2018-2019学年福建省龙岩市非一级达标校高二上学期期末教学质量检查物理试题 解析版
福建省龙岩市非一级达标校 2018～2019 学年高二上学期期末教学质量检查
物理试题
一、选择题（12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的 4 个选项中，第 1-8 题只有一
项符合题目要求，第 9-12 题有多项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，
有选错或不选的得 0 分。）
1.发现电流磁效应的物理学家是（ ）
A. 法拉第
B. 奥斯特
C. 库仑
D. 安培
【答案】B
【解析】
【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了库仑定律，
安培发现了分子电流假说，B 正确．
2.两个分别带有电荷量-Q 和+3Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为 r 的两处，
它们间的库仑力的大小为 F。两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为
A. F/2 B. 3F C. F/3 D. 2F
【答案】C
【解析】
【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为 ，两个相同的金属球各自带电，接
触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库
仑力为 ，所以两球间库仑力的大小为 F/3。故选 C。
3.如图所示，M、N 为两个带等量的正点电荷，在其连线的中垂线上有一点 P（规定无穷远处
的电势为零），下列说法中正确的是
A. P 点电场强度方向水平向右
B. P 点到 O 点电场强度大小可能先增大后减小
C. P 点的电势大于 O 点的电势
D. O 点的电势为零
【答案】B
【解析】
【分析】
M、N 为两个等量的正点电荷，在 O 上方，其连线中垂线上电场强度方向 O→P，由于电场线的
疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，根据沿着电场线方向电势是降低的，电场
强度与电势无关。
【详解】A 项：在 O 上方，在等量同种正电荷连线中垂线上电场强度方向 O→P，故 A 错误；
B 项：由于电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，因此 P 点到 O 点电场强
度大小可能先增大后减小，也可能一直减小，故 B 正确；
C 项：依据沿着电场线方向电势是降低的，因此 P 点的电势小于 O 点的电势，故 C 错误；
D 项：依据电场的叠加，结合矢量合成法则，则 O 点的电场强度为零，但电势不一定为零，
故 D 错误。
故选：B。
【点睛】本题的关键要掌握等量异种电荷电场线的分布情况及特点，要抓住电场线的对称性，
要注意在电场线分布情况不确定时电场强度的大小也不确定。
4.如图所示，两块较大的平行金属板 A、B 水平放置并与电源相连，电源的电动势为 E，电键 S
闭合后，两板间有一带电油滴恰好处于静止状态，现将 A 板向上平移一小段距离。下列说法
正确的是
A. 电容器的电容减小
B. 电容器的电压增大
C. 电容器的带电量不变
D. 带电油滴将向上做加速运动
【答案】A
【解析】
【分析】
电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压不变，A 极板竖直向上平移一小段距离，依据电容
的定义式 ，分析电容变化，再由 ，分析板间场强变化，从而即可分析该点油滴的
运动情况。
【详解】A 项：A 极板向上平移一小段距离，根据 ，当间距 d 增大时，则电容 C 减小，
故 A 正确；
B、C 项：电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压 U 不变，根据 ，那么电量 Q 减小，
故 BC 错误；
D 项：由于电压不变，板间距离增大，场强减小，油滴受到的电场力减小，带点油滴向下加速
运动，故 D 错误。
故选：A。
【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，考查分析和判断能力，掌握电容的定义式与决定
式的区别，注意理解电容器的电压不变与电量不变的情况。
5.如图所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，∠MOP＝90°，
M、N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有方向如图所示的电流，电流强度大小相
等，每条长直导线在 O 点产生的磁感应强度大小均为 B0，则在圆心 O 处的磁感应强度
A. 大小为 B0 ，方向垂直于 MN 向下
B. 大小为 B0 ，方向垂直于 MN 向上
C. 大小为 2B0 ，方向垂直于 MN 向下
D. 大小为 2B0 ，方向垂直于 MN 向左
【答案】C
【解析】
【分析】
由磁场的叠加可知每根导线在 O 点产生的磁感强度大小，移动之后距 O 点的距离不变，故磁
感强度大小不变。
【详解】两导线在 O 点各自形成的磁感应强度大小为 B0．则根据几何关系可知，两导线形成
的合磁感应强度大小为 2B0，方向垂直 MN 向下，故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点睛】磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线 O 点的磁感强度再由矢量
的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度。
6.如图所示，电动机 M 与电阻 R 串联后两端接在电压恒为 U 的电源上，电动机 M 的线圈电阻 r
与电阻 R 阻值相等，电动机正常工作，下列判断正确的是
A. 流过电动机的电流小于流过电阻 R 的电流
B. 电动机两端电压小于电阻 R 两端电压
C. 电动机的发热功率等于电阻 R 的发热功率
D. 电动机的总功率等于电阻的功率
【答案】C
【解析】
【分析】
电动机 M 与电阻 R 串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系。R 是纯电阻电路，电
动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析 R 的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关
系。根据能量守恒定律分析消耗的功率关系。
【详解】A 项：电动机 M 与电阻 R 串联，电流相等，故 A 错误；
B 项：设电动机 M 线圈电阻与电阻 R 的电阻均为 R，电路中电流为 I，根据欧姆定律得：电阻
两端的电压 UR=IR，电动机是非纯电阻电路，其电压 UM＞IR，则有 UM＞UR，所以电阻两端电压
小于电动机两端电压，故 B 错误；
C 项：电阻相等，根据 P=I2R 可知，电动机的发热功率等于电阻的发热功率，故 C 正确；
D 项：电动机消耗的功率 PM=UMI，电阻消耗的功率 PR=URI，UM＞UR，则 PM＞UR，即电动机消耗
的功率大于电阻消耗的功率，故 D 错误。
故选：C。
【点睛】本题中电炉是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，两个电路焦耳定律都适用，但
欧姆定律只适用于电炉，不适用于电动机。
7.如图所示，1、2 为两个不同电源的路端电压 U 与干路电流 I 的关系图线，下列说法正确的
是
A. 电动势 E1＝E2 B. 电动势 E1
r2
【答案】A
【解析】
【分析】
U-I 图象中图象中的点的坐标表示电流及路端电压。图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图
象的斜率表示电源内阻。
【详解】由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir 可知，U-I 图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，图
象的斜率表示电源的内阻；
根据数学知识可知 E1=E2，r1＜r2，I1＞I2；
故选：A。
【点睛】本题考查 U-I 图象的应用，要注意根据闭合电路欧姆定律 U=E-Ir 进行分析图象的物
理意义。
8.如图所示，边长为 L 的等边三角形闭合金属线框 abc 处于匀强磁场中，磁场垂直线框平面
向里，磁感应强度为 B。当线框中通入顺时针方向电流 I 时，下列说法正确的是
A. bc 边受到的安培力方向垂直于 bc 边向上
B. ab 边受到的安培力大小为
C. ab 边与 bc 边受到的安培力的合力大于 ac 边受到的安培力
D. 整个线框所受的安培力的合力为零
【答案】D
【解析】
【分析】
根据左手定则判断安培力的方向，根据安培力的计算公式 F=BIL 计算安培力的大小。
【详解】A 项：根据左手定则可知 bc 边受到的安培力方向垂直于 bc 边向下，故 A 错误；
B 项：ab 边受到的安培力大小为 F=BIL，故 B 错误；
C、D 项：三条边构成闭合的三角形，三边受到的安培力的合力为零，故 ab 边与 bc 边受到的
安培力的合力等于 ac 边受到的安培力，故 C 错误，D 正确。
故选：D。
【点睛】本题主要是考查安培力的计算，牢记安培力的计算公式是解答本题的关键。
9.在如图所示电路中，L1、L2、L3 是三只小灯泡，电源电动势为 E。三只灯泡原来都能发光，
当滑动变阻器的滑动触头 P 向右移动时，对于各灯亮度变化情况，下列判断正确的是
A. L1 变暗 B. L2 变暗
C. L3 变暗 D. L3 亮度不变
【答案】AB
【解析】
【分析】
由图可知 L2 与 R 串联后与 L3 并联，再与 L1 串联；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；由闭合电路的欧姆定律可得出并联电路的电压变化，从而知两灯亮度的变化。
【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆
定律可知电路中总电流减小，故 L1 变暗；
电路中电流减小，故内阻及 L1 两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故
L3 变亮；
因 L3 中电流增大，干路电流减小，故流过 L2 的电流减小，故 L2 变暗；故 AB 正确，CD 错误。
故选：AB。
【点睛】本题考查电路的动态分析，要会根据欧姆定律分析各量的变化方向，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。
如果应用“串反并同”的方法会更简单。“串反并同”就是与可变电阻串联的电路上的电压
和电流的变化与该电阻的变化相反，如果电阻增大，则串联电路的电压和电流会减小，而并
联电路的电压和电路会随电阻增大而增大。
10.图中箭头所示为静电场中的三条电场线，曲线为一带电粒子仅在电场力作用下从 P 点运动
到 Q 点的轨迹。由此可知
A. 带电粒子带正电
B. 带电粒子通过 P 点时电势能较大
C. 带电粒子通过 Q 点时动能较小
D. 带电质点通过 P 点时加速度较小
【答案】CD
【解析】
【详解】A、由图中轨迹上可知：轨迹内侧是粒子受力的方向，即沿电场线向右，电场力与电
场方向相反，所以粒子带负电，故 A 错；
BC、由图中轨迹上可知质点由 P 向 Q 运动，由于速度方向与合外力夹角为钝角，电场力做负
功，则动能减小，电势能增大，所以质点在 P 点的动能大于在 Q 点的动能，在 P 点的电势能
小于在 Q 点的电势能，故 B 错；C 对
D、质点只受电场力作用，加速度：a=qE/m，由于电场线越密处场强越大，所以质点在 P 点的
加速度小于在 Q 点的，故 D 对。
故选 CD
【点睛】质点带负电，负电荷的受力方向与场强方向相反。质点做曲线运动，曲线运动的合
外力方向指向轨迹的内侧。电场线的切线方向表示该点的场强方向。可以判断受力方向和场
强方向。电场线越密处场强越大，由此可判断场强大小关系。
11.如图所示，两平行正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带
上等量的负电荷，形成的匀强电场强度为 E，在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感
应强度为 B，ab 为两金属板间与板平行的中心线，如果带电粒子进入电场前的速率 v= ，且粒
子重力不计，则下列判断正确的是
A. 带正电粒子沿 ab 方向从左侧进入场区，粒子能沿直线通过场区
B. 带负电粒子沿 ba 方向从右侧进入场区，粒子能沿直线通过场区
C. 不论粒子电性如何，沿 ab 方向从左侧进入场区，都能沿直线通过场区
D. 不论粒子电量如何，沿 ba 方向从右侧进入场区，都能沿直线通过场区
【答案】AC
【解析】
【分析】
带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方
向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动。
【详解】A 项：正电粒子沿 ab 方向从左侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦
兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力 qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线
通过场区。故 A 正确；
B 项：负电粒子沿 ba 方向从右侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力方向
向上，电场力方向向上，粒子将做曲线运动，不能沿直线通过场区。故 B 错误；
C 项：不论粒子电性如何，沿 ab 方向从左侧进入场区，受力分析发现粒子受的洛伦兹力方向、
电场力方向始终相反，此时洛伦兹力 qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线通过场区。
故 C 正确；
D 项：不论粒子电量如何，沿 ba 方向从右侧进入场区，受力分析发现粒子受的洛伦兹力、电
场力方向始终相同，都向上或向下，不能沿直线通过场区。故 D 错误。
故选：AC。
【点睛】本题考查对速度选择器工作原理的理解，由 qE=qvB 得 ，此结论与带电粒子的电
性、电量无关，同时注意左手定则的应用。
12.在如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一带电粒子以某一速度沿着指向
圆心 O 的方向垂直射入匀强磁场，不计粒子重力，粒子在磁场中做匀速圆周运动后，以一定
的偏转角 θ 从磁场中射出，离开磁场方向的反向延长线过Ｏ点，设粒子在磁场中的运动半径
为 r。若增大粒子的初速度，仍沿着原来方向进入磁场，则
A. r 增大 B. r 减小 C. θ 增大 D. θ 减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，
然后根据题意分析答题。
【详解】A、B 项：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
粒子速度 v 增大，则粒子轨道半径 增大，故 A 正确，B 错误；
C、D 项：偏转角：θ= 由于 r 增大，则偏向角 θ 减小，故 C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点睛】本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在电场中的偏转，利用平抛运
动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心
角是解决问题的关键。
二、实验题（共 16 分）
13.某同学用多用电表测量一小段 2B 铅笔芯的电阻 R。
（1）该同学先用螺丝刀调节调零螺丝，使指针指在左端“0”位置，把红、黑表笔分别插入
多用电表“+”、“-”插孔，接下来的正确操作顺序是____________（填字母）；
A．把选择开关旋转到“OFF”档。
B．调节欧姆调零旋钮使指针指到电阻档的“0”
刻度。
C．把红、黑表笔分别接在铅笔芯的两端，然后
读数。
D．把选择开关旋转到合适的档位，将红、黑表笔短接。
（2）该同学所选倍率为 x10 档，正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则电阻
R=____Ω
【答案】 (1). DBCA (2). 2.2×102
【解析】
【分析】
(1)用多用电表测电阻，应先对多用电表机械机械调零，然后把选择开关置于合适的欧姆档，
再进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻，多用电表使用完毕应将选择开关置于 OFF 挡或交流电
压最高挡；
(2)根据图示表盘确定欧姆表的倍率，然后根据指针位置读出其示数。
【详解】(1)用多用电表测电阻，应先对多用电表机械机械调零，然后把选择开关置于合适的
欧姆档，
再进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻，多用电表使用完毕应将选择开关置于 OFF 挡或交流电
压最高挡，
因此合理的实验步骤为：DBCA；
(2) 所选倍率为×10 档，由图示表盘可知，欧姆表读数为：22×10=220Ω。
【点睛】本题考查了多用电表使用方法与读数，要掌握多用电表的使用方法与注意事项，掌
握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。
14.某同学要做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室提供了以下器材：
A．待测小灯泡（额定电压 2.5V，额定电流 0.5A）
B．电流表（量程 3A，内阻约为 0.1Ω）
C．电流表（量程 0.6A，内阻约为 0.5Ω）
D．电压表（量程 3.0V，内阻约为 10kΩ）
E．电压表（量程 15.0V，内阻约为 50kΩ）
F．滑动变阻器（最大阻值为 100Ω，额定电流 50mA）
G．滑动变阻器（最大阻值为 10Ω，额定电流 1.0A）
H．电源（电动势为 3.0V，内阻不计）、电键及导线等。
（1）为了顺利完成实验并能减小实验误差，电流表应选用_____、电压表选用_____、滑动变
阻器选用_____（均填写实验器材前的字母）
（2）该同学根据实验要求选用了合适的器材，并完成部分电路的连接，如图甲所示，请你帮
他完成其余部分的线路连接_________（用黑色水笔画线表示对应的导线）。
（3）闭合电键后将滑动变阻器滑片从一端移向另一端，测出多组电压表和电流表的数值，作
出小灯泡的 I﹣U 图线如图乙所示，当小灯泡两端的电压为 1.6V 时，小灯泡的功率 P=_____W
（保留 2 位有效数字）。
【答案】 (1). C (2). D (3). G (4). A (5). 0.64
【解析】
【详解】（1）灯泡额定电流为 0.5A，电流表应选择 C；灯泡额定电压为 2.5V，电压表应选择
D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择 G；
（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于 A
端。
（3）由图乙所示图象可知，电压 U=1.6V 时电流 I=0.4A，灯泡实际功率：P=UI=1.6×0.4=0.64W；
【点睛】本题考查了实验器材的选择、实验注意事项与实验数据处理；要掌握实验器材的选
择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；滑动变阻器采用分压接法时，为保
护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。
三、计算题（本题有 4 小题，共 36 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式、重要的演算
步骤和答案，只写最后答案的不能得分。）
15.如图所示的闭合电路中，电源电动势 E=6V，灯泡 A 标有“4.5V，3W”，灯泡B 标有“3V，
3W”。当开关S 闭合时 A、B 两灯均正常发光。求：
（1）R 的阻值；
（2）电源的内阻 r。
【答案】（1）1.5Ω （2）0.9Ω
【解析】
【分析】
明确电路结构，由 B 灯正常发光可得电流 IB，由欧姆定律可得 R 的电压从而得出 A 灯的电压
由欧姆定律即可求得 R 的阻值，根据 A 灯求出 A 在的之路的电流，从而知总电流，由全电路
欧姆定律求得 r 的阻值。
【详解】流过 R 及 B 灯的电流 IB=
所以
流过 A 灯的电流
由闭合电路欧姆定律：E=UA+（IA+IB）r
解得：r=0.9Ω。
【点睛】对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧
姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。
16.如图所示，两平行金属导轨间的距离 L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角
θ=37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度 B=0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。
金属导轨的一端接有电动势 E=6.0 V、内阻 r=0.5Ω 的直流电源。现把一个质量 m=0.05 kg 的
导体棒 ab 垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R0=2.5
Ω，金属导轨电阻不计，g 取 10 m/s2。已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）通过导体棒的电流大小；
（2）导体棒受到的安培力大小；
（3）导体棒受到的摩擦力大小。
【答案】（1）1.5 A（2）0.3 N（3）0.06 N
【解析】
试题分析：⑴导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
=1.5A
⑵导体棒受到的安培力：F 安=BIL=0.30N
⑶导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=" mg" sin37º=0.24N
由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f，根据共点力平衡条件：mg sin37º+f=F
安
解得：f =0.06N
考点：本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题，意在考查学生的综合分析能力。
17.如图所示，倾角为 37°的绝缘斜面 AB 和绝缘水平面 BC 平滑连接，斜面 AB 长 L=4m，空间
存在着平行于斜面向上的匀强电场。现有质量为 m=1kg，带电量为+ 的滑块（可视为
质点）从 A 点以 6m/s 的速度沿斜面匀速下滑。g 取 10 m/s2，求：
（1）电场强度的大小 E；
（2）滑块在水平面 BC 运动的最大位移。
【答案】（1） (1) ；(2)
【解析】
【分析】
(1)对滑块受力分析，根据平衡条件列式求解电场强度 E；
(2)速度从 6m/s 到 0，根据动能定理列式求解即可。
【详解】(1) 从 A 到 B 过程，对滑块受力分析知 Eq=mgsin37°
；
(2) 速度从 6m/s 到 0，根据动能定理，有：
解得： 。
【点睛】此题考查力的平衡条件和动能定理，注意受力分析和运动过程分析即可，难度不大。
18.如图所示，在 xOy 坐标平面内，x＜0 的区域存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内
存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为 m，带电量为 q 粒子在电场中的 P 点以初速度 v0
沿 x 轴正方向射出，恰好经过坐标原点 O 进入匀强磁场。已知 P 点坐标为(－L， )，磁场
的磁感应强度 ，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）粒子在 O 点时速度的大小和方向；
（3）粒子从磁场射出时的橫坐标 x。
【答案】（1） （2） ，速度方向与 y 轴负方向的夹角为 30º （3）
【解析】
【分析】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(2)应用类平抛运动规律求出粒子到达 O 点时的速度大小与方向。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出粒子从磁
场射出时的横坐标。
【详解】(1) 粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v0t，
竖直方向： ，
解得： ；
(2) 粒子经过 O 点时的速度：
速度方向与 x 轴正方向间夹角：θ= ；
(3) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
解得：r=2L，
粒子从磁场射出时的横坐标：x=2rsinθ= 。
【点睛】本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在电场中的偏转，利用平抛运
动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心
角是解决问题的关键。
