辽宁省六校协作体2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版含解析）

2022-2023学年度（上）省六校协作体高二期中考试物理试题考试时间：90分钟满分：100分第一命题校：瓦房店市高级中学第二命题校：葫芦岛市高级中学第Ⅰ卷（选择题48分）一、选择题（本题共2小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9~12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错、多选或不选的得0分．）1.一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口，管中盐水柱长为30cm时，测得电阻为，若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至40cm（盐水的体积不变，仍充满橡胶管），则盐水柱的电阻为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】将管中盐水柱均匀拉长至40cm，则溶液的横截面积为原来的，根据欧姆定律，得故选D。2.如图所示，三根长度均为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为，直线电流C的质量为，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，C位于水平面恰好处于静止状态，则C受到的摩擦力方向和C与水平面的动摩擦因数分别是（　　） A.水平向右，B.水平向左，C.水平向右，D.水平向左，【答案】A【解析】【详解】A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，C受力如图所示根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系，可得再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为C位于水平面恰好处于静止状态，则摩擦力的方向水平向右，且有解得故选A。3.如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻为，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则（　　） A.导体棒向左运动B.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D.开关闭合瞬间导体棒的加速度【答案】D【解析】【详解】A．开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动。故A错误；BC．当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL闭合电路欧姆定律可得故BC错误；D．当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90∘−θ的夹角，由牛顿第二定律可知解得故D正确。故选D。4.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子 从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径 第二次的半径根据洛伦兹力提供向心力有可得所以故选B。5.一质量为0.06kg、长为0.1m的金属棒MN用两根长度均为1m的绝缘细线悬挂于天花板的顶端，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒从最低点向右摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°，已知一切阻力可忽略不计，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列正确的说法是（　　）A.金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能守恒B.金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少C.通入金属棒中的电流为9AD.通入金属棒中的电流为4A【答案】D【解析】【详解】AB．金属棒的长度用l表示，细线的长度用R表示，则在金属棒上升过程中，安培 力做正功，机械能一直增加，故AB错误；CD．由动能定理知W安－W重＝0即BIlRsin37°＝mgR（1－cos37°）代入数据解得I＝4A故C错误，D正确。故选D。6.如图所示，线圈a、b半径分别为r和2r，匝数分别为n匝和2n匝．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（）A.1:1B.1:nC.1:4D.1:4n【答案】A【解析】【详解】由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是与线圈的大小无关，与线圈的匝数无关，故A正确，BCD错误。故A正确。7.如图所示，一通电直导线在竖直向上的匀强磁场中静止于光滑斜面上，电流方向垂直于纸面向外。保持磁场强弱不变，仅把磁场方向按顺时针逐渐旋转，直至转到水平向右，若要通 电导线始终保持静止，则应控制导线内的电流（　　）A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】D【解析】【详解】当磁场竖直向上时，由左手定则可判断安培力方向，对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，和水平向右的安培力，如图所示由图可知，磁场方向按顺时针逐渐旋转，直至转到水平向右，则安培力方向也顺时针旋转，直至转到竖直向上，由几何关系可知，安培力先减小后增大，由于安培力为则导线内的电流先减小后增大。故选D。8.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于底面向里，磁感应强度的大小，磁场内有一块较大的平面感光板，板面与磁场方向平行，在距的距离处，有一个点状的粒子放射源，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是，已知粒子的电荷量与质量之比，现只考虑在图纸平面内运动的粒子，则感光板上被粒子打中区域的长度（　　） A.5cmB.10cmC.15cmD.20cm【答案】B【解析】【详解】粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有解得由于，因此，向不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与相切，则此切点就是粒子能打中的左侧最远点；再考虑N的右侧。任何粒子在运动中离的距离不可能超过，以为半径、为圆心作圆，交于右侧的点，此即右侧能打到的最远点。粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可得则感光板上被粒子打中区域的长度故选B。9.如图所示，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板间的P点，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（　　） A.油滴带负电，将向下运动B.P点的电势升高C.电源的效率变低D.若电压表、电流表示数变化量分别为和，则【答案】AC【解析】【详解】A．油滴原来静止在电容器内，受向上的电场力平衡重力，由图可知电容器内部电场方向向下，则油滴带负电。当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，则电容器两端电压减小，电容器内场强减小，油滴所受电场力将小于重力，将向下运动，A正确；B．P点的电势等于P点与下极板（接地，电势为零）的电势差，由U=Ed可知，E减小，P与下极板间距不变，所以电势差减小，P点电势降低，B错误；C．电源的效率为当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，外电阻R减小，电源的效率变低，C正确；D．根据闭合电路欧姆定律解得 D错误。故选AC10.某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.5kΩ）改装成有两个量程的电流表。设计电路如图所示，其中定值电阻R1=60Ω，R2=240Ω。则下列说法正确的是（）A.当开关S接A端时，该电流表的量程为1.5mAB.当开关S接A端时，该电流表的量程为1mAC.当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时大D.当开关S接A端时，该电流表的量程比接在B端时大【答案】AC【解析】【详解】AB．由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为Ug=IgRg=250×10－6×1.5×103V=0.375V此时R1和R2的电流为所以总电流为I总=Ig＋I=1.5mA即量程为0~1.5mA，A正确、B错误；CD．当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大，所以比接在A端时大，C正确、D错误。故选AC。 11.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知乙tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是（　　）A.高频电源的变化周期应该等于tn-tn-1B.C.粒子在电场中加速次数为D.在粒子的质量m、电荷量q、磁感应强度B及D形金属盒的半径r不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大【答案】BC【解析】【详解】A．带电粒子在回旋加速器中每运行一周电场加速两次，高频电源的变化周期应该等于2（tn-tn-1），A错误；B．根据动能定理得解得B正确；C．粒子在电场中的加速次数为 解得C正确；D．粒子的最大动能为根据牛顿第二定律得解得在粒子的质量m、电荷量q、磁感应强度B及D形金属盒的半径r不变的情况下，粒子的最大动能不变，D错误。故选BC。12.如图所示，边长为2a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电荷量为（）的同种带电粒子（不计重力），从AB边的中点，以不同速率沿不同方向射入磁场区域（均垂直于磁场方向射入），下列说法正确的是（　　）A.若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子最大速率为B.若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子速率最小时，在磁场中运动的半径为 C.若粒子均垂直于AB边射入，则粒子不可能从BC边上距B点处出射D.若粒子射入时的速率为，则粒子从BC边射出的最短时间为【答案】CD【解析】【详解】A．从BC边射出的粒子速度最大时，半径最大，则如图由几何关系解得根据解得选项A错误；B．当从BC边射出的粒子速率最小时，半径最小，此时轨迹与BC边相切，则选项B错误；C．若粒子均垂直于AB边射入，则当轨迹与BC相切时 解得则粒子不可能从BC边上距B点a处射出，选项C正确；D．若粒子射入时的速率为，则轨道半径粒子从BC边射出的时间最短时，轨迹对应的弦最短，最短弦为射入点到BC的距离，长度为，则由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，时间为选项D正确。故选CD。第Ⅱ卷（非选择题52分）二、实验题（本题共两小题，第13题8分，第14题8分，每空2分，共计16分．） 13.某物理兴趣小组测量一段某材料制成的电阻丝的电阻率。（1）先用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图甲所示，其直径______mm；再用刻度尺测出电阻丝的长度为L；（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用______（选填“×1”或“×100”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示；（3）为了准确测量电阻丝的电阻，某同学设计了如图丙所示的电路；①闭合，当接a时，电压表示数为，电流表示数为；当接b时，电压表示数为，电流表示数为，则待测电阻的阻值为______（用题中的物理量符号表示）；②根据电阻定律计算出该电阻丝的电阻率______（用、d、L表示）。【答案】①.0.200②.×1③.④.【解析】【详解】（1）[1]甲图中，螺旋上的20对应主尺的水平线，主尺上露出的示数是零，所以直径为0.200mm；（2）[2]用多用电表测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率过高，被测电阻很小，应该换用小量程电阻挡，用“×1”挡；（3）①[3]当S2接a时，电压表测的是Rx、RA和R0的电压，电流表测的是Rx、RA和R0的电流，则有当S2接b时，电压表测的是R0和RA的电压，电流表测的是R0和RA的电流，则 联立两式可得②[4]根据电阻定律可得14.学校物理兴趣小组为了测定某金属探测仪的电池的电动势（左右）和内阻（左右），设计了如图甲所示的电路，允许通过电池的最大电流为，为定值电阻，R为电阻箱．（1）实验室备有的保护电阻有以下几种规格，本实验应选用_________；A．B．C．（2）该小组首先正确得出与的关系式为___________（用E、r、和R表示），然后根据测得的电阻值R和电压表的示数U，正确作出图像如图乙所示，则该电池的电动势________V，内阻____________。 【答案】①.B②.③.10④.【解析】【详解】（1）[1]当变阻箱短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为所以定值电阻应选的，故选B。（2）[2]由闭合电路欧姆定律可得变形得由数学知识可知，图象中的截距斜率解得 三、计算题（本题共3小题，共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，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15.一提升重物用的直流电动机工作时的电路图如图所示．电动机内电阻，电路中另一电阻，电源电动势，内阻，电压表的示数．求：（1）通过电动机的电流；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量。（g取）【答案】（1）5A；（2）600W;（3）59kg【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律有解得电动机、电源和电阻R串联，通过的电流相等（2）输入电动机的电功率为（3）电动机的输出功率为若电动机以的速度匀速竖直向上提升重物，拉力为 该重物的质量为16.如图所示电路中，电源电动势，电源内阻不计，电阻，，，，，电容器的电容，求：（1）电容器哪个极板带正电，所带的电荷量多大；（2）若突然断路，将有多少电荷量通过。【答案】（1）下极板带正电，；（2）【解析】【详解】（1）由图可知又因为解得，由图可知又因 解得，令d点的电势为零，即，则有，可知，b点电势高，下极板带正电（2）断路后，则有此时下极板带负电，则流过电荷量为17.如图所示，在光滑绝缘水平面上建立平面直角坐标系xOy，第一象限存在磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场；第四象限存在如图所示的匀强电场，电场线与x轴夹角为45°。一带负电的小球a，质量为m，电量绝对值为q，从坐标原点射入磁场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，其恰好能与静止在（x0，0）处的质量为2m的带电小球b发生弹性正碰。已知碰撞前后两球的电量和电性均没有发生变化，碰撞后的两球不会再次相遇。求：（1）小球a射入磁场时的初速度的大小；（2）碰撞后小球b速度的大小；（3）若碰后经过一段时间，小球b沿着碰前小球a的轨迹回到坐标原点，请确定小球b的电性和电量。 【答案】（1）；（2）；（3）正电，【解析】【详解】（1）设小球a射入磁场时的初速度为v0，小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由几何关系知联立解得（2）a、b发生弹性正碰，设碰后a球的速度为v1，b球的速度为v2，a、b球组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得联立解得（3）对小球b在电场或磁场中的运动情况分析可知，小球b带正电。因为碰后小球b沿碰前小球a的运动轨迹，由几何关系得 小球b在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则代入已知量解得