山东省临沂市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题

高二上学期期末考试物理试题一、选择题：1.两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F．现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为A.4FB.C.2FD.1.5F【答案】A【解析】试题分析：两电荷相互斥力大小为3F，说明两电荷为同种电荷，根据库仑定律可知：；相互接触后，每个电荷各带电量为：，则相互作用力；故选A.考点：库伦定律【名师点睛】此题考查了库仑定律的应用问题；首先要掌握库仑定律的表达式；其次要知道两个等大的带同种电荷的电体接触后电量均分，若是带异种电荷，则电量先中和后均分；此题难度不大，是基础题.2.下列说法中正确的是A.由B=可知,B与F成正比与IL成反比.B.一小段通电导线在某处不受安培力的作用,则该处磁感应强度一定为零C.磁感应强度的方向与磁场力的方向不相同D.把一小段通电导线放在磁场中某处,该处就有磁感应强度.把一小段通电导线拿走该处就没有磁感应强度【答案】C【解析】试题分析：磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与放在磁场中的通电导线受的安培力F以及IL均无关系，故选项A错误；当通电导线在磁场中沿磁场方向放置时，导线不受安培力的作用，但该处的磁感应强度不为零，选项B错误；磁感应强度的方向与磁场力的方向不相同，它们是相互垂直的关系，选项C正确；磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与放在磁场中的通电导线的存在与否无关，选项D错误；故选C.考点：磁感应强度【名师点睛】此题是对磁感应强度的考查；要知道磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，我们只是用放在磁场中的通电导线受的最大的安培力F与IL乘积的比值来量度；通电导线在磁场中所受的安培力的大小与导线在磁场中的放置方式有关.3.一平行板电容器两极板间距为d，极板面积为S，电容为C。对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间A.电场强度不变，电势差变大B.电场强度不变，电势差不变C.电场强度减小，电势差不变D.电场强度减小，电势差减小【答案】A【解析】试题分析：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，根据Q=CU可知电势差U增大；由公式，及可得电场强度，故E与d无关，故电场强度不变；故选A.考点：电容器；电场强度【名师点睛】此题是关于电容器的动态分析，首先要弄清两种情况：电容器带电量一定，还是电容器两板的电势差一定；此次要掌握三个基本公式：、、Q=CU；最后最好记住结论：电容器带电量一定时，两板间的场强与两板间距无关.4.如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动、下列图中能产生感应电流的是A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】试题分析：A图中线圈水平运动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，选项A错误；B图中线圈水平运动，磁通量不变，故无感应电流产生，选项B错误；C图中线圈绕轴转动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，选项C错误；D图中线圈绕轴转动，磁通量不断变化，故有感应电流产生，选项D正确；故选D.考点：电磁感应现象【名师点睛】此题是考查电磁感应现象；要知道只有当穿过闭合回路的磁通量发生变化时就会有感应电流产生；或者当闭合电路的部分导体在磁场中切割磁感线运动时就会有感应电流产生；根据题目的情况结合产生感应电流的条件进行判断.5.一个直流电动机，线圈电阻恒定为0.5Ω；若把电动机接2.0V电压能正常工作，此时经过线圈的电流是1.0A，则电动机的输出功率P出是A.P出=2.5WB.P出=2WC.P出=1.5WD.P出=1W【答案】C【解析】试题分析：电动机的输出功率，故选C.考点：电功率【名师点睛】此题是对电功率的考查；对于电动机问题要注意：电动势不是纯电阻电路，故不满足欧姆定律，即；在电动机工作时，电动机的输入总功率为IU，内阻消耗的功率为I2r，，两者的差值等于电动机输出的机械功率.6.如图所示，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线（电流方向如图箭头方向），发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】试题分析：若在方框中放入A，则因为螺线管的右端是N极，则由左手定则可知，直导线受力方向向里，选项A错误；若在方框中放入B，则由左手定则可知，直导线将上端向里转动，下端向外转动，选项B错误；若在方框中放入C，则因为直导线所在位置的磁场向外，则由左手定则可知，直导线受力方向向右，选项C正确；若在方框中放入D，则由于同向电流相互吸引，直导线受力方向向左，选项D错误；故选C.考点：左手定则；右手定则【名师点睛】此题是对左手定则和右手定则的考查；关键是知道什么时候用左手定则，什么时候用右手定则；判断通电导体在磁场中受力问题时用左手定则；判断通电导线周围的磁场方向，或者判断导体运动产生感应电流的问题时用右手定则.7.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则A.U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到dB.U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d到bC.U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到dD.U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d到b【答案】A【解析】试题分析：当MN运动时，切割磁感线产生动生电动势相当于电源．电路中电动势为E=BlV，整个电路是MN棒的电阻R和bd端R电阻组成的串联电路，MN两端的电压是外电路的电压即为bd两端的电压，电路中的电流为,那么,再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，产生逆时针方向的电流，即流过电阻的就是由b到d，故A正确．所以A正确，BCD错误。考点：考查了导体切割磁感线运动、电路【名师点睛】当MN匀速运动时，MN相当于电源，根据求出切割产生的感应电动势大小，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而确定出电流的方向。再根据闭合电路欧姆定律求出MN两端电压的大小。8.绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ、Ⅱ按如图所示方法连接，G为电流表。下列说法正确的是A.开关S闭合瞬间，G中的电流从左向右B.保持开关S闭合状态，G中的电流从左向右C.保持开关S闭合，向右移动变阻器R0滑动触头的位置，G中的电流从左向右D.断开开关S的瞬间，G的示数也为零【答案】A【解析】试题分析：当闭合开关瞬间，Ⅰ线圈中有电流通过，产生磁场，磁场方向从左向右，磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量从无到有增加，产生感应电流，根据楞次定律可知，，则电流表中有从左向右的电流．故A正确．闭合开关后保持闭合状态时，Ⅰ中电流不变，穿过Ⅱ线圈中磁通量不变，没有感应电流产生，G的示数为零．故B错误．保持开关S闭合，向右移动变阻器R0滑动触头的位置，Ⅰ线圈中电流减小，产生向右的减弱的磁场，变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律可知，电流表中有从右向左的电流．故C错误．断开开关S的瞬间，Ⅰ线圈中电流减小（从有到无），产生磁场也变化，变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，则电流表中有电流．故D错误．故选A.考点：楞次定律的应用【名师点睛】本题是对楞次定律的应用的考查；关键抓住产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．即产生感应电流要有两个条件：一是电路要闭合；二是磁通量发生变化；熟练掌握楞次定律来判断感应电流方向的基本步骤.9.如图所示的实线为一簇未标明方向的点电荷电场的电场线，虚线是一个不计重力的带负电的粒子从a点运动到b点的运动轨迹，则由图可知A.场源点电荷带负电B.带电粒子在a点的加速度较小C.带电粒子在a点的动能较小D.b点的电势较a点的电势低【答案】D【解析】试题分析：由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子带负电，受到的电场力的方向与电场线方向相反，所以粒子的电场线的方向向右，场源点电荷带正负电．故A错误．电场线的疏密表示场强的大小，由图可知粒子在a点处的电场强度大，粒子受到的电场力大，加速度大．故B错误；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，若粒子从a运动到b，电场力与轨迹之间的夹角是钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大．故C错误．正点电荷产生的电场，方向向右，沿电场线的方向电势降低，所以b点的电势较a点的电势低，故D正确．考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是电场中带电粒子的运动轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况；注意电场线密集的地方场强较大；沿电场线方向电势逐渐降低.10.质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示．离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点．设P到S1的距离为x，则A.若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小B.若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大C.只要x相同，对应的离子质量一定相同D.只要x相同，对应的离子的电量一定相等【答案】B【解析】粒子在加速电场中做加速运动,由动能定理得：,解得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：,所以：x=2r=；A.若离子束是同位素，则q相同而m不同，x越大对应的离子质量越大，故A错误，B正确；C.由x=可知，只要x相同，对应的离子的比荷一定相等，离子质量和电量不一定相同，故C错误，D错误；故选：B.点睛：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，求出在磁场中的轨道半径，从而得出P到S1的距离x，看x与什么因素有关．11.如图所示，图中MN是由负点电荷产生的电场中的一条电场线。一带正电粒子q飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a、b是该曲线上的两点，则下列说法正确是A.该电场的场源电荷在M端B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.a点的电势低于b点的电势D.粒子在a点的动能小于在b点的动能【答案】AD【解析】试题分析：正粒子受到的电场力向左，故负电荷产生的场强由N指向M，故M端为场源电荷，故A正确；根据负电荷周围电场分布特点可知：a点的电场强度小于b点的电场强度，a点的电势高于b点的电势，故BC错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故D正确．故选AD.考点：带电粒子在电场中的运动.【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况.12.在如图所示的电路中，闭合电键后小灯泡正常发光，当滑动变阻器R3的滑动触头P向上滑动时A.电压表示数变大B.电流表示数变大C.小灯泡亮度变暗D.电源总功率变大【答案】BCD【解析】试题分析：当滑动变阻器滑片P向上移动，其接入电路的电阻减小，电路总电阻R总减小，总电流I增大，R1不变，R1电压和内电压均增大，所以并联部分电压减小，通过灯泡的电流减小，则R2电压减小，电压表示数变小，小灯泡亮度变暗．故A错误，C正确．总电流增大，而通过灯泡的电流减小，根据并联电路的规律知电流表示数变大．故B正确．电源的总功率P=EI，I增大，P增大，故D正确．故选BCD.考点：电路的动态分析【名师点睛】本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便。13.如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，曲线表示其运动轨迹，由图知：A.粒子带负电B.粒子运动方向是abcdeC.粒子运动方向是edcbaD.粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长【答案】AC【解析】ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由可知，轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba.粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，则粒子应带负电，故A正确，B错误，C正确；D.由可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故粒子的运动时间相等，均为T/2，故D错误；故选：AC.14.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ad且相互绝缘．当MN中电流突然增大时，下列说法正确的是A.线圈所受安培力的合力方向向左B.线圈所受安培力的合力方向向右C.线圈中感应电流的方向是abcdaD.线圈中感应电流的方向是adcba【答案】AC【解析】试题分析：金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．若MN中电流突然增大时，穿过线框的磁通量将增大．根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为逆时针，故A正确，B错误；再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向左，故安培力的合力向左．故C正确，D错误．故选AC.考点：楞次定律；左手定则【名师点睛】本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断。理解楞次定律的核心内容“阻碍”是解题的关键，当磁通量变化时感应电流的磁场表现为“增反减同”，从受力角度表现为“来拒去留”.15.如图所示，在图中虚线所围区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转。电子重力忽略不计，则在这区域中的E和B的方向可能是A.E竖直向下，B垂直纸面向外B.E竖直向上，B垂直纸面向里C.E竖直向上，B垂直纸面向外D.E、B都沿水平方向，并与电子运行方向相同【答案】CD【解析】试题分析：重力忽略不计的电子，穿过这一区域时未发生偏转；若E竖直向下，B垂直于纸面向外，则有电场力竖直向上，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，两个力方向相同，电子穿过此区域会发生偏转．故A错误；若E竖直向上，B垂直于纸面向里，则有电场力方向竖直向下，而磁场力方向由左手定则可得竖直向下，所以两力不能使电子做直线运动．故B错误；若E竖直向上，B垂直于纸面向外，则有电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电子穿过此区域不会发生偏转．故C正确；若E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同，则有电子所受电场力方向与运动方向相反，而由于电子运动方向与B方向相互平行，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转，故D正确；故选CD。考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】该题考查了电场力和磁场力的方向的判断，在判断磁场力方向时，要会熟练的应用左手定则；了解二力平衡的条件，会准确的判断二力是否能平衡是解决此类问题的关键。二、实验题：16.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图所示，则：长度为__________cm，直径为__________mm．【答案】(1).2.06cm；(2).4.815mm；【解析】试题分析：圆柱体的长度：2.0cm+0.1mm×6=2.06cm；直径为：4.5mm+0.01mm×31.5=4.815mm.考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数.17.某同学测定一根金属丝的电阻率。（1）先用多用电表粗测其电阻。将选择开关调到欧姆挡“×10”档位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：a．将选择开关换成欧姆挡的_______档位（选填“×100”或“×1”）b．将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使欧姆表指针指在表盘右端零刻度处。再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，则此段电阻丝的电阻为__________Ω。（2）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了以下器材：4V的直流电源；3V量程的直流电压表；电键；导线等。还有电流表与滑动变阻器各两个以供选用：A．电流表A1（量程0.3A，内阻约1Ω）B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）D．滑动变阻器R2（最大阻值为50Ω）为了尽可能提高测量准确度且要求电压调节范围尽量大。电流表应选_____，滑动变阻器应选__________（填器材前面的选项字母）。（3）请根据实验原理，试在答题纸的对应方框内画出相应的实验原理图。【答案】(1).（1）×1档；(2).12Ω(12.012.2)；(3).（2）A；C；(4).(3)如图所示【解析】试题分析：（1）a．将选择开关调到欧姆挡“×10”档位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，说明档位选择过高，因将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位；b.电阻丝的电阻为12Ω；（2）通过电阻的最大电流可能是，故电流表应选A，要求电压调节范围尽量大，则滑动变阻器用分压电路，应选C；（3）如图所示；考点：测定金属丝的电阻率【名师点睛】此题考查了测定一根金属丝的电阻率；游标卡尺和螺旋测微器的读数历来是考试的热点，应该熟练掌握各种型号的游标卡尺及螺旋测微器的读数；测量电阻时，要搞清实验的原理及器材的选择方法，知道如何确定测量电路和供电电路.三、解答题：18.矩形导线框abcd置于竖直向上的磁感应强度为B=0.6T的匀强磁场中，其中ab、cd边长度相等均为L=0.5m，且ab、cd边质量均忽略不计，bc边长度为d=0.2m，质量为m=0.02kg，线框可绕MN转动，导线框中通以MabcdN方向的恒定电流后，导线框往纸外偏转角θ=370而达到平衡。(sin370=0.6cos370=0.8，g=10m/s2)求：（1）导线框达到平衡时，穿过平面abcd的磁通量ϕ为多少？（2）线框中电流强度I大小【答案】（1）3.6×102Wb；（2）1.25A；【解析】试题分析：（1）根据磁通量公式，则有：φ=BSsinθ=BLdsinθ=0.6×0.5×0.2×0.6Wb=3.6×102Wb;（2）对bc边，根据力的平衡条件，则有：F=mgtanθ．因F=BId解得：考点：磁通量；物体的平衡.19.如图所示，一个100匝的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为200cm2，线圈的电阻为1Ω，在线圈外接一个阻值为4Ω的电阻和一个理想电压表。线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的匀强磁场中，磁感强度随时间变化规律如B－t图所示，求：（1）t＝3s时电压表的读数。（2）4～6s内经过电阻R的电量。【答案】（1）0.8V；(2)1.6C；【解析】试题分析：（1）t＝3s时线圈中产生的感应电动势：电压表的读数：（2）4～6s内产生的感应电动势：通过电路的电流：经过电阻R的电量：q=It=0.8×2C=1.6C考点：法拉第电磁感应定律；全电路欧姆定律【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律以及全电路欧姆定律的应用问题；解题时要首先掌握法拉第电磁感应定律的表达式，搞清内外电路，灵活应用全电路的欧姆定律；要知道电压表的读数是路端电压，不是电动势的值.20.如图所示，一带电微粒质量为m、电荷量为q，从静止开始经电压为U1的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角为θ．已知偏转电场中