2023-2024学年安徽省定远县民族中学高二（上）期中物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1.电场的电场线如图所示，一正电荷仅在电场力作用下沿直线以初速度从点运动到点，则该电荷在运动过程的图象可能是( )
A. ． B. ．
C. D. ．
2.在某个空间中有一匀强电场如图所示，放入一点电荷，将它由点移至点，电场力做功。则下列说法正确的是( )
A. 点的电势比点低
B. 点电荷带负电
C. 该过程中，点电荷的电势能减少了
D. 该过程中，点电荷的动能减少了
3.如图甲是某电场的一条电场线，电势，一带负电的粒子只在静电力作用下从点移到点，在这过程中，粒子的加速度时间图像如图乙所示，下列判断正确的是
( )
A. 点场强可能小于点的场强 B. 该电场可能是匀强电场
C. 电场线方向可能由指向 D. 电场力对粒子做正功
4.如图，是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从、射入磁场，均从点射出，则它们的速率之比和它们通过该磁场所用时间之比分别为( )
A. B. C. D.
5.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为，点处的电势为，点处的电势为，则电场强度的大小为( )
A. B. C. D.
6.导体、、的伏安特性曲线分别是图线、、，其中导体为一非线性电阻，当它们串联后接在电压恒为的直流电源两端时，它们的电阻分别为、、，则下列说法中正确的是( )
A. 此时流过三导体的电流均为
B.
C. 若将三导体串联后接在的直流电源上，则三导体的阻值之比不变
D. 若将三导体并联后接在的直流电源上，则通过它们的电流之比
7.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A. 甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压
B. 乙图可判断出极板是发电机的负极
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D. 丁图中若载流子带负电，稳定时板电势高
8.如图所示天平可用来测量磁场的磁感应强度。天平的右臂下面挂一个矩形线圈，底边长为，共匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有电流方向如图所示时，在天平两边加上质量分别为、的砝码时，天平平衡当电流反向大小不变时，右边再加上质量为的砝码后，天平又重新平衡由此可知重力加速度为( )
A. 磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
B. 磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
C. 磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
D. 磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
9.如图所示，在正点电荷产生的电场中，实线是一条方向未标出的电场线，虚线是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。下列说法正确的有( )
A. 电子在点的加速度大于点
B. 点电势高于点电势
C. 电子一定从向运动
D. 电子在、两点电势能大小关系为
10.四个相同的小量程电流表表头分别改装成两个电流表、和两个电压表、已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则( )
A. 电流表的读数大于电流表的读数
B. 电流表指针的偏转角小于电流表指针的偏转角
C. 电压表的读数小于电压表的读数
D. 电压表指针的偏转角等于电压表指针的偏转角
11.、、三个粒子氦原子核由同一点同时垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中恰好飞出电场，由此可以肯定( )
A. 在飞离电场的同时，刚好打在负极板上
B. 和同时飞离电场
C. 进入电场，的速度最大，的速度最小
D. 它们的动能的增量一样大
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
12.在“测金属丝的电阻率”实验中，提供以下实验器材：待测金属丝、游标卡尺、毫米刻度尺；电压表量程，内阻约、电流表量程，内阻；电源电动势约、滑动变阻器、开关及导线若干。某同学进行了如下操作：
用毫米刻度尺测金属丝的长度；用游标卡尺测金属丝的直径______。
按照实验设计的电路原理图图甲进行实物连接，请在图乙中连线。
进行了相应测量，利用电压表和电流表的读数画出了如图丙所示的图象，由此得到金属丝电阻______。
根据______用、、及有关常数表示，即可计算该金属丝的电阻率。
13.某同学用如图甲所示电路测量某电压表的内阻，实验室提供的器材如下：
A.待测电压表，量程，内阻约为，；
B.电流表，量程，内阻为；
C.电流表，量程，内阻为；
D.电阻箱，阻值 ；
E.滑动变阻器，阻值；
F.滑动变阻器，阻值；
G.电源，内阻不计；
H.开关、导线若干。
选择实验器材连接电路，电流表应选 ；滑动变阻器应选 填选用器材对应字母序号
连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；
闭合开关，调节滑动变阻器滑片和电阻箱，保持电压表示数不变；记录电流表的示数和电阻箱的阻值；
根据测量数据作出图象，如图乙所示。若图线在轴上的截距为，图线的斜率为，则实验过程中电压为 ，电压表的内阻为 。
四、简答题（本大题共2小题，共20分）
14.如图甲所示的电路中，、均为定值电阻，且，阻值未知，为滑动变阻器。当滑动变阻器的滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中的电流变化的图线如图乙所示，其中、两点是滑片在滑动变阻器的两个不同端点得到的。求：
定值电阻的阻值。
滑动变阻器的最大阻值。
电源的电动势和内阻。
15.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场。在竖直平面内建立平面直角坐标系，在坐标系的一象限内固定着绝缘的半径为的圆周轨道，轨道的两端在坐标轴上。质量为的带正电荷的小球从轨道的端由静止开始滚下，到达点的速度大小为。已知重力为电场力的倍，求：
小球在轨道最低点时对轨道的压力；
由到的过程中，摩擦力对小球所做的功；
小球脱离点时开始计时经过多长时间小球运动到点的正下方？并求出此时小球距的竖直高度是多大。忽略空气阻力
五、计算题（本大题共1小题，共14分）
16.如图所示，空间充满了磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为的刚性等边三角形框架，边中点处有一带正电的粒子，电荷量为，质量为，现给粒子一个垂直于边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架碰撞时，速度方向都垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由点发出的粒子最终又回到点。求：
若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到点，粒子的速度大小。
若点不在边的中点，而是距点的距离，仍然使粒子能回到点，求满足条件的粒子的速度大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由图可知，点处的电场线密，则点的电场强度大，所以电荷在点受到的电场力大，结合牛顿第二定律可知电荷在点的加速度大；同时正电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相同，即正电荷受到的电场力的方向从指向，所以正电荷以初速度从点运动到点的过程做加速度减小的加速运动。由于图线的斜率表示物体的加速度的大小，故C正确，ABD错误。
故选：。
电场线的疏密表示电场的强弱，结合和分析电荷的加速度的变化，最后结合图线的斜率的意义分析即可。
解答此题关键要明确图象的斜率表示加速度大小以及电场线的疏密表示电场强度的大小。
2.【答案】
【解析】解：沿着电场线，电势降低，因此点电势比点高，故A错误；
B.从运动到的过程中，电场力做正功，因此电荷受电场力的方向与电场线方向相同，点电荷带正电，故B错误；
C.由于电场力做功等于电势能的减小量，因此该过程中，点电荷的电势能减少了，故C正确；
D.如果仅由电场力做功，根据动能定理，动能增加，如果还有其它的力，则无法判断动能的变化，故D错误。
故选：。
电场力做功与电荷的路径无关，只与初、末位置有关。根据电场力做功公式分析电势的高低和电势能的大小，由动能定理分析动能的大小。
本题考查电势差、电场强度、电场力等知识，对于电场力做功，知道与路径无关，电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加。
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，关键要根据图像分析出加速度。
图像分析加速度的变化，判断场强的关系，由速度的变化分析电场力做功情况，判断电势能的变化，分析电势的变化。
【解答】
、图象是一条平行于轴的直线，则不变，由牛顿第二定律知，知点的场强等于点的场强，该电场可能是匀强电场，故A错误，B正确；
C.由于电势，根据沿着电场线方向，电势降低，可知：电场线方向由指向，故C错误；
D.负电的粒子只在静电力作用下从点移到点，电势降低，电势能增大，电场力做负功，故D错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】【分析】
根据粒子的半径大小，通过洛伦兹力提供向心力求出粒子的荷质比．结合粒子在磁场中运动的周期公式比较两粒子在磁场中的运动时间关系。
带电粒子在电场中加速常用动能定理解决，解决粒子在磁场中圆周运动的基础就是掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用。
【解答】
根据动能定理：，得：
根据，得：
根据轨迹图可知，甲、乙两粒子的半径之比为：，则可得两粒子荷质比为
得：：：
粒子在磁场中的运动周期，可知甲、乙两粒子的周期之比：，根据轨迹图可知，甲乙两粒子转过的圆心角之比为：，故两粒子在磁场中经历的时间：：，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.【答案】
【解析】根据题意，由匀强电场特点可知中点的电势为，与点电势相等，则连线为等势线，自原点向连线引垂线，垂足为，点电势为，根据图中几何关系得，长度为，则场强为，本题只有项正确．
6.【答案】
【解析】解：、由图可知，为，为，当三个电阻串联时，通过各个电阻的电流相等，则三个电阻两端的电压之和应为；则由图可知，三个电阻中的电流应为；电压分别为、、；则由欧姆定律可知，电阻之比为：：：：：；故A正确，B错误；
C、若将三个电阻串联接在的电源上时，两定值电阻的阻值不变，而由于电压变化，则电阻一定变化，比值即变化；故C错误；
D、若将三个电阻并联在的电源上，各电阻的电流分别为：、、；故D错误。
故选：．
本题考查对图象的了解及应用，要学会从图象中获取有用信息的能力．注意明确非纯电阻的伏安特性曲线的应用．
7.【答案】
【解析】【分析】
粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径，磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动，质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素。
本题考查了洛伦兹的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。
【解答】
A.根据公式得，故最大动能与加速电压无关，故A错误；
B.由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，板是电源的负极，板是电源的正极，故B正确；
C.电场的方向与的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即，所以，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；
D.若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向端偏转，所以稳定时板电势低，故D错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查含有安培力的平衡问题。天平平衡后，当电流反向大小不变时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小。由题目所给条件，先判断出磁场的方向，再根据天平的工作原理列出对应关系式。
【解答】
因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁感应强度方向垂直纸面向外；电流反向前，有，其中为线圈质量。电流反向后，有。两式联立可得。故ABD错误，C正确。
9.【答案】
【解析】解：、电子受力指向凹的一侧可得：上电场线方向向右；由于是正点电荷产生的电场中，可知道点处电场线的较密，则有电子在点的加速度大于点，故A正确；
B、根据沿着电场线电势降低可得：点电势高于点电势，故B正确；
C、由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故C错误；
D、电子受力指向凹的一侧可得：根据电子只受电场力作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得：，故D正确；
故选：。
根据运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场力做功及场强方向，即可由电场力做功得到电势能变化，由场强方向得到电势变化；根据电场线的密集程度判断电场强度的关系，从而判断加速度关系。
沿着电场线电势降低，但是电势能和电荷电性相关，故我们一般根据电场力做功情况来判断电势能变化，以避免电性不同，电势能变化趋势不同的问题。
10.【答案】
【解析】【分析】
表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，分流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大。然后再根据电路的串并联知识分析即可。
本题关键是要明确电流表与电压表的改装原理，然后再根据电阻的串并联知识分析求解。
【解答】
A、电流表的量程大于电流表的量程，故电流表的电阻值小于电流表的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表的读数大于电流表的读数，故A正确；
B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故B错误；
、两个电压表串联，电流相等，偏转角度相同，电压表的量程大于的量程，故电压表的读数大于电压表的读数，故C错误、D正确。
故选：。
11.【答案】
【解析】解：、、、粒子在电场中受到相同的电场力，产生相同的加速度，由题中图象得，粒子在电场方向偏转的位移满足：
由于在电场方向粒子做初速度为的匀加速直线运动，有，可得粒子在电场中运动的时间，所以粒子在电场中运动时间有：，则知在飞离电场的同时，刚好打在负极板上，最先飞离电场，故A正确，B错误；
C、在垂直电场方向的位移满足，由于在垂直电场方向上微粒做匀速直线运动，根据可得：，故C正确；
D、粒子在电场中电场力做功，其中，电场力对，做功相同大于对做的功，故的动能增加量最小，和的动能增加量一样大，故D错误。
故选：。
三个粒子在电场中都做类平抛运动，三个粒子在运动过程中加速度相同，根据粒子在电场方向偏转位移的大小确定时间关系，根据水平位移和时间关系分析初速度关系。由电场力做功关系分析动能增量关系。
粒子在电场中做类平抛运动，由于粒子带电量和质量均相同，所以它们的加速度相同，运用运动的合成与分解处理类平抛运动问题是解决本题的关键。
12.【答案】
【解析】解：由图示游标卡尺可知，其示数为：。
由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
根据图丙所示图线可知，金属丝电阻：；
由电阻定律可知：，电阻率：；
故答案为：；实物电路图如图所示；；。
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
根据实验电路图连接实物电路图。
根据图示图线应用欧姆定律求出金属丝电阻。
根据电阻定律可以求出电阻率。
本题考查了游标卡尺读数、实验数据处理等问题，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度。
13.【答案】；；
；
【解析】【分析】
该题主要考查测量某电压表的内阻实验相关知识。熟知实验原理实验操作方法和步骤，实验注意事项是解决本题的关键。
由待测电压表的最大电流值选择电流表；由于滑动变阻器选用分压式接法，所以应选总阻值较小的变阻器；由实验原理可得：，得出的关系式，结合图像可求电压和电压表的内阻。
【解答】
由待测电压表的最大电流为：，所以电流表选择；由于滑动变阻器选用分压式接法，所以应选总阻值较小的变阻器，故选E；
由实验原理可得：，则有关于的关系式为：，根据图像可知图线的斜率，纵轴截距，解得：。
故答案为：；；；
14.【答案】解：当的滑片滑到最右端时，、均被短路，此时外电路电阻等于，且对应于图线上点，故由点的、值可求出的阻值为：
。
滑动变阻器的滑片置于最左端时，阻值最大。设此时外电路总电阻为，由图象中点坐标求出
根据串并联电流规律可知，
代入数据解得滑动变阻器最大阻值
。
根据闭合电路欧姆定律得：
将图象中、两点的电压和电流代入得：
解得：，。
答：定值电阻的阻值为。
滑动变阻器的最大阻值为。
电源的电动势为，内阻为。
【解析】由图甲所示电路图可知，滑片在最右端时，只有电阻接入电路，此时对应与图乙所示图象的点，由图象求出此时的路端电压与电路电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值。
滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
电路电流与路端电压关系图象与纵轴的交点的纵坐标是电源的电动势，图象的斜率等于电源内阻，根据图象可以求出电源电动势与电源内阻。
此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，要掌握图象，会由图象求电源电动势与内电阻，分析清楚电路结构，根据图象找出电路所对应的电压与电流值是正确解题的关键。
15.【答案】解：小球在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：
根据牛顿第三定律，压力
联立解得：
小球从释放到运动至轨道最低点的过程中，由动能定理得：
其中
联立上述各式得：
由运动的分解可知，当经过水平速度变为零时，有：
根据牛顿第二定律：
解得：
设经历运动到点的正下方，则：
在竖直方向上，有：
答：小球在轨道最低点时对轨道的压力为；
由到的过程中，摩擦力对小球所做的功；
小球脱离点时开始计时经过，小球运动到点的正下方，此时小球距的竖直高度是。
【解析】根据牛顿第二定律求出支持力的大小，据牛顿第三定律从而得知小球在点对轨道的压力；
根据动能定理求摩擦力对小球做的功；
小球脱离点后，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做加速度不变的匀减速直线运动．抓住等时性求出小球运动到点正下方的时间，以及距离的最大高度。
本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，关键掌握小球脱离点后在水平方向上和竖直方向上的运动规律。
16.【答案】【小题】解析粒子从点以垂直于边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在线上，根据牛顿第二定律可得：，解得：，若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得：，联立解得：。
答案
【小题】解析要使粒子能回到点，要求粒子每次与碰撞时，都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故：，，即：，，由，解得：，。
答案 ，
【解析】 略
略
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