新疆博乐市兵团农第五师高级中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试卷 含解析

兵地2017—2018学年第一学期期末联考

高二物理试卷（问卷）

第I卷（选择题共40分）

一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分。1-5小题是单选题，6-10小题是多选题)

1. 真空中A、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r,则A、B 两点的电场强度大小之比为

A. 3 :1

B. 1 :3

C. 9 :1

D. 1 :9

【答案】C

【解析】

试题分析：直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小．

解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．

，，

得：F1=9F2

根据电场强度的定义式：，

得：

故选：C

【点评】本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义．

【此处有视频，请去附件查看】

2. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )

A. 粒子带正电

B. 粒子在A点加速度大

C. 粒子在B点动能大

D. A、B两点相比，粒子在B点电势能较高

【答案】D

【解析】

【分析】

电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧。

【详解】根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电。故A错误；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小。故B错误；粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，即粒子在A点动能大，B点的电势能大，故C错误D正确

【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。

3.一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V．若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率()

A. 等于36 W

B. 小于36 W，大于9 W

C. 等于9 W

D. 小于9 W

【答案】B

【解析】

【详解】据纯电阻电功率

2

U

P

R

可知，当电压减半的时候，功率应该见为原来的

1

4

，即为9W，但是当电压减

小的同时，由于工作的温度降低，灯泡的电阻也会减小，所以实际的功率要比9W大，即灯泡消耗的电功率小于

36 W，大于9 W

A. 等于36 W与分析不符，A错误

B. 小于36 W，大于9 W与分析相符，B正确

C. 等于9 W与分析不符，C错误

D. 小于9 W与分析不符，D错误

4.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示

数为U，电容器C所带电荷量为Q．将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比（）

A. U变小

B. I变小

C. Q不变

D. Q减小

【答案】B

【解析】

【详解】当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U=E-I（R2+r），由I减小，可知U增大，即电容

器C两端的电压增大，再据C=Q

U

，得Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故B正确，ACD错误。

故选：B。

5.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用F N表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较是( )

A. F N减小，F静＝0

B. F N减小，F静≠0

C. F N增大，F静＝0

D. F N增大，F静≠0

【答案】C

【解析】

试题分析：通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动．据此分析．

解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线水平向左，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受到磁铁给的安培力方向竖直向上，如右图所示．根据牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力方向竖直向下，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，

则F N增大；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会产生运动趋势，就不会产生摩擦力，则F f=0．

故选：C．

【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析．

6.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是 ( )

A. 先把两球分开，再移走棒

B. 先移走棒，再把两球分开

C. 先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开

D. 棒的带电荷量不变，两导体球不能带电

【答案】AC

【解析】

带电导体球与两个球不接触，本身电量不会转移到甲乙上，所以根据静电平衡，甲的左侧和乙的右侧带有等量的异种电荷，分开两球再移走棒，两球带有等量的异种电荷，A对；若先移走棒则感应出来的电荷又会回到各自的导体上，两个小球不会带电，B错；若接触其中的一个小球则电荷会发生转移，再分开两个小球，都会带上电量，所以C对，第一种情况下棒的电量没有发生变化，但是两个小球会带上电，所以D错。

思路分析：根据使物体带电的方式进行解析。

试题点评：考查是物体带电的方式

7.图中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在该直线上有a、b两点，用E a、E b表示a、b两点的场强大小，则( )

A. a、b两点场强相同

B. 电场线从a指向b，所以E a>E b

C. 电场线是直线，所以E a＝E b

D. 不知道a、b附近的电场线分布，E a、E b的大小不能确定

【答案】D

【解析】

该电场线为一条直线，由图可知，电场线上各点的场强的方向相同，a、b两点在一条电场线上，由于无法判断电场线的疏密，也就无法判断a、b两点电场强度的大小，故A，B，C错误，D正确；故选D．

【点睛】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．

8.如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是()

A. 导体的电阻是25Ω

B. 导体的电阻是0.04Ω

C. 当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4A

D. 当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V

【答案】ACD

【解析】

试题分析：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R===25Ω，故A正确，B错误；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I===0．4A，故C正确；D、当通过导体的电流是0．1A时，导体两端的电压U=IR=0．1A×25Ω=2．5V，故D正确；故选ACD．

考点：欧姆定律．

9.如图所示，一个带正电荷的小球沿绝缘的光滑水平桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上．设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场而其余条件不变时，小球飞行的时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则( )

A. x 1>x 2

B. t 1>t 2

C. v 1>v 2

D. v 1＝v 2

【答案】ABD 【解析】

没有磁场影响时，小球飞落过程为平抛运动。当空间有匀强磁场时，分析小球飞落过程中任一位置受力情况。由时刻跟瞬时速度垂直的f 洛对小球竖直分运动的影响可知，在同样落差下与平抛运动只受重力作用相比，小球落地时间加长，所以t 1>t 2。由f 洛对水平分运动的影响可知，小球水平分速度将比平抛时加大，且飞行时间又有t 1>t 2，则水平射程必有x 1>x 2。由于洛伦兹力做功为零，而两种情况重力对小球做功相等，所以落地速度大小相同。即选项ABD 正确，C 错误；故选ABD.

10.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E ，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，一质量为m 的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（ ）

A. 带有电荷量为

mg

E

的负电荷 B. 沿圆周逆时针运动 C. 运动的周期为

2E

gB

π D. 运动速率为gB E

【答案】AC 【解析】

【详解】A.带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知带电粒子受到的重力和电场力一定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电粒子带负电；根据电场力和重力大小相等，得mg =qE ，解得mg

q E

=

；故A 正确.

B.带电粒子由洛仑兹力提供向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动；故B 错误.

CD.粒子由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：22

24v qvB m m R R T π==，

结合mg q E =，解得：gBR v E =，2E

T gB

π=

；故C 正确，D 错误.

第Ⅱ卷（非选择题 共60分）

二．填空题(本大题共2小题，共计14分)

11.在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L 、直径d 和电阻R

（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm ． （2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）

（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V ，电流表的读数为_____A ．

【答案】 (1). 0.697（0.695﹣0.698） (2). 偏小 (3). 2.60（2.59﹣2.61） (4). 0.52 【解析】 【分析】

（1）根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系； （2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。

【详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×

19.8=0.698mm ； （2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小； （3）电压表的分度值为0.1V ，要估读到下一位，故其读数为2.60V ； 电流表选择的是0～0.6A 量程，分度值为0.02A ，故其读数为0.52A.

【点睛】解决本题关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，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。读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可。内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小。”

12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：

A．被测干电池一节

B．电流表：量程0～0.6A，内阻0.1Ω

C．电流表：量程0～3A，内阻0.024Ω

D．电压表：量程0～3V，内阻未知

E．电压表：量程0～15V，内阻未知

F．滑动变阻器：0～10Ω，2A

G．滑动变阻器：0～100Ω，1A

H．开关、导线若干

伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．

(1)在上述器材中请选择适当的器材：________(填写选项前的字母)；

(2)在图甲方框中画出相应的实验电路图_______；

(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图乙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.

【答案】(1). ABDFH(2). (3). 1.50(4). 0.9

【解析】

【详解】第一空.在上述器材中请选择适当的器材：被测干电池一节.最大电压为1.5V为了读数准确，所以选择3V 的量程；电流表：量程0～0.6A，电压表：量程0～3V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F，开关、导线若干；故应为ABDFH；

第二空.因电流表内阻已知，故可将电流表内阻等效为电源内阻，从而选择电流表的外接法，可以消除电流表分压带来的系统误差，故选滑动变阻器的限流式和电流表外接法，电路如图所示：

第三空.根据U =E -Ir 可知，U -I 图像的纵截距为电源的电动势，有 1.50V E =；图象的斜率表示等效内阻

1.5 1.0

=

1.00.5

U r I ?-==Ω?效，而=A r R r +效，故 1.00.10.9r =-=Ω.

三．计算题（本大题共5小题，共计46分）

13.一个质量m ＝10－4kg ，电荷量q ＝5×10－5C 的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为20cm ，g ＝10m/s 2，求：

(1)两板间匀强电场的场强大小； (2)两板间的电势差.

【答案】(1) E ＝20V/m (2) U ＝4V 【解析】

【详解】(1)带电粒子静止，受两个力而平衡. 由平衡条件：qE ＝mg 解得：E ＝20 V/m.

(2)两板间为匀强电场，由电势差的计算式U ＝Ed 解得：U ＝20×0.2V ＝4V.

14.如图所示，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相等，都等于R ，电池的内阻不计，开关S 闭合前流过R 2的电流为I ，

(1)求电源的电动势E ；

(2)求S 闭合后流过R 2的电流大小．

【答案】(1) E ＝2IR (2)223

I I '

= 【解析】

【详解】(1)设电池两端的电动势为E ，开关S 闭合前电阻R 1、R 2两电阻串联，R 2的电流为I ，由欧姆定律得：

E ＝I (R 1＋R 2)＝2IR

(2)S 闭合后R 2、R 3并联再和R 1串联，由欧姆定律得：

32

E I R '=?

联立解得:43

I I '=

R 2中的电流是干路中的一半:

212''=23

I I I =

答：（1）电源的电动势E ＝2IR ； （2）S 闭合后流过R 2的电流22

'3

I I =。

15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E ＝3V 、内阻r ＝0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L ＝0.4m 。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B ＝0.5T 、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m ＝0.04kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体

棒的电阻R ＝1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g 取10m/s 2

，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）ab 受到的安培力大小； （2）ab 受到的摩擦力大小。

【答案】(1)0.40A F N = (2)0.16f N = 【解析】

（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：03

210.5

E I A A R r ++＝＝＝ 导体棒受到的安培力：

F 安=ILB=2×

0.40×0.50N=0.40N （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F 1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N

由于F 1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f ，根据共点力平衡条件得： mgsin37°+f=F 安

解得：f=F 安-mgsin37°=（0.40-0.24）N=0.16N

16.质量为m ，电荷量为q 的带负电粒子自静止开始，经M 、N 板间的电场加速后，从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图所示．已知M 、N 两板间的电压为U ，粒子的重力不计。

(1)求粒子从A 点射入磁场时的速度v ； (2)求匀强磁场的磁感应强度B 。 【答案】(1) 2qU

v m =(2) 2

222L mU

B L d q

=+【解析】

【详解】作粒子经电场和磁场的轨迹图，如图所示：

(1)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：

2

12

qU mv =

①

解得：v =

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：

2

v qvB m r

= ②

由几何关系得：

r 2＝(r －L )2＋d 2 ③

联立①②③式得：磁感应强度B =

17.如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从y 轴正半轴上y ＝h 处的M 点，以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：

(1)电场强度的大小E ；

(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r ；

(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t .

【答案】(1)202mv qh （2）0

2mv Bq

（3）0234h m v Bq π+ 【解析】

【详解】粒子垂直进入电场做类平抛运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径．由题意作出粒子的运动轨迹如图所示。

(1)设粒子在电场中运动的时间为t 1，由运动学规律有： x 方向：102h v t = y 方向：2

112

h at =

qE ma =

联立解得：20

2mv E qh

= (2)设粒子进入磁场的速度为v ，与x 轴的夹角为θ，有：

22

01122

qE h mv mv ?=

- 2

v qvB m r

=

联立解得：0

r qB

=

(3)设粒子进入磁场时与x 轴

的

夹角为θ，在磁场中运动的时间为t 2，则：

0cos v v θ= 1sin v at θ=

2()22r

t v

πθππ-=

? 12t t t =+

联立解得：0234h m

t v Bq

π=

+ 【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．