中机械能守恒7关于电磁感应现象，下列说法正确的是()A线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大8.如图，真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且BOAO.一质子仅在电场力作用下，其运动轨迹如图中实线所示设M、N两点的场强大小分别为EM、EN，电势分别为M、N.下列判断中正确的是( )AEMEN BA点电荷一定带正电CMN D若质子从N运动到M，电场力做正功9.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a

5、，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁场的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A. B. C. D.10.如图所示，质量为m，带电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成45角进入匀强电场和匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C匀强电场的电场强度ED匀强磁场的磁感应强度B11(多选)等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈A内有如图乙所示的变

6、化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是()A01 s内ab、cd导线互相吸引 B12 s内ab、cd导线互相吸引C23 s内ab、cd导线互相吸引 D34 s内ab、cd导线互相吸引12(多选)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球，开始时开关S闭合，滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向(电源的内阻不能忽略)，下列判断正确的是( )A小球带负电B当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角变小C当滑动头从a向b滑动时，电流计中有电流，方向从上向下D当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小13(多选)用如图所示的回旋加速器

7、来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法( )A将其磁感应强度增大为原来的2倍B将其磁感应强度增大为原来的4倍C将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍14(多选)如图所示，光滑水平面上有甲、乙两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(弹簧未与小车固定)，小车处于静止状态烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左右运动已知甲、乙两小车质量之比为m1:m22:1，下列说法正确的是()A弹簧弹开后甲、乙两小车速度大小之比为1:2B弹簧弹开后甲、乙两小车动量大小之比为1:2C弹簧弹开过程中甲、乙两小车受到的冲量大小之比为1:

8、1D弹簧弹开过程中弹力对甲、乙两小车做功之比为1:415(多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时( )AL2的电阻为12 BL1消耗的电功率为0.75 WCL1、L2消耗的电功率的比值大于4DL1两端的电压为L2两端电压的2倍第卷二、实验题（共2小题，满分12分）16.(4分)用如图所示的装置进行以下实验:A.先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面间的动摩擦因数,查出当地的重力加速度gB.用细线将滑块A、B连接,使A、B间的弹簧压缩,滑块B紧靠在桌边C.剪断细线,测出滑块B做

9、平抛运动的落地点到重垂线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2(1)为验证动量守恒定律,写出还需测量的物理量及表示它们的字母: _。(2)若mv为不变量,需验证的关系式为_。17(8分)一同学测量某干电池的电动势和内阻(1)甲图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：R/8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26/A16.75.95.34.53.8该同学根据表中数据，在方格纸上作出了R关系图象由图象可计算出该干电池的电动势为_V；

10、内阻为_.(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A 时，电压表的指针位置如乙图所示，则该干电池的电动势应为_V；内阻应为_.三、本题共4小题，共43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.18.（10分）光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R1 m一质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块已知M4m，g取10 m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端，求：(1)小球的初速度v0

11、是多少？(2)滑块获得的最大速度是多少？19(10分)如图所示，光滑平行金属导轨PP和QQ之间距离为1 m且足够长，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R10 ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，B2 T现垂直于导轨放置一根导体棒MN，电路中导轨和导体棒电阻不计，用一水平向右F5 N的力拉动导体棒MN从静止开始运动，则(1)导体棒中的电流方向？(回答MN还是NM)(2)当导体棒匀速运动时，棒中的电流大小是多少安？(3)导体棒做何种运动？求最终的速度20(11分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电量为q1.0106 C的带电粒

12、子，从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件21(12分)如图所示，在xOy平面内有虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴成45角，OP与y轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP与x轴之间的电场平行于x轴向右，电场强度为E，在y轴上有一点M，到O点的距离为L，现有一个质量为m，带电量为q的带电粒子从静止经电压为U的电

13、场加速后从M点以垂直y轴的速度方向进入磁场区域(加速电场图中没有画出)，不计带电粒子的重力，求：(1)从M点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小？(2)为使带电粒子刚好不能进入电场区域，则磁感应强度B应为多大？(3)改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为多少？物理试题答案1.解析：选C感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误；闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误；电磁感应现象中，感

14、应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大，而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故D错误2.解析：I，IneSv，R，E，联立得Enev，故选C。3.解析：设漏掉质量为m的沙子后，沙子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，汽车速度为v，根据水平方向动量守恒可得：Mv0mv0(Mm)v，解得：vv0，故B、C、D错误，A正确4.解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷量变

15、为e，由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下，由rmv/qB可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D。5.解析：由图象可知，点电荷周围的电势随距离增大而降低，可知该点电荷一定是正电荷，选项A错误；A、B、C和D点不一定在同一条电场线上，则四点的电场强度方向不一定相同，选项B错误；由点电荷场强公式E可得：EaEc91，故C正确；因UAC4 V，UBD2 V，根据WUq，则将一带正电的试探电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功不相同，故D错误。6.解析：小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，

16、故A错误；由上分析，根据牛顿第二定律得qvBm，得到，B，重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，则有Eqmgsin 得到，E，故B正确，C错误。虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，则粒子在运动过程中机械能不守恒，故D错误。7.解析：选C感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误；闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误；电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与

17、原磁场方向相同，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大；而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故D错误8.解析：质子受力的方向与电场线的方向相同，与弯曲的方向相同，故B应带正电荷，故A错误；在该连线上，从O到N到无穷远，E逐渐减小，故B错误N点到负电荷A的距离近，故M点处的电势一定高于N点处的电势，故C正确；M点处的电势一定高于N点处的电势，从N到M电场力做负功，故D错误9.解析：选B线圈中产生的感应电动势EnnSn，B正确10.解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状

18、态，可知，qEmg，qvBmg，得电场强度E，磁感应强度B，因此A正确11.解析：选CD等离子体气流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，形成从a到b的电流分析图乙可知，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律可知，02 s内，cd导线中电流由d到c,24 s内，cd导线中电流由c到d，根据平行直导线的相互作用规律可知，同向电流吸引，异向电流排斥，故02 s内，ab、cd导线互相排斥，24 s内，ab、cd导线互相吸引，C、D选项正确12.解析：选BC 由图，细线向右偏，电场力向右，则小球带正电。故A错误；滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压UEI

19、r变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B正确；滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下。故C正确；滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，电源电动势不变，所以当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变大，故D错误。13.解析：粒子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得：evBm质子的最大动能：Ekmmv2解式得：Ekm.要使质子的动能增加为原来的4倍，可以将磁感应强度增大为原来的2倍或将两D形金属盒的半径增大为原来的2倍，故B项错，A、C正确质子获得的最大动能与加速电压无关，故D项错14.解析：甲、乙两车组成的系

20、统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统总动量仍为零，即两车动量大小相等、方向相反，动量大小之比为，速度大小之比为，故A正确，B错误；弹簧弹开过程中两车受到的合力大小相等、方向相反、力的作用时间相等，小车受到的冲量IFt大小相等，冲量大小之比为1:1，故C正确；由动能定理可知，弹力对小车做功Wmv2，故做功之比为，故D错误答案：AC15.解析：L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则得L2的电流为0.125 A，由图可知，此时L2的电压小于0.5 V，根据R可知，L2的电阻小于4 ，故A错误；根据图象可知，当电流为0.25 A时，电压U3 V，所以L1

21、消耗的电功率 PUI0.75 W，故B正确；根据PUI可知，L2消耗的电功率P20.1250.50.062 5 W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4，故C正确；L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故D错误，故选BC。16.【解析】(1)要找出碰撞中的动量守恒,应测出两滑块质量及各自的速度。取向右方向为正方向,剪断细线后,A向右做匀减速运动,初速度vA=;B向左做平抛运动,设桌面高度为h,则h=gt2,由-x1=vBt得vB=-x1,故要求出vB,还应测出h。(2)若mv为不变量,则碰前MvA+mvB=0,碰后MvA+mvB=0,故MvA+m

22、vB=MvA+mvB,即M-mx1=0。答案:(1)桌面离水平地面的高度h (2)M-mx1=017.解析：(1)开关不应该闭合，应该保持断开状态电阻箱要以最大阻值接入，然后再调小(2)由闭合电路欧姆定律，EIRIr得REr，类似于一次函数ykxb的形式，R图象的斜率表示电动势E，纵截距绝对值为内阻r.读图可知，E1.4 V，r1.2 .(3)因为电动势是一个常数1.4 V，电流表的内阻RA0.2 ，内阻为1.2 0.2 1.0 .答案：(1)开关未断开电阻箱阻值为零(2)1.4(1.301.44都算对)1.2(1.01.4都算对)(3)1.4结果与(2)问第一个空格一致1.0结果比(2)问第

23、二个空格小0.2 第（2）题每空2分，其余每空1分18.解析：(1)当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0(mM)v1因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有：mv(mM)vmgR联立，解得v05 m/s(2)小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv0mv2Mv3mvmvMv联立，解得v32 m/s答案：(1)5 m/s(2)2 m/s19.解析：(1)根据右手定则或者楞次定律可知，导体棒的电流方向为NM.(2)匀速运动时，B

24、ILF5 N.解得I2.5 A.(3)导体棒受到外力F和安培力的作用， ，做加速度减小的加速运动当a0时达到最大速度，此时F安F，最后以最大速度做匀速直线运动根据闭合电路欧姆定律可知，I.根据法拉第电磁感应定律可知，EBLvm.联立解得，vm12.5 m/s.答案：(1)NM(2)2.5 A(3)先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动12.5 m/s20.解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0mv2代入数据得：v20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB得R代入数据得：R0.50 m而0.50 m故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方

25、向垂直于x轴，轨迹如图甲所示由几何关系可知：OQRRsin 53故OQ0.90 m.(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：OPRRcos 53R由以上两式并代入数据得：B T5.33 T.答案：(1)20 m/s(2)0.90 m(3)B5.33 T21.解析：(1)从M点进入磁场的带电粒子速度的大小为v，根据动能定理得qUmv2，解得v(2)带电粒子刚好不能进入电场区域轨迹如图甲所示，设磁感应强度为B，由图可知：OMRRL，解得：R由洛伦兹力提供向心力可得：qvBm，解得：B(1)(3)由图乙可知带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨道半径为R1，在电场中做类平抛运动，加速度a，y轴方向匀速运动，有：R1vtx轴方向匀加速运动，有：xat2联立解得x，到O点的距离为。