山东省潍坊市高二上学期期末考试物理试题.docx

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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1~5题只有一个选项正确，第6~10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，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.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θ，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.θ增大，E增大

B.θ增大，E不变

C.θ减小，C增大

D.θ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，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a→b的感应电流

B.线框中有从b→a的感应电流

C.a、b两点间电势差等于0

D.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四点中a点的电势最高

C.Ubc=Ucd

D.Ubc>Ucd

【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，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a

B.通过电阻R的电流方向自a向b

C.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b→a，A正确B错误；根据法拉第电磁感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=R②

（2）设磁场磁感应强度为B，电子所受洛伦兹力提供向心力：

③

解得：

④

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=4Ω，其余电阻忽略不计。

质量m=2kg、长度L=lm、电阻R2=lΩ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=2.5×10-4T；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=1×108C/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3×103m/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=5.26×1

（3）8.74×10-4s

【解析】

（1）O点到边界的距离为y，

①

圆周运动半径为R，R=d=0.16m②

洛伦兹力提供向心力

③

解得：

y=0.8m④

（2）粒子在电场中匀加速运动

⑤

⑥

粒子在磁场中运动的周期T，

，⑦

③

解得：

⑩

（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/s⑪

方向与CD夹角为53°⑫

粒子运动周期

⑬

得T’=8.74×10-4s⑭