【期中真题】湖北省黄冈中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题.zip

2022年秋季11月份黄冈中学高二年级物理期中考试

一、选择题（本题共11小题，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-11题有多项题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）

1. 如图所示，a、b两根长直导线垂直纸面放置，两导线内通有大小相等、方向相反的电流，O点在纸面与导线平面的交线上且到两导线距离相等，MN是过O点且垂直于导线平面的竖直线，一个带电粒子从M点以速度v沿MN方向运动，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）

A. 粒子沿MN方向先做加速运动后做减速运动

B. 粒子沿MN方向一直做匀速直线运动

C. 粒子偏向MN左侧先做加速运动后做减速运动

D. 粒子偏向MN右侧先做减速运动后做加速运动

【答案】B

【解析】

【详解】根据右手螺旋定则和磁场叠加原理可知，两通电直导线在直线MN上所产生的合磁场方向始终沿MN方向，当带电粒子沿MN方向运动时，其运动方向正好与合磁场方向平行，则带电粒子不受洛伦兹力作用，故粒子将一直做匀速直线运动。

故选B。

2. 如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，电阻R1：R2：R3：R4=3：2：1：1，开关S断开。现将S闭合，由S闭合到电路稳定的过程中通过R3的电荷量是（　　）

A.  B.

C.  D. EC

【答案】D

【解析】

【详解】当开关S断开时，电容器两极板间电压等于R2两端电压，上极板带正电

开关S闭合后，电容器与R1并联，上极板带负电，两极板间电压等于R1两端电压

上极板极性改变，则由S闭合到电路稳定过程中流过R3的电荷量

Q=Q1+Q2=EC

故选D。

3. 用一根导线围成如图所示回路KLMN，KN和LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，O为圆心，KL和NM沿圆的半径方向，一圆环和KLMN在同一平面内，圆环的圆心也在O点，在圆环和回路KLMN中分别通以如图所示的恒定电流I1、I2，圆环固定，则下列说法正确的是（　　）

A. 圆环对KN段圆弧的斥力大于对LM段圆弧的引力

B. 圆环对KL段和对MN段的安培力等大反向

C. 回路KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动

D. 回路KLMN将在纸面内向左平动

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据安培定则可知，圆环上电流I1在KLMN平面所在处的磁场方向垂直纸面向里。根据左手定则，圆环对KN段圆弧为引力，对LM段圆弧为斥力，A错误；

B．根据左手定则，圆环对KL段的安培力方向垂直于KL向上，对MN段的安培力方向垂直于MN向下，根据对称性，两者大小相等，但是方向不是相反，B错误；

CD．MNKL段和ML圆弧段的有效长度均可等效为ML直线，但ML圆弧所在处磁感应强度小，所受安培力方向向右，比MNKL段受力小，MNKL受安培力合力向左，则回路KLMN将在纸面内向左平动， C错误，D正确。

故选D。

4. 如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L，上方连接一阻值为R的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场。两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好，电阻均为r、质量均为m；将金属杆1固定在磁场的上边缘，且仍在磁场内，金属杆2从磁场边界上方h0处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动。现将金属杆2从磁场边界上方h（h<h0）处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时，由静止释放金属杆1，下列说法正确的是（　　）

A. 两金属杆向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b

B. 回路中感应电动势的最大值为

C. 磁场中金属杆1与金属杆2所受的安培力大小、方向均不相同

D. 任何时刻金属杆1与2的速度之差均为

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据右手定则判断知两金属杆产生的感应电流方向向右，则流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；

B．当金属杆2在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得

BIL＝mg

又

I＝

联立得感应电动势的最大值为

Em＝

故B正确；

C．根据左手定则判断知两金属杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式

F＝BIL

可知安培力的大小也相同，故C错误；

D．金属杆2刚进入磁场时的速度为

v＝

在金属杆2进入磁场后，由于两金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即

v1－0＝v2－v

则

v2－v1＝v＝

故D错误。

故选B。

5. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子（）在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作α粒子（）在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是（　　）

A.  B.

C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【详解】电场中的直线加速过程根据动能定理得

得

离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

有

联立可得

质子与α粒子经同一加速电场则U相同，同一出口离开磁场则R相同，则，可得

即

故选B。

6. 如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器（进入收集器时速度方向与平行）。下列说法正确的是（    ）

A. 磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内

B. 加速电场中的加速电压

C. 磁分析器中轨迹圆心到点的距离

D. 任何带正电的离子若能到达点，则一定能进入收集器

【答案】B

【解析】

【详解】A．该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；

B．该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

在加速度电场中，由动能定理有

联立解得

故B正确；

C．该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

又有

解得

该离子经Q点进入收集器，故

故C错误；

D．根据上述分析可知，任一初速度为零的带正电离子，质量、电荷量分别记为、，经的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径

即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径为

可知，的大小与离子的质量与电荷量的比值有关，则不一定有

即能到达P点的离子不一定能进入收集器，故D错误。

故选B。

7. 如图所示，两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值为r，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现将外力F沿与导轨平行的方向作用在金属杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力F与作用时间t的图像中正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有

又

F安＝B0IL，I＝＝

所以

F安＝B0IL＝

Ff＝μmgcosθ

所以有

F－mgsinθ－－μmgcosθ＝ma

又因

v＝at

将其代入上式可得

F＝t＋mgsinθ＋μmgcosθ＋ma

因此图像为一条不过原点的直线，且纵截距大于0。

故选B。

8. 如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部。当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H。已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大。在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 圆环先做加速运动后做减速运动

B. 在时间t内安培力对圆环做功为mgH

C. 圆环运动的最大速度为－gt

D. 圆环先有扩张后有收缩的趋势

【答案】AC

【解析】

【详解】A．在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确；

B．因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有

则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误；

C．在t时间内安培力

合外力

故C正确；

D．圆环加速上升过程中，根据左手定则可知，受到垂直磁感线向上的力，有收缩趋势，减速上升过程中受到垂直磁感线向下的力，有扩张趋势，故D错误。

故选AC。

9. 在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（　　）

A. 三种情况下，导体棒最终均静止

B. 图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止

C. 图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动

D. 甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同

【答案】BD

【解析】

【详解】ABC．题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故AC错误，B正确；

D．题图甲中，导体棒的部分动能转化为内能，题图乙中，导体棒的动能全部转化为内能，故有Q甲<Q乙，故D正确。

故选BD。

10. 如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是（　　）

A. 将线框向左拉出磁场

B. 以ab边为轴转动（小于90°）

C. 以ad边为轴转动（小于60°）

D. 以bc边为轴转动（小于60°）

【答案】ABC

【解析】

【详解】产生该应电流的条件：穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路产生感应电流。

A．将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc边做切割磁感线运动，穿过线框的磁通量减少，所以线框中产生感应电流，A正确；

B．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边右半段在做切割磁感线运动，穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流，B正确；

C．当线框以ab边为轴转动（小于60°），穿过线框的磁通量减少，所以在转动过程中产生感应电流，C正确；

D．当线框以bc边为轴转动时，如果转动角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变（其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积），D错误。

故选ABC。

11. 如图所示，M、N两极板间存在匀强电场，场强大小可以调节，两极板的宽度为d，N板右侧存在如图所示的磁场，折线PQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点且AP=AQ=L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从S点由静止经电场加速后从P点沿PQ方向水平射出，不计粒子的重力，则（　　）

A. 当粒子通过P点的速度为时，可经过一次偏转直接到达A点

B. 当M、N两极板间场强为时，粒子到达Q点的时间最长

C. 粒子由P点到达Q点的时间只能为的偶数倍

D. 粒子由P点到达Q点的时间只能为的奇数倍

【答案】AC

【解析】

【详解】A．粒子经过一次偏转直接到达A点，

由图中几何关系得

2Rsin45°=L

联立解得

故A正确；

BCD．根据运动对称性，粒子能从P点到达Q点，应满足L=nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°，设圆轨迹半径为R，则有

可得

解得

v，（n=1、2、3、…）

M，N间由动能定理

解得

E（n=1、2、3、…）

当M、N两极板间场强为时，粒子到达Q点的时间最短；

当n取奇数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为

，其中n=1、3、5、…

当n取偶数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为

，其中n=2、4、6、…，

则粒子由P点到达Q点的时间只能为的偶数倍，故BD错误，C正确；

故选AC。

第II卷（非选择题）

二、实验题（本题共2小题，共16分）

12. 某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约1Ω，电压表（0～3V，内阻约3kΩ），电流表（0～0.6A，内阻rA=1.0Ω），滑动变阻器有R1（0～10Ω，2A）和R2（0～100Ω，0.1A）各一只；

（1）实验中滑动变阻器应选用_______（选填R1或R2）。

（2）在乙图中用笔画线代替导线连接实验电路_______；

（3）在实验中测得多组电压和电流值,得到如图丙所示的U-I图线,由图线可较准确求出该电源电动势E=_______V；内阻r=_______Ω。（结果保留2位有效数字）

【答案】    ①. R1    ②.     ③. 1.5    ④. 0.84（0.82-0.87均可）

【解析】

【详解】（1）[1]电路中最大电流

而R2的额定电流小于1.5A，且R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1；

（2）[2]对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示

（3）[3][4]由闭合电路欧姆定律

得知当I=0时U=E，U-I图象斜率的绝对值等于电源的内阻加上电流表的内阻，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势E=1.5V；

解得

13. 在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中：

（1）用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是______mm。用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图乙所示，则读数分别为______mm；

（2）某实验小组用如图所示电路对镍铬合金丝和康铜丝进行探究，a，b，c，d是四种金属丝。

①实验小组讨论时，某同学对此电路提出异议，他认为，电路中应该串联一个电流表，只有测出各段金属丝的电阻，才能分析电阻与其影响因素的定量关系。你认为要不要串联电流表？______（选填“需要”或“不需要”）；

②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如表，电路图中的金属丝a，b，c分别为表中编号为A，B，C的金属丝，则d应选表中的______（用表中编号D，E，F表示）；

（3）请按原理图连接实物图______。

【答案】    ①. 1.195##1.194##1.196    ②. 11.50##11.55    ③. 不需要    ④. E    ⑤. 见解析

【解析】

【详解】（1）[1] 螺旋测微器读数为

[2] 游标卡尺读数为

（2）[3]四种金属丝串联在电路中，电流是相等的，不需要再用电流表测出这个电流到底是多少。

[4]根据控制变量法可知，应该要探究镍铬合金丝和康铜丝的电阻率关系，应该控制镍铬合金丝和康铜丝的长度和横截面积相同而材料不同，故应选E。

[5]根据电路图，连接实物图如下

三、解答题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后的答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

14. 如图所示，电荷量Q＝2×10－7C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m＝2×10－4kg、电荷量q＝1×10－7C的另一正点电荷B从O点正上方高0.5m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P。若静电力常量k＝9×109N·m2/C2，重力加速度取g＝10m/s2。求：

（1）B运动到距O点l＝0.5m处加速度大小；

（2）P、O间的距离L。

【答案】（1）6.4m/s2；（2）0.3m

【解析】

【详解】（1）分析电荷B的受力，得

mg－＝ma

代入数据得

a＝6.4m/s2

（2）B运动过程中速度最大时，加速度为零，此时

mg＝

代入数据得

L＝0.3m

15. 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求：

（1）时金属框所受安培力的大小；

（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）金属框的总电阻为

金属框中产生的感应电动势为

金属框中的电流为

磁感应强度为

金属框处于磁场中的有效长度为

所以金属框所受安培力大小为

（2）金属框产生的焦耳热为

16. 如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：

（1）匀强电场的电场强度E；

（2）图（b）中时刻电荷与O点的水平距离；

（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。

【答案】（1）7.2×103N/C；（2）4cm；（3）10﹣5s

【解析】

【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为，由匀变速直线运动规律得

由牛顿第二定律得

qE＝ma

代入数据解得

E=7.2×103N/C

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

qv0B＝m

解得

当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径

做圆周运动的周期

代入数据解得

r1＝5cm

T110﹣5s

同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为

r2

代入数据解得

r2＝3cm

做圆周运动的周期

T2

代入数据解得

T210﹣5s

故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示

从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为

T＝（4）×10-5s10-5s

所以ts时刻粒子距离O点的水平距离为

Δd＝2(r1-r2)

代入数据解得

Δd＝4cm

（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即

s＝9Δd＝9×4cm＝36cm

则最的后7.5cm的距离如图所示

由几何关系可得

r1+r1cosα＝7.5cm

解得

cosα＝0.5

即

故电荷运动的总时间

t总＝t1+9TT1

代入数据解得

t总10-5s