1、大庆实验中学 2018-2019 学年度上学期期中考试高二物理（理）试题一、选择题1.两个分别带有电荷量-Q 和+3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为 的两处,它们间库仑力的大小为 F.若两小球相互接触后将其固定距离变为 r/2,则两球间库仑力的大小为（ ）A. F/12 B. 3F/4 C. 4F/3 D. 12F【答案】C【解析】试题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为 F=k ，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离
2、又变为原来的 ，库仑力为 F=k ，所以两球间库仑力的大小为 故选 C【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题2.如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积 S1S 2= S3，且 “3”线圈在磁铁的正中间。设各线圈中的磁通量依次为 1、 2、 3，则它们的大小关系是（ ）A. 1 2 3 B. 1 2= 3C. 1 2 3 D. 1 2= 3【答案】C【解析】所有磁感线都会经过磁体内部，内外磁场方向相反，所以线圈面积越大则抵消的磁场越大，则 ，线圈 3 在正中间，此处磁场最弱，即抵消的最少，所以 ，最大，选 C3.将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线
3、与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看( )A. 圆环顺时针转动，靠近磁铁B. 圆环顺时针转动，远离磁铁C. 圆环逆时针转动，靠近磁铁D. 圆环逆时针转动，远离磁铁【答案】C【解析】根据环形电流周围的磁场分布结合左手定则可知，圆环右侧部分受到的安培力向里，左侧部分受到的安培力向外，所以从上往下看圆环逆时针转动再将转动 90后的通电圆环等效成一个小磁针，则 N 极在左， S 极在右，根据同极相互排斥异极相互吸引可知，圆环靠近磁铁，故 C 正确，ABD 错误。4.如图所示的电路中，输出电压 U 恒为 12V，灯泡 上标有“6V/12W”字样，电动
4、机线圈的电阻 若灯泡恰能正常发光，下列说法中正确的是（ ）A. 电动机的热功率 2.0W B. 电动机的输入功率 14WC. 电动机的输出功率 12W D. 整个电路消耗的电功率 22W【答案】A【解析】【详解】电动机两端的电压 U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流 I= =2A，所以电动机的输入功率 P=U1I=62W=12W。电动机的热功率 P 热 =I2RM=40.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W故 A 正确，B C 错误。整个电路消耗的功率 P 总 =UI=122W=24W故 D错误。故选 A。5.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力
5、，下列说法正确的是（ ）A. 安培力的方向可以不垂直于直导线B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【答案】B【解析】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式 F=BIL 时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为 F=BIL解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故 A 错误，B 正确；C、磁场与
6、电流不垂直时，安培力的大小为 F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故 C 错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为 0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的 ，故 D 错误故选：B【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为 0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为 F=BIL视频6.下列关于欧姆表的说法中正确的是 A. 测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B. 测量
7、电阻时，如果指针偏角过小，应换用高倍率档C. 测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D. 测量电阻时，每次更换倍率后，不需要重新调零【答案】AB【解析】【详解】因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，A正确；指针偏角过小，则电阻大，要换用高倍率档，B 正确；欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，C 错误；每次调整倍率时都要重新调零，D 错误7. 如图所示,在 a、b、c 三处垂直纸面放置三根长直通电导线,a、b、c 是等边三角形的三个顶点,电流大小相等,a 处电流在三角形中心 O 点的磁感应强度
8、大小为 B,则 O 处磁感应强度（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：根据安培定则判断得知：三根导线在 O 点产生的磁感应强度的方向分别为：上面导线产生的 B 方向水平向右，大小为 B；下面左边导线产生的 B 方向斜向右下方，与水平成 60角，下面右边导线产生的 B 方向斜向右上方，与水平成 60角，则根据平行四边形定则进行合成可知，下面两根导线产生的合场强大小为 B，方向水平向右，所以三根导线同时存在时的磁感应强度大小为 2B，方向水平向右，B 正确，ACD 错误。考点：本题考查了电流的磁场和磁场的叠加8.一个电流表的满偏电流 Ig=1mA.内阻为 300，要把它改装成一
9、个量程为 10V 的电压表，则应在电流表上（ ）A. 串联一个 10000 的电阻 B. 并联一个 10000 的电阻C. 串联一个 9700 的电阻 D. 并联一个 9700 的电阻【答案】C【解析】【详解】电流表改装成一个量程为 10V 的电压表，应串联电阻为，则应串联 9.7K 的电阻。故 ABD 错误，C 正确；故选 C.9.如图为某控制电路，由电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R 2及电位器（滑动变阻器）R 连接而成，L 1、L 2是两个指示灯当电位器的触片由 b 端滑向 a 端时，下列说法正确的是（ ）A. L1、L 2都变亮 B. L 1、L 2都变暗C. L1变
10、亮，L 2变暗 D. L 1变暗，L 2变亮【答案】B【解析】试题分析：当电位器的触片由 b 端滑向 a 端时，电阻逐渐变大，电路的总电阻变大，路端电压变大，总电流减小，则 R1上电流变大，L 1上电流减小，R 2以及电位器和 L1两端的电压之和变大，通过 R2的电流变大，通过 L2的电流减小，则 L1、L 2都变暗，选项 B 正确。考点：动态电路分析.10.有一横截面积为 s 的铜导线，流经其中的电流强度为 I；设每单位体积的导线中有 n 个自由电子，电子的电量为 e，此电子的定向移动速率为 v，在 t 时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为 （ ）A. nvs t B. nvtC. I
11、t /e D. It /se【答案】AC【解析】AB、在t 时间内，以速度 v 移动的电子在铜导线中通过的距离为 vt，由于铜导线的横截面积为 S，则在t 时间内，电子经过的导线体积为： V=vt S.又由于单位体积的导线有 n 个自由电子，则在 t 时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为 N=nvSt，A 错误、B 错误；CD、由于流经导线的电流为 I，则在t 时间内流经导线的电荷量为 Q=It，而电子的电荷量为 e，则t 时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为： N=I t/e，故 C 正确、D 错误。故选： C。【名师点睛】首先根据电流强度的定义可以求得 t 时间内通过导线横截
12、面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数。11.如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形 ABCD，电场方向与四边形 ABCD 平行，其中 M为 AD 的中点，N 为 BC 的中点一个电荷量为 q 的正粒子，从 A 点移动到 B 点过程中，电势能减小 W1，若将该粒子从 D 点移动到 C 点，电势能减小 W2，下列说法正确的是（ ）A. 匀强电场的场强方向必沿 MN 方向B. 若将该粒子从 M 点移动到 N 点，电场力做功C. 若 D、C 之间的距离为 d，则该电场的场强大小为D. 若 M、N
13、 之间的距离为 d，该电场的场强最小值为【答案】BD【解析】【详解】根据正电子移动过程电势能变化可得：电势关系 A B ， D C ；根据几何关系可得： M ( A+ D)， N ( B+ C)，根据上述条件，并不能得到沿 MN 方向电势降落最快，或垂直 MN 的两个点电势相等，故不能得到场强方向沿 MN 方向，故 A 错误；若将该粒子从 M 点移动到 N 点，电场力做功 W q( M N) q( A B+ D C) ，故 B 正确；由于无法求解电场方向，故场强大小无法求解，故 C 错误；若 M、N 之间的距离为 d，则当场强方向沿 MN 方向时，场强最小， ，故 D 正确；故选 BD。【点睛
14、】匀强电场中任一直线上的电势变化都是均匀变化；直线与电场线平行，则变化速率最大；直线与电场线夹角越大则变化速率越小。12.如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabU bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知，下列说法错误的是（ ）A. 三个等势面中，c 的电势最低B. 带电质点通过 P 点时的加速度较 Q 点大C. 带电质点通过 P 点时的电势能较 Q 点大D. 带电质点通过 P 点时的动能较 Q 点大【答案】AD【解析】【详解】带电质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势线垂直，由于质
15、点带正电，因此电场线指向右下方。而沿电场线电势降低，故 c 等势线的电势最高，a 等势线的电势最低，故A 错误；等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，故 P 点的电场强度比 Q 点的大，质点所受的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故 B 正确；根据质点受力情况可知，从P 到 Q 过程中电场力对质点做正功，电势能减小，动能增加，故 P 点的电势能大于 Q 点的电势能，P 点的动能小于 Q 点的动能，故 C 正确，D 错误。本题选错误的，故选 AD.【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化.
16、13.如图所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上 间各点的电势分布如图所示，则（ ）A. 在 间，场强先增大后减小B. 在 间，场强方向没有发生变化C. 若一负电荷从 O 点运动到 点，电势能逐渐减小D. 从 O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在 间一直做加速运动【答案】ABD【解析】【详解】-x 图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，从 O 到 x2，图象的斜率先增大后减小，则场强先增大后减小，故 A 正确。在 Ox 2间，电势一直降低，根据顺着电场线方向电势降低，可知场强方向没有发生变化。故 B 正确。由图看出，从 O 点到 x2点，电势逐渐降低，若
17、一负电荷从 O 点运动到 x2点，电场力做负功，则其电势能逐渐增大。故 C 错误。电场方向沿 x 轴正方向，则从 O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向沿 x 轴正方向，粒子将做加速运动，故 D 正确。故选 ABD。【点睛】本题的关键要从数学有角度理解 -t 图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况.14. 如图，A、B、C、D 是正四面体的四个顶点，现在 A 固定一电荷量为+q 的点电荷，在 B固定一电荷量为-q 的点电荷，取无穷远电势为零，下列说法正确的是A. 棱 AB 中点的电势为零B. 棱 AB 中点的场强为零C. C、D 两点的电
18、势相等D. C、D 两点的场强相同【答案】ACD【解析】试题分析：由题，通过 AB 的中垂面是一等势面，取无穷远电势为零，那么棱 AB 中点，及C、D 在同一等势面上，电势相等，且均为零，而 C、D 两点的场强都与等势面垂直，方向指向 B 一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故 C、D 两点的场强、电势均相同，故 ACD 正确B、依据等量异种电荷的电场线分布，可知，棱 AB 中点的场强不为零，故 B 错误；故选：ACD。考点：等量异种电荷的电场二、 实验题15.某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻。A干电池两节，每节电动势约为 1.5V，内阻约几欧姆B直流电压表 V1 、V
19、2，量程均为 03 V，内阻约为 3kC定值电阻 R0，阻值为 5D滑动变阻器 R，最大阻值 50E.导线和开关（1）该同学连接的实物电路如图所示，其中还有一根导线没有连，请补上这根导线_。（2）实验中移动滑动变阻器触头，读出伏特表 V1 和 V2的多组数据 U1、U 2，描绘出 U1U 2图像如图所示，图中直线斜率为 k，与横轴的截距为 a，则电源的电动势 E=_，内阻为r=_(用 k、a、R 0表示)。（3）若实验中的所有操作和数据处理无错误，实验中测得电源内阻的测量值_其真实值，电源电动势 E 的测量值_其真实值。 （选填“大于” 、 “小于”或“等于” ）【答案】 (1). （1）如图
20、(2). （2） (3). (4). （3）小于 (5). 小于【解析】【详解】 （1）滑动变阻器串联在电路中，连线如图所示（2）根据 E=U+Ir 得，E= U2+ r，解得则 ，解得 当 U1=0 时，U 2=a，即 ，解得 （3）利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，故实验中测出的电动势应为电压表等效电阻分的电压，则其等效电源的输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小。16.为测量“12 V , 5 W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材：电源：12 V，内阻不计；
21、电流表：量程 00.6 A、03 A，内阻约为 0.2 电压表：量程 03 V、015 V，内阻约为 15 k滑动变阻器：05，开关一个，导线若干，实验要求加在小电珠上的电压可从 0 开始调节.(1)以上四个电路图你认为最合适的是_(2)在本实验中，电流表的量程可选_(3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，某次测量时，电流表读数为 0.40 A，此时小电珠的实际功率为_W。【答案】 (1). (1)A (2). (2)00.6 A (3). (3)2.4【解析】【详解】 （1）小电珠上的电压可从 0 开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻 R=U2/R=122/5 =
22、28.8，R/R A=28.8/0.2=144；R V/R=15000/28.8=520， ，电流表选择外接法，故选图 A 所示电路（2）灯泡正常发光时的电流 I=P/U=5/12A0.42A，电流表应选 00.6A 量程（3）电流表读数为 0.40 A 时，此时小电珠的电压为 6.0U，则实际功率为 P=IU=2.4W。【点睛】本题关键明确电流表内外接法和滑动变阻器的分压、限流接法的选择原则，要想得到从 0 开始连续可调的电压时必须用分压电路；当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，用电流表外接。三、计算题17.如图，ab、cd 为相距 2 m 的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，质量
23、为3.6 kg 的金属棒 MN 垂直于导轨放在其上，当金属棒中通以 8 A 的电流时，金属棒受到水平方向的磁场力的作用沿着导轨做匀加速运动，加速度为 2 m/s2，当棒中通以同方向的 5 A 的电流时，棒恰好沿着导轨做匀速运动，求：(1)此匀强磁场的磁感应强度的大小(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数【答案】 （1） （2）【解析】当金属棒通有电流 时，匀加速运动根据牛顿第二定律有：当金属棒通有电流 时匀速运动根据平衡条件有： 联立解得： ， 。点睛：本题考查了受安培力作用下的牛顿第二定律，解决方法和力学部分一样。18.一个质量为 m、带电荷+q 的粒子，在 t=0 时刻以初速 v0从孔 O 射入
24、两竖直放置的平行金属板间，左极板接地，如图甲所示；右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，变化的周期为 T。不计粒子的重力。（1）若粒子在 t=T/2 达到右极板且速度减为零，求右极板电势 U0（2）在（1）的情况下，试求粒子在 t=T/4 时的电势能。（3）在一个周期内，若要使该粒子恰好能回到小孔 O，则右极板电势 U 是（1）情况 U0的多少倍。【答案】 （1） （2） ；（3） 【解析】【详解】 （1）在 0 到 T/2 时间内，粒子做匀减速运动，到右板速度恰好为零。解得： （2）当 T/4 时，粒子的速度为 。由能量关系： 所以： 此时粒子的电势能（3）粒子应在半个周期时，已经反向加速，
25、后半个周期里，设经过 t，恰好回到 O 点，加速度大小为 a。其 v-t 图像如图。速度满足： 位移满足： 得: 又 所以 19.如图所示，纸面为竖直面，MN 为竖直线段，MN 之间的距离为 h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，重力加速度为 g，一质量为 m 的带正电的小球从 M 点在纸面内以 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为的速度通过 N 点。已知 m ,重力加速度 g 和高度 h.（1）小球从 M 到 N 的过程经历的时间;（2）小球所受电场力的大小;（3）从 M 到 N 的运动过程中速度最小值.【答案】 （1） （2）F=2mg （3）【解析】【详解】 （1）小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为 W，则有：W+mgh mv2 mv02 所以有：W=0。可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从 M 到 N 的过程经历的时间 （2）水平方向小球受向右的电场力先向左加速后减速，则 v0=a解得电场力： =2mg（3）设经过时间 t1小球的速度最小，则竖直方向 vy=gt1；水平方向 合速度 由数学知识可知，v 的最小值为【点睛】该题结合运动的合成与分解考查带电小球在混合场中的运动，解答的关键是正确将小球的运动分解，把握每个分运动的特点。
