2020-2021学年高二上学期期中考试物理练习卷 (45)(有解析)

2020-2021学年高二上学期期中考试物理练习卷 (45)
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）
1.匀强磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，长10cm，电流为5A，所受安培力为0.5N，则
磁感应强度大小为()
A. 1T
B. 0.01T
C. 0.25T
D. 25T
2.已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流
强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。

如图所示，现有通有
电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，
彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则顶点e和a两处的
磁感应强度大小之比为()
A. 2:√3
B. 1:√3
C. 2:√2
D. 1:1
3.下列说法正确的是()
A. 利用恒定的电场可以使带电粒子加速，也可以使带电粒子偏转
B. 利用恒定的电场可以使带电粒子加速，不可以使带电粒子偏转
C. 利用恒定的磁场可以使带电粒子加速，也可以使带电粒子偏转
D. 利用恒定的磁场可以使带电粒子加速，不可以使带电粒子偏转
4.如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的电阻R2=10Ω。

当开关断开时，
电流表的示数为0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端
的电压不变，电流表的示数变为0.9A，此时电动机输出的机械功率
为
A. 1.6W
B. 2.4W
C. 4W
D. 5W
5.如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在平行板电容器C中恰
好有一带电粒子处于悬空静止状态，当变阻器R0的滑动端向左移动时，
带电粒子将()
A. 向上运动
B. 向下运动
C. 静止不动
D. 不能确定运动状态的变化
6.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向
里的匀强磁场。

质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进
入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场
区穿出时的动能为E k，则()
A. 若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t
B. 若撒去电场E，质子穿过场区时间等于t
C. 若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于E k
D. 若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于E k
7.在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r.在滑动变阻器的
滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中()
A. 内电阻上分到的电压变小
B. 路端电压变大
C. 通过电阻R2的电流变小
D. 通过滑动变阻器R1的电流变小
8.如图所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀
强磁场垂直纸面向里，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()
A. 液滴可能做匀减速直线运动
B. 液滴可能带负电
C. 电场线方向一定斜向下
D. 液滴一定做匀速直线运动
9.如图所示，一根重力为G=0.1N、长为L=1m、质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成60°角，
将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通有I=1A的电流时，两根弹簧均比原长缩短了Δx=0.01m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B=0.4T，则()
A. 导体中电流的方向为a→b
B. 每根弹簧的弹力大小为0.5N
C. 弹簧的劲度系数为k=5N/m
D. 若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了0.02m
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
10.(多选)如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L上标有“2V0.4W”，
开关S接1，变阻器调到R=4Ω时，小灯泡正常发光；现将开关S
接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则()
A. 电源内阻为1Ω
B. 电动机的内阻为4Ω
C. 电动机正常工作电压为1V
D. 电源效率约为93.3%
11.在图中，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的
方向与电流I的方向相同，则电子将()
A. 可能沿路径a运动，轨迹是圆
B. 可能沿路径b运动，轨迹是圆
C. 可能沿路径a运动
D. 轨迹一定不是圆，其半径越来越大
12.如图所示的电路中，R1=1Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合
后，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，则()
A. 流过电动机的电流为6A
B. 流过R2上的电流为1A
C. 电源电动势E=12V
D. 若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W
13.如图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的R­I图像。

现将甲、
乙串联后接入电路中，则()
A. 甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端电压小
B. 甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大
C. 在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热较少
D. 甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小
14.带电粒子以相同的速度分别垂直进入匀强电场和匀强磁场时，它将会()
A. 在匀强电场中做匀速圆周运动
B. 在匀强磁场中做匀速圆周运动
C. 在匀强电场中做抛物线运动
D. 在匀强磁场中做抛物线运动
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
15.要测量某种合金的电阻率。

(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=。

用螺旋测微器测合金丝的
直径如图甲所示，读数为mm。

(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充
完整。

16.一实验小组利用图甲所示电路测量某干电池的电动势和内阻。

(1)根据实验电路连接好各电路元件，在闭合开关S前，应调节电阻箱，使其接入电路的电阻具
有____________(选填“最大”或“最小”)值。

(2)实验中，闭合开关S，多次调节电阻箱接入电路的电阻R，正确读出对应电流表的示数I。

实
−R关系图象，如图乙所示。

验中得到多组数据后，在方格纸上作出1
I
由图象可计算出该干电池的电动势为____________V、内阻为____________Ω。

(结果均保留到小数点后两位)
(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只理想电压表并联在电流表的
两端。

调节电阻箱，当电压表的示数为63mV时，电流表(量程为0.6A)的指针位置如图丙所示，则该干电池的电动势应为____________V、内阻应为____________Ω。

(结果均保留到小数点后两位)
四、计算题（本大题共2小题，共26.0分）
17.把长L=0.15m，质量为0.3克的导体棒置于磁感应强度B=1.0×10−2T的匀强
磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图所示．问需要通过多大的电流才能使
悬挂导体的细绳拉力为0？(g=10m/s2)
18.如图所示，空间充满了磁感应强度为B的匀强磁场其方向垂直纸面
向里。

在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三
角形框架△DEF，DE边中点S处有一带正电的粒子，电量为q，质
量为m，现给粒子一个垂直于DE边向下的速度，若粒子每一次与三
角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，
当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点。

求：
(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小。

(2)若S点不在DE边的中点，而是距D点的距离DS=L
，仍然使粒子能回到S点，求满足条件
4
的粒子的速度大小。

-------- 答案与解析 --------1.答案：A
解析：解：根据F=BIL得：B=F
IL =0.5
5×0.1
T=1T.故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
2.答案：A
解析：
本题考查磁场的叠加，以及安培定则，磁场的叠加满足平行四边形定则。

设正方体边长为L，其中一根长直导线的电流在点产生的磁感应强度为B0.则e点的磁感应强度大小为B e=√2B0，处于hg边的长直导线到a点的距离为√2L，在a点产生的磁感应强度大小为√2
2
B0；处于dh边的长直导线到。

点的距离为L，在a点产生的磁感应强度大小为B0，所以a点的磁感应强
度大小为B
a =√(√2
2
B0)
2
+B02=√6
2
B0，B e：B a=2:√3，故A正确。

故选A。

3.答案：A
解析：解：利用恒定的电场可以使带电粒子加速，也可以使带电粒子偏转，利用恒定的磁场可以使带电粒子偏转，不可以使带电粒子加速，故A正确BCD错误。

故选：A。

电场可以使带电粒子加速也可以使带电粒子偏转，磁场可以使带电粒子偏转，但不能加速，据此分析即可。

解答本题要正确理解电场和磁场对带电粒子的作用，电场可加速带电粒子或偏转，但磁场只能使带电粒子偏转而不能加速。

4.答案：B
解析：
开关断开时，只有电阻接入电路，根据欧姆定律可求得电压大小；再对开关闭合状态进行分析，根据并联电路规律求出流过电动机的电流，再根据功率公式即可求得热功率。

本题考查欧姆定律、串并联电路以及功率公式，要注意明确电动机为非纯电阻电路，但是在求热功率时P=I2R是可以使用的，不过求出的热功率是小于电动机的输入功率的。

解：开关断开时，由欧姆定律可知，电压U=IR1=0.5×20V=10V；当开关闭合时，流过R1的电流不变，则由并联电路分流原理可知，流过电动机的电流I M=0.9−0.5(A)=0.4A；则电动机的热功率P Q=I2R2=0.42×10W=1.6W；电动机输出的机械功率为P=P总−P Q=4−1.6(W)=2.4W，故B正确，ACD错误．
故选B。

5.答案：B
解析：解：带电粒子处于悬空静止状态，说明mg=qE；当变阻器R0的滑动端向左移动时，电阻变大电流减小，R两端的电压减小，由C=Q
知，Q减小，两板间的场强减小，mg>qE，粒子将向下
U
运动，B正确。

故选：B。

根据变阻器R0的滑动端向左移动电阻变大，判断电流变化，从而知道R两端的电压变化，再根据等容的定义式判断场强的变化，最后知道粒子的运动情况．
本题是个电容器的动态分析，要先根据局部的变化分析整体的变化，再到整体和局部的变化去分析．6.答案：C
解析：
如果撤去磁场，粒子做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动；如果撤去电场，粒子做匀速圆
周运动，水平分速度减小。

本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，知道类似平抛运动和匀速圆周运动的特性，能够结合运动的分解和动能定理列式分析，基础题目。

A.粒子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力均与速度垂直，是匀速直线运动；
若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子
穿过场区时间不变，等于t；故A错误；
B.若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t；故B错误；
C.若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，电场力做正功，故末动能大于E k，故C正确；
D.若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为E k，故D错误；故选C。

7.答案：C
解析：解：
A、在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大，内电阻的电压增大．故A错误．
B、路端电压U=E−Ir，I变大，E、r不变，则U变小．故B错误．
C、路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小．故C正确．
D、总电流变大，通过电阻R2的电流变小，所以通过滑动变阻器R1的电流必定变大．故D错误．
故选C
在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻R2的电流变化，再判断通过滑动变阻器R1的电流的变化．
本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小．
8.答案：D
解析：
带电液滴做直线运动，由于所受洛伦兹力会随着速度的变化而变化，故可知带电液滴一定做匀速运动，液滴受到的电场力，洛伦兹力和重力三个力平衡。

AD、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于α>β，这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A错误，D正确；
CB、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BC错误；
故选：D．
9.答案：C
解析：
通过金属棒受重力、弹力、安培力而平衡，可知安培力F与重力G的大小关系；知道了安培力的方向，根据左手定则判断电流的方向；根据受力平衡，求出弹簧的弹力与劲度系数。

解决本题的关键通过受力分析，得知安培力的方向、大小，从而求出磁感应强度的大小；以及会利用左手定则判断电流的方向。

A.由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向由b→a，故A错误；
B.通电后，ab导体的有效长度为l=1
2
L=0.5m，受到的安培力为：F=BIL=0.4×1×0.5N=
0.2N，G+2F弹=F，F
弹=F−G
2
=0.05N，故B错误；
C.由胡克定律可得：F弹=kΔx，解得其劲度系数为：k=F弹
Δx
=5N/m，故C正确；
D.导线不通电，则弹力等于其重力，故有：2kx=mg，x=mg
2k
=0.01m，即弹簧伸长0.01m，故D 错误。

故选C。

10.答案：AD
解析：
小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式P=UI可求出电路中的电流，根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻；电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用与选取即可。

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，关键是明确题意，知道电动机为非纯电阻电路，不有直接利用欧姆定律求解。

小灯泡的额定电流为I=P
U
=0.4A；
电阻为R L=U
I
=10Ω；
A.当接1时E=I(R L+R+r)；代入数据计算得出r=1Ω；故A正确；
BC.当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A；电源内阻分的电压为U=Ir=0.2×1V=0.2V；
故电动机分的电压为U动=E−U L−U=3−2−0.2V=0.8V；
故电阻R<U动
I =0.8
0.2
Ω=4Ω；故BC错误；
D.电源的效率η=EI−I2r
EI =3×0.2−0.22×1
3×0.2
％=93.3％；故D正确。

故选AD。

11.答案：CD
解析：解：由右手螺旋定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，所以电子沿路径a运动；
通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感
应强度越小，由半径公式r=mv
eB
可知，
电子的运动的轨迹半径越来越大，故AB错误，CD正确。

故选：CD。

通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由右手定则可以判断出磁场的方向，再根据粒子在磁场中做圆周运动的半径公式可以分析粒子的运动的情况。

本题的关键是掌握住通电直导线的电流产生的磁场的特点，在根据粒子在磁场中运动的半径的公式
即可分析粒子的运动的轨迹的情况。

12.答案：BC
解析：解：A、电动机两端的电流为I动=P
U =12
6
A=2A，故A错误；
B、电阻R2两端的电压为U2=6V，电流为I2=U2
R2=6
6
A=1A，故B正确；
C、干路电流为I=I动+I2=2A+1A=3A，电源电动势为E=U+(R1+r)I=6V+(1+1)×3V= 12V，故C正确；
D、若电动机线圈电阻为0.5Ω，电动机内阻消耗功率为P耗=I动2R动=22×0.5W=2W，故输出功率为P出=P−P耗=12W−2W=10W，故D错误；
故选：BC。

电阻R2和电动机并联，所以电阻R2上的电压与电动机两端的电压相等，求出流过电阻R2的电流，同样可以根据电动机的铭牌求出流过电动机的电流，干路电流即可求得，从而求的电源电动势，当电动机内阻为0.5Ω时求得内阻消耗功率，从而求得电动机输出功率．
本题中电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能直接根据闭合电路欧姆定律求出电流．
13.答案：BC
解析：选BC将甲、乙串联接入电路中，电流相等，由题图知，甲电阻大于乙电阻，由电阻定律知
甲电阻丝的电阻率大于乙电阻丝的电阻率，B正确；由I=U
R
知甲两端的电压比乙大，A错误；根据Q=I 2Rt，知乙产生的焦耳热少，C正确；由P=I 2R知甲消耗的电功率比乙大，D错误。

14.答案：BC
解析：解：A、C、带电粒子垂直射入匀强电场时，电场力是恒力，与初速度垂直，粒子沿着初速度方向分运动是匀速直线运动，沿着电场力方向的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，合运动是类似平抛运动，轨迹为抛物线；故A错误，C正确；
B、D、带电粒子垂直射入匀强磁场时，洛伦兹力不做功，提供向心力，做匀速圆周运动；向心加速度方向时刻改变，是变加速曲线运动；故B正确，D错误；
故选：BC．
带电粒子垂直射入匀强电场时，电场力是恒力，与初速度垂直，粒子做类似平抛运动；带电粒子垂
直射入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．
本题关键是明确粒子垂直射入匀强电场做类似平抛运动，垂直射入匀强磁场是匀速圆周运动，基础问题．
15.答案：(1)πRD2
4L
，0.650；(2)如图所示。

解析：
(1)应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式；
(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。

本题考查了螺旋测微器读数、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读一位，读数时视线要与刻度线垂直，并掌握电流表内接法与外接法的确定依据。

解：(1)金属丝电阻：R=U
I
=ρL
S
=ρL
π (D
2
)
2，
则电阻率ρ=πRD2
4L
；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+15.0×0.01mm=0.650mm；
(2)如图所示。

故答案为：(1)πRD2
4L
，0.650；(2)如图所示。

16.答案：(1)最大；(2)1.39(1.36～1.41)；0.83(0.80～0.85)；(3)1.39(结果与上问第一空一致)；0.65(结果比上问第二空小0.18)。

解析：
(1)在闭合开关前，应将电阻箱的阻值调至最大值，目的是使电路中的电流有最小值以保护电学元件。

(2)根据闭合电路欧姆定律计算出1
I
−R关系式，与图象对应计算电源电动势及内阻。

(3)根据欧姆定律计算出电流表的内阻，再对整体电路应用闭合电路欧姆定律，重新计算1
I
−R关系式与图象对应，确定电源E及r。

本题考查测量某干电池的电动势和内阻，目的是考查学生的实验能力。

(1)为了保护电路，在开关S闭合前，电阻箱接入电路的电阻应具有最大值。

(2)在不考虑电流表内阻时，由闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)，
解得1
I =1
E
R+r
E
，可见，在1
I
−R图象中，图线的斜率(k)表示电源电动势的倒数，即k=1
E
；图线的
纵截距(b)表示电源内阻(r)与电动势(E)的比值，即b=r
E
；
结合1
I −R图象可得，图线的斜率k=6.0−0.6
7.5
V−1，
故电源电动势E=1
k
=1.39V；
图线的纵截距b=0.6A−1，故电源内阻r=Eb=0.83Ω。

(3)由题图丙可知，电流表的示数为0.36A，此时电压表的示数为63mV，故电流表的内阻为R A=
63×10−3
0.36
Ω=0.18Ω；
在考虑电流表内阻时，由闭合电路欧姆定律有E=I(R+r+R A)，
解得1
I =1
E
R+r+R A
E
，
可见，在1
I −R图象中，图线的斜率(k)表示电源电动势的倒数，即k=1
E
；
图线纵截距(b)表示电源内阻(r)与电流表内阻(R A)之和跟电源电动势(E)的比值，即b=r+R A
E
；
结合(2)中分析可知，电源电动势E=1.39V，电源内阻r=0.83Ω−0.18Ω=0.65Ω。

故答案为：(1)最大；(2)1.39(1.36～1.41)；0.83(0.80～0.85)；(3)1.39(结果与上问第一空一致)；0.65(结果比上问第二空小0.18)。

17.答案：解：由细线拉力恰好为0可知，磁场力为：F=mg
又F=BIL
解得：I=mg
BL =0.3×10−2
1.0×10−2×0.15
=2A
答：需要通过2A的电流才能使悬挂导体的细绳拉力为0．
解析：写出安培力的表达式，然后根据物体平衡列方程可正确解答．
本题比较简单，借助于物体平衡，考查了有关安培力的大小和方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用公式F=BIL进行有关计算．
18.答案：解：(1)粒子从S点以垂直于DF边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE线上，根据牛顿第二定律可得：Bqv=m v2
R
解得：R=mv Bq
若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得：R=L
2
联立解得：v=qBL
2m
(2)要使粒子能回到S点，要求粒子每次与△DEF碰撞时，v都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故：
DS=(2n−1)R，(n=1,2，3…)
即：R=L
4(2n−1)
,(n=1,2,3…)
qvB=mv2 R
联立解得：v=Bq m L
4(2n−1)
,(n=1,2,3…)
答：(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小为qBL
2m
；
(2)若S点不在DE边的中点，而是距D点的距离DS=L
4
，仍然使粒子能回到S点，满足条件的粒子
的速度大小为Bq m L 4(2n−1)。

解析：(1)要求此粒子能回到S 点，根据几何关系可确定出粒子运动的半径，再根据粒子在磁场中的半径公式可求粒子的速度；
(2)S 点发出的粒子最终又回到S 点必须满足：每次与△DEF 的三边碰撞时都与边垂直，且能回到S 点；粒子能绕过顶点与△DEF 的边相碰。

本题考查了粒子在磁场中的运动，解题的关键在于需要挖掘粒子能回到S 点的隐含条件及考虑粒子最终回到S 点的多解性。