遼寧省大連市2023-2024學年高二上學期期中物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分。1．加在某臺電動機上的電壓是U，電動機消耗的電功率為P，電動機線圈的電阻為r，則電動機線圈上消耗的熱功率為（）A．P B．Ur C．P2r2．如圖所示的電路中，O點接地，當滑動變阻器滑片向左滑動時，電路中A、B兩點的電勢變化情況是（）A．都降低 B．都升高C．UA升高，UB降低 D．UA降低，UB升高3．如圖所示為某閉合電路電源的輸出功率隨電流變化的圖像，由此圖像可以判斷（）A．電源的輸出功率最大時，電源效率為100%B．電源的內阻為3ΩC．輸出功率最大時，外電路的總電阻一定為4ΩD．電源的電動勢為12V4．如圖所示，四根通有大小相等且為恒定電流的長直導線垂直穿過xOy平面，1、2、3、4直導線與xOy平面的交點成邊長為2a的正方形且關于x軸和y軸對稱，各導線中電流方向已標出，已知通電無限長直導線產生的磁感應強度大小與到直導線距離成反比，設1導線在O點產生的磁感應強度為B0，下列說法正確的是（）A．4根直導線在O點的磁感應強度大小為0B．直導線1、2之間的相互作用力為吸引力C．直導線1、2在O點的合磁場的磁感應強度大小為2B0D．直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向指向O點5．將一段通電直導線abc從中點b折成120°，分別放在甲、乙所示的勻強磁場中，甲圖中導線所在平面與磁場的磁感線平行，乙圖中導線所在平面與磁場的磁感線垂直，若兩圖中兩導線所受的安培力大小相等，則甲、乙兩圖中磁場的磁感應強度大小之比B1A．33 B．233 C．36．如圖，一個可以自由運動的圓形線圈水平放置并通有電流I，電流方向俯視為順時針方向，一根固定的豎直放置直導線通有向上的電流I，線圈將（）A．a端向上，b端向下轉動，且向左運動B．a端向上，b端向下轉動，且向右運動C．a端向下，b端向上轉動，且向左運動D．a端向下，b端向上轉動，且向右運動7．如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結果粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為（）A．qBLm B．2qBLm C．(8．不計重力的負粒子能夠在如圖所示的正交勻強電場和勻強磁場中勻速直線穿過。設產生勻強電場的兩極板間電壓為U，距離為d，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子帶電荷量為q，進入速度為v，以下說法正確的是（）A．若v>UB．若同時減小d和增大v，其他條件不變，則粒子可能直線穿過C．若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子動能一定減小D．若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子的動能有可能不變9．如圖所示，矩形OMPN空間內存在垂直于平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。有大量速率不同的電子從O點沿著ON方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，OM長度為3d，ON長度為2d，忽略電子之間的相互作用，電子重力不計。下列說法正確的是（）A．電子速率越小，在磁場里運動的時間一定越長B．電子在磁場里運動的最長時間為πmC．MP上有電子射出部分的長度為3D．MP上有電子射出部分的長度為(10．半徑為R的一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面如圖所示，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，磁場外有一粒子源，能沿一直線發(fā)射速度大小在一定范圍內的同種帶電粒子。帶電粒子質量為m，電荷量為q(q>0)?，F(xiàn)粒子沿正對cO中點且垂直于cO方向射入磁場區(qū)域，發(fā)現(xiàn)帶電粒子僅能從bd之間的14A．從圓弧bd間的中點飛出的帶電粒子運動時間最長B．從d點飛出的帶電粒子的運動時間最長C．粒子源發(fā)射粒子的最大速度為(1+D．在磁場中運動的時間為πm2qB的粒子，粒子的速度為二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．在“測定金屬電阻率”的實驗中，圖甲為用螺旋測微器測量金屬絲直徑的刻度位置。采用了如圖乙所示的實驗電路。（1）從圖中讀出該金屬絲的直徑D=mm；（2）測電阻的過程中，首先，閉合開關S1，將開關S2接2，調節(jié)滑動變阻器Rp和R，使電壓表讀數(shù)盡量接近滿量程，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)U1、I1；然后，將開關S（3）本實驗中，測得金屬絲的長度為L，直徑為D，電阻為Rx，則該金屬絲電阻率的表達式ρ=（用L、D、R（4）不考慮偶然誤差，此探究實驗中，被測金屬的電阻率的測量值真實值（填“大于”、“等于”或“小于”）。12．隨著全世界開始倡導低碳經(jīng)濟的發(fā)展，電動自行車產品已越來越受到大家的青睞，某同學為了測定某電動車電池的電動勢和內電阻，設計了如圖所示電路，提供的實驗器材有：方案編號電阻箱的阻值R/Ω1300.0250.0200.0150.0100.02100.085.070.055.040.0340.030.025.020.015.0A．電動車電池一組，電動勢約為12V，內阻未知B．直流電流表量程300mA，內阻很小C．電阻箱R，阻值。范圍為0~999.9ΩD．定值電阻R0，阻值為10ΩE．導線和開關（1）斷開電源開關S，將多用表選擇開關置于×10Ω檔，調零后，將紅黑表筆分別接電阻箱兩端，發(fā)現(xiàn)指針讀數(shù)如圖所示，則所測阻值為Ω。（2）改變電阻箱的阻值R，分別測出阻值為R0=10Ω的定值電阻的電流I，下列三、組關于R的取值方案中，比較合理的方案是（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描點，繪出的1I?R圖像是一條直線。若直線的斜率為k，在1I坐標軸上的截距為b，則該電源的電動勢E=，內阻r=13．如圖所示的電路中，電路消耗的總功率為40W，電阻R1為4Ω；R2為6Ω，電源的內阻r為0.6Ω，電源的效率為94%，求：（1）a、b兩點間的電壓（2）電源的電動勢14．磁流體發(fā)電技術是一種新型的高效發(fā)電方式，產生的環(huán)境污染少，圖中表示出了它的發(fā)電原理。在兩面積足夠大的平行金屬極板M、N之間有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，將一束一價正離子流以速度v沿垂直于B的方向噴入磁場，在M、N兩板間便產生電壓。如果把M、N和用電器連接，M、N就是一個直流電源的兩個電極，若M、N兩板之間距離為d，元電荷電量為e，定值電阻R被短接時，閉合開關S電路中電流為I?；卮鹣铝袉栴}：（1）判斷直流電源的兩個電極M、N的極性并計算發(fā)電機的內阻；（2）當正確連接定值電阻R并閉合開關S后，求在t時間內打在極板上的離子。15．如圖甲所示，是一臺質譜儀的簡化結構模型。大量質量為m=6.4×10?27kg、電荷量為q=+3.2×10?19C的α粒子（即24He核），從容器A下方飄入電勢差為（1）α粒子出加速電場時速度v1（2）為使α粒子經(jīng)偏轉電場后能全部進入偏轉磁場，偏轉電場極板長度的取值范圍；（3）當偏轉電場極板長度L=8cm時，若容器A中除了題干中已知的α粒子外，還存在另一種粒子氚核(1

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】電動機電路是非純電阻電路，流過電動機線圈的電流I=線圈上消耗的熱功率為PC符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】電動機電路是非純電阻電路，電動機消耗功率必須用P=UI計算，線圈的熱功率必須用P=I2．【答案】B【解析】【解答】當滑片向左滑動時，滑動變阻器接入電路中的電阻減小，電路中的總電阻減小，總電流增大，則R1U增大，因O點接地，電勢為零，沿電流方向電勢降低，所以A點的電勢比O點電勢高，可得A點電勢升高，OB間的電壓大小U所以UOB減小，由于沿電流方向電勢降低，所以B點電勢升高，B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。

3．【答案】D【解析】【解答】A.若外電路是純電阻電路，則電源輸出功率P=可知當R=r時，電源輸出功率最大，最大輸出功率為P此時電源效率為η=A不符合題意；

BD.由圖可知電源的最大輸出功率P短路電流I解得E=12V，r=4ΩB不符合題意，D符合題意；

C.電源的內阻為4Ω，由于不能明確外電路是否為純電阻電路，故無法求得輸出功率最大時，外電路的總電阻大小，C不符合題意。

故答案為：D。

【分析】推導電源輸出功率的表達式，得到電源輸出功率最大時，內、外電阻的阻值關系，求出此時電源的效率；根據(jù)圖中的最大輸出功率和短路電流，求解電源電動勢和內阻；結論：R=r時電源輸出功率最大，只適合純電阻電路，不適合非純電阻電路。4．【答案】A【解析】【解答】AC.由安培定則可知，四根導線在O點產生的磁感應強度的方向分別為：1導線產生的磁感應強度方向由O指向4；2導線產生的方向由O指向3，3導線產生的磁感應強度方向由O指向2；4導線產生的方向由O指向1，則根據(jù)磁場的疊加原理可得，四根導線在O點的產生的合場強大小為0，直導線1、2在O點的合磁場的磁感應強度大小為2B0，A符合題意，C不符合題意。

B.根據(jù)平行反向的電流相互排斥，平行同向的流相互吸引，可知直導線1、2之間的相互作用力為排斥力，B不符合題意；

D.由題意可知，無限長直導線產生的磁感應強度大小與到直導線距離成反比，即B則1、3在2的磁感應強度大小為B方向分別為2→3和1→2方向；故1、3在2的磁感應強度合成為B沿1→3方向；直導線4在2的磁感應強度為B方向沿3→1方向，直導線1、3、4在2處的合磁場為B方向1→3，則由左手定則，直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向沿著4→2方向，不指向O點，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】由安培定則判斷出四根導線分別在O點產生的磁場方向，再由場強的疊加原理，求出四根導線在O點產生的磁場的合場強和直導線1、2在O點的合場強；平行反向的電流相互排斥，平行同向的流相互吸引；求出直導線1、3、4在2處的合磁場方向，再由左手定則分析直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向。5．【答案】B【解析】【解答】設導線的總長為2L，通過導線的電流為I，圖甲中導線受到的安培力大小為B1IL+B1cos60°·IL=3故答案為：B

【分析】根據(jù)導線的電流方向和磁場的方向，結合安培力公式求解導體棒受到的安培力大小，結合安培力公式求解磁感應強度。6．【答案】A【解析】【解答】將水平放置的通電線圈假設成放在線圈圓心出的小磁鐵，由安培定則可知，小磁鐵的N極向下，S極向上，再由安培定則判斷通電直導線的磁場，可知通電直導線在線圈圓心處的磁場垂直紙面向外，故等效小磁鐵的N極應垂直指向紙面外，可得a端向上，b端向下轉動；當圓形線圈轉過90°時，通電線圈在直導線處產生的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則可知，直導線受到的安培力向右，由牛頓第三定律可知，線圈受到的安培力向左，故線圈向左運動，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】將通電導線假設成小磁鐵，根據(jù)安培定則判斷出直導線的磁場，確定線圈的偏轉方向，再由特殊位置法，分析圓形線圈轉過90°時，直導線受到的安培力方向，得到線圈受到的安培力方向，確定線圈的運動方向。7．【答案】C【解析】【解答】由于粒子能經(jīng)過c點，做出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示

粒子射出磁場時的速度方向一定沿ac方向，設粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可知2則r=(根據(jù)牛頓第二定律得q聯(lián)立解得vC符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)題意做出粒子的運動軌跡，由幾何關系求出粒子的軌跡半徑，再由洛倫茲力充當向心力，結合向心力公式，求出粒子的速度大小。8．【答案】B,C【解析】【解答】A.若v>則有qvB>q即粒子受到的洛倫茲力大于電場力，由于粒子帶負電，可知粒子受到的電場力向上，由左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力向下，故粒子向下偏，A不符合題意；

B.粒子沿直線運動，必須需滿足qvB=qE=q若同時減小d和增大v，其他條件不變，粒子仍可能受力平衡，則粒子可能直線穿過，B符合題意；

CD.若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則電場力做負功，洛倫茲力不做功，由動能定理可知，粒子動能一定減小，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)粒子的速度值推導粒子受到的洛倫茲力與電場力的大小關系，再由洛倫茲力和電場力的方向，判斷粒子的偏轉方向；根據(jù)粒子沿直線運動，必須需滿足的受力關系式，推導若同時減小d和增大v，其他條件不變，粒子可能的運動軌跡；由動能定理判斷，若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子動能的變化情況。9．【答案】B,C【解析】【解答】AB.電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力充當向心力，可得evB=m運動周期T=粒子在磁場中的運動時間t=由此可知電子運動時間與運動的圓心角有關，當電子速度較小時從OM邊射出，圓心角均為π，且此時對應的圓心角最大，故運動時間最長為t=A不符合題意，B符合題意；

CD.隨著速度增大，電子運動半徑逐漸增大，軌跡如圖所示

由圖可知MP邊有電子射出的范圍為BM長度，當電子軌跡與上邊界相切時半徑為2d，由幾何關

系可知BM=C符合題意，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)粒子在磁場中的運動時間t=θ10．【答案】B,D【解析】【解答】由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m解得粒子的運動半徑為r=運動的周期為T=設軌跡所對圓心角為θ，則粒子的運動時間為t=AB.根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

由t=θmqB可知，粒子運動軌跡所對圓心角越大，運動時間越長，由圖可知，從d點出磁場的粒子軌跡對應圓心角最大，實驗從d點飛出的帶電粒子的運動時間最長，A不符合題意，B符合題意；

C.由r=mvqB可知，從b點出磁場的粒子軌跡半徑最大，所以從b點出磁場的粒子速度最大，如圖所示，

設從b點飛出的粒子其軌道半徑為r2，對應的圓心為O''，由幾何關系可知∠gO''O=15°sin由數(shù)學知識解得r由粒子的運動半徑公式r=mvr解得vC不符合題意；

D.由粒子在磁場中的運動時間表達式t=θmqB可知，在磁場中運動的時間為πm2qB的粒子，則粒子軌跡對應圓心角為π2，設其半徑為r3，軌跡圓心為O'''，如圖所示：

R可得cos解

得sin即α=30°則有r根據(jù)粒子的運動半徑公式r=mvr解得粒子的速度為v=D不符合題意。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)粒子在磁場中的運動時間t=θ2πT11．【答案】（1）2.927（2）U（3）π（4）等于【解析】【解答】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，圖甲中螺旋測微器主尺讀數(shù)為2.5mm，可動尺讀數(shù)為42.7×0.01mm=0.427mm故金屬絲的直徑為D=2.5mm+0.427mm=2.927mm（2）根據(jù)題意，由歐姆定律可得，閉合開關S1，將開關SR將開關S2R聯(lián)立解得R（3）由電阻定律可得R其中S=π解得該金屬絲的電阻率為ρ=（4）在不考慮偶然誤差的情況下，實驗過程中，電壓表和電流表的示數(shù)均沒有誤差，電表的電阻也沒有被忽略，所以測的電阻Rx的阻值為真實值，則測得的金屬電阻率的測量值等于真實值。

12．【答案】（1）70（2）2（3）1k；【解析】【解答】（1）由題意知，將多用表選擇開關置于×10Ω檔，圖中指針讀數(shù)為7.0，則所測阻值為R（2）由于電流表指針偏轉角度大于量程三分之一時，測量值才比較準確，所以電路中電流范圍應控制在100根據(jù)歐姆定律I=E40Ω≤R≤120Ω減去定值電阻R0=10Ω，即電流表內阻和電源內阻加上電阻箱電阻應該大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于電流表內阻和電源內阻很小，可忽略不計，故應該選方案2。E=I(r+可得1可知1I