学年辽宁省葫芦岛市普通高中高二上学期期末考试物理试题 解析版.docx
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学年辽宁省葫芦岛市普通高中高二上学期期末考试物理试题解析版
辽宁省葫芦岛市普通高中2017-2018学年高二上学期期末考试
物理试题
一、选择题
1.物理学领域里的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程。
最早利用磁场获得电流，使人类得以进入电气化时代的科学家是：
（）
A.法拉第B.奥斯特C.库仑D.安培
【答案】A
...............
2.关于磁感应强度B，下列说法正确的是：
（）
A.根据
，磁感应强度B与安培力F成正比，与电流I成反比
B.磁感应强度是矢量，方向与电流的方向相同
C.磁感应强度是矢量，方向与安培力的方向相同
D.磁感应密集的地方磁感应强度大些，稀疏的地方磁感应强度小些
【答案】D
【解析】磁感应强度B只由磁场本身决定，与安培力F、电流I无关，选项A错误；磁感应强度是矢量，方向与安培力方向垂直，但是与电流的方向不确定，选项BC错误；磁感线的疏密反映磁感应强度的大小，在磁感线密集的地方磁感应强度大些，稀疏的地方磁感应强度小些，选项D正确；故选D.
3.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为：
（）
A.UB.RC.
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。
4.关于电荷所受电场力和运动电荷受到的洛伦兹力，正确的说法是：
（）
A.运动电荷的磁场中一定受洛伦兹力作用
B.运动电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向平行
C.电荷在电场中一定受电场力作用
D.电荷所受电场力方向一定与该处电场方向相同
【答案】C
【解析】运动电荷的磁场中若速度方向与磁场方向共线时不受洛伦兹力作用，选项A错误；运动电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，选项B错误；电荷在电场中一定受电场力作用，选项C正确；正电荷所受电场力方向一定与该处电场方向相同，选项D错误；故选C.
5.真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为
和
，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为：
（）
A.9F/8B.F/8C.8F/9D.F
【答案】B
【解析】未接触前，根据库仑定律，得
；接触后两球带电量平分，各带电量
，再放回原处，由库仑定律，得
，故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：
本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分．
6.如图所示，在纸面内直角坐标系中，以O为圆心的圆与x、y轴相交于a、b、c、d四点。
在x轴上关于O点对称的P、Q两点处，有垂直纸面放置的两根平行长直导线。
导线中通以大小相等、方向相反的恒定电流，下列判断正确的是：
（）
A.c、d两点的磁感应强度方向相同
B.a、b两点的磁感应强度方向相反
C.a点的磁感应强度大小比b点的小
D.c、O、d点的磁感应强度均为零
【答案】A
【解析】由安培定则判断可知，通电导线P在c点产生的磁感应强度垂直Pc向下，通电导线Q在c点产生的磁感应强度垂直Qc向下，两个磁感应强度大小相等，由磁场的叠加原理可知c点的磁感应强度方向向下，同理可知，d点的磁感应强度方向向下，则c、d两点处的磁感应强度方向相同．故A正确．通电导线P在a点产生的磁感应强度垂直Pa向下，通电导线Q在a点产生的磁感应强度垂直Qa向下，a点的合磁感应强度方向向下，同理b点的合磁感应强度方向向下，所以a、b两点的磁感应强度方向相同，故B错误．根据磁场的叠加原理和对称性知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，故C错误．P、Q两导线在o点产生的磁感应强度方向都向下，则o点处的磁感应强度不为零，则c、O、d三点的磁感应强度均不为零，故D错误．故选A.
7.如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关示意图。
A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，闸刀可绕O在纸面内转动，M、N接电源。
闸刀处于垂直纸面向里，B=0.2T的匀强磁场中，CO间距离10cm。
当闸刀受磁场力为0.3N时，闸刀开关会自动跳开。
以下CO中电流大小和方向能使闸刀开关自动跳开的：
（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】由F=BIL得：
；要使开关断开，安培力应向左，则由左手定则判断，电流方向O→C；故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：
本题考查安培力公式以及左手定则，本部分知识与现实生活相联系的题目考查频率较高，注意联想用哪部分知识解决，建立正确的物理模型．
8.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极板向右移动一小段距离靠近b但未接触。
则：
（）
A.减小，C不变B.增大，E增大C.减小，C增大D.增大，E不变
【答案】C
【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a极板右移一小段距离时，d减小，由C=
可知，电容C变大，再依据U=
，即可判定两极间的电压减小，静电计指针偏角会变小；故C正确，ABD错误；故选C．
点睛：
本题考查电容器的动态分析，由于结合了电容的定义式与决定式的内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，注意电场强度的综合表达式的推导．
9.如图所示，边长为a的等边三角形ABC的每个顶点都放置一个同种点电荷，A、B、C处带电荷量分别为3q、
和
，则底边BC的中点D的电场强度大小分别为：
（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】由于B与C处的电荷量大小相同，到D的距离相等，所以B与C处的点电荷在D处产生的电场强度大小相等，方向相同，合为
，方向沿DB向左；A处电荷在D点产生的场强为
，方向沿AD向下；所以D点的合场强为：
，故B正确，ACD错误．故选B.
10.一个质子和一个
粒子原来相隔一定距离。
若同时从静止释放它们。
它们仅在相互间的电场力作用下开始运动。
则在它们的运动过程中发生变化的物理量是：
（）
A.它们的总功能B.各自的加速度C.它们的电势能D.它们的总动量
【答案】ABC
【解析】质子与α粒子在库仑力作用下都做加速运动，两粒子动能都增大，系统总动能增大，故A正确；随两粒子间距离的增大，粒子间的库仑力减小，两粒子的加速度大小都减小，故B正确；两粒子运动过程中库仑力做正功，系统电势能减小，故C正确；两粒子组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在运动过程中系统总动量不变，故D错误；故选ABC．
点睛：
本题考查了质子和α粒子在库仑力作用下的运动，分析清楚粒子运动过程、结合动能定理及动量守恒定律即可正确解题．
11.如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈II突然扩大为线圈I。
则从上往下看，下列说法正确的是：
（）
A.穿过线圈的磁通量增加B.穿过线圈的磁通量减少
C.有顺时针方向的感应电流D.有逆时针方向的感应电流
【答案】BD
【解析】磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，II位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则II位置磁通量大．而Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则I位置磁通量小．当弹性金属导线圈由Ⅱ突然扩大为线圈Ⅰ，则磁通量变小，且磁场方向由下向上，根据楞次定律，则有逆时针方向的感应电流，故BD正确，AC错误；故选BD.
点睛：
对于穿过回路的磁场方向有两种的情况确定磁通量时，要根据抵消后总的磁通量来进行比较或计算大小，同时掌握楞次定律的应用，注意“增反减同”．
12.如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器测算P向右移动时，下列说法正确的是：
（）
A.电流表读数变小，电压表读数变大
B.小电泡L变暗
C.电容器C上电荷量减小
D.电源的总功率变大
【答案】CD
【解析】向右移动滑动变阻器滑片时，接入电路的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流I增加，故路端电压U=E-Ir减小，故A错误；电路中电流I增加，故小灯泡变亮，故B错误；电容器两端电压UC=E-I（r+RL），电路中电流I增加，故电容器两端电压减小，故电容器C上电荷量减小，故C正确；电路中电流I增加，故电源的总功率P=EI增加，故D正确；故选CD．
点睛：
本题考查欧姆定律的应用和滑动变阻器、电流表、电压表的使用，以及串联电路电流和电压的规律，关键分析清楚当滑片移动时电路电流和电压的变化．
13.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：
（）
A.开关闭合时，A、B同时亮
B.开关闭合稳定后，A比B亮
C.开关断开时，A立即熄灭，B逐渐熄灭
D.开关断开时，A立即熄灭，B闪亮后再逐渐熄灭
【答案】ABC
点睛：
对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻与灯泡B的电阻大小关系决定断开后B是否闪亮．
14.如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。
三个相同的带正电粒子，比荷为
，先后从A点沿AD方向以大小不等的速率射入匀强磁场区域，已知粒子只受磁场的作用力，则：
（）
A.从F点飞出磁场的粒子速度大小为
B.从E点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为
C.粒子速率足够大，完全可以直接从D点飞出
D.所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间都相同
【答案】BD
【解析】A、从F点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m
，由几何关系可得：
，解得：
，故A错误．
由几何知识得，从E点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角θ=60°相等，粒子在磁场中的运动时间：
，故B正确；AD在一条直线上，则无论速度多大，粒子都不可能从D点飞出，选项C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：
都相等，从AF边上飞出的粒子在磁场中转过的圆心角θ=120°相等，从AF边上飞出的粒子在磁场中的运动时间：
都相等，故D正确；故选BD．
点睛：
本题以带电粒子在磁场中运动的相关问题为情境，考查学生综合分析、解决物理问题能力．带电粒子在磁场中的运动，关键的就是确定圆心和轨迹后由几何知识确定出半径．
二、实验题
15.游标卡尺读数_____________mm；螺旋测微器读数__________________mm。
【答案】
（1）.6.75
（2）.6.124
【解析】游标卡尺读数：
6mm+0.05mm×15=6.75mm；螺旋测微器读数:
6mm+0.01mm×12.4=6.124mm。
16.某同学要测某新型手机电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，电路中
为定值电阻，阻值大小为
。
（1）请按电路图完成图乙中实物图的连接__________________。
（2）闭合开关S前，应先将实物图中的滑动变阻器的滑片移到最__________（填“左”或“右”端），电路中定值电阻
的作用是_______________________________。
（3）闭合S，调节滑动变阻器的滑片，测出多组电流表和电压表的值，作出U-I图像如图丙所示，则电池的电动势E=_________V，电池的内阻r=_______________
。
【答案】
（1）.
（1）.如图所示：
（2）.
（2）.左（3）.（3）.电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路；（4）.（4）.3.8V（5）.（5）.0.5Ω
【解析】
（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）滑动变阻器采用限流式，所以闭合开关S前，应先将实物图中的滑动变阻器的滑片移到阻值最大的位置，即滑动变阻器的滑片移到阻值最左端，电路中定值电阻
的作用是保护电路，防止电源发生短路；
（3）根据闭合电路欧姆定律和电路图得
，知纵轴截距表示电动势，所以E=3.8V，图线的斜率绝对值等于
，则
三、计算题
17.一个电量
的正点电荷放在匀强电场中的A点，它受到的电场力是
N，则：
（1）此电场的电场强度是多大？
（2）此电荷只在电场力作用下从静止开始移动了0.5m而到达B点，到达B点时电荷的动能有多大？
（3）A、B两点间的电势差是多少？
【答案】
（1）200N/C
（2）2×10-8J（3）100V
【解析】
（1）由电场强度
解得E=200N/C
（2）由动能定理，电荷的动能Ek=qEd
解得Ek=2×10-8J
（3）由电势差
解得A、B两点间的电势差U=100V
18.如图所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为
，C、D是水平放置的平行带电金属板，板间距离为d，板的长度为L，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个质量为m带电量为q的负离子从A板的小孔处由静止释放，求：
（1）负离子离开B板时的速度大小；
（2）若
，为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少？
【答案】
（1）
（2）64V
【解析】
（1）由动能定理:
qU1=
mv2
解得负离子离开B板时的速度
（2）负离子进入C、D后作类平抛运动
水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律
解得C、D两板间的电压U2=64V
19.如图所示，在磁感强度B=2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环。
圆环所在的平面与磁感线垂直。
OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以40rad/s的角速度绕圆心O匀速转动。
A端始终与圆环相接触。
OA棒的电阻
，图中定值电阻
，电容器的电容
。
圆环和连接导线的电阻忽略不计，求：
（1）电容器的带电量。
哪个极板带正电？
（2）电路中消耗的总电功率是多少？
【答案】
（1）6×10-10C，上极板带正电荷
（2）20W
【解析】
（1）OA棒切割磁感线运动，OA棒中产生的电动势
E=
Br2ω=10V
R1与电容器串联但没有电流
电流I=
=2A,方向O指向A
R2两端电压U=IR2=6V
电容器两端电压与R2两端电压相等
电容器的带电量q=UC=6×10-10C上极板带正电荷
（2）电路中消耗的总功率P=EI=20W
20.在如图所示的x-O-y坐标系中，y>0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场，y<0的区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。
一电子（质量为m、电量为-e）从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度
射出。
第一次穿越x轴时，恰好能通过x轴上的D（2d，0）点，第二次穿越x轴后可再次运动到D点，不计重力的影响。
求：
（1）电场强度E的大小；
（2）感应强度B的大小；
（3）电子从P点运动开始计时到第二次通过D点所经历的时间。
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】
（1）电子在电场中作类平抛运动
水平方向2d=v0t1
竖直方向d=
at12
由牛顿第二定律qE=ma
解得电场强度
（2）从P点到D点，由动能定理
解得电子进入磁场时的速度大小v=
v0
在磁场中电子作匀速圆周运动evB=m
由几何关系可知，电子以与水平X轴成450进入电场，且与X轴交点为Q，
Q、D两点间距离QD=
r
设电子在磁场中运动时间为t2,电子第二次进入电场后在电场中运动时间为t3到达D点，
电子第二次进入电场竖直方向匀减速vsin450=a
水平方向匀速运动QD=vcos450t3
解得磁感应强度
（3）由几何关系可知，电子在磁场中运动时间
周期
解得
第二次在电场中运动时间
电子从P点运动开始计时到第二次通过D点所经历的时间t=t1+t2+t3
解得
点睛：
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
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