2017-2018学年广东省潮州市高二（上）期末物理试卷

2017-2018学年广东省潮州市高二（上）期末物理试卷

一、选择题

1．下列关于静电场的说法正确的是（　　）

A．在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 

B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 

C．场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强一定为零 

D．初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动

2．如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（　　）

A．EA＜EB；φA＜φB B．EA＜EB；φA＞φB 

C．EA＞EB；φA＜φB D．EA＞EB；φA＞φB

3．如图所示电路中，电压表和电流表都是理想的，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电压表的读数U先减小，后增大 

B．电流表的读数I先增大，后减小 

C．电压表读数U与电流表读数I的比值不变 

D．电压表读数的变化量△U与电流表读数的变化量△I的比值不变

4．用粗细均匀的电阻丝折成等边三角形框架abc，边长为L，每边电阻均为R，一电动势为E，内阻为R的电源与框架的两个顶点a、b相连。磁感应强度为B的匀强磁场与三角形框架所在的平面垂直，如图所示。则整个三角形框架受到的安培力大小为（　　）

A．0 B． C． D．

5．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则（　　）

A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速动动 

B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速动动 

C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速动动 

D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速动动

6．回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个D形盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，关于回旋加速器的下列说法正确的是（　　）

A．狭缝间的电场对粒子起加速作用，因此加速电压越大，带电粒子从D形盒射出时的动能越大             

B．磁场对带电粒子的洛仑兹力对粒子不做功，因此带电粒子从D形盒射出时的动能与磁场的强弱无关             

C．带电粒子做一次圆周运动，要被加速两次，因此交变电场的周期应为圆周运动周期的二倍             

D．用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率

7．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B点运动到A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点加速度较大 

C．粒子在B点动能较大 D．粒子在B点电势能较大

8．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态。若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）

A．电容器带电量不变 B．尘埃仍静止 

C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流

9．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（　　）

A．合上开关K接通电路时，A2始终比A1亮 

B．合上开关K接通电路时，A1先亮，A2后亮，最后一样亮 

C．断开开关K切断电路时，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭 

D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭

10．如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则（　　）

A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 

B．微粒下落过程中重力做功为mg（h），电场力做功为qU 

C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为qU 

D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板

二、非选择题．

11．（7分）某实验小组在“测定金属丝的电阻率”实验中，进行如下操作：

（1）用螺旋测微器测量该金属丝的直径如图甲所示，则其直径是　   　mm；

（2）已知此金属丝的阻值约为10Ω，用多用表的欧姆挡测其阻值，下面给出的操作步骤中，合理的顺序是　   　。

A．将两表笔短接，进行欧姆调零；

B．将两表笔分别连接到被测金属丝的两端时，指针的位置如图乙所示，读出欧姆数乘以欧姆挡的倍率，得出金属丝的电阻；

C．旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的“×1”挡；

D．旋转选择开关，使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔。

（3）测得的金属丝的电阻是　   　Ω。

12．（11分）某同学为了较精确的测量某一铅蓄电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：

A．待测铅蓄电池E（电动势约为2V，内阻约为1Ω）

B．毫安表G（满偏电流3.0mA，r＝100Ω）

C．电流表A（量程0﹣0.6A，内阻约为1Ω）

D．滑动变阻器R1（0﹣20Ω，额定电流为2A）

E．滑动变阻器R2（0﹣1kΩ，额定电流为1A）

F．定值电阻R0＝900Ω

G．开关一个，导线若干

（1）实验中为了测量准确且操作方便，滑动变阻器应选　   　（选填前面的序号）；

（2）根据题意在图1虚线框中补画出该实验的电路图；

（3）图2实物图已连好一部分，请根据电路图，将实物连接完整；

（4）如图3所示，是该同学利用实验得到的数据作出的图线。其中，以电流表A的示数I2为横坐标，以毫安表G的示数I1为纵坐标。由图可得，被测铅蓄电池的电动势为　   　V，内阻为　   　Ω．（结果均保留2位小数）

13．（14分）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L＝0.2m，一端通过导线与阻值为R＝1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计。整个装置处于竖直向上的大小为B＝0.5T的匀强磁场中。现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v﹣t图象如图乙所示。（取重力加速度g＝10m/s2）求：

（1）t＝10s时拉力的大小及电路的发热功率。

（2）在0～10s内，通过电阻R上的电量。

14．（18分）如图所示，真空中竖直条形区域工存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ存在水平向左的匀强电场，磁场和电场宽度均为L且足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线。M、N为涂有荧光物质的竖直板，质子打在M、N板上被吸附而发出荧光。现有一束质子从A处以速度v连续不断地射入磁场，入射方向与M板成60．夹角且与纸面平行，已知质子质量为m，电量为q，不计质子重力和相互作用力，求：

（1）若质子垂直打在N板上，I区磁场的磁感应强度B1；

（2）在第（1）问中，调节电场强度的大小，N板上的亮斑刚好消失时的场强E；

（3）若区域Ⅱ的电场强度E，要使M板出现亮斑，I区磁场的最小磁感应强度B2。

2017-2018学年广东省潮州市高二（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题

1．【分析】场强可根据电场线的疏密分析大小，由切线方向分析场强的方向。在以点电荷为球心的球面上各点的电势相等；电荷的运动情况不仅跟电场力有关，还与初速度条件有关；场强与电势没有直接关系；电荷要沿电场线运动，电场线必须是直线。根据这些知识解答。

【解答】解：

A、根据电场线的分布情况可知，离点电荷距离越远场强越小，而以点电荷为球心的球面上各点场强大小相等，方向不同，所以在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点。以点电荷为球心的球面，其上各点的电势相等，故A正确。

B、正电荷只在电场力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90°，从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于90°，从低电势向高电势运动，故B错误。

C、电势是相对的，电势零点可人为选择，而场强由电场本身决定，两者没有直接的关系，所以场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零。故C错误。

D、只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动，故D错误。

故选：A。

【点评】本题关键对电场的基本知识，如点电荷电场线和等势面的分布情况、场强与电势的关系要熟悉，能运用力学知识分析电荷能否沿电场线运动。

2．【分析】从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况。

【解答】解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，

故A点的电场强度较大，故EA＞EB；

正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即φA＞φB；

故选：D。

【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小。

3．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电流发生变化，内电压外电压也发生变化。

【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小。故A、B错误。

   C、电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，外电阻先增大后减小。故C错误。

   D、因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等。所以r．故D正确。

故选：D。

【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析。

4．【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可。

【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图

等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为：

则路端电压U

根据欧姆定律：I12

I3

则安培力F1＝F2＝BI12L，F1，F2的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为：

F3＝BI3L

故三角形框架受到的安培力的合力大小为：

故选：B。

【点评】该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路。题目的难度中档。

5．【分析】线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力。线圈全部进入磁场后只受重力，会做加速运动。线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度，根据受力关系确定运动情况。

【解答】解：A、线圈从高处自由下落，以一定的速度匀速进入磁场后，会受到重力和安培力。线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段匀加速运动。所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度，产生的感应电动势变大，所受的安培力变大。

A、若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动。故A错误。

B、若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误。

CD、若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动。故C正确，D错误。

故选：C。

【点评】该题考查了电磁感应中的动力学问题。要注重运动过程和受力分析。

6．【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关。

【解答】解：A、根据，解得v，带电粒子射出时的动能，与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关。故A、B错误。

C、交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等，带电粒子在匀强磁场中运动的周期T，与粒子的速度无关，所以加速后，交变电场的周期不需改变，不同的带电粒子，在磁场中运动的周期不等，所以加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率。故C错误，D正确。

故选：D。

【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关。

7．【分析】不计重力的粒子在电场力作用下B点运动到A点，由运动与力的关系可知，电场力方向指向轨迹的内侧，判断出电场力的方向，来分析粒子的电性。电场线的疏密表示电场强度的强弱，由牛顿第二定律分析加速度的大小。由电场力做功正负分析动能和电势能的大小。

【解答】解：A、电场线的方向向左，根据粒子的运动轨迹可以判断出粒子受到的电场力的方向向左，与电场线的方向相同，所以该粒子带正电，故A正确；

B、电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，故B错误。

CD、从B点运动到A点的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以粒子在B点动能较大，在B点电势能较小。故C正确，D错误。

故选：AC。

【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，沿电场线的方向电势降低，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，即可解决这类问题。

8．【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向。

【解答】解：

A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小。故A错误。

B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。故B正确。

CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流。故C正确，D错误。

故选：BC。

【点评】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C和电容的定义式C结合进行分析。

9．【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。

【解答】解：A、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。故A错误，B也错误；

    C、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。故C错误、D正确。

故选：D。

【点评】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。

10．【分析】微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小。重力一直做正功，重力势能一直减小。微粒下落过程中重力做功为mg（h），电场力做功为qU．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量为qU．根据动能定理研究微粒从距B板高2h处自由下落，能否到达A板。

【解答】解：A、微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小。重力一直做正功，重力势能一直减小。故A错误。

    B、微粒下降的高度为h，重力做正功，为WG＝mg（h），电场力向上，位移向下，电场力做负功，WE＝﹣qqU．故B正确。

    C、微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功△EPqU．故C正确。

    D、由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得：

          mg（h）qU＝0   ①

        若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：

         mg（2h+d）﹣qU②

由①②联立得v＝0，即恰好能达到A板。故D正确。

故选：BCD。

【点评】本题根据动能定理研究微粒能否到达A板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析。

二、非选择题．

11．【分析】（1）螺旋测微器的读数由固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读到0.001mm；

（2）使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡；

（3）根据欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

【解答】解：（1）固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01mm×14.2＝0.142mm，则电阻丝的直径 d＝0.5mm+0.142mm＝0.642mm

（2）使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡，则正确的实验步骤为：CABD；

（3）电阻丝的阻值约为10Ω，旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是×1，

由图示欧姆表可知，电阻丝的阻值为12×1＝12Ω。

故答案为：（1）0.998；（2）CABD；（3）12。

【点评】此题要掌握螺旋测微器的读数方法：固定刻度与可动刻度读数之和，要注意螺旋测微器需要估读。

本题考查了欧姆表的使用方法以及测量电阻的步骤、欧姆表读数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

12．【分析】（1）根据题意可明确电流表，根据欧姆定律可分析为了准确应接入的滑动变阻器的阻值范围，则可以选出对应的滑动变阻器；

（2）根据给出的仪表结合闭合电路欧姆定律进行分析，即可明确应采用的电路图；

（3）根据原理图可得出对应的实物图；

（4）根据闭合电路欧姆定律进行列式，结合图象进行变形，利用数学规律可明确电动势和内电阻。

【解答】解：（1）由题意可知，电流表只能选择0.6A量程，为了准确，示数应在量程的三分之一至三分之二间，此时最为准确，则可知，需要电阻约为10Ω左右；故滑动变阻器选择D；

（2）器材中没有电压表，考虑能否将电流表G与定值电阻串联成为“电压表”；有：U＝Ig（Rg+R0）＝3.0×10﹣3×（100+900）＝3V；能达到实验要求；故电路图如图所示；

（3）根据原理图可得出对应的实物图如图所示；

（4）由闭合电路欧姆定律可知：E＝I1（Rg+R0）+I2r，

解得：I1I2；

由图象可知，图象的斜率表示K； 截距b；

由图可知，b＝1.95×10﹣3；K10﹣3＝7.5×10﹣3

解得：E＝1.95V；r＝7.50Ω

故答案为：（1）D；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）1.95；7.50

【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道当仪器不能使用时要利用所学过的改装原理进行改装，同时能利用闭合电路欧姆定律进行分析，列出表达式，再根据数学知识可求得电动势和内电阻。

13．【分析】（1）速度图象的斜率等于加速度，由数学知识求出加速度。根据牛顿第二定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律、运动学公式结合求解拉力的大小。根据公式P求解电路的发热功率。

（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电量公式q＝I△t求解通过电阻R上的电量。

【解答】解：（1）由v﹣t图象可知：a0.4m/s2…①

由图可知，t＝10s时，v＝4m/s

由牛顿第二定律，得：F﹣F安＝ma…②

又F安＝BIL…③

E＝BLv…④

I⑤

v＝at…⑥

联立以上各式，代入数据得：Fma0.5×0.4＝0.24N…⑦

电路的发热功率为 P0.16W…⑧

（2）由q△t…⑨

 ⑩

（11）

△Φ＝B△S＝BL（12）

联立以上各式，代入数据得：q2C

答：（1）t＝10s时拉力的大小是0.24N，电路的发热功率是0.16W。

（2）在0～10s内，通过电阻R上的电量是2C。

【点评】该题为电磁感应与动力学综合的问题，解决本题的关键理清导体棒的运动情况，知道速度图象的斜率等于加速度，能根据相关规律推导出电量的表达式。

14．【分析】（1）若质子垂直打在N板上，质子出磁场时必须与磁场的右边界垂直，画出质子在磁场中的运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求磁感应强度B1；

（2）要使N板上的亮斑恰好消失，质子进入电场后须做匀减速直线运动，到达N板的速度恰好为零。由动能定理求场强E；

（3）设质子从磁场进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，进入电场后做类斜上抛运动，当质子刚要达到N板时，沿电场线方向速度减小为零，如图所示，此时质子恰好能返回磁场打在M板上产生亮班，而此时的磁感应强度最小。研究电场中沿电场线方向的运动，由动能定理求出θ．根据几何关系求出磁场中轨迹半径，即可求解I区磁场的最小磁感应强度B2。

【解答】解：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m

解得 r

若质子垂直打在N板上，质子出磁场时必须与磁场的右边界垂直，画出质子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得

  r1cos60°＝L，得 r1＝2L

则由r得，I区磁场的磁感应强度 B1

（2）质子进入电场后逆着电场线做匀减速直线运动，调节电场强度的大小，N板上的亮斑刚好消失时，质子的速度刚好减为零，由动能定理得：

﹣qEL＝0

则得N板上的亮斑刚好消失时的场强 E

（3）设质子从磁场进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，进入电场后做类斜上抛运动，当质子刚要达到N板时，沿电场线方向速度减小为零，如图所示，此时质子恰好能返回磁场打在M板上产生亮班，而此时的磁感应强度最小。

沿电场方向，由动能定理得：﹣qEL＝0，得 θ＝30°

在磁场中，由几何关系知，r2sin60°+r2sin30°＝L，得 r2＝（1）L

故Ⅰ区域磁场的最小磁感应强度为 B2

答：

（1）若质子垂直打在N板上，I区磁场的磁感应强度B1为；

（2）在第（1）问中，调节电场强度的大小，N板上的亮斑刚好消失时的场强E为；

（3）若区域Ⅱ的电场强度E，要使M板出现亮斑，I区磁场的最小磁感应强度B2为。

【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，须“画圆弧、定圆心、求半径”。同时利用几何关系来确定半径大小。要根据题意作出临界轨迹是基本能力，要加强训练，提供解题能力。