【文档说明】福建省龙海市程溪中学2020-2021学年高二上学期期中考试 物理答案.docx，共(10)页，90.582 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年高二年上学期物理期中试卷答案和解析【答案】1.A2.D3.A4.D5.D6.D7.A8.B9.AD10.BD11.ACD12.BD13.A、C、D、F、H外0.482.200.622～0.62314.𝐼(𝑅+𝑟)6.32.5(2.4～2.

6)等于小于15.解：(1)根据焦耳定律，热功率为：𝑃热=𝐼2𝑟=12×1𝑊=1𝑊；(2)输入功率为：𝑃入=𝐼𝑈=1×5𝑊=5𝑊，输出功率为：𝑃出=𝑃入−𝑃𝑄=5𝑊−1𝑊=4𝑊；(3)电动机的输出功率

用来提升重物在10s内，有：𝑃出𝑡=𝑚𝑔ℎ，解得：ℎ=𝑃出𝑡𝑚𝑔=4×1020=2𝑚；(4)机械效率为：𝜂=𝑃出𝑃总×100％=45×100％=80％。答：(1)电动机线圈电阻消耗的热功率为1W；

(2)电动机输入功率为5W，输出功率为4W；(3)10𝑠内电动机可以把重物匀速提升2m；(4)这台电动机的机械效率是80%。16.解：(1)粒子从A点以𝑣0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：𝑡

=𝑑𝑣0．(2)由牛顿第二定律得：𝑎=𝑞𝐸𝑚．将粒子射出电场的速度v进行分解，则有𝑣𝑦=𝑣0𝑡𝑎𝑛45°=𝑣0，又𝑣𝑦=𝑎𝑡，得：𝑣0=𝑞𝐸𝑚⋅𝑑𝑣0=𝑒𝐸𝑑𝑚𝑣0，解得：𝐸=𝑚𝑣02𝑒𝑑(3)由动能定理得：𝑒�

�𝐴𝐵=12𝑚(√2𝑣0)2−12𝑚𝑣02解得：𝑈𝐴𝐵=𝑚𝑣022𝑒答：(1)从A点到B点用的时间为𝑑𝑣0；(2)匀强电场的电场强度大小为𝑚𝑣02𝑒𝑑；(3)𝐴𝐵两点间电势差为𝑚𝑣022𝑒．17.解：(1)由闭合电路的欧姆定律可得𝐼=𝐸𝑅+𝑟

=3𝐴；(2)导体棒静止，根据共点力平衡可得𝐵𝐼𝐿𝑐𝑜𝑠37°=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°，解得：𝐵=10𝑇；(3)由牛顿第二定律可得𝐵𝐼𝐿−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°=𝑚𝑎，解得：𝑎=1.5𝑚/𝑠2

，方向沿斜面向上；答：(1)通过ab导体棒的电流强度为3A；(2)匀强磁场的磁感应强度为10T；(3)若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，此时导体棒的加速度大小为1.5𝑚/𝑠2，方向沿斜面向上。18.解：(1)在磁场中，由𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2

𝑟可得𝑣=200𝑚/𝑠(2)从P运动到M，电场力做功，由动能定理𝑞𝐸1⋅𝑦=12𝑚𝑣2得𝑦=0.2𝑚P点的坐标为(0.2𝑚,0.2𝑚)(3)从N运动到收集板在x方向上𝑟=12𝑞𝐸2𝑚𝑡2

得𝑡=2×10−3𝑠在y方向上𝑌=𝑣⋅𝑡得𝑌=0.4𝑚收集板上的位置坐标为(0,−0.4𝑚)答：(1)带电粒子在磁场中的运动速度大小为200𝑚/𝑠。(2)𝑃点的坐标为(0.2𝑚,0.2𝑚)(3)带电粒子打到收集板上的位置坐标为(0

,−0.4𝑚)【解析】1.【分析】因为N极受到的磁场力为磁场方向，结合安培定则可分析带电粒子束的电性及运动情况。熟练应用安培定则是正确求解的关键。【解答】因为N极向纸外偏转，所以小磁针所处的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则可知带

正电的粒子束向右飞行或带负电的粒子束向左飞行，中性粒子束不带电，产生不了电流计，不能形成磁场，故A正确，BCD错误。故选A。2.【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断【解答】A、直线电流的方向竖直向上，根据

安培定则知，直线电流右边的磁场方向垂直纸面向里，左边磁场方向垂直纸面向外．故A错误．B、线框的电流方向向上，根据安培定则知，从上往下看，磁场的方向逆时针方向．故B错误．C、根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右．

故C错误．D、由于电流的方向逆时针方向(从上向下)，根据安培定则知，磁场方向应该是向上．故D正确．故选：D3.解：A、根据从正电荷出发到负电荷终止，结合该电场线的特点可以判断，A、B是两个等量异种电荷，故A正确；B、电场线的疏密表

示电场的强弱，C点的电场线密，可知C点的电场强度比D点的电场强度大，故B错误；CD、根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都与中垂线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故CD错误。故选：A。电场线是从正电荷

或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低．在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小．常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注

意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．4.解：A、直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ad边受向左的安培力，b

c边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，方向不同，故A错误；BCD、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式𝐹=𝐵𝐼𝐿，ad边受到的安培力大于cb边，ab边受到的安培力与cd受到受到的安培力平衡，所以线框受到的合力不为零，合力方向向左，故D正确、

BC错误；故选：D。直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据左手定则分析导线框所受的安培力情况．本题关键在于：(1)会根据安培定则判断通电直导线的磁场；(2)会根据左手定则判断安培力方向；(3)会根据安培力公式𝐹=𝐵𝐼𝐿并结合微元法判

断安培力的大小．5.【分析】B球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡，根据共点力平衡求出B球所受的电场力，从而根据𝐸=𝐹𝑞求出B点的电场强度。【解答】小球处于平衡状态，受力如图，根据合成法，知电场力𝐹=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃。�

�=𝐹𝑞=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃𝑞，故ABC错误，D正确。故选D。6.【分析】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径．会根据圆心角与周期的关

系求出运动的时间。【解答】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：A.根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A正确；B.设点A与x轴的距离为d，由图可得：𝑟−𝑟𝑐𝑜𝑠60°=𝑑，所以𝑑=0.5𝑟。而粒子的轨迹半径为𝑟=𝑚𝑣𝑞𝐵，则得A点与x轴的距离为：𝑑

=𝑚𝑣2𝑞𝐵，故B正确；C.粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为𝜃=60°，所以粒子运动的时间为𝑡=𝜃360∘𝑇=16×2𝜋𝑚𝑞𝐵=𝜋𝑚3𝑞𝐵，故C正确；

D.由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误。此题选错误的，故选D。7.【分析】根据电流的微观表达式𝐼=𝑛𝑞𝑣𝑠，求出在△𝑡时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每

个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目。本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式𝐼=𝑛𝑞𝑣𝑠，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到。【解答】根据电流的微观表达式𝐼=𝑛𝑞𝑣𝑠，在△𝑡时间内通

过导体横截面的自由电子的电量𝑄=𝐼△𝑡，则在△𝑡时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为𝑛=𝑄𝑞=𝐼𝛥𝑡𝑞，将𝐼=𝑛𝑒𝑣𝑆代入得𝑛=𝑛𝑞𝑣𝑠𝛥𝑡𝑞=𝑛𝑣𝑠𝛥𝑡，A正确，BCD错误。故选A。8.解：A、根据公式𝑟=𝑚

𝑣𝑞𝐵得𝑣=𝑞𝐵𝑟𝑚，故最大动能𝐸𝑘𝑚=12𝑚𝑣2=𝑞2𝐵2𝑟22𝑚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，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；C、电场的方向与B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𝐸𝑞=𝑞𝑣𝐵，所以𝑣=𝐸𝐵，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C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。故选：B。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。9.解：A、粒子受到库仑力的作用，根据库仑定律可知距离点电荷Q越近，粒子受到的库仑力也越大，即粒子的加速度越大，所以粒子在M点的加速度小

于在N点的加速度，故A正确；BD、根据粒子的运动轨迹可以知道粒子受到点电荷的排斥力，所以点电荷带负电，在负点电荷的电场中，距离负点电荷越远，电势越高，所以M点的电势高于N点的电势，因为此粒子带负电，所以此粒子在M点的电势能小于在N点

的电势能，故B错误，D正确；C、此粒子受到点电荷的排斥力，所以粒子在从M到N的过程中，电场力做负功，动能减小。则此粒子在M点的动能大于在N点的动能，故C错误。故选：AD。根据库仑定律可以比较粒子在M点与在N点受到的电场力大小，进而可以得到加速度的大小；先根据粒子的运动轨迹得到粒子的受力方向，

进而判断点电荷的电性，进而判断两点电势的高低，以及粒子在此两点具有的电势能大小；根据做功情况可以比较动能的大小。点电荷的电场线特点以及等势面特点要熟练掌握，还有曲线运动的的受力特征也要掌握。10.【分析】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物

理意义，本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻，两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率

和效率。【解答】A.根据闭合电路欧姆定律得𝑈=𝐸−𝐼𝑟，当𝐼=0时，𝑈=𝐸，由读出电源的电动势𝐸=3𝑉，内阻等于图线的斜率大小，则𝑟=𝛥𝑈𝛥𝐼=36𝛺=0.5𝛺，故A错误；B.电阻𝑅=𝑈�

�=22𝛺=1𝛺，故B正确；𝐶𝐷.两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图知电压𝑈=2𝑉，电流𝐼=2𝐴，则电源的输出功率为𝑃出=𝑈𝐼=4𝑊，电源内阻的热功率为：

𝑃=𝐼2𝑟=2𝑊，电源的效率：𝜂=𝑃出𝑃总×100％=𝑈𝐼𝐸𝐼×100％=23×100％=66.7％，故C错误，D正确。故选BD。11.解：ABC、当滑片左移时，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总电流增

大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及𝑅0、𝐿1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因𝐿2中电流减小，干路电流增大，故流过𝐿3的电流增大，故L3变亮；故AC正确B错误；D、因总电流变大，则由𝑈=𝐸−𝐼𝑟可知，路端电压变小，故

D正确。本题选错误的，故选：B。明确电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知𝐿1亮度的变化；将𝑅0、𝐿1作为内电阻处理，由𝑈=𝐸−𝐼𝑟可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均

为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系。本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律，掌握程序法的应用，即按“局部−整体−局部“的分析

思路进行分析求解。12.【分析】根据小球所受重力和洛伦兹力的大小关系，判断小球的受力情况，从而得知小球加速度的变化，判断出小球的运动规律。本题需讨论小球所受重力和洛伦兹力的大小关系，结合受力判断物体的运动规律，难度中等。【解答】若小球所受的重力等于洛伦兹力大小，即𝑚�

�=𝑞𝑣0𝐵，则小球所受的支持力为零，不受摩擦力，小球将做匀速直线运动。若小球所受的重力大于洛伦兹力，即𝑚𝑔>𝑞𝑣0𝐵，则小球所受的支持力方向竖直向上，受摩擦力，小球做减速运动，减速运动的过程中，洛伦兹力减小，则支持力增

大，摩擦力增大，减速运动的加速度增大，即做加速度逐渐增大的减速运动，最终速度为零。若小球所受的重力小于洛伦兹力，即𝑚𝑔<𝑞𝑣0𝐵，则小球所受的支持力竖直向下，受摩擦力，小球做减速运动，减速运动的

过程中，洛伦兹力减小，支持力减小，当支持力减小到零，不受摩擦力，做匀速直线运动，即先做加速度逐渐减小的减速运动，最终做匀速直线运动，故BD正确，AC错误。故选BD。13.解：(1)必选器材有：A、𝐻.电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即

选择电压表𝐷.由题，金属导线的电阻约为5𝛺左右，则通过导线的电流最大值约𝐼𝑚𝑎𝑥=𝐸𝑅𝑥=0.6𝐴.故电流表选C.变阻器F的电阻大于待测电阻，可选择该变阻器作为即流器．故答案为：A、C、D、F、H；(2)由题得，𝑅𝑉𝑅𝑥=600，而𝑅𝑥𝑅𝐴=40，

则𝑅𝑉𝑅𝑥>𝑅𝑥𝑅𝐴，则采用电流表外接法，可减小误差．(3)电流表的读数为𝐼=0.48𝐴，电压表的读数为𝑈=2.20𝑉．(4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5𝐴范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原

理电路图如图，连成实验电路如图．(5)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5𝑚𝑚.可动刻度读数为0.01×12.2𝑚𝑚=0.122𝑚𝑚，所以最终读数为0.622𝑚𝑚．故答案为：(1)𝐴、C、D、F、H；(2)外；(3)0.48，

2.20；(4)见图电路图和实物图如图所示；(5)0.622～0.623mm；(1)用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式𝑅=𝑈𝐼.根据电源的电动势，选择电压表的量程．由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变

阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．(2)根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法．(3)电流表的量程是0.6𝐴，最小分度是0.02𝐴，电压表的量程是3V，最小分度是0.1𝑉．(4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5�

�范围内改变，变阻器必须接成分压式电路．按顺序连接实物图．(5)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．本题是伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的

基本技能，要加强培训，提高能力．14.解：①安阻法测电源电动势与内阻实验，电源、开关、电阻箱与电流表组成串联电路，实物电路图如图所示．②由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：𝐸=𝐼(𝑟+𝑅)．③在闭合电路中，电源电动势：𝐸=𝐼(𝑟+𝑅)，1𝐼=𝑟𝐸+1𝐸⋅

𝑅，由图象可知，图象截距𝑏=𝑟𝐸=0.4，图象斜率𝑘=1𝐸=△1𝐼△𝑅=5.2−0.430=0.16，则电源电动势：𝐸=1𝑘=10.16=6.25𝑉≈6.3𝑉，电源内阻：𝑟=𝑏𝐸=0.4×6.25=2.5𝛺；

实验误差是由于电流表内阻造成的，用该实验方案电源电动势的测量值等真实值，电源内阻的测量值大于真实值．故答案为：①实物电路图如图所示；②𝐸=𝐼(𝑅+𝑟)；③6.3；2.5；等于；小于．①根据实验原理连接实物电路图；②安阻法测电源电动势与内阻的原理是闭合

电路欧姆定律；③求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻，并分析实验误差．本题考查了测电源电动势与内阻实验，要掌握测电源电动势与内阻实验的三种实验方案的实验原理、实验电路图、实验数据的处理方法．15.本题关键明确电动机的输入功率、热功率和输出功率的计算方

法，注意功率公式的正确应用。(1)根据𝑃热=𝐼2𝑟求解热功率；(2)根据𝑃=𝑈𝐼求解电功率，根据𝑃出=𝑃−𝑃热求解输出功率；(3)根据𝑃出𝑡=𝑚𝑔ℎ列式求解高度；(4)机械效率𝜂=𝑃出𝑃总×100％。16.(1)粒子从A点以𝑣0的速度

沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由水平距离d和初速度𝑣0可求出时间．(2)将粒子射出电场的速度进行分解，求出竖直方向分速度𝑣𝑦，由牛顿第二

定律和𝑣𝑦=𝑎𝑡结合求出电场强度E．(3)由动能定理可求解AB两点间电势差．本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究．17.(1)根据闭合电路的欧姆定律即可求得；(2)利用共点力平衡即可求得磁感应强度；(3)根据牛顿第二定律即可

求的加速度解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解18.(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律求解速度大小(2)对从P到M由动能定理求解P点的坐标(3)根据平抛运动的知识求解带电粒子打到收集板上的位

置坐标本题为带电粒子在组合场中的运动，要注意分别应用电场中的类平抛，磁场中的匀速圆周运动的规律进行分析求解。并注意认真分析其对应的物理过程。明确物理规律的正确应用。