1、湖南省益阳市箴言中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题一、不定项选择题（10小题）1. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A. 电场强度的定义式适用于任何电场B. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，当时，无穷大C. 由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D. 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向【答案】A【解析】A、电场强度的定义式，适用于任何电场，故A正确；B、当r0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，B错误；C、由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，C错
2、误；D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，D错误；故选A。2. 甲、乙两个点电荷在真空中的相互作用力是F，如果把它们的电荷量都减小为原来的，距离增加到原来的2倍，则相互作用力变为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由库仑定律可得： ； 变化后，故D正确，ABC错误故选D3. 如图，在真空中有两个等量的正电荷和，分别固定在A、B两点，DCE为AB连线的中垂线，现将一个正电荷q由c点沿CD移到无穷远，则在此过程中（ ）A. 电势能逐渐减小B. 电势能逐渐增大C. q受到的电场力逐渐减小D. q受到的电场力先逐渐增大后逐渐减小【答案】AD【解析】试题分析：AB，由题，
3、q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小故A正确，B错误CD、根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小故C错误，D正确故选：AD4. 如图，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（ ）A. E一定处在同一等势面上B. 匀强电场的场强大小为C. 正点电荷从E点移到
4、F点，则电场力做负功D. 电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV【答案】AD【解析】连接AC，则AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，则B、E一定处在同一等势，故B正确；BA间的电势差为UBA=EdABcos30，可得场强：，故A错误；因为E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错误；由以上得，F点与A点电势相等，D点的电势与C点的电势相同，故电子从F点移到D点与从A点移到C点电场力做功相同，电荷的电势能减少量为20eV，故D正确。所以BD正确，AC错误。5. 一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电
5、荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由q=It知道，在q-t图像中斜率表示电流，又因为，所以斜率，故C正确，ABD错误。6. 有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：当电动机不转时，电动机的内阻为，电动机正常工作时输出功率为，卡住后热功率：，故选B.【点睛】对于电动机电路，正常
6、工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立7. 电路图中，、为定值电阻，为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A. 电流表和电压表读数均增大B. 电流表和电压表读数均减小C. 电压表的示数变化量小于电压表的示数变化量D. 电流表读数变小，电压表读数变大，读数减小【答案】CD【解析】试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I
7、减小，而路端电压，则U增大，电阻的电压减小，则电压表示数减小；并联部分的电压 增大，电压表示数增大；增大，通过的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小故AB错误，D正确；电压表的示数与电压表的示数之和等于U，即，因示数增大，示数减小，而U减小，所以电压表的示数增加量小于电压表的示数减小量，故C正确故选CD【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题8. 有一毫伏表，它的内阻是，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（ ）A. 并联一个的电阻B. 并联一个的电阻C. 串联一个的电阻D. 串联一个的电阻
8、【答案】A【解析】试题分析：把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值解：电表的满偏电流为：Ig=0.002A，把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：R=0.02；故选：A【点评】本题考查了电流表的改装，把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题9. 如图，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m的导体棒。在导体棒中通以电流I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. ，方向垂直斜面向上B. ，方向垂直斜面向下C.
9、，方向竖直向下D. ，方向竖直向上【答案】AD【解析】若磁场方向垂直斜面向上，受到的安培力沿斜面向上，由平衡知识可知：mgsin=BIL，解得，故A正确；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒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的方向竖直向下，则水平向左的安培力、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的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则mgtan=BIL，解得；故D正确；故选AD.10. 如图，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆
10、平面（未画出）。一群比荷为的负离子以相同速率（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（ ）A. 离子在磁场中运动时间一定相等B. 离子在磁场中的运动半径一定相等C. 由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大【答案】BC【解析】试题分析：设粒子轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故A错误离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
11、得：，解得：，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入故C正确，D错误；故选BC【点睛】粒子在磁场中均由洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，根据向心力公式、圆的性质和几何关系可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间二、填空题（4小题）11. 一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子（）加速到v，使它获得动能为，则：能把粒子（）加速到的速度为_。能使粒子获得的动能为_。加速粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比
12、为_。【答案】 (1). (2). (3). 1:2【解析】试题分析：粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据，得，粒子的最大动能，由质子（）与粒子（），可知两者质量数之比为1:4，电量之比为1:2，故能把粒子（）加速到的速度为，粒子（）加速到的动能仍为；根据周期公式，则频率，因质量数之比为1:4，电量之比为1:2，故加速粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为1:2.故答案为：（1）；（2）；（3）1:2.【点睛】根据洛伦兹力提供向心力，确定运动轨迹的半径，再由动能表达式，即可求解加速的动能；由运动的周期公式，结合电量与质量，即可求解12. 如图所示，A和B两平行金属板相距10mm
13、，M点距A板及N点距B板均为2mm，则板间场强为_，A板电势为_V，N点电势为_V。【答案】 (1). 400 (2). -4 (3). -0.8【解析】试题分析：根据公式E=，由电容器板间电压和距离求出板间场强由U=Ed求出N点与下板的电势差，确定N点的电势解；板间场强为：E=N/C=400N/C板间电场方向向上，A点的电势低于B板的电势，B板电势为零，则A板电势为4VB与N间电势差UBN=EdBN=4002103V=0.8V，则N点电势为0.8V故答案为：400，4，0.8【点评】求电势时，一般先求出该点与零电势点间的电势差，根据电势的高低再求该点的电势13. 电子质量为m，带电量为e，垂
14、直射入磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，宽度为d的匀强磁场区域。当它从磁场区域射出时，速度方向偏转了角，如图，则电子进入磁场时的速度大小是_；在磁场中运动的时间是_。【答案】 (1). (2). 【解析】试题分析：作出粒子的运动轨迹，如图所示故答案：，.14. 某同学先用欧姆表的“10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：A9V电池B电流表（00.6A，）C电流表（00.1A，）D电压表（03V，）E电压表（015V，）F滑动变阻器（，0.1A）G滑动变阻器（，1A）H导线、电键（1）上述器材中应选用_（填代号）。（2）在虚线框中画出电路
15、图_。【答案】 (1). ACEGH (2). 【解析】试题分析：（1）欧姆表的示数为：，根据可知，电路中最大电流为，所以电流表应选C，由于电动势E=9V，所以电压表应选E，由于两个变阻器的全电阻远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，考虑到变阻器额定电流的影响，变阻器应选G故选ACEGH.（2）由于，所以电流表应用外接法；考虑到变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为： (1). ACEGH (2). .【点睛】欧姆表读数时注意倍率的数值；应根据电路中最大电流来选择电流表量程；当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻
16、器，但要同时考虑变阻器的额定电流影响三、计算题（4小题）15. 如图，宽度为的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小，B=10T。一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了的偏转。不计粒子的重力，求粒子的电荷量与质量之比。【答案】【解析】试题分析：沿着直线运动时，洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡条件列式；撤去磁场后，做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式列式；最后联立求解即可解：设粒子的初速度为v0，粒子在电磁场中做直线运动时受力平衡qE=qv0B当只撤去磁场后，粒子在电场中做类似平抛运动l=v
17、0tvx=v0vy=联立以上各式解得答：粒子的电荷量与质量之比为2.5106C/kg【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，然后根据平衡条件和类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难16. 如图所示电路中，。当开关闭合、断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关、都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当、都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当闭合，分别计算在闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？【答案】4V 3.5W 0.5W 0 .（1）当闭合、断开电路稳定时电源消耗的总功率为代入数据得：当、都闭合电路稳定时，电源消耗的总功率为代入
18、数据：联立解得电源的电动势E=4V，内电阻（2）当、都闭合电路稳定时，外部总电阻干路上总电流电源的输出功率电源内部产生的热功率（3）当、都闭合时，由电路图可知，电容器两端电压为0故电容器所带的电荷量为Q=0当闭合、断开，电路稳定后外部总电阻干路上总电流电容器两端电压和电阻两端电压相同，即电容器所带的电荷量为【点睛】解决本题的关键理清电路的串并联，结合闭合电路欧姆定律进行求解，关键确定电容器两极板间的电压，要明确电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压17. 如图所示，铜棒长0.1m，质量为，两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度，现接通电源，使
19、铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37，不计空气阻力，（ ）求：（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少；（2）通电电流的大小为多大。【答案】0.12J 4A【解析】试题分析：（1）根据重力做功求出重力势能的增加量，（2）根据动能定理求出安培力的大小，从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小（1）铜棒上升的高度则重力势能的增加量为：（2）对铜棒运用动能定理得：代入数据解得根据得：【点睛】本题通过动能定理抓住上升的最大摆角处速度为零求出安培力的大小，本题容易误解为在最大位移处处于平衡，通过共点力平衡求解18. 一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面中，磁场分布在以O为圆心的一个圆形区域内，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x轴正方向，后来粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴夹角为，P到O的距离为L，如右图所示。不计重力的影响，求磁场的磁感应强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径R。【答案】 【解析】试题分析：画出磁场区域及粒子运动的轨迹如图，设粒子圆周运动的半径为，由几何知识可得：，解得：，磁场区域的半径为：，由牛顿第二定律得：，解得：。考点：带电粒子在磁场中的运动
