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1、河北省石家庄市正定县第一中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：选修3-1。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 我国第21次南极科考队在南极观看到美丽的极光。极光是由来自太阳的高
2、能带电粒子流与大气分子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子发出各种颜色的光。假设科考队员站在南极极点附近，观测到带正电粒子从右向左运动，则粒子受到磁场力的方向是（）A. 向前B. 向后C. 向上D. 向下【答案】A【解析】【详解】在地理的南极附近是地磁场的北极，即N极，所以可知在南极极点附近的磁感线垂直于地面向上。由题可知，带正电粒子从右向左运动，由左手定则可判断出带电粒子受到的磁场力方向向前。故选A。2. 如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将A. 向上偏转B. 向下偏转C. 向纸外偏转D. 向纸里偏转【答案】A【解析】【详解】由安培
3、定则可知，在示波管下方环形电流的磁场在环形区域内磁感线方向垂直纸面向里，根据磁感线是闭合的曲线可知，在环形电流外侧磁感线方向垂直纸面向外；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，由左手定则可知，电子束受到的安培力竖直向上，则电子束向上偏转；A向上偏转，与结论相符，选项A正确；B向下偏转，与结论不相符，选项B错误；C向纸外偏转，与结论不相符，选项C错误；D向纸里偏转，与结论不相符，选项D错误；故选A.3. 如图两根相互平行的长直导线分别通有大小和方向相同的电流I，为导线某一横截面所在平面内的四点，且与两导线共面；b点与两导线的距离相等，的连线与导线所在平面垂直，则磁感应强度可能为零的点
4、是（ ）A. a点B. b点C. c点D. d点【答案】B【解析】两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系，根据右手螺旋定则在两电流的连线中点磁感应强度大小相等，方向相反，则磁感应强度可能为零的点是b点，B正确；ACD错误；故选B4. 质量为m的通电细杆置于倾角为的光滑导轨上，导轨的宽度为，有垂直于纸面向里的电流通过细杆，在如图所示的A、B、C、D四个图中，能使细杆沿导轨向上运动的最小磁感应强度是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由左手定则可知，C图的安培力方向水平向右，可使导线向上运动，且BILcos=mgsin；D图的安培力方向沿斜面向
5、上，可使导线向上运动，且BIL=mgsin，故可知D图中能使细杆沿导轨向上运动且磁感应强度最小；故选D.考点：左手定则；安培力；物体的平衡.5. 如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A. 11B. 12C. 14D. 41【答案】A【解析】根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积6. 在如图所示的电路中，闭合开关，将
6、滑动变阻器的滑片向左移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较（）A. 灯泡L变暗B. 电容器C上的电荷量不变C. 电源消耗的总功率变大D. 电阻两端电压变大【答案】C【解析】【详解】AC滑动变阻器的滑片向左移动一点，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流增加，则由知电源的总功率变大，且流过灯泡的电流增加，灯泡L亮度变亮，A错误C正确；B电源的路端电压流过电源的电流增加，路端电压减小，即电容器电压减小将放电，电荷量将减小，B错误；D电阻只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误。故选C。7. 一带电粒
7、子自图中A点以初速度平行于等势面射入电场，其运动轨迹如虚线AB所示。图中a、b、c、d为电场的四个等势面，且其电势关系为，不计粒子重力，则（）A. 粒子一定带负电B. 粒子一定做匀速圆周运动C. 粒子从A到B的运动过程中，动能先减小后增大D. 粒子从A到B运动过程中，电势能不断减小【答案】D【解析】【详解】A根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向上方向，而粒子的轨迹向上弯曲，可判断粒子所受电场力方向竖直向上，所以粒子带正电，故A错误；B由题图等势线特点：平行且等间距。可判断该电场为匀强电场，粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，故B错误；
8、CD粒子电场力方向向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大，电势能减小，故C错误，D正确。故选D。8. 有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符，不必考虑墨汁微粒的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（）A. 减小墨汁微粒的比荷B. 增大墨汁微粒所带的电荷量C. 增大偏转电场的电压D. 减小墨汁微粒的喷出速度【答案】A【解析】【详解】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则有水平方向竖直方向加速度为联立解得微粒飞出电场时偏转距
9、离为要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y，由上式分析可知，采用的方法有：减小微粒的比荷，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度，BCD错误，A正确。故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 如图所示，螺线管、蹄形铁芯、长直导线AB均相距较远.当开关闭合后，小磁针N极（黑色的一端）的指向正确的小磁针是 A. aB. bC. cD. d【答案】BC【解析】【详解】AB、由右手螺旋定则可知，通电螺线管左端为N极，右端为S极，螺线管的内
10、部磁场由右指向左，外部由左到右，则有a磁针方向错误，b磁针方向正确，故A错误，B正确；C、而对于U形螺线管左端相当于S极，右端相当于N极，故c磁针的方向正确，故C正确；D、对于直导线AB，左端磁感线垂直纸面向里，右端次感线垂直纸面向外，因此d磁针方向错误，故D错误。故选BC。【点睛】考查通电导线的电流方向来确定磁场的方向，掌握右手螺旋定则的应用，注意螺线管内部的磁场方向10. 如图，在绝缘光滑水平面上的C点固定一个正点电荷甲，另一个带负电的小球乙仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道运动（甲、乙均可视为质点），C点是椭圆轨道的一个焦点。小球乙在某一时刻经过A点时因速度大小突然发生改变（电量不变）而进入以
11、C为圆心的圆形轨道做匀速圆周运动，以下说法正确的是（）A. 在甲电荷的电场中，轨道上的各点，D点的电势最低B. 乙球在轨道运动时，经过D点时系统的电势能最大C. 乙球在两个轨道运动时，经过A点的加速度大小相等D. 乙球从轨道进入轨道运动时，系统的总能量不变【答案】ABC【解析】【详解】A电场线从正电荷出发到无穷远终止，根据正点电荷电场的分布规律是越靠近正电荷电势越高。轨道I上的各点，D点的电势最低，故A正确；B负电荷在电势高处电势能小，负电荷在电势低处电势能大，所以乙球在轨道I运动时，经过D点时系统的电势能最大，故B正确；C乙球在两个轨道运动时，经过A点时所受的库仑力相等，则加速度相等，故C正
12、确；D乙球从轨道I进入轨道运动时由离心运动变为匀速圆周运动，必须减速，因此系统的总能量减小，故D错误。故选ABC。11. 一质量为0.06kg、长为0.1m的金属棒MN用两根长度均为0.2m的绝缘细线悬挂于天花板的两点，现在在空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.4T的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为，已知一切阻力可忽略不计，。下列说法正确的是（）A. 金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少B. 金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加C. 通入金属棒中的电流为5AD. 通入金属棒中的电流为9A【答案】BC
13、【解析】【详解】A通电导体在磁场中受到安培力，金属棒在摆动到最高点的过程中，安培力做正功，故机械能一直增大，A错误；B金属棒在摆动到最高点的过程中，安培力一直做正功，故机械能增加，B正确；CD金属棒受到的安培力根据动能定理可知解得D错误C正确。故选BC。12. 如图所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为和，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为的粒子（不计重力），经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞。则M。N间电
14、压U满足的条件是（）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】带电粒子由M内侧边缘运动到N环，由动能定理有带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转或离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为或则根据解得联立解得或故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 图a是多用电表的示意图，小明用多用电表“”倍率的欧姆挡测量一只电阻的阻值，发现指针偏转角太小，为了测量结果比较精确，请你补充完整依次进行的主要操作步骤：(1)应选用_（选填“”或“”）倍率的欧姆挡；(2)两表笔短接，调节_，使指针指在处；(3)重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图b所示，测量结果
15、是_。【答案】 (1). (2). 调零旋钮T (3). 1100.0【解析】【详解】（1）1用多用电表“”倍率的欧姆档测量电阻的阻值，指针偏转角太小，说明示数大了，要想使示数指在中值电阻附近，选用大倍率的，故选用“”倍率的欧姆档。（2）2调节欧姆档调零旋钮T，使指针指在处。（3）3读数为 14. 有一个小灯泡上标有“4V 2W”字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U-I图线，有下列器材供选用：A.电压表(05V，内阻约为10k) B.电压表(010V，内阻约为20k)C.电流表(00.3A，内阻约为1) D.电流表(00.6A，内阻约为0.4)E.滑动变阻器(5，1A) F.滑动变阻器(500
16、，0.2A)(1)实验中电压表应选用_，电流表应选用_.为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化月多取几组数据，滑动变阻器应选用_(用序号字母表示).(2)请根据满足实验要求的电路图把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_.(3)某同学在实验中测得灯泡a和定值电阻b的伏安特性曲线如图所示若把灯泡a和定值电阻b串联后接入4V的电路中，那么该定值电阻消耗的功率为_W.(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). 0.50【解析】【详解】(1)1 2 3灯泡额定电压是4V，则电压表选A电压表(05V，内阻约为10k)；灯泡额定电流则电流
17、表选D电流表(00.6A，内阻约为0.4)；电压表从零开始变化月多取几组数据，为方便实验操作，滑动变阻器选阻值小的，应选E滑动变阻器(5，1A)；(2) 4灯泡正常发光时电阻则有所以电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，如图所示(3) 5由I-U图像可得定值电阻把灯泡a和定值电阻b串联后接入4V的电路中，由电路欧姆定律可得在I-U图像作出解得灯泡a两端电压为1.5V，流过灯泡a电流为0.2A，所以定值电阻两端电压为2.5V，流过定值电阻的电流为0.2A，定值电阻消耗的功率为15. 如图所示，质量为m、
18、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，不计带电粒子所受重力：（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。【答案】（1），；（2）。【解析】【详解】（1）粒子在磁场中受洛伦兹力F=qvB，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有则粒子做匀速圆周运动的半径粒子做匀速圆周运动周期可得（2）分析知粒子带正电，为使该粒子做匀速直线运动，需加一竖直向下的匀强电场，电场力与洛伦兹力等大反向，相互平衡，即qE=qvB电场强度E的大小E=vB答：（1
19、）求粒子做匀速圆周运动的半径，周期；（2）电场强度E=vB。16. 如图所示的电路中，电源电动势E10V，内阻r0.5，电动机的电阻R01.0，电阻R11.5，电动机正常工作时，电压表的示数U13.0V，求：(1)电源释放的电功率；(2)电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率；(3)电源的输出功率。【答案】(1)20W；(2)12W，8W；(3)18W【解析】【详解】(1)电动机正常工作时，总电流电源释放的电功率为(2)电动机两端的电压为电动机消耗的电功率为电动机消耗的热功率为电动机将电能转化为机械能功率，据能量守恒为(3)电源的输出功率为【点睛】电动机是非纯电阻，欧姆定律不适用。17.
20、 下图为导轨式电磁炮实验装置示意图两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸），滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源，滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，比例常量k=8.010-5T/A.已知两导轨内侧间距l=1.5cm，滑块的质量m=30g，滑块沿导轨滑行x=5m后获得的发射速度v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）(1)求发射过程中滑块滑行的加速度和电源提供的电流各是多大?(2)若电
21、源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的平均输出功率多大?（保留两位有效数字）【答案】(1)a=9105m/s2,I=1.5105A(2)P=1.0109W【解析】【详解】(1)由匀变速运动公式有v2=2ax解得a=9105m/s2根据牛顿第二定律F=ma安培力公式F=IlBB=kI得kI2l=ma解得(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即发射过程中电源供电时间电源平均输出功率为18. 如图所示为质谱仪的示意图，在容器A中存在若干种电荷量相同而质量不同的带电粒子，它们可从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，它们的初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入
22、磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上若这些粒子中有两种电荷量均为q、质量分别为m1和m2的粒子（m1m2）（1）分别求出两种粒子进入磁场时的速度v1、v2的大小；（2）求这两种粒子在磁场中运动的轨道半径之比；（3）求两种粒子打到照相底片上的位置间的距离【答案】（1）、；（2）；（3）（-）【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径，然后求出半径之比（3）两粒子在磁场中做圆周运动，求出其粒子轨道半径，然后求出两种粒子打到照相底片上的位置间的距离【详解】（1）经过加速电场，根据动能定理得：对m1粒子：qU=m1v12m1粒子进入磁场时的速度：，对m2粒子有：qU=m2v22，m2粒子进入磁场时的速度：；（2）在磁场中，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子在磁场中运动的轨道半径：，代入（1）结果，可得两粒子的轨道半径之比：R1：R2=；（3）m1粒子的轨道半径：，m2粒子的轨道半径： ，两粒子打到照相底片上的位置相距：d=2R2-2R1，解得，两粒子位置相距为： ；【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题