2022年2021高二上学期期中考试物理模拟1

1、高二期中1下列说法中正确的是（）a由可知，电阻与电压、电流都有关系b由 r=可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系c各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小d所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零2关于磁场、磁感线和磁感应强度的描述，正确的说法是（）a磁感线从磁体的n极出发，终止于s极b由 b=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场c磁场的方向就是通电导体在磁场中某点手磁场作用力的方向d在磁场强的地方同一通电导体受得到安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小3如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导

2、线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（）a磁铁对桌面的压力减小 b磁铁对桌面的压力增大c磁铁对桌面的静摩擦力向左 d磁铁对桌面的静摩擦力向右4如图所示，从s处发出的热电子经加速电压u加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转设两极板间电场强度为e，磁感应强度为b欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（）a适当减小电场强度eb适当减小磁感应强度bc适当增大加速电场极板之间的距离d适当减小加速电压u5如图所示，在半径为r的圆形区域和边长为2r的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以

3、相同的速率分别从m 、n两点射入匀强磁场在m点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在n点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且n点为正方形边长的中点，粒子重力不计，则下列说法不正确的是（）a带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同b从 m点射入的带电粒子可能先飞出磁场c从 n点射入的带电粒子可能先飞出磁场d从 n点射入的带电粒子不可能比m点射入的带电粒子先飞出磁场6如图所示，直线、分别是电源1与电源 2 的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源 2 单独连接时，则下列说法不正确的是（）a电源 1 和电源 2 的内阻之比是11：7b电源

4、1 和电源 2 的电动势之比是1：1c在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2d在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：27一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为u，额定电流为i ，线圈电阻为r ，将它接在电动势为e，内阻为 r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）a电动机消耗的总功率为ui b电动机消耗的热功率为c电源的输出功率为ei d电源的效率为18如图所示，一块长度为a、宽度为 b、厚度为 d 的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场b，且通以图示方向的电流 i 时，用电压表测得导体上、下表面mn间电压为u已知自由电子的电量为e下列说法中正确的是（）am板比 n板电

5、势高b导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - -c导体中自由电子定向移动的速度为d导体单位体积内的自由电子数为9图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“d”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子运动的动能ek随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电

6、场中的加速时间，则下列说法正确的是（）a在 ekt 图中应有 t4 t3=t3t2=t2t1b高频电源的变化周期应该等于tntn1c要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“d”形盒的半径d在磁感应强度、 “d”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大10如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表v1、v2示数变化量的绝对值分别为u1、 u2，已知电阻r大于电源内阻r ，则（）a电流表a的示数增大 b电压表v2的示数增大c电压表v1的示数增大 d u1大于 u2二、实验题11在“测定金属的电阻率”的实验中，

7、所测金属丝的电阻大约为5，先用伏安法测出该金属丝的电阻xr，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。用米尺测出该金属丝的长度l，用螺旋测微器测量该金属丝直径时的刻度位置如图所示。(1) 从图中读出金属丝的直径为_mm 。(2) 实验时，取来两节新的干电池、开关、若干导线和下列器材：a电压表03 v，内阻 10 kb电压表015 v，内阻 50 kc电流表00.6a，内阻 0.05d电流表03 a，内阻 0.01e滑动变阻器，010f滑动变阻器，0100要较准确地测出该金属丝的电阻值，电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器选_( 填序号 ) 。实验中，某同学的实物接线如图所示，请指出该实物接线

8、中的两处明显错误。错误 l ：_；错误 2： _。12如图甲为某同学测绘额定电压为2.5v 的小灯泡的i-u 特性曲线的实验电路图（1）根据电路图甲，用笔画线替代导线，将答题纸图乙中的实验电路图连接完整（图乙左边是电压表）（2）依据你所连接的电路，在开关s闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于_端（选填 “a” 、 “b”或“ab中间” ）（3）实验中测得有关数据如下表：精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - -

9、- 第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - -根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的i-u 特性曲线（4）如果用一个电动势为3v，内阻为25的直流电源直接给该小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为_w三、计算题13如图所示，光滑导轨与水平面成角，导轨宽l匀强磁场磁感应强度为b金属杆长也为l，质量为m ，水平放在导轨上当回路总电流为i1时，金属杆正好能静止求：（1）b至少多大？这时b的方向如何？（2）若保持b的大小不变而将b的方向改为竖直向上，应把回路总电流i2调到多大才能使金属杆保持静止？14在如图所示的电路中，r1=2，r2=r3=4，电容 c=2105 f，电键 k先接 a 稳

10、定后， r2上消耗的电功率为4w 电键 k再接 b 稳定后电压表示数为4.5v，图中各元件均完好，试求：（1）电源的电动势和内电阻；（2）电键从a 接 b 过程中，流过r3的总电量；（3）当电键k接 c 时，通过r2的电流15如图所示，在xoy 直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场初速度为零、带电荷量为q、质量为 m的粒子经过电压为u的电场加速后，从 x 轴上的 a点垂直x 轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y 轴上的 p点且垂直y 轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x 轴上的 c点已知oa oc d. (粒子的重力不计) 求（1）离子进

11、入磁场时的速度大小；（2）电场强度e和磁感应强度b的大小精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 9

12、 页 - - - - - - - - -参考答案1bd【解析】解： a、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故a错误， b正确；c、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故c错误；d、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故d正确故选 bd【考点】电阻定律；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关【点评】深入理解电阻的概念及影响电阻大小的

13、因素是解答此题的关键2d【解析】解： a、磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从n极到 s极，而内部是从s极到 n极，故 a错误；b、根据公式： f=bilsin 可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，可能是电流的方向与磁场平行，此处不一定没有磁场，故 b错误；c、根据左手定则可知，磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直故c错误；d、根据公式：f=bilsin 可知，通电导线在磁场强的地方受力可能比在磁场弱的地方受力小故d正确故选： d【考点】磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用【分析】磁感线是描述磁场分布而假想的；磁感线的疏密表示磁

14、场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从n极到 s极，而内部是从s极到 n极；公式 b=是定义式，与导线的受力大小无关；根据左手定则可知，磁场的方向与安培力的方向一定垂直【点评】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质3a【解析】解： ab 、在磁铁外部，磁感线从n 极指向 s 极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作

15、用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，故a正确， b错误cd 、由于导线处于磁铁正中央，磁铁受到的导线的磁场力竖直向上，因此磁铁对桌面没有运动趋势，故cd错误，故选： a【考点】安培力【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键4a【解析】解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故eq=qvb根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力

16、的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小洛伦兹力，要么增大电场力a、适当减小电场强度e ，即可以减小电场力，故a正确b、适当减小磁感强度b ，可以减小洛伦兹力，故b错误c、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eu=可得v=，由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故c错误d、根据 eu=可得 v=，适当减小加速电压u ，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力故精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 9 页 - - - - -

17、- - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - -d错误故选： a【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，要使粒子在复合场中做匀速直线运动，即eq=qvb所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力【点评】本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动在解题时要注意运动过程分析和受力分析5c【解析】解：带电粒子垂直于磁场方

18、向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=，解得粒子的轨道半径r=，两粒子相同、 两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r 相同，粒子做圆周运动的周期t=粒子运动轨迹如图所示；a、由图示可知，当r=r 时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于，故 a正确；b、由图示可知，当粒子轨道半径r r 时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从m点射入的粒子运动时间小于从n点射入的粒子运动时间，故bd正确， c错误；本题选不正确的，故选：c【考点】带电粒子在匀强

19、磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，然后分析答题【点评】本题考查了比较粒子在磁场中的运动时间，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，比较出粒子在磁场中转过的圆心角大小即可正确解题，作出粒子的运动轨迹是正确解题的前提与关键6d【解析】解： a、由图得到r1=，r2=，r1：r2=11：7，故 a正确b、e1=10v， e2=10ve1：e2=1：1，故 b正确c、灯泡接在电源上时，u=3v ，i=5a， p=ui=15w 灯泡接在电源上，u=5v ，i=6a， p=ui=30w ，故

20、 c正确d、由上， r1=，r2=，r1：r21：2 故 d错误本题选错误的，故选d【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由闭合电路欧姆定律u=e ir ，电源的 ui 图线是直线， r 等于电源的u i 图线斜率的大小，由斜率可算出电源内阻电源ui 图与纵轴值表示电动势大小电源与灯泡的u i 图线的交点表示灯泡接在电源上的工作状态，读出电压、电流，可求出灯泡的功率【点评】本题将电源的外特性曲线和灯泡的伏安特性曲线作在同一幅图上，关键在于理解交点的物理意义对于非线性元件，电阻r=，不能用求电阻7ad【解析】解： a、电动机消耗的总功率应该用p=

21、iu 来计算，所以总功率为iu，所以 a正确；b、电动机消耗的热功率应该用p=i2r来计算，所以热功率p=i2r，所以 b错误c、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得p出=ui故 c错误精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - -d、电源的总功率为ie，内部发热的功率为i2r ，所以电源的效率为=l ，所以 d正确故选 ad 【考点】电功、电功率【

22、专题】恒定电流专题【分析】在计算电功率的公式中，总功率用p=iu 来计算，发热的功率用p=i2r来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的8cd【解析】解： a、如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则 m积累了电子， mn之间产生向上的电场，所以m板比 n板电势低b、电子定向移动相当长度为d 的导体切割磁感线产

23、生感应电动势，电压表的读数u等于感应电动势e，则有 u=e=bdv ，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关故b错误c、由 u=e=bdv ，得自由电子定向移动的速度为故 c正确d、电流的微观表达式是i=nevs ，则导体单位体积内的自由电子数n=，s=db，代入得 n=故 d正确故选 cd【考点】电流、电压概念；电势【分析】金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定m 、n两板电势的高低电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势e=bdv， 为电子定向移动的速

24、率，电压表的读数u=e 根据电流的微观表达式i=nevs ，求解导体单位体积内的自由电子数n【点评】本题现象称为霍耳效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡分析电压表的示数中等难度9ac【解析】 解：a、根据周期公式t=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以 t4t3=t3t2=t2t1故a正确b、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（ tn tn 1） ，故 b错误；c、根据半径公式r=知， v=，则粒子的最大动能ek=mv2=，与加速的次数无关，与d 形盒的半径以及磁感应强度有关故c正确， d错误故选： ac 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【

25、专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式t=和半径公式r=进行判断【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由d型盒的半径决定的10acd【解析】解： a、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以r与变阻器串联，电压表 v1、v2分别测量r、路端电压当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则a的示数增大，故a正确；b、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以v2的示数减小，故b错误；c、电路中电流增大，根据欧姆定律知，电压表v1的示数增大，故c正

26、确d、路端电压减小，r的电压增大，则u1大于 u2，故 d正确故选： acd 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - -【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路

27、的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析11(1)0.680(0.6780.682 mm 均可 ) ； (2) a c e ；错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：采用了电流表内接法测电阻。【解析】试题分析： (1) 金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm 18.0=0.680mm。(2) 因为用两节干电池，故电压表选用03 v 量程的 a 即可；电流表选择00.6a 量程的 c即可；滑动变阻器选010的 e； 错误 1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：因为此待测电阻较小，故应采用电流表外接，而此图中采用了电流表内接法测电阻。考点：测定金属的电阻率。12 （1）如图所示（2）

28、a端（ 3）如图所示（ 4）0.04w【解析】试题分析：（ 1）小灯泡的额定电压为2.5v，所以电压表选择3v量程，从表中可知当小灯泡满足额定电压时，电流在 0.26 与 0.27之间，故电流表选取0.6 量程，实物电路图如图所示，注意电表的正负极（2）在开关s闭合之前，为了保护小灯泡不被烧坏，应使小灯泡两端的电压为零，即在a端（3）伏安特性曲线如图所示，（4）在 i-u图象中同时作出表示电源的i-u图象，读出两图线的交点坐标，然后根据公式可得小灯泡的实际功率为0.04puiw考点：描绘小灯泡伏安特性曲线实验【名师点睛】根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，

29、滑动变阻器采用分压接法采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路13 （1）b应垂直于导轨平面向上（2）【解析】解： （1）只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，b也最小根据左手定则，这时b应垂直于导轨平面向上，大小满足： bi1l=mgsin，（2）当 b的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得bi2lcos=mgsin 【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用；左手定则【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态由此可知安培力的方向，

30、从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小【点评】要会区分左手定则与右手定则：左手定则是判定磁场力的，而右手定则是判定感应电流方向的同时还利用三力平衡知识来求解14 （1）电源的电动势为6v，内电阻为2；（2）电键从a 接 b 过程中，流过r3的总电量为61011c；（3）当电键k接 c 时，通过r2的电流为0.5a【解析】解： （1）开关接 a 时， r1短路，只有r2接入电路；则由 p=i2r可得：精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 9 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 9 页 - - - - - - - - -i1=1a；由 p=可得 u1=4v；（2）开关接a 时，有