2021-2022学年山东省青岛第五十八中学高二（上）期中考试物理试题含解析

山东省青岛第五十八中学2021—2022学年度第一学期期中考试

高二物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，只需要上交答题卡。

第Ⅰ卷（选择题   共40分）

一、选择题：（本题共12小题共40分。1~8位单选，每题3分，9~12为多选题，全部选对得4分，选对而不全得2分，选错得0分）

1. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是（　）

A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合

B. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行

C. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近

D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用

【答案】B

【解析】

【详解】A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，故A正确；

B．只有赤道表面的地磁场方向与地面平行，故B错误；

C．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故C正确；

D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用，故D正确。

本题选错误的，故选B。

2. 某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是(      )

A. 一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器

B. 一个伏特表和多个定值电阻

C. 一个安培表和一个电阻箱

D. 两个安培表和一个滑动变阻器

【答案】D

【解析】

【详解】A中根据闭合回路欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解，A正确；B中根据欧姆定律可得，测量多组数据可求解，B正确；C中根据欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解，C正确；D中两个安培表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，D错误；

【点睛】对于闭合回路欧姆定律的应用，一定要注意公式形式的变通，如本题中，，，结合给出的仪器所测量的值，选择或者变通相对应的公式，

3. 如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40g的金属导体棒部分导体棒处于边界宽度为d=10cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为（取重力加速度g=10m/s2）（　　）

A. 0.25T B. 0.5T C. 0.75T D. 0.83T

【答案】B

【解析】

【详解】未通电时，导体棒重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知

通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知

两式相比得

解得

4. 如图甲所示，电路中电源电动势为，内阻不计，、、为三个相同规格的小灯泡，小灯泡伏安特性曲线如图乙所示，当开关闭合后，下列说法中正确的是（　　）

A. 中的电流为中电流的倍

B. 和的总功率约为

C. 的电功率约为

D. 的电阻约为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图象可知，灯泡两端的电压变化时，灯泡的电阻发生变化，L2和L3的串联电阻并不是L1电阻的两倍，根据欧姆定律知L1中的电流不是L2中电流的2倍，A错误；

BCD．由于不计电源内阻，所以L2和L3两端的电压均为1.5 V，由题图乙可知此时灯泡中的电流为I＝0.8 A，电阻为

L3的电功率为

P＝UI＝1.5×0.8 W＝1.2 W

L2和L3的总功率为

P′＝2P＝2.4 W

BC错误，D正确。

故选D。

5. 如图所示，在直角三角形区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，，，边长，一个粒子源在点将质量为、电荷量为的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示

由题意知

则

因为四边形是正方形，所以粒子做圆周运动的半径

粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

故A正确，BCD错误。

故选A。

6. 如图所示，两个匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反，金属圆环的直径与两磁场的边界重合。可以使环中产生顺时针方向的感应电流的措施及整个环受到的安培力的方向分别是（　　）

A. 向下平移，平行于纸面向上 B. 向下平移，因抵消无方向

C. 向上平移，平行于纸面向下 D. 向上平移，因抵消无方向

【答案】A

【解析】

【详解】若圆环向下平移，由右手定则得，圆环上部分产生流顺时针方向的电流，下部分也产生顺时针方向的电流，由左手定则得圆环上、下部分受到的安培力平行于纸面向上。同理，当圆环向下平移，产生逆时针方向电流，安培力平行于纸面向下，故A正确，BCD错误。

故选A。

7. 截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。

故选C。

8. 如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度B已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（　　）

A. 小球可能带正电

B. 小球做匀速圆周运动的半径为r=

C. 小球做匀速圆周运动的周期为T=

D. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大

【答案】BC

【解析】

【详解】A．小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球带负电，A错误；

B．因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得

，

且有

联立可得小球做匀速圆周运动的半径

故B正确；

CD．由运动学公式可得

联立可得

说明周期与电压U无关，故C正确，D错误。

故选BC。

9. 劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示，高真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝，粒子通过狭缝的时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，加速器接在交流电源上，若A处粒子源产生的质子可在盒间被正常加速。下列说法正确的是（　　）

A. 虽然逐渐被加速，质子每运动半周的时间不变

B. 只增大交流电压，质子在盒中运行总时间变短

C 只增大磁感应强度，仍可能使质子被正常加速

D. 只增大交流电压，质子可获得更大出口速度

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A．质子在D形盒中运动的周期，半个周期为，粒子的比荷不变，则质子每运动半周的时间不变，故A对；

B．质子在电场中加速，根据

联立可得

增大交变电压，质子运动的半径增大，则质子在回旋加速器中加速的次数减少，又因为周期不变，则运行时间会变短，故B对；

C．由可知，若磁感应强度B增大，则T会减小，只有交流电频率增大，才能正常工作，故C错；

D．设D形盒的最大半径为，质子可获得更大的出口速度满足

可得

与电压无关，故D错误。

故选AB。

10. 在如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为，定值电阻为，且，滑动变阻器为。现闭合电键，滑动变阻器的滑动触头从端向端滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 电压表示数先变大后变小；电流表示数一直变大

B. 电压表示数一直变大；电流表示数先变小后变大

C. 的电功率先变小后变大

D. 电源的输出功率先变小，后增大

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB．由电路图可知，滑动变阻器滑动触头P两边得电阻并联，当P从M向N端滑动时，总电阻先变大后变小，总电流先减小后增大，路端电压先变大后变小，即电压表示数先变大后变小；

设PN部分电阻为，则PN电流为

则随着减小，电流逐渐增大，故A正确，B错误；

C．因为总电流先减小后增大，根据

可知的电功率先变小后变大，C正确；

D．内外电阻相等时，电源输出功率达到最大值，当外电阻大于内阻时，电源输出功率随电阻增大而减小，因为所以总电阻一定大于r，因为总电阻先变大后变小所以电源输出功率先变小，后增大，故D正确。

故选ACD。

11. 如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【详解】a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为

a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为，此时的瞬时电流为；

AC．若，即

此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，图像中无电流的图像，故A正确，C错误；

BD．若，即

此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为

b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B正确，D错误；

故选AB。

12. 由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图（a）所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气（可视为真空）。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B-t图像如图（b）所示。一电荷量为q的颗粒在t1~t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k。则（　　）

A. 颗粒带负电

B. 颗粒质量为

C. t1~t2时间内，a点电势高b点电势

D. 电容器极板带电量大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由楞次定律可得，电容器下板带负电，对颗粒由平衡可知，颗粒带负电，故A正确；

B．由法拉第电磁感应定律可得

由平衡可知

联立解得

故B错误；

C．t1~t2时间内，螺丝管中产生恒定的电动势，则电路中无电流，则ab两点电势相等，故C错误；

D．电容器的电容为

两板间电势差为

联立得电容器极板带电量大小为

故D正确。

故选AD。

第Ⅱ卷（非选择题 共60分）

二、实验题：本题共2小题，共14分。

13. 某同学将一量程为的微安表改装成量程为的电压表。先将电阻箱与该微安表串联进行改装，然后选用合适的电源，滑动变阻器，定值电阻，开关和标准电压表对改装后的电表进行检测，设计电路如图所示。

（1）微安表铭牌标示内阻为，据此计算的阻值应为_______。按照电路图连接电路，并将调为该阻值。

（2）开关闭合后，调节的滑片位置，微安表有示数，但变化不显著，故障原因可能是_____。（填选项前的字母）

A.1.2间断路

B.3.4间断路

C.3.5间短路

（3）排除故障后，调节的滑片位置，当标准电压表的示数为时，微安表的示数为，此时需要_______（填“增大”或“减小”）的阻值，以使改装电表的两成达到预期值

【答案】    ①.     ②. AC#CA    ③. 减小

【解析】

【详解】（1）[1]微安表的内阻，满偏电流，串联后改装为的电压表，所以满足

代入数据解得

（2）[2]开关闭合，调节滑动变阻器，电表示数变化不明显，说明分压电路未起作用，可能是1、2之间断路或者3、5间短路，整个电路变为限流线路，滑动变阻器的阻值远小于检测电表的电路部分的电阻，所以微安表示数变化不明显；若是3、4间断路，电路断开，微安表无示数，B错误，AC正确；

故选AC。

（3）[3]标准电压表的示数为，若改装电压表也为，此时微安表的示数为

但此时微安表示数为，说明的阻值偏大，所以应该减小的阻值。

14. 某研究性小组利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：

A.电源（电动势，内阻约为1Ω）

B.电流表（量程，内阻=5Ω）

C.电流表（量程，内阻≈1Ω）

D.定值电阻=5Ω

E.开关S，导线若干

（1）为了较准确的测量电阻，请在图（a）中虚线框内将测量电阻的实验电路图补充完整______，并在图中标出所选器材的符号。

（2）在电阻上加一个竖直向下力，闭合开关S，记下电表读数，的读数为,的读数为，则=__________（用字母表示）。

（3）小组同学根据实验测量结果，做出压敏电阻随着所加外力的图像，如图（b）所示，小组同学将这种压敏电阻与一个量程为的理想电压表按如图（c）所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源、内阻不计，为了使改装后压力表的量程为，压力为对应电压表的刻度为，则定值电阻=_____Ω。压力为对应电压表的刻度为_______（保留两位有效数字）。

【答案】    ①.     ②.     ③. 15    ④. 1.5

【解析】

【详解】（1）[1]根据伏安法测电阻的原理，我们要想准确测量出Rx的阻值，必须准确测出通过Rx的电压和电流，但图中没有给出电压表，所以我们可以用内阻已经知道的电流表A1来测电压，A2测干路电流，进而计算通过Rx的电流，故电路如图所示

（2）[2]由原理图可知，通过Rx的电流为

电压为

所以

（3）[3]由b图知

由图c利用闭合电流欧姆定律可知

由题意知，压力为100N对应电压表的刻度为3V，带入

[4]故

压力为0时，带入得

四、计算题：

15. 如图，光滑平行金属导轨间距为l，与水平面夹角为θ，两导轨底端接有阻值为R的电阻。该装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。恒力大小为F、方向沿导轨平面且与金属棒ab垂直。金属棒ab与导轨始终接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。重力加速度为g，求此上升过程：

(1)金属棒运动速度大小；

(2)安培力对金属棒所做的功。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升，由法拉第电磁感应定律，棒中的电动势为

E=Blv

设金属棒中的电流为I，根据欧姆定律，有

金属棒所受的安培力为

因为金属棒沿导轨匀速上升，由牛顿运动定律得

联立得

(2)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升h过程中，安培力所做的功为W，由动能定理得

得

16. 如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中。磁场方向竖直向下，质量，长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置。且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆水平拉力，使其由静止开始运动。拉力的功率保持不变。当金属杆速度时撤去拉力。求：

（1）撤去外力前，金属杆的速度为，其加速度大小？

（2）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为多少？

（3）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为多少？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）对棒由牛顿第二定律得

拉力的功率

回路中的电流

撤去外力前，金属杆的速度为，感应电动势为

联立解得

（2）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正方向，由动量定理得

又

可得

（3）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，由能量守恒可得电路中产生的总热量

金属杆和电阻串联，热量比等于电阻比有

联立解得

17. 如图甲所示，在y轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=1T。从原点O处向第I象限发射一比荷=1×104C/kg的带正电的粒子（重力不计），速度大小v0=103m/s，方向垂直于磁场且与x轴正方向成30°角。

（1）求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R和在该磁场中运动的时间t1；

（2）若磁场随时间变化的规律如图乙所示（垂直于纸面向外为正方向），后空间不存在磁场。在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标。

【答案】（1）；（2）0.6m

【解析】

【详解】（1）轨迹如图所示

根据

可得

粒子运动周期为

粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为240°，所以粒子在磁场中运动的时间为

故匀速圆周运动的半径为0.1m，在该磁场中运动的时间为。

（2）磁场变化的半周期为

粒子运动如下图所示

其中

且O1O2平行于x轴，则

对ΔEDP，有

，

则

故有

故粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标为0.6m。

18. 质谱仪是利用电场和磁场分析带电粒子性质的仪器，某同学设计的一种质谱仪结构如图所示．一对平行金属板的板间距为，板间电压为，上极板带正电．我们把板间区域叫区域Ⅰ．在上板右端紧挨着上板垂直放置一足够大的荧光屏．以下板右端点为顶点的足够大的区域叫做区域Ⅱ，角．在区域Ⅰ、Ⅱ间均分布有垂直纸面向里，磁感应强度为的匀强磁场．以下问题中均不考虑带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用．

（1）某带电粒子沿两板间中线方向射入后沿直线运动进入区域Ⅱ，恰好垂直边界射出，判断带电粒子的电性，求出粒子的荷质比以及粒子在区域Ⅱ中的运动时间；

（2）仅将（1）问中的粒子电性改变，而且将大量这样的粒子从两极板左端口从上到下均匀排列，沿平行极板方向源源不断地射入板间．求某时刻击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比；

（3）在（2）问中若屏上某点接收到粒子流形成的电流为，假设粒子击中屏后速度变为零，求粒子对屏的平均撞击力大小．

【答案】（1）粒子带负电 ，， （2）（3）

【解析】

【详解】(1)粒子恰好垂直边界射出，根据左手定则可知粒子在带负电；

粒子区域Ⅰ中做匀速直线运动，则有：

设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为，如图所示，由几何关系得：

根据牛顿第二定律可得：

联立解得粒子的荷质比为：

设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的周期为：

由几何关系得圆心角为，粒子在区域Ⅱ中的运动时间：

(2)设从点射入区域Ⅱ的粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹恰好与边界相切，如图所示．

由题目已知可得，粒子轨迹半径仍为，则在之间射入区域Ⅱ的粒子均可以击中荧光屏，设轨迹圆的圆心为，则有：

击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比：

(3)设一段短时间内击中荧光屏上某点的粒子个数为，根据动量定理有：

根据电流定义可有：

解得：

由牛顿第三定律知，粒子对屏的平均撞击力大小为：