2017-2018学年福建省龙海市第二中学高二上学期期末考试物理试题 解析版
福建省龙海市第二中学2017-2018学年高二年上学期期末考物理试题
一、单项选择题：
1. 关于磁感线的说法，下列正确的是( )
A. 磁感线从磁体N极出发，终止于S极
B. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
C. 磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线
D. 磁感线可表示磁场的强弱和方向
【答案】D
【解析】磁感线在磁体的外部从磁体N极出发到S极；内部从S极出发到N极，形成闭合的曲线，选项A错误；沿磁感线方向，磁场不一定逐渐减弱，选项B错误；磁感线是为了描述磁场而人为引入的虚拟线，并不存在，故C错误．磁感线可表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线的切向方向表示磁场的方向，选项D正确；故选D.
2. 对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是：（ ）
A. 公式C=Q/U指出，电容器的电容随电容器所带电荷量Q的增加而增加
B. 由E=U/d可知，电场中两点的距离越大，电场场强E越小
C. 在公式F=kq1q2/r2中，kq2/r2是q2所在位置的电场强度的大小
D. 公式EP=qφ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小
【答案】D
【解析】公式C=Q/U指出，电容器的电容等于电容器所带电荷量Q与两板电压U的比值，电容器的电容与所带电量无关，选项A错误；匀强电场的电场强度与电场中两点的距离无关，选项B错误；在公式F=kq1q2/r2中，kq2/r2是q2在q1所在位置的电场强度的大小，选项C错误；公式EP=qφ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小，选项D正确；故选D.
点睛：本题考查对电场中几个公式的理解能力，关键要抓住各个公式的适用条件、公式中每个量的含义进行分析．可根据点电荷场强的计算公式E=kQ/r2，来重新理解库仑定律．
3. 两个分别带有电荷量Q和＋3Q的相同金属球(半径均为r)，固定在相距(两球心间距离)为3r的两处，它们间库仑力的大小为F.现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小( )
A. 大于F/3 B. 等于4F/3 C. 小于F/3 D. 小于4F /3
【答案】D
【解析】两小球相互接触后，电量均分，故：q＝=2Q, 若两球能看成点电荷的话，由库仑定律得，开始时：；最后：F′＝k；由于两球的半径相对距离不能忽略，故两球不能看成质点，原来是异种电荷，相互吸引，有效距离小于3r，接触后带同种电荷，相互排斥，有效距离大于3r，故后来的库仑力要小于4F/3，故D正确、ABC错误．故选D．
点睛：本题要知道一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸的绝对值，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计．
4. 某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到横截面积为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )
A. 4ρ和4R B. ρ和4R C. ρ和2R D. 4ρ和2R
【答案】B
【解析】电阻为R，现将它均匀拉长到横截面积为原来的一半，其材料和体积均不变，则长度为原来的2倍；根据，所以此时导体的电阻变为原来的4倍，即4R．由于电阻率与材料有关，所以电阻率不变．故选B．
点睛：此题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻．
5. 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A. 向上 B. 向下
C. 向左 D. 向右
【答案】A
【解析】试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左。根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下。故选B。
考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）。
6. 如图所示，A、B两点固定两个等量异种点电荷，O为AB中点，M、N为AB中垂线上的两点，且ON＞OM，则（ ）
A. M、N 两点的场强大小相等
B. M、N 两点的场强方向相同
C. M点的电势比N点的电势高
D. M点的电势比N点的电势低
【答案】B
【解析】根据等量异种电荷的电场线分布特点可知：M、O、N三点的场强方向都水平向右，O点的场强最大，N点的场强最小，故A错误，B正确：中垂线MN是一条等势线，故M、O、N三点的电势相等，故CD错误．故选B．
点睛：该题考查常见电场的电场线特点，等量异种电荷的电场线具有对称性，上下对称，左右对称．中垂线MN是一条等势线．结合其电场线的图即可作答．
7. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）
A. 平行板电容器的电容值将变大
B. 静电计指针张角减小
C. 带电油滴的电势能将减少
D. 若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力增大
【答案】C
【解析】根据知，d增大，则电容减小．故A错误．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C正确．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D错误．故选C．
点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．
8. 如图所示电池甲和乙的电动势分别为E1和E2，内电阻分别为r1和r2，若用甲、乙电池分别向某个电阻R供电，则在这个电阻上所消耗的电功率相同．若用甲、乙电池分别向某个电阻R′供电，则在R′上消耗的电功率分别为Pl和P2，已知R′
E2，所以r1>r2．作R′的伏安特性曲线，R′的电阻值比R小，所以R′比R的斜率小，如图所示．由图可知：当甲电池接R′时，P1=U1I1；当乙电池接R′时，P2=U2I2．由于U1＜U2，I1＜I2，所以P1＜P2．
由分析知：ABC错误，D正确．故选D．
点睛：本题为有关全电路电阻、功率关系的半定量问题，采用图线方法求解为较简捷的思路．把电源和外电阻的伏安特性曲线合在一个坐标轴上比较，给运算带来方便．
9. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向外时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（ ）
A. B=mg，方向竖直向下
B. B=mg，方向竖直向上
C. B=mg，方向垂直斜面向上
D. B=mg，方向垂直斜面向下
【答案】A
【解析】外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，安培力F=mgtanα，则磁感应强度大小B═，故A正确；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向左的安培力、支持力与重力，三个力不可能处于平衡状态，故B错误；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故C错误；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，安培力F=mgsinα，则磁感应强度大小B═，故D错误；故选A．
点睛：此题关键是要搞清安培力的方向，要学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．联系三力平衡知识解答.
二、不定项选择题
10. 在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向右移动一段距离后，下列结论正确的是（ ）
A. 电流表示数变大，电压表示数变小
B. 灯泡L变亮
C. 容器C上电荷量增加
D. 电源的输出功率变小
【答案】AB
【解析】滑动变阻器滑片P向右移动一段距离后，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以灯泡L的电流增大，灯泡变亮，电流表示数增大，电压表示数减小．故AB正确．灯泡两端的电压变大，外电压变小，则滑动变阻器两端的电压减小，根据Q=CU知，电容器C上的电荷量减小．故C错误．因为当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率变大，外电阻大于内电阻，外电阻减小，则输出功率变大．故D错误．故选AB．
点睛：本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等．
11. 如图，是一条与Ox轴重合的电场线上各点的电势φ随x变化的图线．若在x0点由静止释放一个正电荷，取x0处的电势为零，则在电荷运动的过程中，下列说法中正确的是
A. 电场的场强保持不变
B. 电荷的电势能可能为正
C. 电荷一定沿x轴正方向运动
D. 电场力一定做负功
【答案】AC
【解析】根据E=，可知φ-x图线的斜率表示电场强度，图线的斜率不变，则电场强度不变，故A正确；电荷仅受电场力作用，由静止开始运动的过程中，电场力一定做正功，则电势能一定减小．x0处的电势为零，则电势能为零，则运动的过程中，电荷的电势能为负值．故B错误．因为沿电场线方向电势逐渐降低，知电场的方向沿x轴正方向．因为释放的电荷的电性为正电荷，则电荷一定沿x轴正方向运动．故C正确．电荷仅受电场力作用，因由静止释放一个点电荷，在运动的过程中，电场力一定做正功，故D错误；故选AC.
点睛：解决本题的关键知道φ-x图线的斜率表示的物理意义：斜率等于场强的大小，知道电场力正功，电势能减小.
12. 通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列判定正确的是( )
A. L2绕轴O按逆时针转动
B. L2绕轴O按顺时针转动
C. L4绕轴O按逆时针转动
D. L4绕轴O按顺时针转动
【答案】AD
【解析】由题意可知，L1导线产生磁场方向，根据右手螺旋定则可知，上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，通电导线L2，处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近L1，安培力越强，从而出现L2绕轴O按逆时针方向转动．故A正确，B错误；
L3产生的磁场在其上面向外，下面向里，根据左手定则可知，L4上部受安培力向右，下部受安培力向左，则L4绕轴O按顺时针转动，选项C错误，D正确；故选AD.
点睛：考查右手螺旋定则与左手定则的应用，注意区别左手定则与右手定则，同时知道离通电导线越远的磁场越弱．
13. 如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在 水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，将细杆置于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度-时间图象可能是图中的（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；当qvB＜mg时，FN=mg-qvB此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故B正确，C错误．当qvB＞mg时，FN=qvB-mg，此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D正确；故选ABD．
点睛：分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v-t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．
三、实验题
14. 手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池．某同学利用下列器材设计如下实验电路测定一节蓄电池的电动势和内阻．
A．量程是0.6 A，内阻约为0.5 Ω的电流表；
B．量程是3 V，内阻是6 kΩ的电压表；
C． 阻值为0～10 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；
D．定值电阻4 Ω，额定功率4 W；
E．开关S一个，导线若干．
(1)为了减小实验误差图中的导线应连接到________处(填“①”或“②”)，
(2)用(1)问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U－I图线如图所示，由图线可得该蓄电池的电动势E＝______ V，内阻r＝______
Ω.(结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). （1）① (2). （2）3.2 (3). 1.3
【解析】（1）蓄电池内阻较小，为了避免电流表分压带来较大的误差所以采用电流表的内接法，即选择①．
（2）由图可知，蓄电池电动势为E=3.2V，电源内阻：；
15. 在测定某一圆柱体的电阻率ρ实验中，某同学操作.步骤如下：
(1)用游标卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为L＝________mm；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径D＝________mm；
(3)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R（约为120Ω）
电流表A1(量程0～4 mA，内阻约50 Ω)
电流表A2(量程0～30 mA，内阻约30 Ω)
电压表V (量程0～3 V，内阻约10 kΩ)
直流电源E(电动势4 V，内阻不计)
滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)
滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)
开关S、导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选用______，滑动变阻器应选用_____
（请选填相应符号）
（4）请设计电路______
【答案】 (1). (1) 40.15 (2). (2) 4.500 (3). （3）A2 (4). R1 (5). （4）如图；
【解析】（1）用游标卡尺测量其长度为L＝4cm+0.05mm×3=40.15mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径D＝4.5mm+0.01mm×0.0=4.500mm；
（4）因，则采用电流表外接电路；电路图如图；
四、计算题
16. 漳州市小科学家协会的一位同学设计了一台玩具车，其内部结构的简化电路图如图所示．电源电动势为E ，内阻r=1Ω，直流电动机M的线圈电阻R0=1Ω，与R=1Ω的保护电阻串联后接入电路中，电动机正常工作时，通过电动机的电流强度I=1A，电压表示数U=11V．求：
（1）保护电阻R两端的电压；
（2）电源的电动势E；
（3）电动机输出的机械功率。
【答案】（1）1V（2）12V（3）9W
得出：UR=1V
（2）电源的电动势E=U+Ir
得出：E=12V
（3）电动机两端的电压：UM=U-UR UM=10V
电动机的输出功率：P输出=UI-I2r
解出：P输出=9W
17. 如图质量为m=1×10-6、带电荷量为q=8×10-6的小球用长为L=0.1m的绝缘细线悬挂于O点，处于垂直于纸面向外的磁感应强度为B1的匀强磁场中．将小球拉至悬线与竖直方向成θ=60°角，由静止释放，小球运动到最低点A时，悬线断开，小球对水平面的压力恰好为零．小球沿光滑水平面向左运动进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B2=1T，且做匀速直线运动．求：
(1)小球所带电荷的电性；
(2)磁感应强度B1为多大？
(3)电场强度E等于多少？
【答案】（1）正电（2）1.25T（3）0.25N/C
【解析】（1）由小球在磁场B1 中小球与悬线断开后对水平面无压力可知，小球受到的洛仑磁力向上，故球带正电；
（2）设小球在最低点的速度为v
mgL(1－cosθ)＝ ①
qv B1 ＝mg ②
由①②得：B 1 ＝=1.25T
(3) 由平衡条件得：qvB 2 ＋Eq＝mg ③
所以
点睛：本题考查了带电小球在磁场、复合场中的运动，分析清楚小球的运动过程是正确解题的关键，应用平衡条件、左手定则与机械能守恒定律可以解题；解题时要注意，洛伦兹力总是与小球的速度方向垂直，洛伦兹力不做功．
18. 如图所示，在xOy坐标系中，第二、三象限存在电场强度为E的匀强电场，方向平行于y轴向上，一个质量为m，电量为q的正粒子以某一沿x正方向的初速度从x轴上M点（﹣4r，0）处射出，粒子经过y轴上N点（0，2r）点进入第一象限，第一象限存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，其感应强度为B=，第四象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，其感应强度为B=，不计粒子重力，试求：
（1）粒子的初速度v0．
（2）粒子第一次穿过x轴时的速度．
（3）画出粒子在磁场中的运动轨迹并求出粒子第n次穿过x轴时的位置坐标．
【答案】（1）（2），方向垂直x轴向下（3）（n=1,2,3…….）
【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在x轴方向：4r=v0t
在y轴方向：2r=at2
qE=ma
解得：
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
在x轴方向：4r=v0t
在y轴方向：2r=
解得：， 速度与y轴正方向间的夹角：θ=450
粒子进入磁场时的速度：
解得：，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，
粒子第一次穿过x轴时的速度：，方向垂直x轴向下
（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，粒子轨道半径：R=2r
粒子在磁场中做圆周运动，与刚进入磁场时速度垂直的半径与y负方向夹角：
，则圆心在x轴上，粒子垂直x轴射入第四象限，粒子运动轨迹如图所示：
粒子第一次穿过x轴后在x轴上方与下方两个磁场中分别作半圆周运动，粒子第n次穿过x轴时的坐标：
（n=1,2,3…….）
点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析粒子的运动过程，搞清粒子的运动轨迹，结合几何知识，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题．
