山东省潍坊市高二上学期期末考试物理试题.docx

1、山东省潍坊市高二上学期期末考试物理试题一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一个选项正确，第610题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 下列说法正确的是A. 麦克斯韦认为恒定磁场周围存在电场B. 奥斯特认为电流周围存在磁场C. 库仑提出用电场线来形象的描述电场D. 楞次首先发现了电磁感应现象【答案】B【解析】根据麦克斯韦电磁理论可知恒定的磁场不会产生电场，A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，B正确；法拉第提出用电场线来形象的描述电场，并发现了电磁感应现象，CD错误2. 如图所示，小球A固定在绝缘支架上，电荷

2、量为Q，小球B用丝线悬挂，电荷量为+q，B偏转后两球距离为r，A、B均视为点电荷。下列说法正确的是A. A带负电B. B对A的作用力大小为C. A在B处产生的场强大小为D. 减小B的电荷量，丝线与竖直方向的夹角变大【答案】B【解析】试题分析：对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力，由三角函数关系与夹角大小，并依据库仑定律与点电荷电场强度公式，即可求解依据同种电荷相斥，异种电荷相吸，结合图可知，A带正电，A错误；根据库仑定律，B对A的作用力大小为，B正确；依据点电荷电场强度公式，可知，A在B处产生的场强大小为，C错误；小球B受重力mg，绳的拉力，库仑力F，绳与竖直方向夹角为，当减小B的电荷量

3、，依据库仑定律可知，库仑力减小，则有丝线与竖直方向的夹角变小，D错误3. 两根长直导线A、B通有大小相等方向相反的电流，截面如图所示，O为AB连线上一点，位于B右侧，一带正电的粒子从O点垂直纸面向外射出，此时带电粒子所受洛伦兹力的方向是A. 沿虚线向左B. 沿虚线向右C. 垂直于AB向上D. 垂直于AB向下【答案】A【解析】试题分析：明确两导线单独在O点形成的磁场方向，再根据叠加原理可明确O点的磁感应强度的方向，再根据左手定则可明确洛伦兹力的方向根据安培定则可知，A在O处的磁场方向竖直向下，B在O处的磁场竖直向上，且B产生的磁场强度大，故O点磁场方向向上，则由左手定则可知正电荷受力向左，A正确

4、4. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计指针张角会随电势差的增大而增大，其金属外壳和电容器a极板都接地。若两板间的电场强度为E，静电计指针的偏角为，电容器的电容为C。现保持b极板不动，将a极板向左移动一小段距离。则A. 增大，E增大B. 增大，E不变C. 减小，C增大D. 减小，C不变【答案】B【解析】根据，不论极板间距如何变化，极板的电量总不变，因此电场强度总不变；当负极板左移一小段距离时，d增大，由可知，电容C减小，再依据，即可判定两极间的电压增大，静电计指针偏角会增大，B正确【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，

5、需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变5. 如图所示，一正方形金属导线框abcd，始终处于垂直纸面向里的匀强磁场中，以速度v向右做匀速直线运动。下列说法正确的是A. 线框中有从ab的感应电流B. 线框中有从ba的感应电流C. a、b两点间电势差等于0D. a、b两点间电势差不等于0【答案】D【解析】线框中在磁场中运动过程中的磁通量不变，所以回路中无感应电流，故AB错误；线框切割磁感应线产生感应电动势，根据右手定则可得a端的电势高压b，C错误、D正确6. 如图所示，A和B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大的线

6、圈，电流稳定时其电阻与灯泡的电阻相等，开关闭合稳定后两灯泡均发光，则开关A. 闭合时，A、B同时亮B. 闭合稳定后，A比B亮C. 断开时，A立即熄灭，B闪亮后再逐渐熄灭D. 断开时，A立即熄灭，B逐渐熄灭【答案】ABD【解析】试题分析：当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析 7. 如图所示，有一均匀带正电的金属球壳,O为球心，a点为球壳中的一点，b、c、d为球壳外部的三点，已知O、a、b、c、d在同一条直线上且bc=cd，则A. a、b、c、d四点中a点的场强最大B. a、b、c、d四点

7、中a点的电势最高C. Ubc=UcdD. UbcUcd【答案】BD【解析】试题分析：依据静电平衡，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且电势处处相等，再根据沿着电场线方向，电势降低，即可求解8. 如图所示，闭合回路中Rg，为热敏电阻（电阻值随温度升高明显变小），R为一定值电阻，已知当环境温度为t0时Rg=R，E为电源，内阻忽略不计，电表均为理想电表，当环境温度从t0开始升高时。下列判断正确的是A. 电流表示数变大B. 电压表示数变大C. Rg消耗的功率变大D. R消耗的功率变大【答案】AD【解析】当环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律知总电流变大，所以电流表示数变大，A正

8、确；根据欧姆定律，定值电阻R两端的电压增大，因为内阻不计，所以热敏电阻两端的电压减小，所以电压表示数变小，B错误；将定值电阻R等效为电源的内阻，当时，热敏电阻消耗的功率最大，随着温度的升高，阻值减小，消耗的功率变小，C错误；根据，因为电流变大，R消耗的功率变大，故D正确【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部9. 如图所示，直线MN上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现有一质量为m、电荷量为+q的粒子，

9、在纸面内以某一速度从A点射入，入射方向与MN成30角，粒子从MN上的某点射出磁场，A与出射点间的距离为d，带电粒子重力不计。则粒子A. 出射点在A点右侧B. 射入磁场的速度大小为C. 在磁场中运动的时间为D. 在磁场中运动的时间为【答案】BD【解析】根据左手定则可得粒子将向左偏转，故出射点应在A点的左侧，A错误；根据对称性可知粒子射出方向与MN的夹角也为30，根据几何知识可得，由于，故解得，B正确；轨迹所对圆心角为300，所以粒子在磁场中的运动时间为，而，解得，C错误D正确【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径

10、和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题10. 如图（a）所示，半径为r1，的n匝的圆形金属线圈，阻值为2R，与阻值为R的电阻连结成闭合回路。在线圈中半径为r2的圆形区域内，存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计，则0-t0时间内A. 通过电阻R的电流方向自b向aB. 通过电阻R的电流方向自a向bC. 电阻R两端的电压为D. 电阻R两端的电压为【答案】AD【解析】由于垂直向里的磁场在减小，故根据楞次定律可知，流经R的电流方向由ba，A正确B错误；根据法拉第电磁感

11、应电流可得线圈产生的感应电动势为，根据闭合回路欧姆定律可得电阻R两端的电压为，C错误D正确二、实验题（本题共3小题，共18分.将答案填写在题中横线上或按题目要求作答）11. 如图所示，将用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近验电器（不接触），验电器锡箔上会带_（选填“正”或“负”）电；用手摸一下验电器金属球，再移走玻璃棒，锡箔_（选填“带正电”、“带负电“或“不带电”）。 【答案】 (1). 正 (2). 带负电【解析】用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近验电器时，玻璃棒带正电，由于静电感应原理，验电器上的电子会靠近玻璃棒，而验电器的金属箔上会带上正电荷；用手摸一下验电器金属球，由于金属球带正电，电势高，地球上的自由电

12、子移动到金属球上，移走玻璃棒后，由于验电器上自由电子多了，所以带负电12. 用如图所示的多用电表测量电阻，请完成下列步骤。（1）旋动_（选填“S”、“T”、“K”），使指针对准电流的“0”刻线；（2）选择开关置于图示位置，将两表笔短接，旋动_（选填“S”、“T”、“K”），使指针对准电阻的“0”刻线;（3）将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，应将选择开关置于_（选填“10”或“x1K”），重新调零后，再进行测量。【答案】 (1). s (2). T (3). lK【解析】试题分析：明确多用电表原理，掌握多用电表中表盘上各旋钮的功能，知道多用电表在使用前应进

13、行机械调零，在测量电阻时每次换档需要进行欧姆调零，同时要注意能根据指针示数确定档位（1）在使用多用电表之前，要调节机械调零旋钮S使指针指在电流的“0”刻线；（2）在测量电阻时，每次换档后应进行欧姆调零，方法时两表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T使指针对准电阻的“0”刻线；（3）指针偏角过小，则说明示数过大，所选档位太小，故应换用“1k“档位，重新调零后再进行测量；13. 某实验小组用如图（a）所示的电路测定电源电动势，R为滑动变阻器，R为电阻箱，将滑动变阻器滑片调至某一位置不动，多次改变电阻箱的阻值，记下对应的电流表示数I，作出关系图像如图（b）所示。则（1）按照电路图，连结实验电路_，（2）电源的

14、电动势为_V；（3）当电阻箱的阻值为30时，整个电路消耗的功率为_W；【答案】 (1). (2). 3V (3). 1.5【解析】试题分析：（1）根据原理图即可得出对应的实物图；（2）根据闭合电路欧姆定律进行分析，得出对应的-R图象，根据图象规律即可求得电动势和内电阻；（3）根据功率公式可求得总功率的大小（1）根据原理图可连接出对应的实物图；如图所示；（2）根据闭合电路欧姆定律可知：，变形可得：则可知，图象的斜率等于；则有：，解得E=3V；（3）从图中可知，解得从图中，当时，整个电路消耗的功率为；三、计算题（本题共4小题，共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案

15、的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）14. 如图所示，半径为R圆形区城充满垂直于纸面向里的匀强磁场，一电子以速度v从圆心O竖直向下射出，电子质量为m，电量为e，若电子恰好不射出磁场，求:（1）电子运动的轨道半径；（2）磁感应强度大小。【答案】（1）r=R（2）B=【解析】（1）由题意得，得r=R（2）设磁场磁感应强度为B，电子所受洛伦兹力提供向心力： 解得：15. 如图所示，一带负电的粒了，从匀强电场的A点以水平速度v0射入竖直向下的匀强电场。粒子经过B点时，其速度与水平方向成60，已知AB间的水平距离为L，粒子质量为m、电量为-q，不计粒子重力。求：（1）A、B两点间的电

16、势差；（2）匀强电场的场强大小。【答案】（1）UAB=（2）E=【解析】（1）粒子在B点的速度大小为v，由A到B由动能定理：解得： （2）水平方向： 竖直方向：d=由匀强电场场强和电势差的关系， 解得： 16. 如图所示，凵型光滑金属导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场磁感应强度B=2T，导轨足够长且间距L=lm，其中ab段电阻R1=4，其余电阻忽略不计。质量m=2kg、长度L=lm、电阻R2=l的导体棒cd静止在导轨上，现对cd施加水平向右的拉力使其以a=2m/s2做匀加速直线运动，4s末撤去拉力,cd始终与导轨垂直并接触良好。求：（1）cd棒运动过程中受到安培力的最大值；（2）撤去拉力

17、后ab上产生的热量。【答案】（1）F=6.4N（2）Qab=51.2J【解析】试题分析：（1）由cd棒受力得到运动状态，进而得到最大速度，由此得到安培力的最大值；（2）由动能定理得到整个回路的发热量，再通过串联电路焦耳定律得到ab的产热量（1）根据匀变速直线运动规律cd导体棒的感应电动势为根据闭合回路欧姆定律可得4s末cd所受安培力最大解得：F=6.4N（2）撤去拉力时cd棒的速度为由能的转化和守恒定律，电路产生的总电能为ab上产生的热量得17. 如图所示，直线AB平行于CD，在AB与CD之间存在匀强磁场，磁场足够长，宽d=0.16m；磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=2.510-4T；

18、CD下方存在垂直CD向上的匀强电扬，场强大小E=0.1N/C。从电场中O点静止释放一带正电的粒子，粒子恰好不能从AB边界离开磁场，粒子的比荷是=1108C/kg，粒子重力不计。（1）求O点到CD的垂直距离；（2）求粒子从释放到第一次离开磁场所用的时间；（3）若粒子从O点以3103m/s的速度向右沿垂直电场方向入射，求粒子运动的周期。(sin37=0.6)【答案】（1）y=0.8m（2）t=5.261（3）8.7410-4s【解析】（1）O点到边界的距离为y，圆周运动半径为R，R=d=0.16m洛伦兹力提供向心力解得：y=0.8m （2）粒子在电场中匀加速运动粒子在磁场中运动的周期T，解得：（3）粒子进入磁场时，平行于CD方向垂直于CD方向合速度大小v=5000m/s方向与CD夹角为53粒子运动周期得T=8.7410-4s