北京九中高二上期末物理含答案.docx

1、北京九中高二上期末物理含答案2020北京九中高二（上）期末物 理一、单项选择题（每题3分，共42分）1（3分）如图所示，真空中有带电量Q的点电荷位于某点P处，已知点P在M、N连线上且MP3PN，则该点电荷在M点和N点产生的电场强度EM和EN的大小关系正确的是（）AEM3EN BEM9EN CEMEN DEMEN2（3分）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（）AEPEQ，PQ BEPEQ，PQ CEPEQ，PQ DEPEQ，PQ 3（3分）下列图示中标示了电流方向、磁感线指向、通电直导线或运动电荷所受磁场力方向，其中所标示方向均符合

2、物理规律，正确的是（）A B C D4（3分）一个固定电容器在充电过程中，两个极板间的电压U随电容器所带电荷量Q的变化而变化。图中正确反映U和Q关系的图象是（）A B C D5（3分）在磁场中的同一位置放置一根直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样。下列图象表现的是导线受力的大小F与通过导线的电流I的关系。a、b各代表一组F、I的数据。在A、B、C、D四幅图中，正确的是（）A B C D6（3分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线的横截

3、面积的自由电子数目可表示为（）A Bnvt C D7（3分）如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d1另一个电子以初速度v2（v2v1）仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间t2射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d2不计电子的重力，则下列关系式中正确的是（）At1t2 Bt1t2 Cd1d2 Dd1d28（3分）如图所示，正方形区域EFGH中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子（不计重力）以一定的速度从EF边的中点M沿既垂直于EF边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从EH边的中点N

4、射出。若该带电粒子的速度减小为原来的一半，其它条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是（）AE点 BN点 CH点 DF点9（3分）如图，悬线一端固定，另一端拉住一个带电小球，使之在匀强电场中处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线突然断裂后，带电小球将做（）A匀变速曲线运动 B匀速直线运动 C匀变速直线运动 D圆周运动10（3分）如图，有一提升重物用的直流电动机，内阻r2，串连电阻R10，供电电压U160V，电压表的读数为110V，则下列说法正确的是（）A通过电动机的电流为11A B通过电动机的电流为5A C输入到电动机的电功率为500W D在电动机中发热的功率为550W11（3分）如图所示是双量程电压

5、表的电路图，已知电流表满偏电流Ig1mA，电阻R14.5kR220k，当使用a、b两个端点时，量程为05V，则使用a、c两个端点时的量程是（）A010V B015V C020 V D025 V12（3分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q（注意两点的图中位置）是这条轨迹上的两点，据此可知（）A带电质点通过Q点时的加速度a的方向如图中箭头所示 B三个等势面中，a的电势最高 C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大13（3分）

6、如图是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场下列说法正确的是（）A速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 C比荷（）越大的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P D粒子从P点运动到胶片A1A2的时间为14（3分）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的图线，图中0和d为已知量。一个带正电的粒子沿x轴方向由xd/2处运动至xd处。已知该粒子质量为m、电量为q，忽略重力。则运动过

7、程中（）A粒子所受电场力的大小为q B粒子的电势能减少q0 COd间的电势差为0 D粒子运动的加速度越来越大二、实验题（18分）15（9分）某同学用图示电路测绘“3.8V，2W”小灯泡的电流I随电压U变化的图象。除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程100mA，内阻约2）；A2（量程0.6A，内阻约0.3）；电压表：V1（量程5V，内阻约5k）；V2（量程15V，内阻约15k）；滑动变阻器：R1（阻值范围010）；R2（阻值范围02k）；电源：E1（电动势为1.5V，内阻约为0.2）；E2（电动势为4V，内阻约为0.04）；（1）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表

8、 ，电压表 。滑动变阻器 ，电源 ；（填器材的符号）（2）根据实验数据，描绘出IU的图象数据如图所示，由图象可知，当所加电压为4.0V时，灯丝电阻为 ，灯泡消耗的电功率为 W。（3）若此实验中测量电压、电流数据时，同时记录了滑动变阻器滑动头P从左往右滑动的不同距离x，下列最符合实验中测量电压U与滑动头P从左往右滑动的距离x的关系的是 16（9分）用电流表和电压表测定干电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图，一位同学测得了实验的UI图象。（1）根据UI图象，可得电池的电动势E V，内阻r 。（2）这位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是 A实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B

9、实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C实验测出的电动势小于真实值D实验测出的内阻大于真实值（3）同学们探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，则最不可取的一组器材是 A一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B一个伏特表和多个定值电阻C一个安培表和一个电阻箱D两个安培表和一个滑动变阻器三、论述、计算题（共40分）必须写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案，单位17（6分）场是物质存在的一种形式。我们可以通过物体在场中的受力情况来研究场的强弱，并由此定义了电场强度、磁感应强度等物理量。（1）写出电场强度的定义式，并说明公式中

10、各物理量的含义；（2）写出磁感应强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义。18（8分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量m，通有电流I的金属棒，金属棒保持静止。求：（1）画出导体棒在斜面上的受力示意图；（2）导体棒所受安培力的大小；（3）匀强磁场磁感应强度的大小。19（12分）足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.4m，一端连接的电阻R1导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1T导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，电阻r1导轨的电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v

11、5m/s。（1）导体棒的感应电动势E；回路中的感应电流I；导体棒两端的电压U；（2）拉力F的大小；在0.1s时间内，拉力F的冲量IF的大小；（3）在0.1s时间内，拉力F做的功WF；20（8分）某回旋加速器的两个半圆金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，两金属盒间存在交变电场，用其加速质子。已知金属盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，金属盒间缝隙的加速电压为U，质子的质量为m，电荷量为q。求（1）交变电场的频率f；（2）质子加速完毕出射时的动能Ek；（3）质子在回旋加速器中运动的圈数n。21（6分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出打在距离偏转

12、板右侧为S的竖直屏幕上。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U1；偏转电场极板间电压为U2，极板长度为L，板间距为d；（1）忽略电子所受重力，求电子从电场射出后打在竖直屏幕上的竖直偏转距离y；（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请说明忽略重力的原因。已知U22.0102V，d4.0102mm9.11031kg，e1.61019C，g10m/s2。（3）地球表面沟壑丛生，既有高山，又有大海，但平时我们都把地球看作一个圆球。已知地球最高峰珠穆朗玛峰高度8844.43m，地球平均半径6371.393km，请你用分析物理量的数量级的方法，说明

13、把地球视作一个圆球的原因。2020北京九中高二（上）期末物理参考答案一、单项选择题（每题3分，共42分）1【分析】根据点电荷的电场强度公式Ek比较点电荷在M点和N点产生的电场强度。【解答】解：真空中有带电量Q的点电荷位于某点P处，已知点P在M、N连线上且MP3PN，根据点电荷的电场强度公式Ek可知，1：9，则D正确，ABC错误。故选：D。2【分析】根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小根据沿电场线的方向电势降低【解答】解：由图P点电场线密，电场强度大，EPEQ，沿电场线的方向电势降低，PQ故选：A。3【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就

14、是安培力的方向。根据左手定则来判断安培力（或洛伦兹力）的方向，并依据安培定则：大拇指指向电流方向，则四指指向磁场方向，即可求解。【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向里，电流方向水平向右，根据左手定则，安培力方向竖直向上，故A错误。B、磁场方向水平向右，速度也水平向右，不受洛伦兹力，故B错误。C、磁场方向垂直纸面向外，电流方向竖直向上，根据左手定则，安培力方向水平向右，故C正确。D、竖直向上的通电直导线，根据安培定则，磁感应线方向应该是逆时针（从上向下看），故D错误。故选：C。4【分析】明确电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据QCU，知U与Q成正比。【解答】解：根据C可知：U，由于电容

15、器不变，因此电压U和电量Q成正比，故A正确BCD错误。故选：A。5【分析】根据公式FBIL很容易判断出F与I的关系以及图象的斜率含义，就可判断图象的形状。【解答】解：A、根据FBIL可知，当B与I垂直时，F与I成正比，且FI图象的斜率表示的是BL的乘积，而磁感应强度B是有磁场本身性质决定的，L表示该导线的长度，所以B与L的乘积不变，即图象的斜率不变，故A正确，BCD错误。故选：A。6【分析】首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数【解答】解：

16、在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为 VvtS。又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为NnvSt。由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为QIt，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N，故C正确。故选：C。7【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据平抛运动处理规律，结合运动学公式，即可求解。【解答】解：一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d1；电

17、子在电场中做类平抛运动，可将沿着速度与加速度方向进行分解，速度方向做匀速直线运动，而加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，设金属板长度为L，依据运动学公式，及加速度相等，则有：t1，而d1；同理，则有：t2，而d2；由于v2v1，因此t1t2，且有d1d2，故ABD错误，C正确；故选：C。8【分析】带电粒子垂直磁场方向进入磁场后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据洛伦兹力提供向心力和轨迹上两点的连线的中垂线都通过圆心找到圆心，确定半径；改变速度后，根据洛伦兹力提供向心力求出新的半径，再次根据洛伦兹力提供向心力找出圆心，画出轨迹。【解答】解：第一次从点M进入磁场，从点N射出，

18、故M、N是轨迹上的两个点，连线的中垂线通过圆心，经过M点时，洛伦兹力提供向心力，判断出洛伦兹力的方向是平行纸面向上并指向C点，故得到C即为圆心，半径R等于线段CM的长度，即正方向边长的一半；洛伦兹力提供向心力，有，解得，该带电粒子的速度减小为原来的一半后，半径减小为一半；故圆心移到线段CM的中点，轨迹如图；故选：A。9【分析】当悬线断裂后，分析小球的受力得知合外力恒定，故加速度恒定，进而得到小球做匀加速直线运动。【解答】解：当悬线断裂后，带电小球受到电场力和重力两个力作用，两个力均恒定，则小球所受的合外力恒定，所以，小球的加速度不变，小球将由静止开始做匀加速直线运动，故C正确，ABD错误。故选

19、：C。10【分析】先根据电压分配规律计算出电阻两端的电压，然后根据欧姆定律计算出电路中的电流，进而得到通过电动机的电流，电动机消耗的功率以及电动机的输出功率、发热功率。【解答】解：A、通过电阻的电流为，因为电动机与电阻是串联，所以通过他们的电流相等，故A错误；B、由上面A的分析可知，通过电动机的电流为5A，故B正确；C、电动机消耗的功率为PUMI1105W550W，故C错误；D、电动机的发热功率为P热I2r522W50W，故D错误。故选：B。11【分析】将电流表改装成电压表时应串联大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压【解答】解：当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得U1Ig（R1+Rg5V，可得

20、Rg500当使用a、c两个端点时，由欧姆定律得U2Ig（R2+R1+Rg）1103（20103+4.5103+500）25V，则D正确故选：D。12【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场的场强大【解答】解：A、电荷仅受电场力，加速度的方向为电场力的方向。正电荷在Q点受电场力的方向与该处电场线方向相切，而电场线与等势线是互相垂直的，所以在Q点的加速度的方向为垂直于等势面向下，应与图示的箭头方向垂直向下，故A错误。B、电

21、荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，故B正确。CD、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故C错误，D正确。故选：BD。13【分析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小【解答】解：A、由粒子在B0中的偏转知粒子带正电，则受电场力向右，则粒子在选择器中受水平向左的洛伦兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误；B、由qEqvB，得v，此

22、时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B错误；C、由，知荷质比越大，R越小，越靠近狭缝，故C正确；D、所有打在AlA2上的粒子，在磁场B中做匀速圆周运动，运动的时间等于t，T，则t，故D错误故选：C。14【分析】图象的斜率表示场强大小；电势能的减少量等于两点的电势能之差；两点间的电势差等于两点的电势之差；粒子受电场力恒定，所以加速度不变。【解答】解：A、有图可知，电场的电场强度，方向沿x轴正方向，所以粒子所受电场力大小为，故A正确；B、由图可知处的电势为，所以粒子的电势能减少量是，故B错误；C、Od间的电势差为U0dod0，故C错误；D、图象是一条倾斜的直线，斜率恒定，所以场强大小不变，粒子的

23、加速度不变，故D错误。故选：A。二、实验题（18分）15【分析】（1）根据灯泡的额定电流和额定电压选择电压表和电流表，为了方便操作选择电阻值减小的滑动变阻器。（2）根据图象分析电压为4V时的电流，根据欧姆定律求解灯丝的电阻，根据PUI求解灯泡消耗的电功率。（3）滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器滑动头P从左往右滑动时，小灯泡两端电压逐渐增大，因小灯泡的电阻和滑动变阻器的最大阻值接近，故小灯泡两端电压接近线性变化。【解答】解：（1）因为灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表选择V1，电源选用E2；由于灯泡的额定电流为，所以电流表选择A2，由于灯泡的电阻小，为了方便操作，滑动变阻器选择R1。（2）

24、根据图象可知，当电压为4.0V时，通过灯泡的电流为0.5A，所以灯泡的电阻为R，其功率为PUI40.5W2W。（3）滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器滑动头P从左往右滑动时，小灯泡两端电压逐渐增大，因小灯泡的电阻和滑动变阻器的最大阻值接近，故小灯泡两端电压接近线性变化，故B正确，ACD错误；故选：B。故答案为：（1）A2，V1，R1，E2（2）8.0，2.0；（3）B。16【分析】（1）根据给出的数据点，采用描点法作图即：UI图象中，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻。（2）根据实验电路图及误差来源分析实验误差。（3）明确闭合电路欧姆定律的表达式的正确书写即可明确对应

25、的实验方法。【解答】解：（1）连点作图由图可知电动势E1.5V，内阻r0.73（2）AB、当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，故A正确，B错误；CD、电源内阻r，由图象可知，电源内阻测量值小于真实值，故D错误，C正确故选：AC（3）A、用一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器做实验可以测出多组U、I值，根据闭合回路欧姆定律可得：EU+Ir，可测量多组数据到式求解，故A正确；B、用一个伏特表和多个定值电阻做实验，可以测出多组U、R值，根据欧姆定律可得：EU+r，可以列方程

26、组求出E、r，故B正确；C、用一个安培表和一个电阻箱，可以测出多组I、R值，根据欧姆定律可得：EI（r+R），可以列方程组求出E、r，故C正确；D两个安倍表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，故D错误；本题选最不可取的，故选：D。故答案为：（1）1.5 0.73 （2）AC （3）D三、论述、计算题（共40分）必须写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案，单位17【分析】（1）电场强度是描述电场强弱的物理量，通过比值定义，E，电场强度与电场力、电荷量均无关。（2）磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过比值定义，B，磁感应强度与磁场力、电流元均无关。【解答】解：（1）电场强

27、度定义式为E，E为电场强度，F为检验电荷受到的电场力，q为检验电荷的电荷量。（2）磁感应强度B，B为磁感应强度，F为电流元受到的磁场力，IL为电流元。答：见解析。18【分析】（1）对导体棒受力分析，画出受力示意图；（2）根据平衡条件求得导体棒所受安培力的大小；（3）安培力的计算公式求解磁感应强度大小。【解答】解：（1）导体棒受重力、斜面的支持力、安培力，受力如图所示（2）根据平衡条件得：F安mgtan；（3）安培力的计算公式得：F安BIL解得：B答：（1）导体棒在斜面上的受力示意图如图所示；（2）导体棒所受安培力的大小是mgtan；（3）匀强磁场磁感应强度的大小是。19【分析】（1）根据EBL

28、v即可求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律即可求出感应电流；应用欧姆定律求出导体棒两端电压。（2）根据FBIL求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，再根据冲量的定义即可确定拉力的冲量。（3）求出0.1s内导体棒的位移，然后应用功是计算公式求出拉力做功。【解答】解：（1）感应电动势：EBLv1T0.4m5m/s2V；故感应电流：I1A；导体两端电压：UIR1A11V；（2）金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为：F安BIL1T1A0.4m0.4N，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：FF安0.4N，所以拉力的冲量IFFt0.4N0.1s0.04Ns；（3）0.1s内导体棒的位移

29、：xvt5m/s0.1s0.5m，拉力做功：WFFx0.4N0.5m0.2J；答：（1）导体棒的感应电动势E为2V；回路中的感应电流I为1A；导体棒两端的电压U为1V；（2）拉力F的大小为0.4N；在0.1s时间内，拉力F的冲量IF的大小为0.04Ns；（3）在0.1s时间内，拉力F做的功WF为0.2J。20【分析】（1）根据回旋加速器的工作原理，它靠电场加速，靠磁场束缚在D形盒内。但必须满足粒子回旋的周期与交变的周期相等，才能使粒子一次次加速；（2）随着粒子速度的增大，半径也逐步增大，当半径达到D形盒的半径时，动能达到最大；（3）这些动能均是靠电场力做功获得，用最大动能除以一次做的功，则就能求出回旋的次数。【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：qvBm ，可得：v质子做匀速圆周运动的频率：f质子运动一周加速两次，加速电场方向改变两次，所以交变电场的频率与质子圆周运动的频率相等。（2）质子加速完，根据牛顿第二定律得：qvBm，可得：v质子出射时做圆周运动的半径为金属盒的半径，此时质子的动能为：Ekmv2（3）粒子每加速一次动能增加qU，第n次被加速后粒子的动能：nqUmvn2又粒子的最大速度：v，代入解得：n答：（1）交变电场的频率f为；（2）质子加速完毕出射时的动能Ek为；（3）质子在回旋加速器中运动的圈数n为