福建省龙海市程溪中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题

PAGE20PAGE19福建省龙海市程溪中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题满分100分时间90分钟 一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图所示。此时小磁针的S极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是(    )

A.向右飞行的正离子束 B.向左飞行的正离子束

C.向右飞行的负离子束 D.以上说法都不正确下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是A. B.

C. D.A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法中正确的是(    )A.A、B点电荷电量大小肯定相等 B.C、D两点的电场强度相同

C.C、D两点，C点的电势高 D.C、D两点，D点的电势高通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是(    )

A.线框有两边所受的安培力方向相同

B.线框所受安培力的合力为零

C.线框所受安培力的合力方向向右

D.线框所受安培力的合力方向向左如图，质量为m、带电量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为摸索电荷。当小球B静止时，A，B等高，细线偏离竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g。则点电荷A在B处所产生的场强大小为(    )

A.mgqtanθ B.mgsinθq如图平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面对里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则下列推断错误的是(    )

A.该粒子带负电 B.A点与x轴的距离为mv2qB

C.粒子由O到A经验时间t=πm3qB一横截面积为S的铜导线通有恒定电流。设每单位体积的导线中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为q，此时电子定向移动的速率为v，则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为(

)A.nvSΔt B.nqΔtS C.nvSΔtq 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是(    )A.如图要增大粒子的最大动能，可增加电压U

B.如图可推断出A极板是发电机的负极

C.如图可以推断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB

D.如图中若载流子带负电，稳定时C板电势高二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带负电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，由此可以推断(    )A.此粒子在M点的加速度小于在N点的加速度

B.此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能

C.此粒子在M点的动能小于在N点的动能

D.电场中M点的电势高于N点的电势在如图所示的U-I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源与电阻R组成闭合电路．由图象推断下列说法正确的是

A.电源的电动势为3V，内阻为1.0Ω B.电阻的阻值为1Ω

C.电源的效率为80％ D.电源的输出功率为4W如图所示电路中，电源的内阻为r，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面的推断正确的是(    )

A.L1 变亮 B.L2 变亮 C.L3变亮如图所示，在垂直纸面对里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一个重力不能忽视、中间带有小孔的带正电小球套在细杆上．现在给小球一个水平向右的初速度v0，假设细杆足够长，小球在运动过程中电荷量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v与时间t的关系图象可能是(    )

A. B.

C. D.三、试验题（本大题共2小题，共20.0分）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量精确，现备有以下器材：

A.电池组(3V，内阻1Ω)B.电流表(0～3A，内阻约0.0125Ω)

C.电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)D.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)

E.电压表(0～15V，内阻约15kΩ)F.滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1A)

G.滑动变阻器(0～2

000Ω，额定电流0.3A)H.开关、导线

(1)上述器材中应选用的是______；(填写各器材前选项的字母代号)

(2)试验电路应采纳电流表______接法；(填“内”或“外”)

(3)设试验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=______A，U=______V.

(4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内变更，请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．

(5)在测定该金属导线的直径时，螺旋测微器的读数如图2所示，可知该金属丝的直径d=______

mm．某同学要测定一电源的电动势E和内电阻r，试验器材有：一只电阻箱(阻值用R表示)，一个电流表(读数用I表示)，一只开关和导线若干．

①用笔画线代替导线将图示器材连接成完整的试验电路．

②试验的原理表达式是E=______(用r、I、R表示)．

③该同学依据试验采集到的数据作出如图所示的1I-R图象，则由图象可求得，该电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω (结果均保留两位有效数字).考虑电流表内阻的影响，则电池电动势及内阻真实值与测量值的大小比较，E真______E测，r真______r四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为r=1 Ω，电动机两端的电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力，求：

(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率；(2)电动机输入功率和输出功率；(3)10 s内，可以把重物A匀速提升的高度；(4)这台电动机的机械效率．

16.如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成45°，已知AO的水平距离为d.(不计重力)

求：(1)从A点到B点用的时间；

(2)匀强电场的电场强度大小；

(3)AB两点间电势差．

17.如图所示，光滑的平行导轨与水平面的夹角为θ=370，两平行导轨间距为L=1m，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。导轨中接入电动势为E=4.5V、内阻为r=0.5Ω的直流电源，电路中有一阻值为R=1Ω的电阻，其余电阻不计。将质量为m=4kg，长度也为L的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状态，重力加速度为g=10m/s2，(sin37°=0.6,cos37°=0.8)，求：

(1)通过ab导体棒的电流强度为多大？

(2)匀强磁场的磁感应强度为多大？

18.如图所示，在第一二象限内有一垂直纸面对内的匀强磁场，磁感应强度B=lT，在第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1=200V/m，在第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场E2=100V/m。在y轴的负半轴上有一长度足够的收集板S.一个质量为m=1×10-9Kg电荷量q=1×10-6的带负电粒子从P点由静止动身，在电场力作用下，经M点垂直x轴进入磁场做匀速圆周运动，圆心为坐标原点O，半径r=0.2m。经N点进入第四象限，最终打在

收集板上，不计带电粒子重力。求：

(1)

2024-2025学年高二年上学期物理期中试卷答案和解析【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)依据焦耳定律，热功率为：P热=I2r=12×1W=1W；

(2)输入功率为：P入=IU=1×5W=5W，输出功率为：P出=P入−PQ=5W−1W=4W；

(3)电动机的输出功率用来提升重物在10s内，有：P出t=mgh，解得：h=P出tmg=4×1020=2m16.解：(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t=dv0．

(2)由牛顿其次定律得：a=qEm．

将粒子射出电场的速度v进行分解，则有

vy=v0tan45°=v0，又vy=at，得：

v0=qEm⋅dv0=eEdmv017.解：(1)由闭合电路的欧姆定律可得I=ER+r=3A；

(2)导体棒静止，依据共点力平衡可得BILcos37°=mgsin37°，解得：B=10T；

(3)由牛顿其次定律可得BIL−mgsin37°=ma，解得：a=1.5m/s2，方向沿斜面对上；

答：(1)通过ab导体棒的电流强度为3A；

(2)匀强磁场的磁感应强度为10T；

18.解：(1)在磁场中，由qvB=mv2r

可得v=200m/s

(2)从P运动到M，电场力做功，由动能定理qE1⋅y=12mv2

得y=0.2m

P点的坐标为(0.2m,0.2m)

(3)从N运动到收集板

在x方向上r=12qE2mt2

得t=2×10−3s

【解析】1.【分析】

因为N极受到的磁场力为磁场方向，结合安培定则可分析带电粒子束的电性及运动状况。娴熟应用安培定则是正确求解的关键。

【解答】

因为N极向纸外偏转，所以小磁针所处的磁场方向垂直纸面对外，由安培定则可知带正电的粒子束向右飞行或带负电的粒子束向左飞行，中性粒子束不带电，产生不了电流计，不能形成磁场，故A正确，BCD错误。

故选A。2.【分析】

依据安培定则推断电流四周磁场的方向，从而进行推断正误

解决本题的关键知道电流和四周磁场方向的关系，会通过安培定则进行推断

【解答】

A、直线电流的方向竖直向上，依据安培定则知，直线电流右边的磁场方向垂直纸面对里，左边磁场方向垂直纸面对外．故A错误．

B、线框的电流方向向上，依据安培定则知，从上往下看，磁场的方向逆时针方向．故B错误．

C、依据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右．故C错误．

D、由于电流的方向逆时针方向(从上向下)，依据安培定则知，磁场方向应当是向上．故D正确．

故选：D3.解：A、依据从正电荷动身到负电荷终止，结合该电场线的特点可以推断，A、B是两个等量异种电荷，故A正确；

B、电场线的疏密表示电场的强弱，C点的电场线密，可知C点的电场强度比D点的电场强度大，故B错误；

CD、依据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都与中垂线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故CD错误。

故选：A。

电场线是从正电荷或者无穷远动身出，到负电荷或无穷远处为止．

依据电场线与等势线垂直，推断电势的凹凸．

在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密推断场强的大小．

常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能娴熟驾驭，并要留意沿电场线的方向电势是降低的，同时留意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础学问的学习，驾驭住电场线的特点，即可解决本题．4.解：A、直导线中的电流方向由N到M，依据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，依据左手定则，ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，方向不同，故A错误；

BCD、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故依据安培力公式F=BIL，ad边受到的安培力大于cb边，ab边受到的安培力与cd受到受到的安培力平衡，所以线框受到的合力不为零，合力方向向左，故D正确、BC错误；

故选：D。

直导线中的电流方向由N到M，依据安培定则推断导线框所在处磁场方向．依据左手定则分析导线框所受的安培力状况．

本题关键在于：(1)会依据安培定则推断通电直导线的磁场；(2)会依据左手定则推断安培力方向；(3)会依据安培力公式F=BIL并结合微元法推断安培力的大小．5.【分析】

B球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡，依据共点力平衡求出B球所受的电场力，从而依据E=Fq求出B点的电场强度。

【解答】

小球处于平衡状态，受力如图，依据合成法，知电场力F=mgtanθ。

E=Fq=mgtanθq，故ABC错误，6.【分析】

本题是带电粒子在磁场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，要求同学们能运用几何学问画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径．会依据圆心角与周期的关系求出运动的时间。

【解答】

依据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：

A.依据左手定则及曲线运动的条件推断出此电荷带负电，故A正确；

B.设点A与x轴的距离为d，由图可得：r−rcos60°=d，所以d=0.5r。

而粒子的轨迹半径为r=mvqB，则得A点与x轴的距离为：d=mv2qB，故B正确；

C.粒子由O运动到A时速度方向变更了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为t=θ360∘T=16×7.【分析】依据电流的微观表达式I=nqvs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目。本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的实力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，经常用到。【解答】依据电流的微观表达式I=nqvs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=I△t，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n=Qq=IΔtq，将I=nevS代入得n=故选A。8.解：A、依据公式r=mvqB得v=qBrm，故最大动能Ekm=12mv2=q2B2r22m与加速电压无关，故A错误；

B、由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；

C9.解：A、粒子受到库仑力的作用，依据库仑定律可知距离点电荷Q越近，粒子受到的库仑力也越大，即粒子的加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故A正确；

BD、依据粒子的运动轨迹可以知道粒子受到点电荷的排斥力，所以点电荷带负电，在负点电荷的电场中，距离负点电荷越远，电势越高，所以M点的电势高于N点的电势，因为此粒子带负电，所以此粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故B错误，D正确；

C、此粒子受到点电荷的排斥力，所以粒子在从M到N的过程中，电场力做负功，动能减小。则此粒子在M点的动能大于在N点的动能，故C错误。

故选：AD。

依据库仑定律可以比较粒子在M点与在N点受到的电场力大小，进而可以得到加速度的大小；先依据粒子的运动轨迹得到粒子的受力方向，进而推断点电荷的电性，进而推断两点电势的凹凸，以及粒子在此两点具有的电势能大小；依据做功状况可以比较动能的大小。

点电荷的电场线特点以及等势面特点要娴熟驾驭，还有曲线运动的的受力特征也要驾驭。10.【分析】

对于图线关键要依据物理规律，从数学角度来理解其物理意义，本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。

由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻，两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。

【解答】

A.依据闭合电路欧姆定律得U=E−Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=ΔUΔI=36Ω=0.5Ω，故A错误；

B.电阻R=UI=22Ω=1Ω，故B正确；

CD.两图线的交点表示该电源干脆与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图知电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为11.解：ABC、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L 1变亮；

电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L 2变暗；

因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L 3变亮；故AC正确B错误；

D、因总电流变大，则由U=E−Ir可知，路端电压变小，故D正确。

本题选错误的，故选：B。

明确电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变更，则可知总电阻的变更；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变更，即可知L1亮度的变更；将R012.【分析】

依据小球所受重力和洛伦兹力的大小关系，推断小球的受力状况，从而得知小球加速度的变更，推断出小球的运动规律。

本题需探讨小球所受重力和洛伦兹力的大小关系，结合受力推断物体的运动规律，难度中等。

【解答】

若小球所受的重力等于洛伦兹力大小，即mg=qv0B，则小球所受的支持力为零，不受摩擦力，小球将做匀速直线运动。

若小球所受的重力大于洛伦兹力，即mg>qv0B，则小球所受的支持力方向竖直向上，受摩擦力，小球做减速运动，减速运动的过程中，洛伦兹力减小，则支持力增大，摩擦力增大，减速运动的加速度增大，即做加速度渐渐增大的减速运动，最终速度为零。

若小球所受的重力小于洛伦兹力，即mg<qv13.解：(1)必选器材有：A、H.电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D.由题，金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约Imax=ERx=0.6A.故电流表选C.变阻器F的电阻大于待测电阻，可选择该变阻器作为即流器．

故答案为：A、C、D、F、H；

(2)由题得，RVRx=600，而RxRA=40，则RVRx>RxRA，则采纳电流表外接法，可减小误差．

(3)电流表的读数为I=0.48A，电压表的读数为U=2.20V．

(4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内变更，变