1、河北省唐山市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题一、单项选择题1. 下列说法中正确的是A. 根据磁感应强度B的定义式B=F/IL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C. 两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同【答案】B【解析】A、公式为磁感应强度B的定义式，磁感应强度的大小由磁场本身决定，与B与F无关，与IL无关，故A错误；B、根据可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，故B正确；C、任何两条磁感线都不相交，故C错误；D、根据左
2、手定则可知，磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向垂直，故D错误。点睛：该题考查电场强度与磁感应强度的定义式的内涵与外延，要正确理解定义式与关系式的区别，加强对它们的理解。2. 关于电源的电动势和内阻，下列说法正确的是A. 电源电动势越大，储存的电能越多B. 电源内部非静电力做功越多，电动势越大C. 电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压D. 电源电动势大小与内阻无关【答案】D【解析】电动势是描述电源做功能力的大小，与电能无关，故A错误；根据，故电源内部非静电力做功与电量的比值越大，电动势越大，电动势与做功多少无关，故B错误；电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压
3、与内部电压的和，电动势要大于路端电压，故C错误；电源的电动势大小与内阻无关，故D正确故选D3. 如图所示，当滑动变阻器的滑动片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是 A. V1减小，V2增大，A增大B. V1增大，V2减小，A增大C. V1增大，V2增大，A减小D. V1减小，V2减小，A减小【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大电阻R1的电压变小，则并联部分的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电
4、流增大，因总电流变小，所以A示数减小故C正确，ABD错误故选C考点：电路的动态分析【名师点睛】本题是电路的动态变化分析问题，考查闭合电路的欧姆定律的应用，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可。4. 如图所示，固定不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一光滑水平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近.当导线mn中通入向上的电流，线框中通入顺时针方向的电流时，线框运动情况是 A. 向左运动B. 向右运动C. 以为mn轴运动D. 静止不动【答案】B【解析】根据左手定则可知：线框ab、dc两边所受电流I的磁场力大小相等、方向相反，彼此平衡，ad边的电流和直线电流I方
5、向相同，所以相互吸引，bc边的电流和直线电流方向相反，所以相互排斥，由于ad更靠近电流I，所以ad所受的吸引力大于bc所受的排斥力，所以ad、bc两边受到的磁场力方向都向右，线框将向右运动，故选项B正确。点睛：本题采用的推论法，利用推论：同向电流相互吸引、异向电流相互排斥进行判断，也可以根据安培定则和左手定则结合进行分析。5. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，可以判断 A. 粒子的加速度在a点时较大B. 粒子的电势能在b点时较大C. 粒子可能带负电，在b点时速度较大D. 粒子一定带正电，动能先变小后变大【答案】D【解析】试题分析
6、：做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向，根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况，根据电场力做功可判断出动能、电势能的变化粒子的加速度可通过比较合力（电场力）进行比较解：A、a点的电场强度比b点小，则在a所受的电场力（即合力）小，所以粒子的加速度在a点时较小故A错误B、根据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，所以该电荷是正电荷从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大但a点到b点，整个过程最终电场力做正功，所以a点的电势能大于b点，a点的动能小于b点故B、C错误，D正确故选D【点评】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方
7、向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化6. 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. 静电计指针张角变小C. 带电油滴的电势能将增大【答案】D【解析】两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定即静电计张角不变，当下极板向下移动时，两板间距增大，根据公式可知电容减小，AB错误；电势差不变，而d增大，则根据可知电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该油滴为负电荷，则电势能减小，C错
8、误；与电源断开，两极板间的电荷量Q恒定不变，根据公式联立解得，即两极板间的电场强度在电荷量恒定的情况下与两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度E不变，即油滴受力不变，仍保持静止，D正确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不变7. 如下图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t（不计粒子的重力），则 A. 在前时间内，电场力对粒子做的功为B. 在后时间内，电场力对粒子做的功为C. 粒子的出射速度偏转角
9、满足D. 粒子通过竖直位移前和后的过程，所用时间之比为21【答案】C【解析】A、设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为，则，得，则在前时间内，电场力对粒子做的功为，在后时间内，电场力对粒子做的功为，故AB错误；C、粒子的出射速度偏转角正切为，故C正确；D、根据推论可知，粒子前和后的过程中，运动时间之比为，故选项D错误。点睛：本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系。8. 把电阻非线性变化的滑动变阻器接入如图的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻R1两端的
10、电压与x间的关系如图2，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是 A. 电流表示数变化相等B. 电压表V2的示数变化不相等C. 电阻R1的功率变化相等D. 电源的输出功率不断增大【答案】A【解析】试题分析：根据欧姆定律得到电阻R1两端的电压U1=IR1，由图看出，电压U1变化相等，R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等故A正确；电压表V2的示数U2=E-Ir，电流I的变化相等，E、r一定，则U2相等故B不正确；电阻R1的功率P1I2R1，其功率的变化量为P1=2IR1I，由上知I相等，而I减小，则知，从a移到b功率变化量较
11、大故C不正确；由图2知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化故D不正确本题不正确的，故选BCD。考点：电路的动态分析；电功率二、多项选择题9. 电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流强度为I，工作时间为t，下列说法中正确的是A. 电动机消耗的电能为UItB. 电动机消耗的电能为I2RtC. 电动机生热为I2RtD. 电动机生热小于【答案】ACD点睛：电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，由电功求解电能由焦耳定律求解线圈生热。10. 如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒
12、子时，两金属盒置于匀强磁场中，并与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是 A. 高频电源的变化周期应该等于B. 在图中应有C. 粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D. 不同粒子获得的最大动能可能相同【答案】BD【解析】A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于，A错误；B、由公式知在图中应有，B正确；C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径；由得，则最大动能，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其
13、他因素无关，故C错误；D、由C可知，对不同的粒子获得的最大动能可能相同，故D正确。点睛：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关。11. 如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中 A. 小物块所受电场力逐渐减小B. 小物块具有的电势能逐渐减小C. M点的电势一定高于N点的电势D. 小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功【答案】ABD【解析】小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左.随着由M运动到N，
14、离电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小，A正确；由动能定理可得mgxWE0，即WEmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值，B、D正确；因点电荷Q的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低，C错误.此题选择错误的选项，故选C.12. 在xOy平面上以O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成角，如图所示不计重力的影响，则下列关系成立的是A. 若r2mv/qB，则090
15、B. 若r2mv/qB，则tm/qBC. 若t=m/qB，则一定有r=2mv/qBD. 若r=2mv/qB，则一定有t=m/qB【答案】AD【解析】粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，得： 所以粒子在磁场中运动的半径：，粒子运动的周期：。 A、若，则粒子运动的轨迹如图1所示：粒子从第一象限射出磁场，射出磁场后做直线运动，所以，故A正确；B、若，则粒子运动的轨迹如图2所示：粒子一定是垂直与x轴经过x轴，所以粒子在第一象限中运动的时间是半个周期，所以，故BC错误，D正确点睛：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供做匀速圆周运动，同时结合数学几何关系来构建长度关系注意运动圆弧的半径与磁场半径的区别。三、
16、填空题13. 如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随总电流I变化的图线，抛物线OBC为同一电源内部消耗的功率Pr随总电流I变化的图线，则当通过电源的电流为1A时，该电源的输出功率为P1=_W，电源的最大输出功率P2=_W. 【答案】 (1). 2 (2). 2.25【解析】C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，电源的总功率，则电源的电动势，当时，输出功率为：；设外电阻为R，则电源的输出功率为，解得当且仅当时，输出功率最大，。点睛：本题关键在理解电源的总功率随电流I变化的图象与电源内部热功率随电流I变化的图象的涵义。14. 电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所
17、示.1982年澳大利亚国立大学制成了能把m=40g的弹体(包括金属杆CD的质量)加速到v=2kms的电磁炮.若轨道宽l=2m，长s=100m，通过的电流为I=10A，则轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B=_T，磁场力的最大功率P=_W(轨道摩擦不计). 【答案】 (1). 40 (2). 1.6106【解析】在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：设炮弹的加速度的大小为a，则有：炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而联立代入题给数据得：，磁场力的最大功率。点睛：本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相
18、应规律求解。四、实验题15. 某同学想测量某导电溶液的电阻率，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极（接触电阻不计），两电极相距L0.700 m，其间充满待测的导电溶液。用图中的器材进行测量：电压表(量程15 V，内阻约30 k)、电流表(量程300A，内阻约50)、滑动变阻器(100，1 A)、电池组(电动势E12 V，内阻r6)、单刀单掷开关一个、导线若干。表中是他测量通过管中导电液柱的电流及两端电压的实验数据 U /V01.03.05.07.09.011.0I /A02265109155175240已知玻璃管的内径为4.00mm，回答以下问题：（1）表中数据已在坐标图中描点，请根据你作
19、出的UI图线，求出电阻R_（保留两位有效数字）；（2）计算导电溶液的电阻率表达式是_(用R、d、L表示)，测量值为_m（保留两位有效数字）；（3）请在实物图中补画出未连接的导线【答案】 (1). (2). (3). 电路图略（分压电路，电流表内接）, 实物图如图:【解析】试题分析：（1）作出UI图像如图， 由图线可知：（2）根据可得；代入数据：（3）由于，电流表应选内接法；由于滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式，电路图如图所示，补画完整的实物连线图如图所示考点：测量某导电溶液的电阻率 16. 为测量某电源的电动势E及内阻r(E约为6 V，r约为1.5 )，可选器材如下器材：
20、A、电压表V1：量程03 V，内阻约为3kB、电压表V2：量程010 V，内阻约为5kC、电流表A1量程00.6 A，内阻约为3D、电流表A2量程03 A，内阻约为1E、定值电阻R8.5 F、滑动变阻器R1(010 )G、滑动变阻器R2(02000 )H、开关S，导线若干(1)实验电路如图，图中电压表应选_，电流表应选_ ，滑动变阻器应选_ （需用题目中给出的字母序数表示）(2)实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E_，r_.(用I1、I2、U1、U2及R表示)【答案】 (1). A (2). C (3). F (4). (I1U2
21、- I2U1)/(I1-I2) (5). (U2- U1)/(I1-I2) - R【解析】（1）滑动变阻器采用限流式接法，固定电阻与电源串联，起到保护电源的作用，则电压表选择A，电压表与滑动变阻器并联，最大电流为，则电流表选择C，滑动变阻器选择F，便于调节；（2）实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为时，电压表读数为；当电流表读数为时，电压表读数为：联立解得：，。点睛：本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R起保护作用，采用公式法处理数据。五、计算题17. 使带负电的点电荷q在一平行于纸面的匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，
22、如图所示；若已知AB=0.5m，恒力F与AB的夹角=37，q=-310-7C，F=1.510-4N，A点电势A=60V（不计重力，sin37=0.6 ；cos37=0.8），求出电场强度的大小和B点的电势 【答案】,【解析】试题分析：由题，电荷所受电场力与恒力F大小相等，方向相反，如图所示则：；解得：过AB点的等势线如图虚线所示，则：UAB=EABcos37=5000508V=200V；因A=60V，则B=-140V考点：等势线；电场强度【名师点睛】本题的解题关键要抓住电场力与外力的关系、电场线与等势线的关系、电势能的变化与电场力做功的关系以及电势与电势差的关系等等电场的基本知识。18. 在x
23、Oy平面内的第一象限内，x4d处竖直放置一个长的粒子吸收板AB，在AB左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场。在原点O处有一粒子源，可沿y轴正向射出质量为m、电量为q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力 (1)若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范围；(2)若在点C(8d，0)处放置一粒子回收器，在B、C间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B点进入AB右侧区间的粒子，需在AB右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O点发射到进入回收器所用时间。【答案】（1）（2）【解析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心
24、力，如图所示：粒子打在吸收板AB的下边界A点，设粒子的速率为，由图中几何关系可知圆心在点，粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可得： 联立可得： 粒子打在吸收板AB的上边界B点，设粒子的速率为，由图中几何关系可知圆心在C点，粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可得： 联立可得： 由题意可得：射出的粒子能打在AB上，粒子的速度需满足：（2）经过B点的粒子能够到达C点，设磁场的磁感应强度为，由图中几何关系，粒子的半径由牛顿第二定律可得： 联立可得： 粒子从O到B的时间粒子从B到C的时间故粒子从O到C的时间。点睛：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的一般问题，只是由于粒子的速度不定，再加上一档板，轨迹受空
25、间影响，要画出极值情况的轨迹，再由相关规律求出相应的求知数要注意的是恰从档板B处飞出的粒子要回到C回收器，这里有多解问题引起重视。19. 如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角=30，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强E；（2）AD之间的水平距离d；（3）已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？【答案】（1）,水平向右（2）（3）【解析】试题分析：（1）重力等于电场力，解得（2）在D点，解得，因为，故代入解得（3）小球做类平抛运动，即，因为，联立解得考点：考查了带电粒子在复合场的中运动【名师点睛】做此类问题，关键是对粒子的受力情况，运动性质分析正确，然后根据相关的知识分析解题，综合性较高