河北省石家庄市第二中学教育集团2021-2022学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析）

石家庄二中教育集团2021-2022学年度高二年级上学期

期中考试物理试卷

（ 时间：75分钟，分值：100分 ）

一．单项选择题（本题共7个小题，每题4分，共计28分）

1. 横截面积为S的一段直导线，单位长度内有n个自由电子，电子电荷量为e，该导线通有电流I时，自由电子定向移动的平均速率v是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】微观电流强度的表达式

自由电子定向移动的平均速率为

故选A。

2. 如图所示，线圈ABCO面积为0.4m2，匀强磁场的磁感应强度，方向沿x轴正方向（图中未画出）。则下列说法正确的是（　　）

A. 线圈在图示实线所在的位置时，通过线圈的磁通量为0.04Wb

B. 线圈由图示实线位置绕x轴向下转过90°的过程中，通过线圈的磁通量逐渐减小

C. 在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过60°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量为2.00×10－2Wb

D. 在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过120°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量约为3.46×10－2Wb

【答案】D

【解析】

【详解】A．线圈在图示实线所在的位置时，通过线圈的磁通量为

故A错误；

B．线圈由图示实线位置绕x轴向下转过90°的过程中，线圈始终与磁场平行，所以通过线圈的磁通量不变。故B错误；

C．在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过60°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量为

故C错误；

D．在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过120°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量为

故D正确。

故选D。

3. 如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流（从右侧观察）．在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ．原PQ中无电流，现通以水平向左的电流，在短时间内（ ）

A. 从上往下观察导线框向右平移 B. 从上往下观察导线框顺时针转动

C. 细绳受力会变得比导线框重力大 D. 导线框中心的磁感应强度变小

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从外向里，根据左手定则，可知外侧电流受安培力向右，内侧电流受安培力向左，从上往下看，导线框将逆时针转动，故AB错误；
C．线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，在细绳受力会变得比导线框重力大，故C正确；
D．线框沿逆时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从外向里穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从外向里，所以线框中心的磁感应强度变大，故D错误。
故选C。

4. 如图所示，在xOy平面内有一个半径为R、圆心位于坐标原点O的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域的左边有一个宽度也为R且关于x轴对称的粒子源，它能连续不断地沿x轴正方向发射速度相同的带正电粒子，已知粒子的质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用。若粒子均能够从y轴上的P点离开磁场区域，则下列说法正确的是（　　）

A. 磁场方向垂直xOy平面向外

B. 粒子的速度大小为

C. 粒子在磁场中运动的最大时间差为

D. 粒子从P点离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围为

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】A．由于粒子均向上偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里，A错误；

B．由于粒子均能从P点离开磁场，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，由

qv0B=m

可知粒子的速度大小

v0=

B正确；

C．在磁场中运动时间最长的粒子与运动时间最短的粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的最长时间为t1，则有

t1==

同理粒子在磁场中运动的最短时间为

t2==

所以最大时间差为

Δt=t1-t2=

C正确；

D．由几何关系可知，粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围应为≤θ≤，D错误。

故选BC。

5. 笔记本电脑趋于普及，电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向上的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则关于元件的说法正确的是（　　）

A. 前表面的电势比后表面的高

B. 前、后表面间的电压U与v有关

C. 前、后表面间的电压U与c成正比

D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为

【答案】B

【解析】

【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势低，故A错误；

BC．由电子受力平衡可得

解得

所以前、后表面间的电压U与v成正比，即前、后表面间的电压U与v有关，与c无关，故B正确，C错误；

D．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即

故D错误。

故选B。

6. 如图所示，a和c是两闭合的金属线圈，b为通电线圈，由于b线圈中电流变化，a上产生顺时针方向的感应电流，下列说法正确的是（　　）

A. c上的感应电流方向一定是顺时针方向

B. c上可以没有感应电流

C. c上的感应电流可能是逆时针方向

D. b上的电流方向一定是逆时针方向

【答案】A

【解析】

【详解】ABC．由于b中电流变化一定会引其c中所包围的磁通量变化，故c中一定有感应电流；因a中电流为顺时针，而c中磁通量的变化一定与a中磁通量变化情况相同，因此c中电流一定为顺时针方向，故A正确，BC错误；
D．a中电流为顺时针，感应电流的磁场方向向里，则根据楞次定律可知，b中电流可能是顺时针减小或逆时针增大，故D错误；
故选A。

7. 如图所示，固定在水平面上半径为r=0.1m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B=4T的匀强磁场。长为l=0.2m、单位长度电阻为R0=10Ω的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω=100rad/s匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有如图所示的电路，电阻R1和R2阻值均为1Ω，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）

A. 棒产生的电动势为8V

B. 通过电流表的电流方向自右向左，示数为1A

C. 导体棒消耗的电功率为1W

D. 电阻R2消耗的电功率为W

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，金属棒切割磁感线产生的感应电动势

故A错误；

B．以金属棒有效切割长度r，单位长度电阻为

R0=10Ω

则金属棒电阻为

Rr=1Ω

电路中的总电阻为

电路中电流为

故B错误；

C．导体棒消耗的电功率为

故C错误；

D．电阻R2中电流为干路电流一半，则消耗的电功率为

故D正确。

故选D。

二．多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，漏选3分，错选0分，共计18分）

8. 热敏电阻是电学中常用的电学元件。为热敏电阻，其阻值随温度t变化的图线如图甲所示。图乙中电源电动势为E、内阻为r，带电油滴P原来静止在平行板电容器中间，所有的电表都是理想电表，且。当温度升高时，则（　　）

A. 电压表V的示数增大，电流表A的示数减小

B. 电源对外的输出功率随着温度的升高而逐渐增大

C. 两端电压的增大量比两端电压的减小量小

D. 带电油滴P向上运动

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图甲可知，当温度升高时，R2的电阻降低，此时电路的总电阻变小，故通过电路的电流变大，路端电压变小，同时R1两端电压增大，故并联部分电压减小，根据欧姆定律可知流经R3的电流减小，根据并联电路电流的特点，电流表的示数变大，故R4的电压增大，因为并联部分的电压减小，所以R2两端的电压减小，即电压表示数减小，A错误；

B．当温度升高时，R2的电阻降低，此时电路的总电阻变小，可知当外电路电阻接近电源内阻时，电源对外的输出功率越大，且R1=r，故当温度升高时，电源对外的输出功率随着温度的升高而逐渐增大，故B正确；

C．可知并联部分电压减小，电流增大，则流经R4的电流变大，R4两端的电压变大，R4与R2串联，故R2两端的电压变小，并联电阻总电压变小，故R4两端电压的增大量，比R2两端电压的减小量小，故C正确；

D．油滴在电容器中静止，可知此时受力平衡

电容器两端的电压为并联部分的电压，并联部分电压减小，根据

可知此时E减小，故带电油滴P向下运动，故D错误。

故选BC。

9. 如图甲所示，由同种材料制成粗细均匀的矩形导体方框abcd固定在匀强磁场中，磁场方向垂直方框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于方框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于线框中的感应电动势的大小E、感应电流I（以顺时针方向为正）、ab边的热功率P、ab边受到的安培力F（以向右为正）随时间t变化的图像中正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】A．由法拉第感应定律

可知，在0~1s和5~6s两段时间内产生的感应电动势大小相等，且保持不变，而1~5s时间内产生的感应电动势大小不变，但只有0~1s和5~6s两段时间的一半，A正确；

C．ab边热功率由

可知，0~1s和5~6s两段时间内是1~5s内的4倍，C正确；

B．由楞次定律可得在0~1s和5s~6s电流为逆时针负方向，且恒定不变，而1s~5s电流为顺时针正方向且恒定不变，B错误；

D．由

ab边安培力大小与磁感应强度成正比，再利用左手定则可知，D正确。

故选ACD。

10. 如图所示，空间有竖直方向的匀强电场（场强大小未知）和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，竖直面内有一固定的光滑绝缘圆环，环上套有一带负电的小球，小球质量为，电荷量为，重力加速度大小为，现给小球一个大小为的初速度，小球恰好能沿光滑圆环做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）

A. 电场方向向上，场强大小为

B. 小球对圆环的作用力大小可能为

C. 小球对圆环的作用力大小可能为

D. 小球对圆环作用力大小可能为

【答案】BCD

【解析】

【分析】

【详解】A．小球在复合场中做匀速圆周运动，则重力与电场力的合力为零，即

得

小球所受的电场力方向竖直向上，小球带负电，则电场方向一定向下，故A错误；

B．若小球以速度向左通过圆环的最低点，圆环对小球的作用力竖直向下时，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律知，小球对圆环的作用力大小为

故B正确；

C．若小球以速度向左通过圆环的最高点，圆环对小球的作用力竖直向下，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律知，小球对圆环的作用力大小

故C正确；

D．若小球以速度向左通过圆环的最低点，圆环对小球的作用力竖直向上时，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律知，小球对圆环作用力大小可能为

故D正确。

故选BCD。

三．实验题（本题共2个小题，共计15分）

11. 测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0=1.0Ω。调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I，绘制了U-I图像如图乙所示。

（1）由图乙求得电池的电动势E＝_______V，内阻r =_______Ω。（结果均保留两位小数）

（2）实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值_______其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。

【答案】    ①. 1.49    ②. 0.45（0.43-0.47）    ③. 小于

【解析】

【详解】（1）[1][2]由闭合回路欧姆定律有

对比题图乙所示图象有

故可得

（2）[3]考虑电压表内阻影响，由闭合电路欧姆定律有

则

为图线纵截距的（）倍，则电动势测量值小于真实值。

12. 某同学手边没有电流表，有一个电压表（Um=5V，RV=5×103Ω），电池（E=8V、r=10Ω）、总电阻足够大的滑动变阻器R0。他利用以上器材制成一个可以直接测量电阻的欧姆表，如图甲所示。图乙是电压表的刻度盘。

（1）图甲中，电路连接正确的是______；

A．a为“+”，b为“-”，c为红表笔，d为黑表笔

B．a为“+”，b为“-”，c为黑表笔，d为红表笔

C．a为“-”，b为“+”，c为黑表笔，d为红表笔

D．a为“-”，b为“+”，c为红表笔，d为黑表笔

（2）测量外电阻的阻值之前，需要调零。按正确的操作，调零时，R0接入电路的阻值是______Ω；

（3）现对电压表刻度重新赋值，则4V处应标注______Ω；

（4）该同学发现改装后的欧姆表如果去测量几十欧的电阻很不精确，此时需要对该欧姆表进行改进。以下改进措施中最合理的是______；

A．电源换成电动势E=10V的电池

B．电源换成电动势E=6V的电池

C．用一个50Ω的电阻与电压表并联

D．用一个50Ω的电阻与电压表串联

（5）如果电池用久了，电动势E减小了，内阻r增大了，现用此电路欧姆调零后测量一未知电阻，测量结果将______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】    ①. A    ②. 2990    ③. 2000    ④. C    ⑤. 偏大

【解析】

【详解】（1）[1]图甲中，电路中a与电源正极连接为“+”，b为“-”，多用表电流“红进黑出”故c为红表笔，d黑表笔。

故选A。

（2）[2]调零时，R0接入电路的阻值是

（3）[3]现对电压表刻度重新赋值，则4V处应标注

（4）[4]改装后的欧姆表如果去测量几十欧的电阻很不精确，是因为多用表的内阻太大，导致偏角太大，测量不精确，改进办法降低多用表内阻

故改变电动势，6V或10V，内阻仍然很大，只有用一个50Ω的电阻与电压表并联可以增大回路总电流，减小内阻。

故选C。

（5）[5]当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，电流

Ig=

内阻

R内=

当指针指在刻度盘的正中央时

代入数据可得

RX=R内

当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由

Ig=

可知欧姆表内阻R内变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由

可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，即导致电阻的测量结果偏大。

四.计算题（本题共4个小题，共计39分）

13. 如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2m的直导线PQ，两端以很软的导线通入10A的电流。当加一个竖直向上的B=0.6T的匀强磁场时，PQ恰好平衡，（sin37°=0.6，g=10m/s2）求：

（1）导线PQ受到的安培力的大小和方向；

（2）导线PQ的质量。

【答案】（1）1.2N，水平向右；（2）0.16kg

【解析】

【分析】

【详解】（1）导线PQ受到的安培力的大小为

由左手定则可知安培力方向水平向右。

（2）根据平衡条件可得

代入数据解得

14. 如图所示，两根平行的长直光滑金属导轨M、N的间距为，其底端接有阻值为的电阻，整个装置处在垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场中。一质量为1kg的导体杆ab在恒力的作用力下从静止开始沿导轨运动，向右运动时导体棒恰好匀速运动，导体棒垂直于导轨放置且与两导轨保持良好接触。设ab杆接入电路的电阻为，导轨电阻不计。求此过程中：

（1）流过导体棒中的电流方向；

（2）杆的最大速度；

（3）流过电阻R的电荷量。

【答案】（1）由b到a ；（2） ；（3）

【解析】

【详解】（1）导体棒向右运动时，切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流方向由b到a。

（2）由电磁感应定律可得

又

当运动4m时恰好匀速运动，即

则

解得

（3）流经R电荷量

又

所以

解得电荷量

15. 如图所示，直角坐标系XOY位于竖直平面内，在的某区域存在一磁感应强度、方向垂直于纸面向外，边界为矩形的匀强磁场（图中未画出）。现有一束比荷的带正电粒子，从坐标原点沿与x轴正方向成角射入第一象限，速度大小范围为。所有粒子经矩形区域磁场偏转后速度均与y轴平行，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。

（1）求速度最大的粒子在磁场中运动的轨道半径；

（2）求矩形有界磁场区域的最小面积（结果可带根号）。

【答案】（1）0.2m；（2）

【解析】

【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有

代入数据解得

R=0.2m

（2）矩形有界磁场如图

由几何关系可得，矩形的长为

矩形的宽为

则最小面积为

16. 在xOy平面内，直线OM与x轴负方向成45°角，以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示。在坐标原点O有一不计重力的粒子，其质量和电荷量分别为m和＋q，以v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，第一次无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变，竖直分速度大小减半、方向相反。电场强度、磁感应强度。求带电粒子：

（1）第一次经过OM时的坐标；

（2）第二次到达x轴的动能；

（3）从第一次被x轴反弹时到第三次被x轴反弹时，粒子在竖直方向上的总路程。

【答案】（1）（-1m，1m）；（2）；（3）

【解析】

【详解】(1)粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力有

代入数据解得

R=1m

故第一次经过OM时的坐标为（-1m，1m）；

(2)粒子第二次进入磁场，速度不变，则粒子在磁场中运动的半径也为R，故再次进入电场时离x轴的高度为2R，根据动能定理，粒子到达x轴的动能有

解得第二次到达x轴的动能为

(3)粒子运轨迹如图所示

因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0，竖直方向有

解得

由图知，第1次被x轴反弹后到达最高点离x轴的竖直高度为

第2次被x轴反弹到达最高点离x轴的竖直高度为

从第一次被x轴反弹时到第三次被x轴反弹时，粒子在竖直方向上的总路程