学年福建省龙岩市非一级达标校高二上学期期末教学质量检查物理试题 解析版文档格式.docx

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在O上方，在等量同种正电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，故A错误；

B项：

由于电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，因此P点到O点电场强度大小可能先增大后减小，也可能一直减小，故B正确；

C项：

依据沿着电场线方向电势是降低的，因此P点的电势小于O点的电势，故C错误；

D项：

依据电场的叠加，结合矢量合成法则，则O点的电场强度为零，但电势不一定为零，故D错误。

故选：

B。

【点睛】本题的关键要掌握等量异种电荷电场线的分布情况及特点，要抓住电场线的对称性，要注意在电场线分布情况不确定时电场强度的大小也不确定。

4.如图所示，两块较大的平行金属板A、B水平放置并与电源相连，电源的电动势为E，电键S闭合后，两板间有一带电油滴恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离。

下列说法正确的是

A.电容器的电容减小

B.电容器的电压增大

C.电容器的带电量不变

D.带电油滴将向上做加速运动

【答案】A

电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压不变，A极板竖直向上平移一小段距离，依据电容的定义式

，分析电容变化，再由

，分析板间场强变化，从而即可分析该点油滴的运动情况。

A极板向上平移一小段距离，根据

，当间距d增大时，则电容C减小，故A正确；

B、C项：

电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压U不变，根据

，那么电量Q减小，故BC错误；

由于电压不变，板间距离增大，场强减小，油滴受到的电场力减小，带点油滴向下加速运动，故D错误。

A。

【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，考查分析和判断能力，掌握电容的定义式与决定式的区别，注意理解电容器的电压不变与电量不变的情况。

5.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝90°

，M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有方向如图所示的电流，电流强度大小相等，每条长直导线在O点产生的磁感应强度大小均为B0，则在圆心O处的磁感应强度

A.大小为B0，方向垂直于MN向下

B.大小为B0，方向垂直于MN向上

C.大小为2B0，方向垂直于MN向下

D.大小为2B0，方向垂直于MN向左

由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变。

【详解】两导线在O点各自形成的磁感应强度大小为B0．则根据几何关系可知，两导线形成的合磁感应强度大小为2B0，方向垂直MN向下，故C正确，ABD错误。

C。

【点睛】磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度。

6.如图所示，电动机M与电阻R串联后两端接在电压恒为U的电源上，电动机M的线圈电阻r与电阻R阻值相等，电动机正常工作，下列判断正确的是

A.流过电动机的电流小于流过电阻R的电流

B.电动机两端电压小于电阻R两端电压

C.电动机的发热功率等于电阻R的发热功率

D.电动机的总功率等于电阻的功率

电动机M与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系。

R是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析R的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系。

根据能量守恒定律分析消耗的功率关系。

电动机M与电阻R串联，电流相等，故A错误；

设电动机M线圈电阻与电阻R的电阻均为R，电路中电流为I，根据欧姆定律得：

电阻两端的电压UR=IR，电动机是非纯电阻电路，其电压UM＞IR，则有UM＞UR，所以电阻两端电压小于电动机两端电压，故B错误；

电阻相等，根据P=I2R可知，电动机的发热功率等于电阻的发热功率，故C正确；

电动机消耗的功率PM=UMI，电阻消耗的功率PR=URI，UM＞UR，则PM＞UR，即电动机消耗的功率大于电阻消耗的功率，故D错误。

【点睛】本题中电炉是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，两个电路焦耳定律都适用，但欧姆定律只适用于电炉，不适用于电动机。

7.如图所示，1、2为两个不同电源的路端电压U与干路电流I的关系图线，下列说法正确的是

A.电动势E1＝E2B.电动势E1<

E2

C.内阻r1＝r2D.内阻r1>

r2

U-I图象中图象中的点的坐标表示电流及路端电压。

图象与纵坐标的交点为电源的电动势；

图象的斜率表示电源内阻。

【详解】由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，U-I图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻；

根据数学知识可知E1=E2，r1＜r2，I1＞I2；

【点睛】本题考查U-I图象的应用，要注意根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir进行分析图象的物理意义。

8.如图所示，边长为L的等边三角形闭合金属线框abc处于匀强磁场中，磁场垂直线框平面向里，磁感应强度为B。

当线框中通入顺时针方向电流I时，下列说法正确的是

A.bc边受到的安培力方向垂直于bc边向上

B.ab边受到的安培力大小为

C.ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力

D.整个线框所受的安培力的合力为零

【答案】D

根据左手定则判断安培力的方向，根据安培力的计算公式F=BIL计算安培力的大小。

根据左手定则可知bc边受到的安培力方向垂直于bc边向下，故A错误；

ab边受到的安培力大小为F=BIL，故B错误；

C、D项：

三条边构成闭合的三角形，三边受到的安培力的合力为零，故ab边与bc边受到的安培力的合力等于ac边受到的安培力，故C错误，D正确。

D。

【点睛】本题主要是考查安培力的计算，牢记安培力的计算公式是解答本题的关键。

9.在如图所示电路中，L1、L2、L3是三只小灯泡，电源电动势为E。

三只灯泡原来都能发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，对于各灯亮度变化情况，下列判断正确的是

A.L1变暗B.L2变暗

C.L3变暗D.L3亮度不变

【答案】AB

由图可知L2与R串联后与L3并联，再与L1串联；

由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；

由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；

由闭合电路的欧姆定律可得出并联电路的电压变化，从而知两灯亮度的变化。

【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；

电路中电流减小，故内阻及L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L3变亮；

因L3中电流增大，干路电流减小，故流过L2的电流减小，故L2变暗；

故AB正确，CD错误。

AB。

【点睛】本题考查电路的动态分析，要会根据欧姆定律分析各量的变化方向，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律。

如果应用“串反并同”的方法会更简单。

“串反并同”就是与可变电阻串联的电路上的电压和电流的变化与该电阻的变化相反，如果电阻增大，则串联电路的电压和电流会减小，而并联电路的电压和电路会随电阻增大而增大。

10.图中箭头所示为静电场中的三条电场线，曲线为一带电粒子仅在电场力作用下从P点运动到Q点的轨迹。

由此可知

A.带电粒子带正电

B.带电粒子通过P点时电势能较大

C.带电粒子通过Q点时动能较小

D.带电质点通过P点时加速度较小

【答案】CD

【详解】A、由图中轨迹上可知：

轨迹内侧是粒子受力的方向，即沿电场线向右，电场力与电场方向相反，所以粒子带负电，故A错；

BC、由图中轨迹上可知质点由P向Q运动，由于速度方向与合外力夹角为钝角，电场力做负功，则动能减小，电势能增大，所以质点在P点的动能大于在Q点的动能，在P点的电势能小于在Q点的电势能，故B错；

C对

D、质点只受电场力作用，加速度：

a=qE/m，由于电场线越密处场强越大，所以质点在P点的加速度小于在Q点的，故D对。

故选CD

【点睛】质点带负电，负电荷的受力方向与场强方向相反。

质点做曲线运动，曲线运动的合外力方向指向轨迹的内侧。

电场线的切线方向表示该点的场强方向。

可以判断受力方向和场强方向。

电场线越密处场强越大，由此可判断场强大小关系。

11.如图所示，两平行正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，形成的匀强电场强度为E，在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，ab为两金属板间与板平行的中心线，如果带电粒子进入电场前的速率v=

，且粒子重力不计，则下列判断正确的是

A.带正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，粒子能沿直线通过场区

B.带负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，粒子能沿直线通过场区

C.不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过场区

D.不论粒子电量如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过场区

【答案】AC

带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动。

正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线通过场区。

故A正确；

负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向上，粒子将做曲线运动，不能沿直线通过场区。

故B错误；

不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，受力分析发现粒子受的洛伦兹力方向、电场力方向始终相反，此时洛伦兹力qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线通过场区。

故C正确；

不论粒子电量如何，沿ba方向从右侧进入场区，受力分析发现粒子受的洛伦兹力、电场力方向始终相同，都向上或向下，不能沿直线通过场区。

故D错误。

AC。

【点睛】本题考查对速度选择器工作原理的理解，由qE=qvB得

，此结论与带电粒子的电性、电量无关，同时注意左手定则的应用。

12.在如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一带电粒子以某一速度沿着指向圆心O的方向垂直射入匀强磁场，不计粒子重力，粒子在磁场中做匀速圆周运动后，以一定的偏转角θ从磁场中射出，离开磁场方向的反向延长线过Ｏ点，设粒子在磁场中的运动半径为r。

若增大粒子的初速度，仍沿着原来方向进入磁场，则

A.r增大B.r减小C.θ增大D.θ减小

【答案】AD

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后根据题意分析答题。

【详解】A、B项：

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

解得：

粒子速度v增大，则粒子轨道半径

增大，故A正确，B错误；

偏转角：

θ=

由于r增大，则偏向角θ减小，故C错误，D正确。

AD。

【点睛】本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在电场中的偏转，利用平抛运动的知识求解；

粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心角是解决问题的关键。

二、实验题（共16分）

13.某同学用多用电表测量一小段2B铅笔芯的电阻R。

（1）该同学先用螺丝刀调节调零螺丝，使指针指在左端“0”位置，把红、黑表笔分别插入多用电表“+”、“-”插孔，接下来的正确操作顺序是____________（填字母）；

A．把选择开关旋转到“OFF”档。

B．调节欧姆调零旋钮使指针指到电阻档的“0”刻度。

C．把红、黑表笔分别接在铅笔芯的两端，然后读数。

D．把选择开关旋转到合适的档位，将红、黑表笔短接。

（2）该同学所选倍率为x10档，正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则电阻R=____Ω

【答案】

（1）.DBCA

（2）.2.2×

102

（1）用多用电表测电阻，应先对多用电表机械机械调零，然后把选择开关置于合适的欧姆档，再进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻，多用电表使用完毕应将选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡；

（2）根据图示表盘确定欧姆表的倍率，然后根据指针位置读出其示数。

【详解】

（1）用多用电表测电阻，应先对多用电表机械机械调零，然后把选择开关置于合适的欧姆档，

再进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻，多用电表使用完毕应将选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡，

因此合理的实验步骤为：

DBCA；

（2）所选倍率为×

10档，由图示表盘可知，欧姆表读数为：

22×

10=220Ω。

【点睛】本题考查了多用电表使用方法与读数，要掌握多用电表的使用方法与注意事项，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。

14.某同学要做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室提供了以下器材：

A．待测小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.5A）

B．电流表（量程3A，内阻约为0.1Ω）

C．电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）

D．电压表（量程3.0V，内阻约为10kΩ）

E．电压表（量程15.0V，内阻约为50kΩ）

F．滑动变阻器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA）

G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1.0A）

H．电源（电动势为3.0V，内阻不计）、电键及导线等。

（1）为了顺利完成实验并能减小实验误差，电流表应选用_____、电压表选用_____、滑动变阻器选用_____（均填写实验器材前的字母）

（2）该同学根据实验要求选用了合适的器材，并完成部分电路的连接，如图甲所示，请你帮他完成其余部分的线路连接_________（用黑色水笔画线表示对应的导线）。

（3）闭合电键后将滑动变阻器滑片从一端移向另一端，测出多组电压表和电流表的数值，作出小灯泡的I﹣U图线如图乙所示，当小灯泡两端的电压为1.6V时，小灯泡的功率P=_____W（保留2位有效数字）。

【答案】

（1）.C

（2）.D（3）.G（4）.A（5）.0.64

（1）灯泡额定电流为0.5A，电流表应选择C；

灯泡额定电压为2.5V，电压表应选择D；

为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；

（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于A端。

（3）由图乙所示图象可知，电压U=1.6V时电流I=0.4A，灯泡实际功率：

P=UI=1.6×

0.4=0.64W；

【点睛】本题考查了实验器材的选择、实验注意事项与实验数据处理；

要掌握实验器材的选择原则：

安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；

滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。

三、计算题（本题有4小题，共36分。

解答时请写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤和答案，只写最后答案的不能得分。

15.如图所示的闭合电路中，电源电动势E=6V，灯泡A标有“4.5V，3W”，灯泡B标有“3V，3W”。

当开关S闭合时A、B两灯均正常发光。

求：

（1）R的阻值；

（2）电源的内阻r。

【答案】

（1）1.5Ω

（2）0.9Ω

明确电路结构，由B灯正常发光可得电流IB，由欧姆定律可得R的电压从而得出A灯的电压由欧姆定律即可求得R的阻值，根据A灯求出A在的之路的电流，从而知总电流，由全电路欧姆定律求得r的阻值。

【详解】流过R及B灯的电流IB=

所以

流过A灯的电流

由闭合电路欧姆定律：

E=UA+（IA+IB）r

r=0.9Ω。

【点睛】对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。

16.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°

，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=6.0V、内阻r=0.5Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。

导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。

已知sin37°

=0.6，cos37°

=0.8，求：

（1）通过导体棒的电流大小；

（2）导体棒受到的安培力大小；

（3）导体棒受到的摩擦力大小。

（1）1.5A

（2）0.3N（3）0.06N

试题分析：

⑴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：

=1.5A

⑵导体棒受到的安培力：

F安=BIL=0.30N

⑶导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1="

mg"

sin37º

=0.24N

由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件：

mgsin37º

+f=F安

f=0.06N

考点：

本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题，意在考查学生的综合分析能力。

17.如图所示，倾角为37°

的绝缘斜面AB和绝缘水平面BC平滑连接，斜面AB长L=4m，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场。

现有质量为m=1kg，带电量为+

的滑块（可视为质点）从A点以6m/s的速度沿斜面匀速下滑。

g取10m/s2，求：

（1）电场强度的大小E；

（2）滑块在水平面BC运动的最大位移。

（1）

；

（2）

（1）对滑块受力分析，根据平衡条件列式求解电场强度E；

（2）速度从6m/s到0，根据动能定理列式求解即可。

（1）从A到B过程，对滑块受力分析知Eq=mgsin37°

（2）速度从6m/s到0，根据动能定理，有：

。

【点睛】此题考查力的平衡条件和动能定理，注意受力分析和运动过程分析即可，难度不大。

18.如图所示，在xOy坐标平面内，x＜0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

一个质量为m，带电量为q粒子在电场中的P点以初速度v0沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场。

已知P点坐标为（－L，

），磁场的磁感应强度

，不计粒子重力。

（1）匀强电场的场强大小；

（2）粒子在O点时速度的大小和方向；

（3）粒子从磁场射出时的橫坐标x。

（2）

，速度方向与y轴负方向的夹角为30º

（3）

（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。

（2）应用类平抛运动规律求出粒子到达O点时的速度大小与方向。

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出粒子从磁场射出时的横坐标。

（1）粒子在电场中做类平抛运动，

水平方向：

L=v0t，

竖直方向：

，

；

（2）粒子经过O点时的速度：

速度方向与x轴正方向间夹角：

（3）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：

r=2L，

粒子从磁场射出时的横坐标：

x=2rsinθ=

。