遼寧省2023-2024學年高二上學期期中物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．一根細橡膠管中灌滿鹽水，兩端用短粗銅絲塞住管口，管中鹽水柱長為30cm時，測得電阻為R，若溶液的電阻隨長度、橫截面積的變化規律與金屬導體相同。現將管中鹽水柱均勻拉長至40cm（鹽水的體積不變，仍充滿橡膠管），則鹽水柱的電阻為（）A．34R B．43R C．2．如圖所示，三根長度均為L的直線電流在空間構成等邊三角形，電流的方向垂直紙面向里。電流大小均為I，其中A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小均為B0，直線電流C的質量為m，重力加速度為gA．水平向右，μ=3B0C．水平向右，μ=3B03．如圖所示，質量為m、長為L的導體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內阻為r，勻強磁場的磁感應強度為B，其方向與軌道平面成θ角斜向上方，開關閉合后導體棒開始運動，則（）A．導體棒向左運動B．開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為BELC．開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為BELD．開關閉合瞬間導體棒的加速度BEL4．如圖，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉60°，不計重力，則v1A．12 B．33 C．325．一質量為0.06kg、長為0.1m的金屬棒MN用兩根長度均為1m的絕緣細線懸掛于天花板的頂端，現在金屬棒所在的空間加一豎直向下的磁感應強度大小為0.5T的勻強磁場，當在金屬棒中通有恒定的電流后，金屬棒從最低點向右擺動，當金屬棒擺到最高點時，細線與豎直方向的夾角為37°，已知一切阻力可忽略不計，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列正確的說法是（）A．金屬棒在擺動到最高點的過程中，機械能守恒B．金屬棒在擺動到最高點的過程中，機械能先增加后減少C．通入金屬棒中的電流為9AD．通入金屬棒中的電流為4A6．如圖所示，線圈a、b的半徑分別為r和2r，匝數分別為n匝和2n匝．圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為（）A．1：1 B．1：n C．1：4 D．1：4n7．如圖所示，一通電直導線在豎直向上的勻強磁場中靜止于光滑斜面上，電流方向垂直于紙面向外。保持磁場強弱不變，僅把磁場方向按順時針逐漸旋轉，直至轉到水平向右，若要通電導線始終保持靜止，則應控制導線內的電流（）A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大8．如圖所示，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于底面向里，磁感應強度的大小B=0.60T，磁場內有一塊較大的平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l=8cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發射α粒子，α粒子的速度都是v=1.5×106m/s，已知α粒子的電荷量與質量之比qm=5.0×107A．5cm B．10cm C．15cm D．20cm二、多選題9．如圖所示，平行金屬板中有一個帶電油滴懸浮在兩板間的P點，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，選地面的電勢為零，當滑動變阻器R4A．油滴帶負電，將向下運動B．P點的電勢升高C．電源的效率變低D．若電壓表、電流表的示數變化量分別為ΔU和ΔI，則|ΔU|10．某同學要將一小量程電流表（滿偏電流為250μA，內阻為1.5kΩ）改裝成有兩個量程的電流表。設計電路如圖所示，其中定值電阻R1=60Ω，R2=240Ω。則下列說法正確的是（）A．當開關S接A端時，該電流表的量程為1.5mAB．當開關S接A端時，該電流表的量程為1mAC．當開關S接B端時，該電流表的量程比接在A端時大D．當開關S接A端時，該電流表的量程比接在B端時大11．圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t變化如圖乙，已知乙tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是（）A．高頻電源的變化周期應該等于tn-tn-1B．vC．粒子在電場中的加速次數為vD．在粒子的質量m、電荷量q、磁感應強度B及D形金屬盒的半徑r不變的情況下，粒子的加速次數越多，粒子的最大動能一定越大12．如圖所示，邊長為2a的等邊三角形ABC區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一束質量為m電荷量為?q（q>0）的同種帶電粒子（不計重力），從AB邊的中點，以不同速率沿不同方向射入磁場區域（均垂直于磁場方向射入），下列說法正確的是（）A．若粒子均平行于BC邊射入，則從BC邊射出的粒子最大速率為3B．若粒子均平行于BC邊射入，則從BC邊射出的粒子速率最小時，在磁場中運動的半徑為3C．若粒子均垂直于AB邊射入，則粒子不可能從BC邊上距B點2?3D．若粒子射入時的速率為3Bqa2m三、實驗題13．某物理興趣小組測量一段某材料制成的電阻絲Rx（1）先用螺旋測微器測量電阻絲Rx的直徑d，示數如圖甲所示，其直徑d=mm；再用刻度尺測出電阻絲R（2）用多用電表粗測電阻絲的阻值，當用“×10”擋時發現指針偏轉角度過大，應該換用（選填“×1”或“×100”）擋，進行一系列正確操作后，指針靜止時位置如圖乙所示；（3）為了準確測量電阻絲的電阻Rx①閉合S1，當S2接a時，電壓表示數為U1，電流表示數為I1；當S2接b時，電壓表示數為U2②根據電阻定律計算出該電阻絲的電阻率ρ=（用Rx14．學校物理興趣小組為了測定某金屬探測儀的電池的電動勢（9V左右）和內阻（40Ω左右），設計了如圖甲所示的電路，允許通過電池的最大電流為100mA，R0（1）實驗室備有的保護電阻R0A．10Ω B．50Ω C．1000Ω（2）該小組首先正確得出1U與1R0+R的關系式為1U=（用E、r、R0和R表示），然后根據測得的電阻值R和電壓表的示數U，正確作出1U四、解答題15．一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖如圖所示．電動機內電阻r0=0.4Ω，電路中另一電阻R=10Ω，電源電動勢E=180V，內阻r=2Ω，電壓表的示數（1）通過電動機的電流；（2）輸入電動機的電功率；（3）若電動機以v=1m/s的速度勻速豎直向上提升重物，則該重物的質量。（g取10m/s16．如圖所示電路中，電源電動勢E=12V，電源內阻不計，電阻R1=18Ω，R2=6Ω，R3=2Ω，（1）電容器哪個極板帶正電，所帶的電荷量多大；（2）若R2突然斷路，將有多少電荷量通過R17．如圖所示，在光滑絕緣水平面上建立平面直角坐標系xOy，第一象限存在磁感應強度大小為B，方向豎直向下的勻強磁場；第四象限存在如圖所示的勻強電場，電場線與x軸夾角為45°。一帶負電的小球a，質量為m，電量絕對值為q，從坐標原點射入磁場，速度方向與x軸正方向夾角為45°，其恰好能與靜止在（x0，0）處的質量為2m的帶電小球b發生彈性正碰。已知碰撞前后兩球的電量和電性均沒有發生變化，碰撞后的兩球不會再次相遇。求：（1）小球a射入磁場時的初速度的大小；（2）碰撞后小球b速度的大小；（3）若碰后經過一段時間，小球b沿著碰前小球a的軌跡回到坐標原點，請確定小球b的電性和電量。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】將管中鹽水柱均勻拉長至40cm，則溶液的橫截面積為原來的34，根據歐姆定律R=ρ30cm得R故答案為：D。

【分析】根據歐姆定律得出鹽水柱的電阻。2．【答案】A【解析】【解答】A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小分別為B0，C受力如圖所示根據力的平行四邊形定則，結合幾何的菱形關系，可得B再由左手定則可知，安培力方向水平向左，大小為FC位于水平面恰好處于靜止狀態，則摩擦力的方向水平向右，且有f=μmg=解得μ=故答案為：A。

【分析】根據點電荷周圍電場強度的表達式以及電場強度的合成和共點力平衡得出動摩擦因數的表達式。3．【答案】D【解析】【解答】A．開關閉合，由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指向為垂直磁感線向右，從而導致導體棒向右運動。A不符合題意；BC．當開關閉合后，根據安培力公式F=BIL閉合電路歐姆定律I=可得F=BC不符合題意；D．當開關閉合后，安培力的方向與導軌成90°?θ的夾角，由牛頓第二定律可知ma=解得a=D符合題意。故答案為：D。

【分析】開關閉合后根據左手定則得出安培力的方向，從而得出導體的運動情況，當開關閉合后，利用安培力的表達式和歐姆定律得出F的表達式，結合牛頓第二定律得出加速度的表達式。4．【答案】B【解析】【解答】粒子在磁場中做勻速圓周運動，已知粒子入射方向和出射方向，利用兩速法可以畫出軌跡的圓心，如圖所示：設圓形磁場區域的半徑為R，根據幾何關系則第一次的半徑為：r同理可得第二次的半徑為：r根據牛頓第二定律有：qvB=可得v=所以v故答案為：B。

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關系可以求出軌道半徑的大小，結合牛頓第二定律可以求出粒子速度的大小比值。5．【答案】D【解析】【解答】AB．金屬棒的長度用l表示，細線的長度用R表示，則在金屬棒上升過程中，安培力做正功，機械能一直增加，AB不符合題意；CD．由動能定理知W安－W重＝0即BIlRsin37°＝mgR（1－cos37°）代入數據解得I＝4AC不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據安培力的表達式以及功能關系得出機械能的變化情況，結合動能定理得出電流的大小。6．【答案】A【解析】【解答】由于線圈平面與磁場方向垂直，故穿過該面的磁通量為Φ=BS半徑為r的虛線范圍內有勻強磁場，所以磁場的區域面積為S=π結合圖可知，穿過兩個線圈的磁感線的條數是相等的，所以磁通量都是Φ=πB與線圈的大小無關，與線圈的匝數無關，A符合題意，BCD不符合題意。A符合題意。故答案為：A

【分析】根據磁通量的表達式得出穿過該面的磁通量，磁通量與線圈的大小和匝數無關。7．【答案】D【解析】【解答】當磁場豎直向上時，由左手定則可判斷安培力方向，對小球受力分析，小球受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，和水平向右的安培力，如圖所示由圖可知，磁場方向按順時針逐漸旋轉，直至轉到水平向右，則安培力方向也順時針旋轉，直至轉到豎直向上，由幾何關系可知，安培力先減小后增大，由于安培力為F則導線內的電流先減小后增大。故答案為：D。

【分析】根據左手定則得出啊安培力的方向，對小球進行受力分析，根據共點力平衡和安培力的表達式進行分析判斷應控制導線內的電流變化情況。8．【答案】B【解析】【解答】α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有qvB=m解得R=由于2R>l>R，因此，向不同方向發射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側最遠點；再考慮N的右側。任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側的P根據幾何關系可得NN則感光板ab上被α粒子打中區域的長度L=N故答案為：B。

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，從而得出軌道半徑的表達式，結合幾何關系得出感光板ab上被α粒子打中區域的長度。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．油滴原來靜止在電容器內，受向上的電場力平衡重力，由圖可知電容器內部電場方向向下，則油滴帶負電。當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大，路端電壓減小，R1兩端的電壓增大，則電容器兩端電壓減小，電容器內場強減小，油滴所受電場力將小于重力，將向下運動，A符合題意；B．P點的電勢等于P點與下極板（接地，電勢為零）的電勢差，由U=Ed可知，E減小，P與下極板間距不變，所以電勢差減小，P點電勢降低，B不符合題意；C．電源的效率為η=當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，R4的阻值減小，外電阻R減小，電源的效率變低，C符合題意；D．根據閉合電路歐姆定律U=E?I(r+解得|ΔU|D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】對油滴進行受力分析，根據共點力平衡以及閉合電路歐姆定律得出油滴的電性以及油滴的運動情況，結合閉合電路歐姆定律得出電壓表、電流表的示數變化量比值大小。10．【答案】A,C【解析】【解答】AB．由圖可知當S接A時，R1和R2串聯接入電路，和電流表并聯，滿偏時電流表兩端的電壓為Ug=IgRg=250×10－6×1.5×103V=0.375V此時R1和R2的電流為I=所以總電流為I總=Ig＋I=1.5mA即量程為0~1.5mA，A符合題意、B不符合題意；CD．當開關S接B端時，由圖可知R1和電流表串聯再和R2并聯，由于和電流表并聯的電阻變小，當電流表滿偏時，流過R2的電流變大，干路電流變大，即量程變大，所以比接在A端時大，C符合題意、D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】根據歐姆定律得出電流表滿偏時電表兩端的電壓，結合閉合電路歐姆定律和并聯電路的分流作用得出改裝后電流表的量程，當開關S接B端時利用串并聯電路的特點和歐姆定律得出電流表的量程比接在A點時的大小。11．【答案】B,C【解析】【解答】A．帶電粒子在回旋加速器中每運行一周電場加速兩次，高頻電源的變化周期應該等于2（tn-tn-1），A不符合題意；B．根據動能定理得qU=2qU=3qU=解得vB符合題意；C．粒子在電場中的加速次數為n=qU=解得n=C符合題意；D．粒子的最大動能為E根據牛頓第二定律得q解得E在粒子的質量m、電荷量q、磁感應強度B及D形金屬盒的半徑r不變的情況下，粒子的最大動能不變，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】帶電粒子根據動能定理得出加速三次后的速度之比，結合功能關系得出粒子在電場中加速的次數，通過牛頓第二定律得出粒子的最大動能的變化情況。12．【答案】C,D【解析】【解答】A．從BC邊射出的粒子速度最大時，半徑最大，則如圖由幾何關系R解得R根據qvB=m解得vA不符合題意；B．當從BC邊射出的粒子速率最小時，半徑最小，此時軌跡與BC邊相切，則RB不符合題意；C．若粒子均垂直于AB邊射入，則當軌跡與BC相切時r+解得BD=r則粒子不可能從BC邊上距B點2?3D．若粒子射入時的速率為3Bqa2m粒子從BC邊射出的時間最短時，軌跡對應的弦最短，最短弦為射入點到BC的距離，長度為32a，則由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角為πD符合題意。故答案為：CD。

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系以及洛倫茲力提供向心力從而得出粒子的最大速度，結合粒子在磁場中的周期和時間的關系得出粒子在磁場中運動的時間。13．【答案】（1）0.200（2）×1（3）U1I【解析】【解答】（1）甲圖中，螺旋上的20對應主尺的水平線，主尺上露出的示數是零，所以直徑為0.200mm；（2）用多用電表測電阻絲的阻值，當用“×10”擋時發現指針偏轉角度過大，說明倍率過高，被測電阻很小，應該換用小量程電阻擋，用“×1”擋；（3）①當S2接a時，電壓表測的是Rx、RA和R0的電壓，電流表測的是Rx、RA和R0的電流，則有R當S2接b時，電壓表測的是R0和RA的電壓，電流表測的是R0和RA的電流，則R聯立兩式可得R②根據電阻定律R可得ρ=【分析】（1）根據螺旋測微器的讀數原理得出電阻絲的直徑；

（2）結合歐姆表的讀數原理以及使用原理得出指針偏角過大是由于倍率太大；

（3）根據串聯電路的特點以及歐姆定律得出待測電阻的阻值的表達式；結合電阻定律得出電阻率的表達式。14．【答案】（1）B（2）1E+【解析】【解答】（1）當變阻箱短路時，電路中通過的最大電流為100mA，則由閉合電路歐姆定律可知，定值電阻的最小阻值約為R所以定值電阻應選50Ω的，故答案為：B。（2）由閉合電路歐姆定律可得U=變形得1由數學知識可知，圖象中的截距0.1斜率5解得E=10Vr=50Ω【分析】（1）根據閉合電路歐姆定律得出保護電阻的大小；

（2）根據閉合電路歐姆定律得出1U與115．【答案】（1）解：根據閉合電路歐姆定律有E=解得U電動機、電源和電阻R串聯，通過的電流相等I=（2）解：輸入