1、河北省武邑中学 2018-2019 学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题1. 下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是( )A. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B. 磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C. 静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方, 同一通电导线所受的磁场力也越大【答案】C【解析】【详解】电场线和磁感线是为了描述电场和磁场假想的曲线，都不是电场或磁场中实际存在的线，选项 A 错误；磁场中两条磁感线一定不相交，电场中的电场线也是不相交的，选项 B
2、错误；磁感线是一条闭合有方向的曲线，而电场线不是闭合的但有方向的曲线，选项C 错误；电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强，选项 D 正确；故选 D.2.质量和电荷量都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速率经小孔 S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是A. M 带正电，N 带负电 B. M 的速率大于 N 的速率C. 洛伦兹力对 M、N 做正功 D. M 的运行时间大于 N 的运行时间【答案】B【解析】试题分析：由左手定则判断出 M 带负电荷，N 带正电荷，A 错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvB=m ，半径为：r= ，在质量
3、与电量相同的情况下，半径大说明速率v2R mvqB大，即 M 的速度率大于 N 的速率，B 错误；洛伦兹力不做功，C 错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 T= ，M 的运行时间等于 N 的运行时间，故 D 错2mqB误。考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中运动。3.如图所示，A、B、C 三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头 P 向下滑动时，三只电灯亮度的变化是( ) A. A、B 变亮，C 变暗 B. A、B、C 都变亮C. A、C 变亮，B 变暗 D. A 变亮，B、 C 变暗【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动触头向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总
4、电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流 I 增大，则 A 灯变亮。电路中并联部分电压 U 并 =E-I（RA+r），I 增大，其他量不变，则 U 并 减小，C 灯变暗。通过 B 灯的电流 IB=I-IC，I 增大，I C 减小，则 IB 增大，B 灯变亮。所以 A、B 灯变亮，C 灯变暗。故 A 正确，BCD错误；故选 A。【点睛】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部整体局部”的思路，按部就班进行分析也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定A、C 两灯亮度的变化.4.一电流表的满偏电流 Ig1 mA，内阻为 200 .要把它改装成一个量程为 0.5 A 的电
5、流表，则应在电流表上（ ）A. 并联一个约为 200 的电阻B. 并联一个约为 0.4 的电阻C. 串联一个约为 0.4 的电阻D. 串联一个约为 200 的电阻【答案】B【解析】要使电流表量程变为 0.5A，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流：，I=0.5A-0,001A=0.499A并联部分的电压： ，U=IgR=0.001200=0.2V则需要并联的电阻： ；r=UI=0.20.499=0.4故选 B。5.如图所示，AB 为均匀带有电荷量为Q 的细棒，C 为 AB 棒附近的一点，CB 垂直于AB。 AB 棒上电荷形成的电场中 C 点的电势为 0， 0可以等效成 AB 棒上某点 P 处、
6、带电荷量为Q 的点电荷所形成的电场在 C 点的电势。若 PC 的距离为 r，由点电荷电势的知识可知 0k 。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将 AB 棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得 AC 连线中点 C处的电势为A. 0 B. 0 C. 20 D. 40【答案】C【解析】试题分析：根据题意，C 处电势等价于在 AB 某处点电荷产生的电势。我们不妨就假设该点就在 AB 中点处。则 的电势等于 ，即答案为 CC=kQ2r2+kQ2r2=2kQr考点：电势的叠加原理点评：此类题型主要是要依据题目中所给信息，并
7、要用特殊位置来确定解题思路。通过题目给的电势的公式，结合数学相似三角形的知识，找到线段关系。通过仔细审题才能够找到解题关键。6.图（a）为示波管的原理图。如果在点击 之间所加的电压图按图（ b）所示的规律变化，YY在电极 之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是XX【答案】B【解析】分析：示波管的 YY偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象解答：解：由于电极 XX加的是扫描电压，电极 YY之间所加的电压信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光
8、屏上会看到的图形是 B；故选 B点评：本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考7.如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是 40 W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过 ( ) A. 40 W B. 60 W C. 80 W D. 120 W【答案】B【解析】由电路图可知，I L3=2IL2=2IL1；则 L3 消耗的功率最大，当 L3 消耗的功率是 40 W 时，根据P=I2R 可知，L 1、L 2 各消耗功率 10 W，则电路消耗的总功率为 60 W，故选 B。8.两个完全相同的金属小球，半径远小于两小球之间距离，带电量之比为 17，
9、相距为r，两者之间的引力为 F，相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力为原来的（ ）A. 3/7 B. 4/7 C. 9/7 D. 16/7【答案】CD【解析】由库仑定律可得，两球接触前的库仑力： ；F=k7q2r2当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量： q=q+7q2 =4q两球接触后的库仑力 ；当两球带异种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的F=k16q2r2=167F电量 ；两球接触后的库仑力 ，故 CD 正确，AB 错误故选 CDq=q7q2 =3q F=k9q2r2=97F点睛：两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量
10、，最后再根据电性判断库仑力的方向9.以无穷远处电势为零，下列关于电势与电势能的说法正确的是（ ）A. 电荷在电场中电势高的地方电势能大B. 在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大C. 在正点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大D. 在负点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小【答案】CD【解析】【详解】正电荷在电场中电势高的地方电势能大，负电荷在电场中电势高的地方电势能小，选项 A 错误；在电场中的某点，电量大的正电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大，而电量大的负电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势
11、能小，选项 B 错误；在正点电荷形成的电场中的某点，电势为正值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大，选项 C 正确；在负点电荷形成的电场中的某点，电势为负值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小，选项 D 正确；故选 CD.10. 如图，电源电动势为 E，内阻为 r，滑 动变阻器电阻为 R，开关闭合。两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度 v 匀速穿过两板。以下 说法正确的是（ ）A. 保持开关闭合，将滑片 p 向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出B. 保持开关闭合，将滑片 p 向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出C. 保持开关闭合，将 a 极板向下移动一点，粒子将 继
12、续沿直线穿出D. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出【答案】B【解析】本题考查的是电流和电压对平心板电容器内的电场的影响，保持开关闭合，将滑片 p 向下滑动一点，电容器两端电压增大，电场增强，电场力（向下）将大于洛伦兹力（向上） ，粒子将可能从下极板边缘射出；A 错误，保持开关闭合，将 a 极板向下移动一点，电压不变，极板距离减小电场增强，粒子将可能从下极板边缘射出；C 错误，如果将开关断开，电容器放电，电场将消失，粒子将不能穿出；D 错误；11.指南针是我国古代四大发明之一， 关于指南针，下列说明正确的是（ ）A. 指南针可以仅具有一个磁极B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C. 仅
13、受地磁场作用的指南针，指向南方的磁极是指南针的南极D. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【答案】BC【解析】【详解】任何磁体都有两个磁极，即 N 极和 S 极，选项 A 错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，选项 B 正确；仅受地磁场作用的指南针，指向南方的磁极是指南针的南极，选项 C 正确；在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时由于通电导线产生的磁场方向是东西方向，则指南针要偏转， 选项 D 错误；故选 BC.12.如图所示，一个电阻值为 R，匝数为 n 的圆形金属线圈与阻值为 2R 的电阻 R1 连结成闭合回路。线圈的半径为 r1。在线圈
14、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（ ）A. 流经电阻 R1 中的电流方向为 b 到 aB. 回路中感应电动势的大小为nB0r21t0C. 回路中感应电流大小为nB0r223Rt0D. a 与 b 之间的电势差为 Uab=2nB0r223t0【答案】BD【解析】由图象分析可知，0 至 t1 时间内有，由法拉第电磁感应定律有： ，面积为：E=nt=nBtSs=r22，由闭合电路欧姆定律有： I1= ，联立以上各式解得，通过电阻 R1 上的电流大小为：ER1+
15、RI1= ；由楞次定律可判断通过电阻 R1 上的电流方向为从 b 到 a，故 A 错误，B 正确；线nB0r223Rt0圈两端的电压大小为 U=I12R= ，故 C 正确；通过电阻 R1 上的电量为：2nB0r223t0q=I1t1= ，故 D 错误；故选 BCnB0r22t12Rt0点睛：此题考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源二、实验题13.读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数为_mm.；螺旋测微器的读数为_ mm.【答案】 (1). 11.4 (2). 10.294
16、到 10.296 都对【解析】【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】游标卡尺的读数为：1.1cm+0.1mm4=11.4mm；螺旋测微器的读数为：10mm+0.01mm29.5=10.295mm.【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读14.在测定电流表的内阻的实验中备用的器材有:A. 待测电流表 G（量程 0100A，内阻约为 600）B. 标准电压表（量程 05 V）C.
17、电阻箱（阻值范围 09999 ）D. 电阻箱（阻值范围 099999 ）E. 电源（电动势 2 V，内阻不计）F. 电源（电动势 6 V，有内阻）G. 滑动变阻器（阻值范围 050 ，额定电流 1.0 A） ，还有若干开关和导线 .（1）如果采用如图所示的电路测定电流表 G 的内阻，并且要想得到较高的精确度，那么从以上备用的器材中，可变电阻 R1 应选用_，可变电阻 R2 应选用_，电源 E应选用_（用上述器材前的字母代号填写）（2）如果实验时要进行的步骤有：A. 合上 S1.B. 合上 S2C. 观察 R1 的阻值是否最大，如果不是，将 R1 的阻值调至最大.D. 调节 R1 的阻值，使电流
18、表指针偏转到满刻度 . E. 调节 R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半.F. 记下 R2 的阻值.把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上：_（3）如果在步骤 F 中所得 R2 的阻值为 600，则被测电流表的内阻 rg 的测量值为_.（4）电流表内阻的测量值 r 测 与其真实值 r 真 的大小关系是 _ .（填“” “”或r测 r真“” ）【答案】 (1). D (2). C (3). F (4). C A D B E F (5). 600 (6). 【解析】【分析】本实验通过半偏法测量电流表 G 的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材。并联电阻后总电流
19、变大，故通过并联电阻的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，即 R小于真实值，所以这种方法测出的电流表的内阻 Rg 比它的真实值偏小。【详解】 （1）利用半偏法测量电流表 G 的内阻，要保证总电流基本不变，则 R1 的阻值远大于 R2 的阻值。故可变电阻 R1 应该选择 D；可变电阻 R2 应该选择 C电源选择 6V 的大电源 F；（2）半偏法测量电流表内阻的步骤是：C观察 R1 的阻值是否最大，如果不是，将 R1 的阻值调至最大；A合上 S1；D 调节 R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；B合上 S2；E调节 R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F记下 R2 的阻值。
20、即合理顺序：CADBEF；（3）根据实验的原理可知，使电流表指针偏转到满偏刻度的一半；则可知，R 2 分流为满偏电流的一半；故 R2=rg 所得的被测电流表 A 的内阻 rg 的测量值 rg=R2=600； 因为在电流表的一侧并联 R2 后，该部分电阻变小，电路中的总电阻减小，流过总电路的电流变大，所以当电流表半偏时，流过电阻 R2 的电流要大于流过电流表的电流，所以 R2 的阻值要小于电流表的阻值。【点睛】本题考查半偏法测电阻，认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻=所并联电阻值。考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻的量程，及电流到电压的换算公式。三论述计算
21、题15.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平放置两根间距 l0.4m 的平行光滑金属直导轨，一端接有电动势 E4V 的理想电源和 R19 的电阻，阻值 R21 的金属棒 ab 与导轨接触良好，在水平拉力 F0.8N 的作用下，金属棒 ab 保持静止状态（其余电阻不计） 。求：（1）金属棒 ab 中的电流大小；（2）磁感应强度的大小。【答案】 （1）0.4A（2）5T【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求金属棒 ab 中的电流大小；（2）金属棒 ab 保持静止状态，所受的安培力与水平拉力二力平衡，由平衡条件和安培力公式 F=BIL 结合求解 B 的大小【详解】 （1）根据闭合电路欧姆定律
22、得金属棒 ab 中的电流大小为： I=ER1+R2= 49+1A=0.4A（2）金属棒 ab 保持静止状态，所受的安培力与水平拉力二力平衡，由平衡条件得：F=BIL则有： B=FIL= 0.80.40.4=5T16.如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为 m，带电量为 q，整个装置置于水平向左的匀强电场中.今将小球从与环心 O 在同一水平线上的 A 点由静止释放，它沿顺时针方向运动到环的最高点 D 时速度恰好为零，则：(1)电场强度大小为多大? (2)小球到达最低点 B 时对环的压力为多大?【答案】 （1）mg/q （2）5mg【解析】小球在运动过程中受到重力、电场力与环
23、的弹力作用，环的弹力对小球不做功；（1）从 A 到 D 的过程中，由动能定理得：-mgr+qEr=0-0，解得：E= ；mgq（2）从 A 到 B 的过程中，由动能定理得：mgr+qEr= mv2-012解得：v=2 ；gr小球在 B 点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=mv2r解得：F=5mg，由牛顿第三定律得：小球在 B 点时对环的压力大小 F=F=5mg；点睛：本题考查了求电场强度、小球的速度、环受到的压力等问题，对小球正确受力分析、熟练应用动能定理、向心力公式即可正确解题17.如图所示，虚线左侧有一场强为 E1E 的匀强电场，在两条平行的虚线 M
24、N 和 PQ 之间存在着宽为 L、电场强度为 E22E 的匀强电场，在虚线 PQ 右侧相距也为 L 处有一与电场E2 平行的屏现将一电子(电荷量为 e，质量为 m)无初速度放入电场 E1 中的 A 点，最后打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为 O，求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；（2）电子刚射出电场 E2 时的速度方向与 AO 连线夹角的正切值 tan ；（3）电子打到屏上的点 O到 O 点的距离【答案】 （1） （2）2 （3）3L3mLEe【解析】【分析】（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；（2
25、）在电场 E2 中做类平抛运动，速度偏转角为 tan ；vyvx（3）做出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得【详解】 （1）电子在电场 E1 中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 a1，时间为 t1，由牛顿第二定律得： a1=E1em=Eem由 x at2 得： 12 L2=12a1t21电子进入电场 E2 时的速度为：v 1a 1t1 电子从进入电场 E2 至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t 2 2Lv1电子从释放到打到屏上所用的时间为：tt 1t 2 联立式解得：t 3mLEe（2）设电子刚射出电场 E2 时平行电场方向的速度为 vy电子进入电场 E2 时的加速度为： a2=E2em=2Eemvya 2t3 t3 Lv1电子刚射出电场 E2 时的速度方向与 AO 连线夹角的正切值为：tan vyv1联立解得：tan 2 （3）电子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点 O到 O 点的距离为 x，由几何关系得：tan x32L联立得：x3L.【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，画出运动轨迹，根据力与运动关系找出运动规律即可求解
