高中物理高二上学期期末考试物理试题

高中物理高二上学期期末考试物理试题一、单项选择题1.下列物理量中，属于矢量的是（ ）A. 电场强度B. 电动势C. 电压D. 磁通量【答案】A【解析】电场强度既有大小又有方向，合成时满足平行四边形法则，是矢量；而电动势、电压、磁通量只有大小无方向，是标量；故选A.2.有两个阻值均为R的电阻串联后的总电阻为R串，并联后的总电阻为R并，下列结论正确的是（ ）A. R串=，R并=2R B. R串=2R，R并=C. R串=，R并=R D. R串=R，R并=【答案】B【解析】两个阻值均为R的电阻串联后的总电阻为 R串=R+R=2R，并联后的总电阻为，故选B.3.真空中两个点电荷相距r时，静电力为F；如果保持它们的电荷量不变，而将距离增大为2r时，则静电力将变为（ ）A 2FB. FC. D. 【答案】C【解析】由点电荷库仑力的公式F=k可以得到，电量不变，当距离增大一倍后，库仑力将变为原来的，所以C正确故选C.4.如图所示，B为匀强磁场，I为通电直导线，F为磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】A图中磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A错误；B图中磁场向左，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以B错误；C图中磁场向里，电流向左，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C正确；D图中磁场向外，电流向外，它们的方向相同，不受安培力的作用，所以D错误故选C点睛：掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系5.下列关于电源电动势的说法，正确的是（ ）A. 电动势随外电路电阻的增大而增大B. 电源两极间的电压就是电动势C. 电动势是描述电源把其他形式能转化为电能本领的物理量D. 电动势是矢量，有大小也有方向【答案】C【解析】电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关故A错误当电源没有接入电路时，电源两极间的电压等于电源电动势当电源接入电路时，电源两极间的电压小于电源电动势故B错误电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，电动势越大，这种本领越大故C正确电动势是标量，有大小，没有方向故D错误故选C点睛：本题考查对电动势物理意义的理解能力，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关6.如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的滑片P向a端滑动的过程，电压表和电流表的示数变化情况为（ ）A. 电压表示数增大，电流表示数减小B. 电压表示数减小，电流表示数增大C. 电压表和电流表示数都增大D. 电压表和电流表示数都减小【答案】A【解析】在滑动变阻器的滑片P向a端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，电压表测量路端电压，其示数U=E-Ir，I减小，其他量不变，则U增大，故电压表示数增大根据串联电路分压规律知，电路中并联部分的电压增大，通过R2的电流增大，而总电流减小，所以电流表示数减小故A正确，BCD错误故选A.7.处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值（ ）A. 与粒子电荷量成正比B. 与粒子速率成正比C. 与粒子质量成正比D. 与磁感应强度成正比【答案】D【解析】试题分析：带电粒子以速率v垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电粒子圆周运动的周期，由电流的定义式得出电流的表达式，再进行分析解：设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由 qvB=m，得 r=，T=环形电流：I=，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比故选D【点评】本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与B、I的联系是关键8.两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律的是图（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确故选A考点：电场线；电场强度及电势.【名师点睛】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等；此题考查学生应用图像观察图像解决问题的能力.9.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变故选D考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定。10.在如图所示电路中，为自感系数较大的线圈，、灯完全相同，闭合电键，调节，使、都正常发光，那么在断开和再次闭合电键后，将看到的现象是（ ）A. 电键闭合瞬间，灯、灯一起亮B. 电键闭合瞬间，灯比灯先亮C. 电键断开瞬间，灯闪亮一下D. 电键断开瞬间，灯闪亮一下【答案】B【解析】试题分析：电键闭合瞬间，L相当于断路，所以b灯比a灯先亮，A错误B正确；电键断开瞬间，L相当于电源与两灯组成闭合回路，都正常发光时，通过两灯的电流相等，所以两灯都不会闪亮一下，CD错误；故选B考点：自感现象的应用点评：电感线圈在接通电源的瞬间相当于断路，在断开电源的瞬间相当于电源重新组成回路，灯是否闪亮一下要看电流的大小二多选题11.下列关于电场力和洛仑兹力的说法中，正确的是（ ）A. 电荷在电场中一定受到电场力作用B. 电荷在磁场中一定受到洛仑兹力的作用C. 同一电荷所受电场力大的地方，该处电场强度一定强D. 同一电荷所受洛仑兹力大的地方，该处磁感应强度一定强【答案】AC【解析】电荷在电场中一定受到电场力的作用，由F=Eq可知，同一电荷所受电场力大的地方，该处电场强度一定强，选项AC正确；静止的电荷、或者速度方向与磁场方向平行的电荷在磁场中不受到洛仑兹力的作用，选项B错误；根据f=Bqvsin可知B=f/qvsin，同一带电粒子在磁场中受到磁场力大的地方，该处磁场不一定大，还要看v、sin的大小情况，故D错误；故选AC.12.如图所示，实线为电场线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为A、B、C，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC。下列关系中正确的有（ ）A. EAEBECB. ABCC. UAB=UBCD. UABUBC【答案】AB【解析】由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为 EAEBEC，故A正确；A、B、C三点处在一根电场线上，根据沿着电场线的方向电势逐渐降落，故有ABC，故B正确；电场线密集的地方电势降落较快，由U=Ed知：UBCUAB，故CD错误故选AB.点睛：此类问题要在平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场线的关系的掌握，即电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低13.在炎热的夏天小学生们喜欢戴着装有一个微型电风扇的帽子，微型电风扇中直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E、内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（ ）A. 电源的总功率为UIB. 电源的输出功率为UIC. 电动机消耗的热功率为U2/RD. 电动机消耗的热功率为I2R【答案】BD【解析】电源的总功率为 P总=EIUI，故A错误由题知，路端电压为U，则电源的输出功率为 P出=UI，故B正确电源的输出功率等于电动机的输入功率，电动机消耗的热功率P热=I2R，由于电动机正常工作时欧姆定律不成立，IRU，所以电动机消耗的热功率小于U2/R故C错误，D正确故选BD.点睛：本题是要搞清电动机的输入功率、输出功率和热功率的求法，电动机输入的电功率只能用P=UI求，热功率只能用P热=I2R用输出功率要根据能量守恒定律求解14.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（ ）A. 直导线中电流方向垂直纸面向里B. d点的磁感应强度为0C. a点的磁感应强度为2T，方向向右D. b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成450角【答案】C【解析】【分析】a点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成，来分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向【详解】由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里。故A正确。通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加可知d点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向下，不为0故B错误。通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向上。故C错误。通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向向右。故D错误，故选A。【点睛】本题关键掌握安培定则和平行四边形定则，知道空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加而成的三、填空题15.通电螺线管右端的小磁针，静止时N极的指向如图所示，则电源的a端为_极（选填“正”或“负”），螺线管的c端为_极（选填“N”或“S”） 【答案】 (1). 正， (2). S【解析】根据通电螺线管右端的小磁针静止时N极的指向，可知螺线管的d端为N极，c端为S极，由右手螺旋法则可知，电源的a端为正极。16.如图所示，把带正电荷的导体球C移近彼此接触的不带电的绝缘金属导体A、B，金属薄片张开，此时金属导体A带_电荷（填“正”或“负”）；如果先把C移走，再将A和B分开后，金属导体上的金属箔片是否张开_（填“是”或“否”）.【答案】 (1). 负； (2). 否；【解析】把带正电荷的导体球C移近彼此接触的不带电的绝缘金属导体A、B，由于电荷之间的相互作用，负电荷受到C上的正电荷的吸引，金属导体的两端会带上电性相反的电荷，金属薄片张开，此时金属导体A带负电荷；如果先把C移走，移走C后AB上的电荷将重新分配，A端的负电荷将向B端移动，AB的两端都不带电，再将A和B分开后，金属导体上的金属箔片不能张开点睛：考查物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等17.如图所示，把一个带正电的物体放在A处，然后把挂在丝线上的带正电的小球先后挂在P1、P2、P3位置，调节丝线的长度使小球与A总在同一水平线上，1、2、3表示丝线与竖直方向的夹角，其中挂在_处（选填“P1”、“P2”或“P3”）丝线受到的拉力最大；在同一位置，将小球所带电性改变为带负电，电量不变，同时调节丝线的长度使小球与A仍在同一水平线上，则丝线与竖直方向的夹_（选填“大于”、“等于”或“小于”）带正电时丝线与竖直方向的夹角。【答案】 (1). P1 (2). 大于【解析】根据库仑定律，可知两点电荷间的相互作用力的大小与点电荷的电量及点电荷的间距有关，小球远离带正电的A球，说明细线悬挂的小球带正电，悬挂的小球离带正电的A球越远，受到的作用力越小，同种电荷距离越近排斥作用越强，所以，电荷之间的相互作用跟距离有关，且电荷间的作用力大小随电荷间距离的增大而减小，所以挂在P1处丝线受到的拉力最大，在同一位置，将小球所带电性改变为带负电而电量不变，库仑力的方向相反，导致间距变小，则库仑力的大小变大，因此绳子与竖直方向大于带正电时绳子与竖直方向的夹角四、实验题18.某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，该同学利用下列所给器材测量该“水果电池”的电动势E和内阻r。 A待测“水果电池”（电动势E约为4 V，内阻r约为200 ）B电流表A1（量程0.6A，内阻约1）C电流表A2（量程20mA，内阻约50）D电压表V1（量程4V，内阻约4k）E电压表V2（量程15V，内阻15k）F滑动变阻器R（01000 ）G开关S，导线若干 （1）为了尽量减小实验的误差，实验电流表选择_；电压表选择_。 （填器材前面字母）（2）为尽量减小实验误差，图中列出了两个实验电路图，应选择_。（3）该同学根据实验数据画出U-I图线，如图14所示。由图线可得，“水果电池”的电动势E=_V，内电阻r=_。（4）实验测得“水果电池”的电动势与真实值相比，E测_ E真 （选填“”、“”或“”）。【答案】 (1). （1）C或A2， (2). D或V1 (3). （2）甲 (4). （3）3.8， (5). 187 (6). （4）【解析】（1）电动势E约为4V，内阻r约为200，电路中最大电流，为了读数准确，所以选择电流表C电流表A2（量程20mA，内阻约50），电压表电压表V1（量程4V，内阻约4k），（2）因电源内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法，故选甲；（3）由电源的U-I图象可知，电源电动势：E=3.80V，内阻 （4）由实验电路可知，滑动变阻器阻值无穷大，即外电路断路时，电压表测电源电动势，电动势的测量等于真实值，电源内阻的测量值实际上是电源内阻与电流表的内阻之和，电源内阻的测量值大于真实值，即E测=E真，r测r真五、论述计算题. 19.如图所示的电路中，电源电动势为，内电阻为，外电路电阻为，闭合电键S后，求：通过电阻R的电流强度I；电阻R两端的电压U；电阻R上所消耗的电功率P【答案】（1）0.5A（2）5V（3）2.5W【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流强度为：（2）电阻R两端的电压为：U=IR=0.510V=5V（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=I2R=0.5210W=2.5W20.如图所示A、B为一正点电荷Q在真空中所形成的电场中的两个点，已知A点与场源电荷Q的距离为r。若一质量为m带电量为+q的检验电荷从A点移动到B点过程中电场力所做的功为WAB，静电力常量为k，求：（1）电场中A点的电场强度EA；（2）电场中A、B两点间电势差UAB；（3）若检验电荷从A到B过程中只受电场力作用，求该电荷动能的改变量Ek。【答案】（1） （2） （3）qUAB【解析】（1）根据点电荷电场强度公式E=，那么电场中A点的电场强度EA=，其方向背离正点电荷，即由Q指向A，（2）WAB=qUAB，则有：UAB=（3）根据动能定理，合力做功等于动能的变化，即该电荷动能的改变量Ek=WAB=qUAB；点睛：解决本题的关键是知道点电场强度公式的内容运用电场力做功公式W=qU分析时各个量均要代符号分析，注意动能定理的电场力做功的正负21.两根平行光滑金属导轨MN和PQ水平放置，其间距为0.40m，磁感应强度为0.50T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R1.0。在导轨上有一电阻为1.0的金属棒ab，金属棒与导轨垂直，如图所示。在ab棒上施加水平拉力F使其以10m/s的水平速度匀速向右运动。设金属导轨足够长。求：（1）金属棒ab两端的电压。（2）拉力F的大小。（3）电阻R上消耗的电功率。【答案】（1）1.0V（2）0.2N（3）1.0W【解析】（1）金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=0.500.4010V=2V电路中的电流 金属棒ab两端的电压U=IR=1.01V=1.0V（2）金属棒ab所受的安培力FA=BIL=0.501.00.40N=0.20N因金属棒匀速运动，则有F=FA=0.20N（3）电阻R上消耗的电功率P=I2R=1.021W=1.0W22.在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图所示，某时刻在xOy平面内的第、象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场，在第、象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从M点以速度v0沿垂直于y轴方向射入该匀强电场中，粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点O且沿OP方向进入第象限。在粒子到达坐标原点O时撤去匀强电场（不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响），粒子经过原点O进入匀强磁场中，并仅在磁场力作用下，运动一段时间从y轴上的N点射出磁场。已知OP与x轴正方向夹角=60，带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，求：（1）M、O两点间的电势差U；（2）坐标原点O与N点之间的距离d； （3）粒子从M点运动到N点的总时间t。【答案】（1） （2）（3）【解析】试题分析：（1）设粒子经过O点的速度为v， 则cos=（1分）对于电子经过电场的过程，根据动能定理有：（1分）解得：（1分）（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，运动轨迹如答图2所示。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：（1分）解得：（1分）根据几何关系可知，O与N之间的距离（1分）（3）设粒子在电场中从M点运动至O点所用时为t1，根据牛顿第二定律可知：粒子在电场中加速度a=（1分）粒子通过O点时竖直方向速度vy=，根据运动学公式有：vy=at1解得：t1=（1分）设粒子在磁场中从O点运动至N点用时为t2，粒子在磁场中运动的周期（1分）解得：粒子从M点运动到N点的总时间t= t1+ t2=+考点：带电粒子在组合场中的运动。【名师点晴】由射入磁场的速度方向确定竖直向下的速度大小与合速度的大小，为计算M、O两点间的电势差U做好铺垫；粒子在磁场中运动时，先找好圆心和半径，然后依照几何关系得出第2问的大小；最后一问计算时间时涉及到粒子在电场的时间与磁场的时间，体现了一定的综合性。23.如图所示，电源电动势E=3.2V，内电阻r1，定值电阻R0=15，RT为可变电阻。平行板电容器极板长为L60cm，两极板间的距离为d40cm。有一质量为m、带电量为q的微粒，以初速度v0沿平行板电容器中轴线水平射入。当RT上消耗的电功率最大时，带电微粒恰能沿中轴线从右端水平飞出。保持该RT阻值不变，重力加速度g=10m/s2。求：（1）可变电阻RT上所消耗的最大功率Pm；（2）若微粒以初速度v0=3