1、兵地20172018学年第一学期期末联考高二物理试卷（问卷）第I卷（选择题 共40分）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分。1-5小题是单选题，6-10小题是多选题)1. 真空中A、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r,则A、B 两点的电场强度大小之比为A. 3 :1B. 1 :3C. 9 :1D. 1 :9【答案】C【解析】试题分析：直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力，得：F1=9F2根据电场强度的定义式：，得：故选：C【点评】本题很简单直接考查了库
2、伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义【此处有视频，请去附件查看】2. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )A. 粒子带正电B. 粒子在A点加速度大C. 粒子在B点动能大D. A、B两点相比，粒子在B点电势能较高【答案】D【解析】【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧。【详解】根据曲线运动
3、条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电。故A错误；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小。故B错误；粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，即粒子在A点动能大，B点的电势能大，故C错误D正确【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。3.一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率()A. 等于36 WB. 小于36 W，大
4、于9 WC. 等于9 WD. 小于9 W【答案】B【解析】【详解】据纯电阻电功率可知，当电压减半的时候，功率应该见为原来的，即为9W，但是当电压减小的同时，由于工作的温度降低，灯泡的电阻也会减小，所以实际的功率要比9W大，即灯泡消耗的电功率小于36 W，大于9 WA. 等于36 W与分析不符，A错误B. 小于36 W，大于9 W与分析相符，B正确C. 等于9 W与分析不符，C错误D. 小于9 W与分析不符，D错误4.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，
5、待电流达到稳定后，与P移动前相比（）A. U变小B. I变小C. Q不变D. Q减小【答案】B【解析】【详解】当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U=E-I（R2+r），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据C=，得Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故B正确，ACD错误。故选：B。5.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用FN表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线
6、通电后与通电前受力相比较是()A. FN减小，F静0B. FN减小，F静0C. FN增大，F静0D. FN增大，F静0【答案】C【解析】试题分析：通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动据此分析解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线水平向左，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受到磁铁给的安培力方向竖直向上，如右图所示根据牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力方向竖直向下，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，则FN增大；因为这两
7、个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会产生运动趋势，就不会产生摩擦力，则Ff=0故选：C【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析6.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是 ( ) A. 先把两球分开，再移走棒B. 先移走棒，再把两球分开C. 先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开D. 棒的带电荷量不变，两导体球不能带电【答案】AC【解析】带电导体球与两个球不接触，本身电量不会转移到甲乙上，所以根据静电平衡，甲的左侧和乙的右侧带有等量的异种电荷，分开两球
8、再移走棒，两球带有等量的异种电荷，A对；若先移走棒则感应出来的电荷又会回到各自的导体上，两个小球不会带电，B错；若接触其中的一个小球则电荷会发生转移，再分开两个小球，都会带上电量，所以C对，第一种情况下棒的电量没有发生变化，但是两个小球会带上电，所以D错。思路分析：根据使物体带电的方式进行解析。试题点评：考查是物体带电的方式7.图中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在该直线上有a、b两点，用Ea、Eb表示a、b两点的场强大小，则()A. a、b两点场强相同B. 电场线从a指向b，所以EaEbC. 电场线是直线，所以EaEbD. 不知道a、b附近的电场线分布，Ea、Eb的大小不能确定【答案】
9、D【解析】该电场线为一条直线，由图可知，电场线上各点的场强的方向相同，a、b两点在一条电场线上，由于无法判断电场线的疏密，也就无法判断a、b两点电场强度的大小，故A，B，C错误，D正确；故选D【点睛】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小8.如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是A. 导体的电阻是B. 导体的电阻是C. 当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是D. 当通过导体的电流是时，导体两端的电压是【答案】ACD【解析】试题分析：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R=25，故A正确，B错误；C、当导体两端电
10、压是10V时，通过导体的电流I=04A，故C正确；D、当通过导体的电流是01A时，导体两端的电压U=IR=01A25=25V，故D正确；故选ACD考点：欧姆定律9.如图所示，一个带正电荷的小球沿绝缘的光滑水平桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场而其余条件不变时，小球飞行的时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则()A. x1x2B. t1t2C. v1v2D. v1v2【答案】ABD【解析】没有磁场影响时，小球飞落过程为平抛运动。当空间有匀强磁场时，分析小球飞落过程中任一位置受力情况。由时刻跟瞬时速度垂直
11、的f洛对小球竖直分运动的影响可知，在同样落差下与平抛运动只受重力作用相比，小球落地时间加长，所以t1t2。由f洛对水平分运动的影响可知，小球水平分速度将比平抛时加大，且飞行时间又有t1t2，则水平射程必有x1x2。由于洛伦兹力做功为零，而两种情况重力对小球做功相等，所以落地速度大小相同。即选项ABD正确，C错误；故选ABD.10.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（ ）A. 带有电荷量为的负电荷B. 沿圆周逆时针运动C. 运动的周期为D
12、. 运动速率为【答案】AC【解析】【详解】A.带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知带电粒子受到的重力和电场力一定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电粒子带负电；根据电场力和重力大小相等，得mg=qE，解得；故A正确.B.带电粒子由洛仑兹力提供向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动；故B错误.CD.粒子由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，结合，解得：，；故C正确，D错误.第卷（非选择题 共60分）二填空题(本大题共2小题，共计14分)11.在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R（1）用螺旋测微
13、器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_mm（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_（选填“偏大”或“偏小”）（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_V，电流表的读数为_A【答案】 (1). 0.697（0.6950.698） (2). 偏小 (3). 2.60（2.592.61） (4). 0.52【解析】【分析】（1）根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系；（2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。【详解】（1）金属
14、丝的直径为：0.5mm+0.01mm19.8=0.698mm；（2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小；（3）电压表的分度值为0.1V，要估读到下一位，故其读数为2.60V；电流表选择的是00.6A量程，分度值为0.02A，故其读数为0.52A.【点睛】解决本题关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。内外接选择的方法：大电阻选内接测
15、量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小。”12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程00.6A，内阻0.1C电流表：量程03A，内阻0.024D电压表：量程03V，内阻未知E电压表：量程015V，内阻未知F滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻(1)在上述器材中请选择适当的器材：_(填写选项前的字母)；(2)在图甲方框中画出相应的实验电路图_；(3)根据
16、实验中电流表和电压表的示数得到了如图乙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E_V，内电阻r_.【答案】 (1). ABDFH (2). (3). 1.50 (4). 0.9【解析】【详解】第一空.在上述器材中请选择适当的器材：被测干电池一节.最大电压为1.5V为了读数准确，所以选择3V的量程；电流表：量程00.6A，电压表：量程03V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F，开关、导线若干；故应为ABDFH；第二空.因电流表内阻已知，故可将电流表内阻等效为电源内阻，从而选择电流表的外接法，可以消除电流表分压带来的系统误差，故选滑动变阻器的限流式和电流表外接
17、法，电路如图所示：第三空.根据U=E-Ir可知，U-I图像的纵截距为电源的电动势，有；图象的斜率表示等效内阻，而，故.三计算题（本大题共5小题，共计46分）13.一个质量m104kg，电荷量q5105C的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为20cm，g10m/s2，求：(1)两板间匀强电场的场强大小；(2)两板间的电势差.【答案】(1) E20V/m (2) U4V【解析】【详解】(1)带电粒子静止，受两个力而平衡.由平衡条件：qEmg解得：E20 V/m.(2)两板间为匀强电场，由电势差的计算式UEd解得：U200.2V4V.14.如图所示，电阻R1、R2、R3的阻值相等，都等于R
18、，电池的内阻不计，开关S闭合前流过R2的电流为I，(1)求电源的电动势E；(2)求S闭合后流过R2的电流大小【答案】(1) E2IR (2)【解析】【详解】(1)设电池两端的电动势为E，开关S闭合前电阻R1、R2两电阻串联，R2的电流为I，由欧姆定律得：EI(R1R2)2IR(2)S闭合后R2、R3并联再和R1串联，由欧姆定律得：联立解得: R2中的电流是干路中的一半:答：（1）电源的电动势E2IR；（2）S闭合后流过R2的电流。15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角37，导轨的一端接有电动势E3V、内阻r0.5的直流电源，导轨间的距离L0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度
19、B0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R1.0，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin370.6，cos370.8）求：（1）ab受到的安培力大小；（2）ab受到的摩擦力大小。【答案】(1) (2)【解析】（1）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：导体棒受到的安培力：F安=ILB=20.400.50N=0.40N（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37=0.04100.6N=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒沿
20、斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：mgsin37+f=F安解得：f=F安-mgsin37=（0.40-0.24）N=0.16N16.质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。(1)求粒子从A点射入磁场时的速度v；(2)求匀强磁场的磁感应强度B。【答案】(1) (2) 【解析】【详解】作粒子经电场和磁场的轨迹图，如图所示：(1)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得： 解得：(2)粒子进入磁场后
21、做匀速圆周运动，设其半径为r，则： 由几何关系得：r2(rL)2d2 联立式得：磁感应强度17.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上yh处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力求：(1)电场强度的大小E；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.【答案】(1) （2） （3） 【解析】【详解】粒子垂直进入电场做类平抛
22、运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径由题意作出粒子的运动轨迹如图所示。(1)设粒子在电场中运动的时间为t1，由运动学规律有：x方向：y方向： 联立解得： (2)设粒子进入磁场速度为v，与x轴的夹角为，有： 联立解得：(3)设粒子进入磁场时与x轴夹角为，在磁场中运动的时间为t2，则： 联立解得：【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题