山西省吕梁市2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）

山西省吕梁市2023-2024学年高二上学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题（本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．下列说法中正确的是（）A．电场中任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向B．电流是矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向C．磁通量的大小为BS，方向为磁感应强度的方向，故磁通量为矢量D．电磁波是一份一份的，麦克斯韦用实验证明了电磁波的存在2．如图所示，电路A、B两端电压U=10V，A．AB间电阻为12Ω B．电流表A1示数为C．电流表A2示数为7.5A D．3．如图所示，匀强电场平行于十六宫格所在平面，十六宫格上每小格正方形边长为L=4cm，已知a、b、c三个格点电势分别为φaA．电场强度大小为50V/mB．十六宫格25个格点中电势最高为12VC．十六宫格25个格点中电势最低为−2VD．十六宫格中央格点电势为2V4．如图所示，由四段粗细相同的同种材料导体棒构成等腰梯形线框ABCD，其中AB=BC=AD，∠A=∠B=120°，水平方向的匀强磁场垂直线框所在平面，当在线框中C、D两端加恒定电压时，水平导体棒CD受安培力大小为A．AB棒受安培力为12B．AB棒受安培力为43C．整个线框受的安培力大小为53D．整个线框受的安培力大小为2F5．如图所示，空间内存在匀强磁场，磁感应强度大小B=4T，方向与墙面和水平面均成45°角，墙角处有边长L=1m的正方形线框abcd，初始时线框与水平面间夹角为60°角，ab边与墙底边平行，线框ab边沿墙角下落到地面过程中，已知cos15°=6+A．磁通量先增加后减小 B．线框能产生感应电流C．磁通量最大值为4Wb D．磁通量最小值为(6．如图所示，建立平面直角坐标系xOy，在y轴上放置垂直于x轴的无限大接地的导体板，在x轴上x=2L处P点放置点电荷，其带电量为+Q，在xOy平面内有边长为2L正方形，正方形的四个边与坐标轴平行，中心与O点重合，与x轴交点分别为M、N，四个顶点为a、b、c、d，静电力常量为k，以下说法正确的是（）A．M点场强大小为8kQB．a点与b点的电场强度相同C．正点电荷沿直线由a点到b点过程电势能先减少后增加D．电子沿直线由a点到b点的过程电场力先增大后减小7．如图所示，在足够长的光滑水平滑杆的正上方某点固定正的点电荷，带正电的小球穿过滑杆，从a点以速度v0=6m/s向右运动，小球在a点的加速度大小为23m/s2A．小球运动到b点时速度大小为5m/sB．小球运动到c点加速度大小为6m/C．小球最终速度大小为8m/sD．小球最大电势能为20J8．如图所示，平行板电容器水平放置并接有电源，有a、b两个带电小球，所带电量相等，电性相反，分别从上、下两板附近由静止同时释放，结果两小球同时经过平行板中央水平线，不考虑两球间的作用力，以下说法正确的是（）A．a球质量大于b球质量B．a球带负电，b球带正电C．此过程两球电势能变化量大小相同D．两球过中央线时a球动能小于b球动能9．如图所示，电源电动势为E=10V，内阻为r=4Ω，定值电阻为R0=2Ω，滑动变阻器R（最大阻值为R=10Ω），闭合开关S，现将滑动变阻器滑片由最右端向最左端滑动，三个电压表读数分别为A．电压表U1变大，U2变大，B．电压表U1变小，U2变大，C．电源最大输出功率为6.25WD．滑动变阻器功率先减小后增大10．如图所示，半径为R=30cm的圆桶侧壁上有一细缝，圆桶内存在垂直纸面向里的匀强磁场，带负电粒子以v0=3m/A．粒子在磁场中运动的半径为15B．磁感应强度大小为30TC．粒子在圆桶中的运动时间为3D．粒子从射入磁场到第一次碰撞前速度变化量大小为3二、实验题（本题共2小题，共18分）11．实验小组测定一个小金属圆筒的电阻率，圆筒横断面如图甲所示，进行了如下操作：（1）用游标卡尺测量圆筒的长度为L，如图乙所示，则L=mm；圆筒内径已测出为d，用螺旋测微器测圆筒的外径D如图丙所示，则外径为D=mm．（2）为了精确测量该圆筒电阻，实验小组设计如图丁所示电路，测出多组电流、电压数值，画出伏安特性I−U图线如图戊所示．则圆筒电阻R=Ω（结果保留一位小数）；用此电路测量的电阻值（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值．（3）若用此电路同时测量圆筒功率，当圆筒两端电压U=2.4V时，圆筒电功率为P=W（结果保留两位小数），这样测出电功率（4）圆筒材料的电阻率ρ=（测得物理量分别用L，12．兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：A．两节干电池组成的电池组B．电流表A1：量程Ig1C．电流表A2：量程Ig2D．定值电阻RE．定值电阻RF．定值电阻RG．滑动变阻器RH．导线与开关（1）实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表A2改装成量程为3V的电压表，将电流表A1量程扩大为0.5A，另一定值电阻作为保护电阻，则三个定值电阻选择为：a；b（2）在图示乙器材中按照电路图连接成测量电路．（3）电路连接准确无误后，闭合开关K，移动滑动变阻器，得到多组电流表A1、A2的示数，作出了I2−I1（4）用本实验电路进行测量，仅从系统误差方面分析，电动势及内阻的测量值均（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值．三、计算题（本题共3小题，共计36分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．如图所示，间距为L=1m的导轨竖直固定在绝缘地面上，导轨顶端连接电动势为E=40V、内阻为r=1Ω的电源，质量为m=1kg的金属杆垂直接触导轨，其接人电阻也为R=1Ω．当在导轨所在的平面内加上方向竖直向上，磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场后，金属杆沿着导轨恰好不向下运动．重力加速度取g=10m/（1）金属杆与导轨间的动摩擦因数；（2）将磁场方向改为向右上方与水平方向夹角为30°，若使金属杆再次平衡，则磁感应强度至少是多大．14．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，匀强电场方向沿x轴正方向，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B=10T，一带电小球质量m=30g，电荷量q=1×10−2C，以某一速度v0匀速通过原点，速度方向与x轴正方向成53°，sin（1）电场强度E的大小和通过原点时速度大小v0（2）带电小球通过原点时突然撤去磁场，不考虑撤去磁场时对电场的影响，求小球再次通过x轴的坐标和时间（结果可用分数表示）．15．如图所示，在示波管中电子枪产生电子，经过电压U0=50V的加速电压加速，然后沿平行板中央轴线射入偏转电场，平行板长L=20cm，板间距离d=20cm，距离平行板右端D=20cm处有竖直屏幕，在屏幕上建立坐标y轴，与中央轴线交点为O点，当偏转电压为U=50V时，电子打在屏幕上，设电子电荷量（1）电子离开偏转电场时的动能；（2）电子打在屏幕上的位置坐标；（3）电子能打到屏幕上时，平行板偏转电压所加电压的最大值和打在屏幕上离O点的最远距离．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.沿电场方向电势降落最快，A符合题意；

B.规定正电荷定向运动方向为电流方向，但电流运算时遵守代数加减法则，所以电流是标量，B不符合题意；

C.磁通量虽然有方向，但是运算时遵守代数加减法则，是标量，C不符合题意；

D.电磁波是不连续的，而是一份一份的，麦克斯预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波的存在，D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】沿电场方向电势降落最快；电流是标量，运算遵循代数加减法；磁通量也是标量，运算遵循代数加减法；根据物理学史分析。2．【答案】C【解析】【解答】A.画出A、B间的简化电路如图所示

根据并联电路特点可得1RAB=1R1+1R2+1R3，解得RAB=1211Ω，A不符合题意；

B.由欧姆定律可得，电流表A13．【答案】B【解析】【解答】A.根据匀强电场中同一直线上电势均匀变化的特点，可知b点右侧格点d电势为6V，连接cd，则cd为等势线，根据电场线与等势线处处垂直且沿电场线方向电势降低，做出电场线如图所示，由E=Ud可得，该匀强电场的电场强度大小为E=φc-φbLcos45°=502V/m4．【答案】C【解析】【解答】AB.设导体棒AB=L，由几何关系得CD=2L，DA+AB+BC=3L，设每一段导体棒的电阻为R，通过CD棒电流强度为I1，由于DC与DABC并联，根据并联电路特点可得，通过DC的电流I1=U2R，DABC的电流I2=U3R，由安培力的公式F=BIL可得，CD棒受到的安培力F0=BI1·2L，AB棒受的安培力5．【答案】D【解析】【解答】A.由几何关系可得，线框由图示位置沿墙边下落到地面过程中，线框与磁场的方向夹角由75°增大到135°，根据磁通量的公式ϕ=BSsinθ可知，穿过线框的磁通量先增大后减小，A不符合题意；

B.框由图示位置沿墙边下落到地面过程中，线框中的磁通量发生变化，所以线框中能产生感应电流，B不符合题意；

C.当线框平面与磁场方向垂直时，通过线框磁通量最大，为ϕm=BL2=4Wb，C不符合题意；

D.由A项分析可知，线框由图示位置沿墙边下落到地面过程中，线框与磁场的方向夹角由75°增大到135°，根据磁通量的公式ϕ=BSsinθ可知，线框与磁场成135°角时穿过线框的磁通量最小，为ϕ=BL26．【答案】D【解析】【解答】A.无限大接地导体板达到静电平衡后，是一个等势体，因为导体板接地，所以电势为零，所以点电荷与无限大接地导体板构成的电场，可以等效成放在P点的+Q与原点O左侧2L处放置-Q的电荷，所形成的等量异种电荷的电场，根据电场的叠加原理可得，M点场强大小为E=kQL2+kQ3L2=10kQ9L7．【答案】B【解析】【解答】A.小球带正电，小球由a点到b点，由动能定理，有qUab=12mvb2-12mv02，其中Uab=φa-φb，得vb=4m/s8．【答案】A,C【解析】【解答】B.因为b球向上运动，所以b球受到的电场力方向一定向上，则a受到的电场力向下，可知b球带负电，a球带正电，B不符合题意；

A.两球同时经过平行板中央水平线，由匀变速直线运动位移与时间的关系式x=12at2可知，两球加速度大小相等，由牛顿第二定律可得，a球aa=g+qEma，b球ab=qEm9．【答案】B,C【解析】【解答】AB.滑动变阻器滑片由右向左滑动，其接入电路的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中电流I增大，外电压U外=E-Ir，减小，即电压表V1示数变小，R0两端电压U0=IR0，增大，即V2示数增大，滑动变阻器两端电压UR=U外-U0，减小，即V3示数减小，A不符合题意，B符合题意；

C.电源的输出功率P出=10．【答案】B,C【解析】【解答】A.由题意可知，粒子与圆桶发生两次碰撞又从细缝中射出，碰撞前后速度大小不变，方向相反，做出粒子在圆桶中运动轨迹如图示：

设粒子在磁场中做圆周运动半径为r，由几何关系可得tanθ=Rr，θ=30°，可得r=Rtan30°=303cm，A不符合题意；

B.粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律可得qv0B=mv02r，解得B=30T，B符合题意；

11．【答案】（1）50.15；10.500（10.499或10.500）（2）6.0；小于（3）0.96；大于（4）πR(【解析】【解答】（1）图乙中的游标卡尺的精确度为0.05mm，游标卡尺主尺读数为50mm，可动尺读数为3×0.05mm=0.15mm，故圆筒长度L=50mm+0.15mm=50.15mm，图丙中螺旋测微器的精确度为0.01mm，主尺读数为10.5mm，可动尺读数为0.0×0.01mm=0.000，故圆筒外径D=10.5mm+0.000=10.500mm。

（2）由图戊中数据可得，电阻值的测量值R=UI=2.40.4Ω=6.0Ω，由于电流表外接，电压表的分流使电流表的测量值偏大，所以电阻测量值小于真实值。

（3）由图戊可知，当电压U=2.4V时，I=0.4A，圆筒功率为P=UI=0.96W，由于电流表所测电流偏大，所以功率大于实际功率。

（4）根据电阻定律可得12．【答案】（1）F；D；E（2）（3）2.91；1.35（4）等于【解析】【解答】（1）将电流表A2改装成3V的电压表，应串联一个电阻，可得U=Ig2(Rg2+R)，解得R=13Ω，即电阻a应选F；

电流表A1改装成0.5A电流表，应并联一个电阻，可得I=Ig1+Ig1Rg1R，解得R=1Ω，故b应选D；

保护电阻c应选E。

（2）实物连线如图所示

（3）扩大量程后电压表内阻为RV=Rg2+R3=15Ω，电流表内阻为13．【答案】（1）解：由平衡关系得金属杆与导轨间压力与安培力等大，则F竖直方向上μI=解得μ=0（2）解：由Bμ联立解得B【解析】【分析】（1）分析金属杆静止时的受力，由共点力平衡条件求出金属杆与导轨间的动摩擦因数；（2）磁场改变后，重新分析金属杆的受力，金属杆恰好不下滑时，磁感应强度最小，由共