福建省龍海市程溪中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題

PAGE20PAGE19福建省龍海市程溪中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題滿分100分時間90分鐘 一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）一束帶電粒子沿水平方向飛過小磁針的下方，并與磁針指向平行，如圖所示。此時小磁針的S極向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)，則這束帶電粒子可能是(????)

A.向右飛行的正離子束 B.向左飛行的正離子束

C.向右飛行的負(fù)離子束 D.以上說法都不正確下列各圖中，已標(biāo)出電流及電流磁場的方向，其中正確的是A. B.

C. D.A、B兩個點電荷在真空中所產(chǎn)生電場的電場線(方向未標(biāo)出)如圖所示。圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關(guān)于MN左右對稱。則下列說法中正確的是(????)A.A、B點電荷電量大小肯定相等 B.C、D兩點的電場強(qiáng)度相同

C.C、D兩點，C點的電勢高 D.C、D兩點，D點的電勢高通電矩形導(dǎo)線框abcd與無限長通電直導(dǎo)線MN在同一平面內(nèi)，電流方向如圖所示，ab邊與MN平行，關(guān)于MN的磁場對線框的作用，下列敘述正確的是(????)

A.線框有兩邊所受的安培力方向相同

B.線框所受安培力的合力為零

C.線框所受安培力的合力方向向右

D.線框所受安培力的合力方向向左如圖，質(zhì)量為m、帶電量為q的小球B用絕緣細(xì)線懸掛，處于固定的帶電體A產(chǎn)生的電場中，A可視為點電荷，B為摸索電荷。當(dāng)小球B靜止時，A，B等高，細(xì)線偏離豎直方向的夾角為θ。已知重力加速度為g。則點電荷A在B處所產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為(????)

A.mgqtanθ B.mgsinθq如圖平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直于紙面對里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場，運(yùn)動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則下列推斷錯誤的是(????)

A.該粒子帶負(fù)電 B.A點與x軸的距離為mv2qB

C.粒子由O到A經(jīng)驗時間t=πm3qB一橫截面積為S的銅導(dǎo)線通有恒定電流。設(shè)每單位體積的導(dǎo)線中有n個自由電子，每個自由電子的電荷量為q，此時電子定向移動的速率為v，則在Δt時間內(nèi)，通過導(dǎo)體橫截面的自由電子數(shù)目可表示為(

)A.nvSΔt B.nqΔtS C.nvSΔtq 如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是(????)A.如圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓U

B.如圖可推斷出A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極

C.如圖可以推斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=EB

D.如圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時C板電勢高二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）如圖所示，圖中以點電荷Q為圓心的虛線同心圓是該點電荷電場中球形等勢面的橫截面圖。一個帶負(fù)電的粒子經(jīng)過該電場，它的運(yùn)動軌跡如圖中實線所示，M和N是軌跡上的兩點。不計帶電粒子受到的重力，由此可以推斷(????)A.此粒子在M點的加速度小于在N點的加速度

B.此粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能

C.此粒子在M點的動能小于在N點的動能

D.電場中M點的電勢高于N點的電勢在如圖所示的U-I圖象中，直線I為某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線．用該電源與電阻R組成閉合電路．由圖象推斷下列說法正確的是

A.電源的電動勢為3V，內(nèi)阻為1.0Ω B.電阻的阻值為1Ω

C.電源的效率為80％ D.電源的輸出功率為4W如圖所示電路中，電源的內(nèi)阻為r，三只燈泡原來都正常發(fā)光，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向左移動時，下面的推斷正確的是(????)

A.L1?變亮 B.L2?變亮 C.L3變亮如圖所示，在垂直紙面對里的水平勻強(qiáng)磁場中，水平放置一根粗糙絕緣細(xì)直桿，有一個重力不能忽視、中間帶有小孔的帶正電小球套在細(xì)桿上．現(xiàn)在給小球一個水平向右的初速度v0，假設(shè)細(xì)桿足夠長，小球在運(yùn)動過程中電荷量保持不變，桿上各處的動摩擦因數(shù)相同，則小球運(yùn)動的速度v與時間t的關(guān)系圖象可能是(????)

A. B.

C. D.三、試驗題（本大題共2小題，共20.0分）欲用伏安法測定一段阻值約為5Ω左右的金屬導(dǎo)線的電阻，要求測量結(jié)果盡量精確，現(xiàn)備有以下器材：

A.電池組(3V，內(nèi)阻1Ω)B.電流表(0～3A，內(nèi)阻約0.0125Ω)

C.電流表(0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω)D.電壓表(0～3V，內(nèi)阻約3kΩ)

E.電壓表(0～15V，內(nèi)阻約15kΩ)F.滑動變阻器(0～20Ω，額定電流1A)

G.滑動變阻器(0～2

000Ω，額定電流0.3A)H.開關(guān)、導(dǎo)線

(1)上述器材中應(yīng)選用的是______；(填寫各器材前選項的字母代號)

(2)試驗電路應(yīng)采納電流表______接法；(填“內(nèi)”或“外”)

(3)設(shè)試驗中，電流表、電壓表的某組示數(shù)如圖1所示，圖示中I=______A，U=______V.

(4)為使通過待測金屬導(dǎo)線的電流能在0～0.5A范圍內(nèi)變更，請按要求畫出測量待測金屬導(dǎo)線的電阻Rx的原理電路圖．

(5)在測定該金屬導(dǎo)線的直徑時，螺旋測微器的讀數(shù)如圖2所示，可知該金屬絲的直徑d=______

mm．某同學(xué)要測定一電源的電動勢E和內(nèi)電阻r，試驗器材有：一只電阻箱(阻值用R表示)，一個電流表(讀數(shù)用I表示)，一只開關(guān)和導(dǎo)線若干．

①用筆畫線代替導(dǎo)線將圖示器材連接成完整的試驗電路．

②試驗的原理表達(dá)式是E=______(用r、I、R表示)．

③該同學(xué)依據(jù)試驗采集到的數(shù)據(jù)作出如圖所示的1I-R圖象，則由圖象可求得，該電源的電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______Ω?(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字).考慮電流表內(nèi)阻的影響，則電池電動勢及內(nèi)阻真實值與測量值的大小比較，E真______E測，r真______r四、計算題（本大題共4小題，共40.0分）如圖所示為電動機(jī)提升重物的裝置，電動機(jī)線圈的電阻為r=1?Ω，電動機(jī)兩端的電壓為5?V，電路中的電流為1?A，物體A重20?N，不計摩擦力，求：

(1)電動機(jī)線圈電阻上消耗的熱功率；(2)電動機(jī)輸入功率和輸出功率；(3)10?s內(nèi)，可以把重物A勻速提升的高度；(4)這臺電動機(jī)的機(jī)械效率．

16.如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向的直線AO方向射入勻強(qiáng)電場，由B點飛出電場是速度方向與AO方向成45°，已知AO的水平距離為d.(不計重力)

求：(1)從A點到B點用的時間；

(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；

(3)AB兩點間電勢差．

17.如圖所示，光滑的平行導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ=370，兩平行導(dǎo)軌間距為L=1m，整個裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌中接入電動勢為E=4.5V、內(nèi)阻為r=0.5Ω的直流電源，電路中有一阻值為R=1Ω的電阻，其余電阻不計。將質(zhì)量為m=4kg，長度也為L的導(dǎo)體棒放在平行導(dǎo)軌上恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g=10m/s2，(sin37°=0.6,cos37°=0.8)，求：

(1)通過ab導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度為多大？

(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？

18.如圖所示，在第一二象限內(nèi)有一垂直紙面對內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=lT，在第三象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E1=200V/m，在第四象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E2=100V/m。在y軸的負(fù)半軸上有一長度足夠的收集板S.一個質(zhì)量為m=1×10-9Kg電荷量q=1×10-6的帶負(fù)電粒子從P點由靜止動身，在電場力作用下，經(jīng)M點垂直x軸進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，圓心為坐標(biāo)原點O，半徑r=0.2m。經(jīng)N點進(jìn)入第四象限，最終打在

收集板上，不計帶電粒子重力。求：

(1)

2024-2025學(xué)年高二年上學(xué)期物理期中試卷答案和解析【答案】1.A 2.D 3.A 4.D 5.D 6.D 7.A

8.B 9.AD 10.BD 11.ACD 12.BD 13.A、C、D、F、H

外

0.48

2.20

0.622～0.623

14.I(R+r)

6.3

2.5(2.4～2.6)

等于

小于

15.解：(1)依據(jù)焦耳定律，熱功率為：P熱=I2r=12×1W=1W；

(2)輸入功率為：P入=IU=1×5W=5W，輸出功率為：P出=P入?PQ=5W?1W=4W；

(3)電動機(jī)的輸出功率用來提升重物在10s內(nèi)，有：P出t=mgh，解得：h=P出tmg=4×1020=2m16.解：(1)粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場，水平方向做勻速直線運(yùn)動，則有：t=dv0．

(2)由牛頓其次定律得：a=qEm．

將粒子射出電場的速度v進(jìn)行分解，則有

vy=v0tan45°=v0，又vy=at，得：

v0=qEm?dv0=eEdmv017.解：(1)由閉合電路的歐姆定律可得I=ER+r=3A；

(2)導(dǎo)體棒靜止，依據(jù)共點力平衡可得BILcos37°=mgsin37°，解得：B=10T；

(3)由牛頓其次定律可得BIL?mgsin37°=ma，解得：a=1.5m/s2，方向沿斜面對上；

答：(1)通過ab導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度為3A；

(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為10T；

18.解：(1)在磁場中，由qvB=mv2r

可得v=200m/s

(2)從P運(yùn)動到M，電場力做功，由動能定理qE1?y=12mv2

得y=0.2m

P點的坐標(biāo)為(0.2m,0.2m)

(3)從N運(yùn)動到收集板

在x方向上r=12qE2mt2

得t=2×10?3s

【解析】1.【分析】

因為N極受到的磁場力為磁場方向，結(jié)合安培定則可分析帶電粒子束的電性及運(yùn)動狀況。嫻熟應(yīng)用安培定則是正確求解的關(guān)鍵。

【解答】

因為N極向紙外偏轉(zhuǎn)，所以小磁針?biāo)幍拇艌龇较虼怪奔埫鎸ν?，由安培定則可知帶正電的粒子束向右飛行或帶負(fù)電的粒子束向左飛行，中性粒子束不帶電，產(chǎn)生不了電流計，不能形成磁場，故A正確，BCD錯誤。

故選A。2.【分析】

依據(jù)安培定則推斷電流四周磁場的方向，從而進(jìn)行推斷正誤

解決本題的關(guān)鍵知道電流和四周磁場方向的關(guān)系，會通過安培定則進(jìn)行推斷

【解答】

A、直線電流的方向豎直向上，依據(jù)安培定則知，直線電流右邊的磁場方向垂直紙面對里，左邊磁場方向垂直紙面對外．故A錯誤．

B、線框的電流方向向上，依據(jù)安培定則知，從上往下看，磁場的方向逆時針方向．故B錯誤．

C、依據(jù)安培定則，螺線管內(nèi)部的磁場方向向右．故C錯誤．

D、由于電流的方向逆時針方向(從上向下)，依據(jù)安培定則知，磁場方向應(yīng)當(dāng)是向上．故D正確．

故選：D3.解：A、依據(jù)從正電荷動身到負(fù)電荷終止，結(jié)合該電場線的特點可以推斷，A、B是兩個等量異種電荷，故A正確；

B、電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，C點的電場線密，可知C點的電場強(qiáng)度比D點的電場強(qiáng)度大，故B錯誤；

CD、依據(jù)平行四邊形定則，對中垂線上的場強(qiáng)進(jìn)行合成，知中垂線上每點的電場方向都與中垂線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點的電勢等于D點的電勢，故CD錯誤。

故選：A。

電場線是從正電荷或者無窮遠(yuǎn)動身出，到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處為止．

依據(jù)電場線與等勢線垂直，推斷電勢的凹凸．

在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強(qiáng)度最大，也可以從電場線的疏密推斷場強(qiáng)的大?。?/p>

常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能嫻熟駕馭，并要留意沿電場線的方向電勢是降低的，同時留意等量異號電荷形成電場的對稱性．加強(qiáng)基礎(chǔ)學(xué)問的學(xué)習(xí)，駕馭住電場線的特點，即可解決本題．4.解：A、直導(dǎo)線中的電流方向由N到M，依據(jù)安培定則，導(dǎo)線右側(cè)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向內(nèi)，依據(jù)左手定則，ad邊受向左的安培力，bc邊受到向右的安培力，ab邊受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，方向不同，故A錯誤；

BCD、離MN越遠(yuǎn)的位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，故依據(jù)安培力公式F=BIL，ad邊受到的安培力大于cb邊，ab邊受到的安培力與cd受到受到的安培力平衡，所以線框受到的合力不為零，合力方向向左，故D正確、BC錯誤；

故選：D。

直導(dǎo)線中的電流方向由N到M，依據(jù)安培定則推斷導(dǎo)線框所在處磁場方向．依據(jù)左手定則分析導(dǎo)線框所受的安培力狀況．

本題關(guān)鍵在于：(1)會依據(jù)安培定則推斷通電直導(dǎo)線的磁場；(2)會依據(jù)左手定則推斷安培力方向；(3)會依據(jù)安培力公式F=BIL并結(jié)合微元法推斷安培力的大?。?.【分析】

B球受重力、電場力和繩子的拉力處于平衡，依據(jù)共點力平衡求出B球所受的電場力，從而依據(jù)E=Fq求出B點的電場強(qiáng)度。

【解答】

小球處于平衡狀態(tài)，受力如圖，依據(jù)合成法，知電場力F=mgtanθ。

E=Fq=mgtanθq，故ABC錯誤，6.【分析】

本題是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，要求同學(xué)們能運(yùn)用幾何學(xué)問畫出粒子運(yùn)動的軌跡，關(guān)鍵定圓心和半徑．會依據(jù)圓心角與周期的關(guān)系求出運(yùn)動的時間。

【解答】

依據(jù)題意作出粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示：

A.依據(jù)左手定則及曲線運(yùn)動的條件推斷出此電荷帶負(fù)電，故A正確；

B.設(shè)點A與x軸的距離為d，由圖可得：r?rcos60°=d，所以d=0.5r。

而粒子的軌跡半徑為r=mvqB，則得A點與x軸的距離為：d=mv2qB，故B正確；

C.粒子由O運(yùn)動到A時速度方向變更了60°角，所以粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為θ=60°，所以粒子運(yùn)動的時間為t=θ360°T=16×7.【分析】依據(jù)電流的微觀表達(dá)式I=nqvs，求出在△t時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的自由電子的電量，每個電子的電量為q，再確定通過導(dǎo)體橫截面的自由電子的數(shù)目。本題考查電流的微觀表達(dá)式和定義式綜合應(yīng)用的實力，電流的微觀表達(dá)式I=nqvs，是聯(lián)系宏觀與微觀的橋梁，經(jīng)常用到?！窘獯稹恳罁?jù)電流的微觀表達(dá)式I=nqvs，在△t時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的自由電子的電量Q=I△t，則在△t時間內(nèi)，通過導(dǎo)體橫截面的自由電子的數(shù)目為n=Qq=IΔtq，將I=nevS代入得n=故選A。8.解：A、依據(jù)公式r=mvqB得v=qBrm，故最大動能Ekm=12mv2=q2B2r22m與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；

B、由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，A板是電源的負(fù)極，B板是電源的正極，故B正確；

C9.解：A、粒子受到庫侖力的作用，依據(jù)庫侖定律可知距離點電荷Q越近，粒子受到的庫侖力也越大，即粒子的加速度越大，所以粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，故A正確；

BD、依據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡可以知道粒子受到點電荷的排斥力，所以點電荷帶負(fù)電，在負(fù)點電荷的電場中，距離負(fù)點電荷越遠(yuǎn)，電勢越高，所以M點的電勢高于N點的電勢，因為此粒子帶負(fù)電，所以此粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能，故B錯誤，D正確；

C、此粒子受到點電荷的排斥力，所以粒子在從M到N的過程中，電場力做負(fù)功，動能減小。則此粒子在M點的動能大于在N點的動能，故C錯誤。

故選：AD。

依據(jù)庫侖定律可以比較粒子在M點與在N點受到的電場力大小，進(jìn)而可以得到加速度的大??；先依據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡得到粒子的受力方向，進(jìn)而推斷點電荷的電性，進(jìn)而推斷兩點電勢的凹凸，以及粒子在此兩點具有的電勢能大?。灰罁?jù)做功狀況可以比較動能的大小。

點電荷的電場線特點以及等勢面特點要嫻熟駕馭，還有曲線運(yùn)動的的受力特征也要駕馭。10.【分析】

對于圖線關(guān)鍵要依據(jù)物理規(guī)律，從數(shù)學(xué)角度來理解其物理意義，本題要抓住圖線的斜率、交點的意義來理解圖象的意義。

由電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象與縱軸的交點讀出電源的電動勢，其斜率大小等于電源的內(nèi)阻，電阻R的伏安特性曲線的斜率等于電阻，兩圖線的交點讀出電流與電壓，求出電源的輸出功率和效率。

【解答】

A.依據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E?Ir，當(dāng)I=0時，U=E，由讀出電源的電動勢E=3V，內(nèi)阻等于圖線的斜率大小，則r=ΔUΔI=36Ω=0.5Ω，故A錯誤；

B.電阻R=UI=22Ω=1Ω，故B正確；

CD.兩圖線的交點表示該電源干脆與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態(tài)，由圖知電壓U=2V，電流I=2A，則電源的輸出功率為11.解：ABC、當(dāng)滑片左移時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流增大，故L?1變亮；

電路中總電流增大，故內(nèi)電壓及R0、L1兩端的電壓增大，而電動勢不變，故并聯(lián)部分的電壓減小，故L?2變暗；

因L2中電流減小，干路電流增大，故流過L3的電流增大，故L?3變亮；故AC正確B錯誤；

D、因總電流變大，則由U=E?Ir可知，路端電壓變小，故D正確。

本題選錯誤的，故選：B。

明確電路結(jié)構(gòu)，由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變更，則可知總電阻的變更；由閉合電路的歐姆定律可知電路中電流的變更，即可知L1亮度的變更；將R012.【分析】

依據(jù)小球所受重力和洛倫茲力的大小關(guān)系，推斷小球的受力狀況，從而得知小球加速度的變更，推斷出小球的運(yùn)動規(guī)律。

本題需探討小球所受重力和洛倫茲力的大小關(guān)系，結(jié)合受力推斷物體的運(yùn)動規(guī)律，難度中等。

【解答】

若小球所受的重力等于洛倫茲力大小，即mg=qv0B，則小球所受的支持力為零，不受摩擦力，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動。

若小球所受的重力大于洛倫茲力，即mg>qv0B，則小球所受的支持力方向豎直向上，受摩擦力，小球做減速運(yùn)動，減速運(yùn)動的過程中，洛倫茲力減小，則支持力增大，摩擦力增大，減速運(yùn)動的加速度增大，即做加速度漸漸增大的減速運(yùn)動，最終速度為零。

若小球所受的重力小于洛倫茲力，即mg<qv13.解：(1)必選器材有：A、H.電池組的電動勢是3V，電壓表的量程選3V，即選擇電壓表D.由題，金屬導(dǎo)線的電阻約為5Ω左右，則通過導(dǎo)線的電流最大值約Imax=ERx=0.6A.故電流表選C.變阻器F的電阻大于待測電阻，可選擇該變阻器作為即流器．

故答案為：A、C、D、F、H；

(2)由題得，RVRx=600，而RxRA=40，則RVRx>RxRA，則采納電流表外接法，可減小誤差．

(3)電流表的讀數(shù)為I=0.48A，電壓表的讀數(shù)為U=2.20V．

(4)為使通過待測金屬導(dǎo)線的電流能在0～0.5A范圍內(nèi)變更，變