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.docx

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1、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）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C. 和对所有的电场均成立D. 只对匀强电场成立【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B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大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，

2、故B错误；只使用与点电荷形成的电场，故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，

3、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，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（ ）A. BSB. 0.8BSC. 0.65BSD. 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，

4、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M

5、N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；Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，B错误；Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，C正确；Da、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，

6、表头内阻为，调零电阻为，电池的电动势为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【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，所以即中央刻度值为，D正确，不符合题意。故选C7. 如图所示，在与水平方向成30角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，

7、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B. 电流从b到a，磁感应强度大小为C. 电流从a到b，磁感应强度大小为D. 电流从b到a，磁感应强度大小为【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

8、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2：1C. 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【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

9、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：，根据，可得半径比为：，故B错误；CD.根据， R是D形金属盒的半径，知质子获得的最大速度，则最大动能：，与加速的电压无关，故C错误，D正确所以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

10、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：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：可知，电场强度增

11、大，B错误；CD由电容定义式：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，电源电动势和内阻保持恒定，、和是三个电阻箱。为了使电流表的示数变大，可采取的办法有（）A. 只增大B. 只增大C. 只增大D. 只减小【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R3与

12、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C. 电源的内阻测量值约为D. 当电源短路时，

13、电流表示数为【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，故电源内阻为，故B正确，C错误；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；D、当电源短路时，根据闭合电路欧姆定律：，故D错误；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，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，离子和（）A. 在电场中的加速度之比为11B. 在磁场中运动半径之比为C. 在磁场中转过

14、的角度之比为12D. 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，由动能定理得在磁场中，根据牛顿第二定律得所以半径之比为，动能之比为13，BD正确；C. 设磁场宽度为d，对于离子，有对于离子，有结合半径关系，可得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，定值电阻，则表头G的内阻的值为_欧。【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

15、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）

16、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). 【解析】【详解】(1) 1螺旋测

17、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所以电流表量程应选

18、0.6A量程。(3) 6根据以上分析电路图如图所示:(4) 7由，及得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sin0.6，cos0.8)【答案】vms【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：在垂直于斜面方向上，有由，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，小球将脱离斜面，此时有：所以2小球在斜面上匀加速运动的最大距离为：16. 一

19、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m1.0107kg，电荷量q1.01010C，A、B相距L20 cm.(取g10 m/s2，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）1.7104N/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：故电场强度=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：解得vA=2.8m/s点评：此类型题的关键结合运动情况得到粒

20、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)【解析】【分析】(1)根据闭合电路的欧姆定律即可求得；(

21、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： ；(2) 根据平衡条件：有：mg=2nBIL，解得：【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，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。(

22、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)【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，由牛顿第二定律得由运动学公式得，联立以上各式，（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，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得由牛顿第二定律得联立可得（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、，由几何关系知，和均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，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，得粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有联立可得【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