吉林省長春市2023-2024學年高二上學期期中物理試題（含答案）

吉林省長春2023-2024學年高二上學期期中物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題（本題共12小題，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一項符合題目要求，每小題4分；第9-12題有多項符合題目要求，每小題4分，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1．下列說法正確的是（??）A．磁場中某點磁感應強度的方向與放入磁場中的通電直導線所受安培力的方向相同B．電場線和磁感線都是客觀存在的閉合曲線C．一運動電荷在某處不受磁場力的作用，則該處的磁感應強度一定為零D．穿過線圈的磁通量為零時，該處的磁感應強度不一定為零2．如圖所示，豎直向下的勻強磁場磁感應強度為B，邊長為L的正方形線框abcd繞ab邊從水平位置Ⅰ順時針轉至豎直位置Ⅱ，再轉過30°至位置Ⅲ，則下列說法中正確的是（）A．在位置Ⅱ線框磁通量最大B．從位置Ⅰ轉至位置Ⅲ，線框磁通量不斷減小C．從位置Ⅱ轉至位置Ⅲ，線框磁通量增大了1D．在位置Ⅲ，線框磁通量大小為33．理發(fā)用的電吹風有電熱絲和電風扇，電熱絲給空氣加熱，電風扇產生熱風將頭發(fā)吹干．電熱絲與電風扇串聯(lián)，設電風扇電機線圈電阻為R1，電熱絲電阻為R2，將電吹風接在電壓為U的電源上，工作電流為I，消耗電功率為P，則有（）A．P=I2（R1＋R2） B．P=U2/(R1＋R2)C．P=IU D．I=U/（R1＋R2）4．如圖所示，在勻強磁場中，磁感應強度B1＝2B2，當不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時，粒子的（）A．速率將加倍 B．軌跡半徑加倍C．周期將不變 D．做圓周運動的角速度將加倍5．如圖所示，在空間中存在一方向豎直向上、磁感應強度大小為2T的勻強磁場。為使水平放置的導體棒能夠靠在墻面上保持靜止，現(xiàn)給導體棒通入電流。已知導體棒的質量為0.2kg、長度為1m，導體棒與豎直墻壁的動摩擦因數(shù)為0.4，取重力加速度g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。所通入的電流大小和方向可能為（）A．2A，垂直于紙面向里 B．3A，垂直于紙面向里C．2A，垂直于紙面向外 D．3A，垂直于紙面向外6．如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向內的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法錯誤的是（）A．三個粒子都帶正電荷 B．c粒子速率最小C．c粒子在磁場中運動時間最短 D．它們做圓周運動的周期Ta=Tb=Tc7．a、b、c是豎直平面內等腰直角三角形的三個頂點，bc邊水平，d是bc中垂線上的一點且在a點下方，且ab=ac=L，在b、c、d三點分別固定三根垂直于三角形abc所在平面的通電直導線，b、c處導線中的電流大小為I，d處導線中的電流大小為2I，方向如圖所示。已知通電直導線在周圍產生的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比，與到導線的距離成反比（即B=kIA．垂直于紙面向里，距離為22L C．垂直于紙面向外，距離為22L 8．如圖所示，一個帶電的物體從光滑絕緣斜面頂點靜止釋放，處在垂直紙面向外的磁場之中，磁感應強度為B，斜面固定，運動一段時間，物體將離開斜面，已知斜面傾角θ，離開時的速度v，重力加速度g，可以判斷或計算出來的是（）A．物體帶負電 B．物體的帶電量大小C．物體的質量 D．物體在斜面上運動的時間9．如圖所示，質量一定的導體棒ab放置于傾角為θ的導軌上，導軌上端連接電源和定值電阻形成閉合回路，空間內加垂直于導體棒的大小相等、方向不同的勻強磁場，導體棒ab均靜止，則下列判斷正確的是（）A．四種情況下，導體棒受到的安培力大小不相等B．甲中導體棒ab與導軌間摩擦力可能為零C．乙中導體棒ab與導軌間摩擦力可能為零D．丙和丁中導體棒ab與導軌間摩擦力可能為零10．如圖所示為一電源路端電壓與電流關系的函數(shù)圖象，把此電源接在圖示的電路中，其中R1=1Ω，R2=R3=2Ω。則下列正確的是（）A．此電源電動勢為3V，內阻為2ΩB．若在C、D間連一個理想電流表，其讀數(shù)是0.75AC．若在C、D間連一個理想電壓表，其讀數(shù)是1.2VD．若在C、D間連一電容為20μF的電容器，則電容器所帶電荷量是1.5×10-5C11．如圖所示電路中，電源電動勢為E、內阻為r，R1、R2、R3均為定值電阻，帶電粒子P在平行板電容器中恰處于靜止狀態(tài)。不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向a端移動時，下列說法正確的是（）A．電流表讀數(shù)增大 B．電壓表讀數(shù)減小C．粒子P將向下運動 D．R1上消耗的功率減小12．如圖，在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內，存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，三個相同的帶正電粒子，比荷為qmA．從F點飛出磁場的粒子速度大小為3B．所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間都相同C．從E點飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間為πmD．從ED邊上的某一點垂直ED飛出磁場的粒子，其軌道半徑為2二、填空題（本題共兩小題，第13題8分，第14題12分，共計20分。）13．在“測量干電池的電動勢和內阻”實驗中（1）電路連線如圖甲所示，其中有一根導線（選填“①”、“②”或“③”）連接有誤。正確連接后，某次測量中電流表指針位置如圖乙所示，其示數(shù)為A。（2）測得的7組數(shù)據(jù)已標在如圖丙所示的U—I坐標系上，用作圖法求得干電池的電動勢E＝V和內阻r＝Ω。（結果均保留兩位數(shù)）14．某同學設計了兩種電路測電阻Rx.。（1）利用圖甲測電阻時：①先將滑動變阻器R3的滑動觸頭移動到最（填“左”或“右”）端，再接通開關S；保持S2斷開，閉合Sl，調節(jié)滑動變阻器使電流表指針偏轉至某一位置，并記下電流表示數(shù)I1。②斷開Sl，保持滑動變阻器阻值不變，調整電阻箱R0阻值在100Ω左右，再閉合S2，調節(jié)R0阻值，使得電流表讀數(shù)為時，R0的讀數(shù)即為電阻的阻值。（2）利用圖乙測電阻時：實驗器材如下：干電池E（電動勢1.5V，內阻未知）；電流表A1（量程10mA，內阻為90Ω）；電流表A2（量程30mA，內阻為30Ω）；定值電阻R0（阻值為150Ω）；滑動變阻器R（最大阻值為100Ω）；待測電阻Rx；開關S，導線若干。①斷開開關，連接電路，將滑動變阻器R的滑片調到阻值最大一端。將定值電阻R0接入電路；閉合開關，調節(jié)滑片位置。使電流表指針指在滿刻度的12處。該同學選用的電流表為（填“A1”或“A2”）；若不考慮電池內阻。此時滑動變阻器接入電路的電阻值應為②斷開開關，保持滑片的位置不變。用Rx替換R0，閉合開關后，電流表指針指在滿刻度的35處，若不考慮電池內阻，則Rx的測量值為③本實驗中未考慮電池內阻，對Rx的測量值（填“有”或“無”）影響。三、計算題（本題共3小題，共32分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。）15．在下圖的電路中，若R1=4Ω，R3=6Ω，電池內阻r=0.6Ω，電源產生的總功率為40W，效率為94%。求：電池電動勢和電阻R2。16．如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=1m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=30°，空間中存在垂直于導軌所在平面向上，磁感應強度B=2T的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=6V、內阻不計的直流電源。現(xiàn)把一根質量m=0.4kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。若導體棒接入電路中電阻R=3Ω，導軌電阻不計，g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）導體棒受到的安培力大??；（2）畫受力分析圖并說明分析過程；（3）導體棒與軌道間的滑動摩擦因數(shù)。17．如圖所示，紙面內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，紙面內存在一半徑為R的圓形區(qū)域，圓心為O，該區(qū)域內無磁場。P處有一裝置，可在紙面內垂直O(jiān)P方向向上發(fā)射速率不同的帶負電粒子，粒子質量為m，電荷量的絕對值為q，O、P間的距離為2R，不計粒子重力和粒子間的相互作用，sin37°=0.（1）若粒子打不到圓形區(qū)域邊界上，求粒子發(fā)射速率的范圍；（2）求能經過圓心O的粒子從發(fā)射到第一次經過圓心的時間。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.磁場中某點磁感應強度的方向與放入磁場中的通電直導線所受安培力的方向垂直，故A不符合題意，

B.電場線和磁感線都是假象的，電場線不是閉合曲線，磁感線是閉合曲線，故B不符合題意，

C.一運動電荷在某處不受磁場力的作用，可能是速度方向與磁場平行，該處的磁感應強度不一定為零，故C不符合題意；

D.穿過線圈的磁通量為零時，該處的磁感應強度不一定為零，可能時線圈與磁場平行，故D符合題意。

故答案為：D

【分析】根據(jù)左手定則，通電直導線所受安培力的方向與磁場方向垂直，實際上并不存在；電荷運動方向與磁場方向平行時，不受洛倫茲力；線圈平面與磁場平行時，穿過線圈的磁通量為零。2．【答案】C【解析】【解答】ABD.在位置Ⅰ時，線框平面與磁感線垂直，磁通量大小為

ΦⅠ=BL2

在位置Ⅱ時，線框平面與磁感線平行，磁通量的大小為ΦⅡ=0，在位置Ⅲ時，磁通量的大小為?Φ=故C符合題意。

故答案為：C

【分析】根據(jù)Φ=BSsinθ（3．【答案】C【解析】【解答】D.電動機的電路不是純電阻電路，所以I≠故D不符合題意；

A.電吹風的發(fā)熱功率為P=故A不符合題意；

BC.電吹風消耗的電功率為P=UI≠故B不符合題意，C符合題意。

故答案為：C

【分析】非純電阻電路，I≠UR1+R4．【答案】B【解析】【解答】A.洛倫茲力與速度方向垂直，只改變帶電粒子的速度方向，不改變速度大小，所以粒子的速率不變，故A不符合題意；

B.根據(jù)R=mvBq，結合題意知，半徑加倍，故B符合題意；

CD.根據(jù)T=2πmBq，結合題意知，周期加倍，根據(jù)ω=2πT知，角速度ω減半，故CD不符合題意。

故答案為：B

【分析】洛倫茲力與速度方向垂直，只改變帶電粒子的速度方向，不改變速度大小；根據(jù)5．【答案】D【解析】【解答】受力分析如圖：

要使導體棒靜止，需f解得I≥2.5根據(jù)左手定則知，電流方向垂直于紙面向外，故D符合題意，ABC不符合題意。

故答案為：D

【分析】導體棒受力平衡，根據(jù)平衡條件知，最大靜摩擦力大于等于重力時導體棒處于靜止狀態(tài)，據(jù)此求得電流的大小，根據(jù)左手定則判斷電流的方向。6．【答案】B【解析】【解答】解：A、三個帶電粒子均向上偏轉，射入磁場時所受的洛倫茲力均向上，根據(jù)左手定則判斷得知：三個粒子都帶正電荷．故A正確．B、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB=mv2r，可得：r=C、D三個帶電粒子的質量和電荷量都相同，由粒子運動的周期T=2πmqB及t=θ2πT，θ是粒子軌跡對應的圓心角，也等于速度的偏轉角，可知，三粒子運動的周期相同，即Ta=Tb=T由圖知，a在磁場中運動的偏轉角最大，運動的時間最長，c在磁場中運動的偏轉角最小，c粒子在磁場中運動時間最短，故CD正確．本題選錯誤的，故選：B．【分析】三個質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率垂直進入勻強磁場中，則運動半徑的不同，導致運動軌跡也不同．運動軌跡對應的半徑越大，粒子的速率也越大．而運動周期它們均一樣，運動時間由圓弧對應的圓心角決定．7．【答案】D【解析】【解答】如圖

根據(jù)題意B由幾何關系得B=方向水平向右。根據(jù)a點的磁感應強度為0知，d導線電流方向垂直于紙面向外，且B=解得l=故D符合題意，ABC不符合題意。

故答案為：D

【分析】根據(jù)右手定則判斷b、c通電導線在a點產生的磁場的方向，利用矢量的疊加分析d點的磁場方向及距離。8．【答案】D【解析】【解答】A.由題意知，洛倫茲力垂直于斜面向上，根據(jù)左手定則知，物體帶正電，故A不符合題意；

BC.物體離開斜面時有qvB=mg解得q=物體的帶電量大小、質量都未知，所以都不能算出來，故BC不符合題意；

D.物體在離開斜面前，受重力、彈力和洛倫茲力，物體沿斜面向下做初速度為零的勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得a=物體在斜面上運動的時間為t=故D符合題意。

故答案為：D

【分析】根據(jù)物體運動的特點判斷物體受力情況，進而判斷物體的電性；根據(jù)物體離開斜面的受力特點，求物體的帶電量和加速度，進而求解時間。9．【答案】B,C【解析】【解答】A.導體棒受到的安培力F=BIL，由于四種情況中導體棒的電流相同，所處的磁場磁感應強度相同，故受到的的安培力大小相等，A不符合題意；B.甲圖中導體棒受到豎直向下的重力、水平向右的安培力、垂直于傾斜導軌向上的彈力，若這三個力平衡，則導體棒與導軌間的摩擦力可能為零，B符合題意；C．乙圖中，導體棒受豎直向下的重力、豎直向上的安培力，若這兩個力大小相等，則處于平衡狀態(tài)，導體棒與導軌間的摩擦力可能為零，C符合題意；D．丙圖中，導體棒受到豎直向下的重力、豎直向下的安培力、垂直導軌向上的彈力；丁圖中，導體棒受到豎直向下的重力、水平向左的安培力。兩種情況中，三個力均無法使導體棒平衡，故導體棒一定受到導軌提供的摩擦力，即導體棒與導軌間摩擦力不可能為零，D不符合題意；故答案為：BC。

【分析】利用安培力的表達式可以判別四種情況安培力的大小相等；利用平衡條件可以判別摩擦力的大小及方向。10．【答案】A,C【解析】【解答】A.由U-I圖像知：電源的電動勢E=3內阻r=故A符合題意；

B.在C、D間連一個理想電流表，則外電路的連接方式是：R2與R3并聯(lián)后與I=電流表的讀數(shù)為I故B不符合題意；

C.在C、D間連一個理想電壓表，電壓表測R2兩端的電壓，電壓表的讀數(shù)為

UV=EU電容器所帶電量為Q=C【分析】U-I圖像的縱軸截距表示電動勢，斜率大小表示內阻；結合電路結構求電流、電壓和電荷量。11．【答案】A,D【解析】【解答】AB.當滑動變阻器的滑片向a端移動時，R4增大，電路的總電阻R增大，根據(jù)

I=ER+r

知，電路的總電流I減小，根據(jù)

U2=E-I（R1+r）

知，R2兩端電壓U2增大，所以電流表示數(shù)增大；根據(jù)

I3=I-I2

I2增大知，I3減小，U3減小，而并聯(lián)部分的電壓增大，所以電壓表的示數(shù)增大，故A符合題意，B不符合題意；

12．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、從F點飛出的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r1，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖所示

由牛頓第二定律得qvB=m由幾何關系可得r聯(lián)立解得v=故A錯誤。

B、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T=所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中轉過的圓心角均為120°，則在磁場中的運動時間均為t=故B正確；

C、由幾何關系可得，從E點飛出的粒子在磁場中轉過的圓心角60°，粒子在磁場中的運動時間為t=故C正確；

D、由幾何關系可得，從ED邊上的某一點垂直ED飛出磁場的粒子，在磁場中轉過的圓心角為30°，則有AE=2ar故D正確。

故答案為：BCD。

【分析】根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡圖，再根據(jù)幾何關系粒子運動軌跡對應的半徑及圓心角大小，再根據(jù)帶電粒子在磁場中運動規(guī)律進行解答。13．【答案】（1）①；0.40（2）1.50；1.04【解析】【解答】（1）電壓表測量的電壓應為路端電壓，開關應能控制電路，所以導線①連接有誤，應該連接到開關的右端；電流表量程為0~0.6A，分度值為0.02A，故圖中示數(shù)為0.40A；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E-Ir根據(jù)圖像

可知，縱截距為1.50V，故E=1.50斜率的絕對值表示內阻，則r=【分析】熟悉各部分元件在電路中的用途，再結合電路圖分析各部分導線的連接是否正確。讀數(shù)時注意儀器的分度值。根據(jù)實驗原理結合電路圖分析圖像斜率及截距的物理意義，再結合圖像進行數(shù)據(jù)處理。14．【答案】（1）左；I1（2）A1；60；100；無【解析】【解答】（1）①本實驗滑動變阻器用的分壓式接法，操作前應將其滑動觸頭置于輸出電壓最小的最左端，即讓支路短路電流為零，保護電表達到安全的作用；

②根據(jù)實驗原理可知，變阻器的輸出電壓U應保持不變，根據(jù)歐姆定律，斷開S2閉合S1時應有U=斷開S1閉合S2時應有U=比較可知，當I1=I2時R即調節(jié)R0阻值使得電流表讀數(shù)為I1時，R0的讀數(shù)即為電阻的阻值。

（2）①若不考慮電源內阻，且在電源兩端只接R0時，電路中的電流約為I=由題知，閉合開關，調節(jié)滑片位置，要使電流表指針指在滿刻度的12處，則該同學選到的電流表應為A1E=計算出R=60Ω②斷開開關，保持滑片的位置不變，用Rx替換R0，閉合開關后，有E=代入數(shù)據(jù)有R③若考慮電源內阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=Im聯(lián)立計算出的Rx不受電源內阻r的影響。

【分析】本實驗圖甲的實驗原理為等效替代法，即確保分別閉合s1和s2時，電流表的示數(shù)不變。根據(jù)閉合電路的歐姆定律及串聯(lián)電路規(guī)律確定圖乙的待測電阻和已知電阻之間的關系。15．【答案】E=20V，R2=7Ω解：電源產生的總功率為40W，效率為94%。內阻上功率為P故回路電流I=輸出功率為P=94%×40W=37故路端電壓U=故電動勢E=U+Ir=20V外電路總電阻為R=而R=解得：R2=7Ω【解析】【分析】明確電路的連接方式，電源效率等于電源輸出功率與電源總功率之比。根據(jù)電源的總功率、內部消耗功率及輸出效率的關系確定電路中的總電路，再結合閉合電路的歐姆定律及串并聯(lián)電路規(guī)律進行解答。16．【答案】（1）解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=導體棒受到的安培力為F（2）解：根據(jù)左手定則可知安培力沿導軌向上，導體棒