1、20182019学年上学期 2017级期中考试物理试卷一、选择题（共 12小题，48 分。1-8 为单选，9-12 为多选）1.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）A. 磁感应强度沿磁感线方向逐渐减小B. 磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中受力的方向C. 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量D. 磁感应强度的方向就是正电荷在该处的受力方向【答案】C【解析】磁感应强度 B大小用磁感线的疏密表示，越密处 B大，越疏处 B小故 A错误磁感应强度B的方向与安培力 F的方向互相垂直故 B错误磁感应强度的物理意义就是用来描述磁场强弱和方向的物理量故 C正确磁感应强度的方向就是小磁针在该处静止不动时
2、 N极的指向，即 N极的受力方向故 D错误故选 C【点睛】磁场的方向就是小磁针静止的时候 N极所指的方向，也是小磁针的 N极所受力的方向，与小磁针的 S极受力方向相反，与通电导线所受安培力的方向垂直2.如图所示一矩形线框，从 abcd位置移到 a b c d位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动)( )A. 一直增加B. 一直减少C. 先增加后减少D. 先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少【答案】D【解析】试题分析：离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在档线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央
3、时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故 ABC错误，D 正确；故选 D考点：磁通量点评：通电直导线所产生的磁场，离导线越近磁场越强，离导线越远，磁场越弱；穿线框圈的磁感线净条数越多，磁通量越大，穿过线框的磁感线净条数越少，磁通量越小3.倾角为 的导电轨道间接有电源，轨道上有一根金属杆 ab处于静止。现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度 B从零开始逐渐增加至 ab杆恰好开始运动时，ab杆受到的静摩擦力A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先减小后增大D. 某时刻静摩擦力的大小不可能等于安培力大小【答案】C【解析】【分析】根据左手定
4、则，判断安培力的方向；然后对杆受力分析，受重力、支持力、安培力和静摩擦力（可能有） ，根据共点力平衡条件列式分析【详解】加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；根据平衡条件可知：；加上磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度 B逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加；根据平衡条件，有： ；由于安培力逐渐变大，故静摩擦力先减小后反向增加，故 AB错误，C 正确；当安培力小于重力的下滑分力时，根据平衡条件，有： ；如果 ，则 ，故 D错误，故选 C。【点睛】本题关键是对杆受力分析，然后根据平衡条件列式分析。4.如图所示为磁场、磁场作用力演示仪中的线圈，当在线圈中心处挂上一
5、个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当线圈中通以如图所示方向的电流时（ ）A. 小磁针 N极向里转B. 小磁针 N极向外转C. 小磁针在纸面内向左摆动D. 小磁针在纸面内向右摆动【答案】A【解析】【分析】根据安培定则判断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时 N极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针 N极的偏转【详解】根据安培定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的 N极向纸面里偏转。故 A正确，BCD 错误。故选 A。【点睛】解决本题本题的关键知道小磁针静止时 N极的指向表示磁场的方向，以及会运用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向5.下列关于磁电式电流表的说法中
6、错误的是（ ）A. 磁电式电流表内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的；B. 磁电式电流表的指针偏转角度的大小与被测电流的大小成正比；C. 磁电式电流表的优点是灵敏度高，缺点是允许通过的电流很弱；D. 磁电式电流表只能测定电流的强弱，不能测定电流的方向。【答案】D【解析】【详解】A：磁电式电流表内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，故 A项正确。B：磁电式电流表内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，因此不管铜电线圈转到什么角度，它的平面都与磁感线平行。因此，磁力矩与线圈中电流成正比。当铜电线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈偏转角度成正
7、比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏转角度的大小与被测电流的大小成正比。故 B项正确。C：磁电式电流表的优点是灵敏度高，缺点是允许通过的电流很弱。故 C项正确。D：磁电式电流表的工作原理是安培力对通电线框的转动作用，根据指针转动大小与方向可确定电流的大小与方向。故 D项错误。本题选错误的，答案是 D。【点睛】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。6.如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个 a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a
8、粒子先后通过 M 点和 N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( )A. a 粒子在 M 点受到的电场力比在 N 点受到的电场力大B. N 点的电势低于 M 点的电势C. a 粒子在 N 点的电势能比在 M 点的电势能大D. a 粒子在 M 点的速率小于在 N 点的速率【答案】C【解析】【详解】根据电场线或等势面的疏密程度可知 N点的电场强度较大，故带电粒子在 M点受到的电场力比在 N点受到的电场力小，故 A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知 N点的电势高于 M点的电势，故 B错误；若
9、粒子从 M到 N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以 N点的电势能比在 M点的电势能大，故 C正确；若粒子从 M到 N，电场力做负功，速度减小，所以 M点的速率大于在 N点的速率，故 D错误；故选 C。【点睛】此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加7.如图所示的温控电路中，R 1为定值电阻，R 2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小） ，C 为电容器，电源内阻不可忽略。当环境温度降低时下列说法正确的是A. 电容器 C的带电量增大B. 电压表的读数减小C. 干路电流增大D. R1消耗的功率变大【答案】A【解析】【
10、详解】C、当环境温度降低时 R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流 I减小故 C错误。A、电容器的电压 UC=E-I（r+R 1） ，E、r、R 1均不变，I 减小，U C增大，由 得，电容器 C的带电量增大故 A正确B、总电流 I减小，路端电压 U=E-Ir，E、r 不变，则 U增大，电压表的读数增大故 B错误D、R 1消耗的功率 P=I2R1，I 减小，R 1不变，则 P减小故 D错误。故本题选 A。8.如图所示，O 为两个等量异种电荷连线的中点，P 为连线中垂线上的一点，对 O、P 两点的比较正确的是A. O P，B. O P，C. 负电荷在 P点的电势能大D
11、. O、P 两点所在直线为等势线【答案】D【解析】【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义。由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则。电场线越密的地方，电场强度越强。正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同。同时沿着电场线方向电势降低。【详解】等量异种点电荷连线的中垂线电势为零，所以 ，由等量异种点电荷的电场线的分布，可得 O点的电场线最密，P 点的较疏。所以 ，故 AB错误；等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，因此负电荷在 P点的电势能与 O点相同，故 C错误，D 正确；故选D。【点睛】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度
12、的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直。9.某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr随电流 I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的 a、b、c 所示则判断正确的是( )A. 在 a、b、c 三条图线上分别取横坐标相同的 A、B、C 三点，这三点的纵坐标一定满足关系 PA=PB+PCB. b、c 线的交点与 a、b 线的交点的横坐标之比一定为 1：2，纵坐标之比一定为 1：4C. 电源的最大输出功率 Pm=9WD. 电源的电动势 E=3 V，内电阻 r=1【答案】ABD【解析】【分析】根据电
13、源消耗的总功率的计算公式 PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率 Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断 abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系【详解】在 a、b、c 三条图线上分别取横坐标相同的 A、B、C 三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，故 A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为 b、c 线的交点 M时的电流，此时电流的大小为 ，功率的大小为 ，a、b 线的交点 N表示电源的总功率 PE和电源内部的发热功
14、率 Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为 ，功率的大小为 ， ，所以横坐标之比为 1：2，纵坐标之比为 1：4，故 B正确；图线 c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于 3W，故 C错误；当I=3A时，P R=0说明外电路短路，根据 PE=EI知电源的电动势 E=3V，内电阻 ，故 D正确。故选 ABD。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率 PE等于输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr的和10.一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x轴正向运动，其电势能 EP随位移 x变化的关系如图所示，其中 0X
15、 2段是对称的曲线，X 2X 3段是直线，则下列说法正确的是（ ）A. X1处电场强度为零B. X1 、X 2、X 3处电势 1、 2、 3的关系为 1 2 3C. 粒子在 0X 2段做匀变速运动，X 2X 3段做匀速直线运动D. 0X 2 段是匀强电场【答案】AB【解析】【详解】A、根据电势能与电势的关系： Ep=q ，场强与电势的关系： ，得：，由数学知识可知 Ep-X图象切线的斜率等于 ， X1处切线斜率为零，则 x1处电场强度为零;故 A正确.B、根据电势能与电势的关系： Ep=q ，粒子带负电， q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有： 1 2 3；故 B正确.C、由图
16、看出在 0X 1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。X 1X 2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。X 2X 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故 C，D 均错误.故选 AB.【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.11.如图所示，绝缘材料制成的半径为 R的内壁光滑圆轨道，竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住,圆心 O点固定着电荷量为 Q
17、的场源点电荷,一电荷量为 q、可视为质点的带电小球沿内壁做圆周运动,当小球运动到最高点 A 时,地面对轨道的弹力恰好为零。若轨道与小球的质量均为 m, Q q0,忽略小球的电荷对 Q形成的电场的影响,重力加速度为 g,静电力常量为 k。下列说法中正确的是（ ）A. 轨道内壁的电场强度处处相同B. 轨道内壁的电势处处相等C. 运动到最低点 C时,小球对轨道的压力大小为 7mgD. 运动到与圆心等高的 B点时,小球对轨道的压力大小为 4mgk【答案】BC【解析】【详解】点电荷的场强特点，轨道内壁的到圆心的距离相等，场强大小相等，方向不同，故A错误；点电荷的等势面是距离不等的同心圆，则轨道内壁的电势
18、处处相等，故 B正确；当小球运动到最高点 A 时，地面对轨道的弹力恰好为零，则小球对轨道的弹力 FNA=mg。对小球有： ；对 AC应用动能定律有： mvA2+mg2R= mvC2；对 C点受力分析，根据牛顿第二定律有： ；联立解得：F NC=7mg；根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为 7mg。故 C正确；对 B点受力分析，根据牛顿第二定律有：；对 AB应用动能定律有： mvA2+mgR= mvB2；联立解得：F NB=4mg；根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为 4mg，故 D错误；故选 BC。【点睛】本题考查带带电粒子在电场中的圆周运动，注意题中小球运动到最高点 A 时，地面对轨
19、道的弹力恰好为零的分析。二、实验题（共 2小题，每题 8分，共 16分）12.（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“1 档” （图 a）和“10 档” （图 b）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_档（填“1”或“10” ） ，该段金属丝的阻值约为_ 。（2）所测金属丝的直径 d如图 c所示， d=_mm；接入电路金属丝的长度 L如图d（金属丝的左端从零刻度线对齐）所示， L=_cm。（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材：A电源电动势 E（3V，内阻约 1 ）B电流表 A1（00.6A，内阻
20、 r1约 5 ）C电流表 A2（010mA，内阻 r2=10 ）D电压表 V（015V，内阻约 3k ）E定值电阻 R0=250F滑动变阻器 R1（05 ，额定电流 1A）G滑动变阻器 R2（0150 ，额定电流 0.3A）H开关，导线若干（4）请根据你选择的实验器材在下面的虚线框内画出实验电路图并标明所选器材的字母代号_。（5）若所选电表 A1，A 2的读数分别用 I1， I2表示，根据你上面所设计的实验电路，所测金属丝的电阻的表达式为 R=_，若所测电阻值为 R，所测金属丝电阻率的表达式为_（用 R，L， d表示） 。【答案】 (1). （1）1 (2). 7.0 (3). （ 2）1.7
21、001.704 (4). 99.0099.05 (5). （4）如图：(6). （5） 【解析】【详解】 （1）由图 a、b 所示可知，图 b所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用图 a所示测量电阻阻值，图 a所示欧姆档的“1 档” ，所测电阻阻值为 71=7；（2）由图 c所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为 1.5mm，可动刻度示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为 1.5mm+0.200mm=1.700mm；由图 d所示刻度尺可知，其分度值为 1mm，刻度尺示数为 99.02cm；（4）电压表量程为 15V，电源电动势为 3V，用电压表测电压误差太大，不能用电压表测电压，
22、可以用内阻已知的电流表 A2与定值电阻串联组成电压表测电压，电路最大电流约为，电流表应选 A1，待测电阻丝阻值约为 7，电流表内阻约为 5，电压表内阻为 10+250=260，电压表内阻远大于电阻丝电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据、方便实验操作，滑动变阻器应选择 R1并采用分压接法，实验电路图如图所示：（5）由电路图可知，电阻两端电压为：U=I 2（R 0+r2） ，待测电阻阻值为： ，电阻为： ，则电阻率为： 【点睛】应用欧姆表测定值时应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；本题考
23、查了实验器材选择与实验电路设计，知道实验原理、知道实验器材的选择原则选择实验器材，然后设计实验电路13.某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池(1)甲同学选用图 1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻在他测量与计算无误的情况下，所得到的电源电动势 E的测量值比真实值小 E的测量值比真实值小的原因可能是_(填选项前的字母)造成的A电压表的分流B电流表的分压(2)乙同学选用图 2所示的电路图测量该电池的电动势和内阻，其中定值电阻的阻值为 R0，根据实验电路图连接好电路，闭合开关 S，逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值 R，读出与 R对应的电压表的示数 U，并作记录根据多组实验数据绘出如图
24、3所示的 图象，若已知图线的斜率为 k，纵轴截距为 b，则这个实验中所测电池电动势的测量值 E_，内阻的测量值 r_.【答案】 （1）A（2） ，【解析】(1) 由图 1所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的 U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，因此 E的测量值比真实值偏小的原因可能是A；(2) 由图 2所示电路可知，E=U+I（r+R 0）= 则 因此图 3中图象的纵轴截距 ，得电动势 图象的斜率 ，则电源内阻 。三、解答题（共 4小题，46 分）14.如
25、图所示的电路中，两平行金属板 A、 B水平放置，极板长 L60 cm，两板间的距离d30 cm，电源电动势 E36 V，内阻 r1 ，电阻 R09 ，闭合开关 S，待电路稳定后，将一带负电的小球(可视为质点)从 B板左端且非常靠近 B板的位置以初速度 v06 m/s 水平向右射入两板间，小球恰好从 A板右边缘射出已知小球带电荷量 q210 2 C，质量m210 2 kg，重力加速度 g取 10 m/s2，求：(1)带电小球在平行金属板间运动的加速度大小；(2)滑动变阻器接入电路的阻值【答案】 （1）60m/s 2；（2）14【解析】【详解】 （1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线
26、运动，竖直方向做匀加速运动，则有：水平方向：L=v 0t竖直方向：d= at2由上两式得： （2）根据牛顿第二定律，有：qE-mg=ma 电压：U=Ed 解得：U=21V设滑动变阻器接入电路的电阻值为 R，根据串并联电路的特点有：解得：R=14.【点睛】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度15.如图所示，水平导轨间距为 L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒 ab的质量 m=l kg，电阻 R0=0.9，与导轨接触良好；电源电动势 E=10V，内阻 r=0.1，电阻 R=4；外加匀强磁场的磁感
27、应强度 B=5T，方向垂直于 ab，与导轨平面成 =53角；ab 与导轨间动摩擦因数为 =0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） ，定滑轮摩擦不计，线对 ab的拉力为水平方向，重力加速度 g=10m/s2，ab 处于静止状态 （已知 sin53=0.8，cos53=0.6） 求：（1）ab 受到的安培力大小和方向（2）重物重力 G的取值范围【答案】(1) 5N；与水平成 37角斜向左上方；(2) 0.5N G 7.5N；【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过 ab的电流 方向：由 a到 b；ab受到的安培力： ；方向：与水平成 37角斜向左上方（2） ab受力如图所示，最大静摩擦力：由平
28、衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：当最大静摩擦力方向向左时： 由于重物平衡，故则重物重力的取值范围为：0.5N G 7.5N；16.在竖直向下的匀强电场中有一带负电的小球，已知小球的质量为 m，带电荷量为大小 q，自绝缘斜面的 A点由静止开始滑下，接着通过绝缘的离心轨道的最高点 B圆弧轨道半径为R，匀强电场场强为 E，且 mg Eq，运动中摩擦阻力及空气阻力不计，求：（1） A点距地面的高度 h至少应为多少？（2）当 h取最小值时，小球对最低点 C的压力为多少？【答案】 （1）2.5 R；（2）6（ mg-Eq）【解析】【分析】(1) 根据重力与电场力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律与动能
29、定理，即可求解；(2) 根据受力分析，由牛顿第二定律与动能定理，即可求解。【详解】(1)由分析知，小球要经过 B点至少需满足条件重力与电场力的合力提供向心力，即 又从 A到 B过程由动能定理得：由以上两式解得：h=2.5R；(2) 在 C点，对小球受力分析得：从 A到 C过程由动能定理得：由以上两式解得： 由牛顿第三定律知，小球对 C点的压力与轨道在 C点给小球的支持力是一对相互作用力，所以小球对 C点的压力为 6（ mg-Eq）【点睛】考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握受力分析的方法，理解提供向心力的来源，注意电场力做负功。17.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装
30、置的加速电压为 U0，电容器板长 l 10 cm，板间距离 d 10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是 L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在 t0.06 s 时刻穿过极板间的电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？【答案】 (1)打在屏上的点位于 O点上方，距 O点 13.5 cm(2)30 cm【解析】【分析】根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方
31、向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；通过第(1)问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度；【详解】解：(1)设电子经电压 U0加速后的速度为 v，根据动能定理得：所以：经偏转电场偏转后偏移量所以由题图知 t=0.06s时刻代入数据解得设打在屏上的点距 O点距离为 Y，根据相似三角形得：代入数据解得：(2)由题知电子偏移量 y的最大值为 ，所以当偏转电压超过 2U0时，电子就打不到荧光屏上了；则在偏转电场中的最大偏移为根据 ，得：所以荧光屏上电子能打到的区间长为：
