浙江省台州市联谊五校2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含答案解析）

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1、台州市联谊五校 2018 学年第一学期高二期中考试物理选考试卷一、选择题1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法不正确的是( )A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】B【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项 A 正确；欧姆发现了欧姆定律，

2、说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。故 B 错误；法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项 C 正确；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项 D 正确；此题选择不正确的选项，故选 B.2.有关电场强度的理解，下述说法正确的是( )A. 由 可知，电场强度 E 跟放入的电荷 q 所受的电场力成正比B. 在电场中某点放入试探电荷 q，该点的场强为 ，取走 q 后，该点场强不变C. 由 可知，在离点电荷很近，r 接近于零时，电

3、场强度达无穷大D. 沿电场线方向，场强一定越来越大【答案】B【解析】【详解】电场强度由电场本身决定，与电荷的电量以及所受的电场力无关，由 可知，电场强度 E 等于电荷 q 所受的电场力 F 与电量 q 的比值，选项 A 错误； 在电场中某点放入试探电荷 q，该点的场强为，取走 q 后，该点场强不变，选项 B 正确；在离点电荷很近，r 接近于零时，电场强度的公式不再适用，选项 C 错误；沿电场线方向，场强不一定越来越大，可能减小或不变，选项 D 错误；故选 B.3.在匀强磁场中某处 P 放一个长度为 L20 cm，通电电流 I1 A 的直导线，测得它受到的最大磁场力F1.0 N，现将该通电导线从

4、磁场中撤走，则 P 处磁感应强度为( )A. 0 B. 0.2 T C. 0.05 T D. 5 T【答案】D【解析】【详解】由题意，通电导线放入磁场中所受安培力最大，说明导线与磁场垂直，则有 F=BIL 得：； 磁感应强度是由磁场本身决定的，与是否有电流无关，故将该通电导线从磁场撤走，则 P 处磁感应强度保持不变。故 D 正确。故选 D。【点睛】解决本题关键要知道当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，掌握安培力公式F=BIL，并知道安培力与磁感应强度垂直4.两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，引力大小为 3F。现将这两个金属球

5、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. 4F B. 2F C. F D. F【答案】D【解析】【详解】由库仑定律可得： ；即 ；两电荷由于引力，则带异种电荷，当两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为 q；则库仑力 F= =F，故 ABC 错误，D 正确；故选 D。5.如图为某一电场的电场线，M、N、P 为电场线上的三个点，M、N 是同一电场线上两点，下列判断正确的是（ ）A. M、N、P 三点中 M 点的场强最大B. M、N、P 三点中 N 点的电势最高C. 负电荷在 N 点的电势能大于在 M 点的电势能D. 正电荷从 M 点自由释放，电荷将沿电场

6、线运动到 N 点【答案】C【解析】【详解】电场线的疏密反应了场的强弱，N 点处电场线最密，所以 N 点场强最大，故 A 错误；顺着电场线的方向，电势降低，所以 M 点的电势最高，故 B 错误；根据 EP=q， M P N可知，负电荷在 N 点电势能大于在 M 点的电势能，故 C 正确；在 M 点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故 D 错误。故选 C。【点睛】解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加6.将闭合多匝线圈置于仅随时

7、间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关B. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】C【解析】试题分析：解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势 E=n ，即感应电动势与线圈匝数有关故 A 错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故 C 正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动

8、势可能小，故 B 错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同” ，故 D 错误；故选 C【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第视频7.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力） ，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A. 轨道半径减小，角速度增大B. 轨道半径减小，角速度减小C. 轨道半径增大，角速度增大D.

9、 轨道半径增大，角速度减小【答案】D【解析】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：qvB=m ，解得：r= ，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后B 减小，所以 r 增大线速度、角速度的关系为：v=R线速度 v 不变，半径 r 增大，所以角速度减小，故 D 正确，ABC 错误故选：D【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，应用牛顿第二定律、线速度与角速度的关系即可解题视频8.为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列

10、表述正确的是（ ）A. 到达集尘极的尘埃带正电荷B. 电场方向由放电极指向集尘极C. 带电尘埃电势能越来越大D. 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】D【解析】【详解】由图示可知，集尘机电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故 AB 错误。带电尘埃在电场力作用下向集尘极运动，电场力做正功，电势能减小，选项 C 错误；由 F=Eq 可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题

11、时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例9.如图所示，平行板电容器与电动势为 E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量 很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的 P 点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小 段距离，则说正确的是( ) A. 平行板电容器的电容将变小B. 静电计指针张角变小C. 平行板电容器的电量不变D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力变小【答案】A【解析】【详解】根据 知，d 增大，则电容减小。故 A 正确。静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相

12、连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故 B 错误。电势差 U 不变，电容 C减小，根据 Q=CU 可知平行板电容器的电量减小，选项 C 错误；电容器与电源断开，则电荷量 Q 不变，d改变，根据 ，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故 D 错误。故选 A。【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变10.如图所示，长为 2L 的直导线折成边长相等、夹角为 60的 V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B，当在该导线中通以电流强度为 I 的电流时，该

13、V 形通电导线受到的安培力大小为( )A. 0 B. 0.5BIL C. BIL D. 2BIL【答案】C【解析】试题分析：导线在磁场内有效长度为 ，故该 V 形通电导线受到安培力大小为 ，选项 C 正确，选项 ABD 错误。考点：安培力【名师点睛】由安培力公式 进行计算，注意式中的 应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义。视频11.如图为一种服务型机器人，其额定功率为 48W. 额定工作电压为 24V。机器人的锂电池容量为 20Ah. 则机器人A. 额定工作电流为 20A B. 充满电后最长工作时间为 2hC. 电池充满电后总电量为 D. 以額定电流工作时毎秒消

14、耗能量为 20J【答案】C【解析】A、由 得： , A 错误；B、 ， ，B 错误；C、 ，C 正确；D、以额定电流工作时每秒消耗能量 .12.某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律。当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是A. a G bB. 先 a G b，后 b G aC. b G aD. 先 b G a，后 a G b【答案】D【解析】磁铁向下插入线圈，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，根据楞次定律可知，回路中产生逆时针方向的电流，通过检流计的电流方向 bGa磁铁向下串出线圈，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量减小，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流

15、，通过检流计的电流方向 aGb13.如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，设匀强磁场的磁感应强度为 B，D 形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为 d，匀强电场间的加速电压为 U，要增大带电粒子（电荷量为 q、质量为 m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中正确的是A. 减小匀强电场间的加速电压 UB. 减小磁场的磁感应强度 BC. 增大狭缝间的距离 dD. 增大 D 形金属盒的半径 R【答案】D【解析】离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m ，解得 则动能有：EK= mv2= ，由此可知：粒子的动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和 D形盒的半径有关，增

16、大磁感应强度和 D 形盒的半径，可以增加粒子的动能故 D 正确，ABC 错误故选D点睛：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和 D 形盒的半径有关14.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，磁场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（如图）做匀速运动令 U 表示 MN 两端电压的大小，则（）A. ，流过

17、固定电阻 R 的感应电流由 b 到 dB. ，流过固定电阻 R 的感应电流由 d 到 bC. U=vBl，流过固定电阻 R 的感应电流由 b 到 dD. U=vBl，流过固定电阻 R 的感应电流由 d 到 b【答案】A【解析】【详解】当 MN 运动时，相当于电源。但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻， MN 两端的电压也就是电阻 R 两端的电压，电路中电动势为 ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为 2R，则电阻上的电压为 ，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，即由 N 到 M，那么流过电阻的就是由 b 到 d，A 正确15.在如图所示电路中，A

18、 1与 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. 合上电键 S 接通电路时，A 1先亮，A 2后亮，最后一样亮B. 合上电键 S 接通电路时，A 1和 A2始终一样亮C. 断开电键 S 切断电路时，A 2立刻熄灭，A 1过一会儿才熄灭D. 断开电键 S 切断电路时，A 1和 A2都要过一会儿才熄灭【答案】D【解析】【详解】合上开关 K 接通电路，A 2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 AB 错误；断开开关 K 切断电路时，通过 A2的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通

19、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。【点睛】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16.静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载， 春秋纬考异邮中有“玳瑁吸褚”之说，但下列不属于静电现象的是( )A. 梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B. 带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C. 小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D. 从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【答案】C【解析

20、】梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是因为梳子与头发摩擦起电，静电吸引轻小物体，故 A 属于静电现象，所以 A 错误；带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引，是因为先感应起电，然后静电作用力，故 B 错误；小线圈接近通电线圈过程中，消息安全中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以 C 正确；从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是因为摩擦起电，所以 D 错误。【考点】静电现象【方法技巧】本题主要是识记静电现象，知道几种常见的起电方式：摩擦、接触、感应，以及电磁感应现象视频二、实验题17.一个多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1 ，10 ，100 .用10 挡测量某电阻时，操作

21、步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_，若补上该步骤后测量，表盘的示数如下图所示，则该电阻的电阻值是_. 【答案】 (1). 100 (2). 欧姆调零 (3). 2.2010 3【解析】表头指针偏转角度较小，说明倍率档选择的太小，则为了较准确地进行测量，应换到100 档。如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是重新进行欧姆调零；若补上该步骤后测量，表盘的示数如右图所示，则该电阻的阻值是 14100=1400。18.为了较精确地测量一节新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验

22、，器材： 理想电压表 V（量程 03V， ） ，电流表 A（具有一定内阻，量程 00.6A， ） ，定值电阻 R0（R 0=1.50） ，滑动变阻器 R1（010） ，滑动变阻器 R2（0200） ， 开关 S实验电路原理为图（a）(1)为方便调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用_（填“R 1”或“R 2”） (2)用笔画线代替导线在图(b)中完成实物连接图_(3)定值电阻 R0在电路中作用是_（只要求写出一点）(4)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的 U-I 图线如图（c）所示，则干电池的电动势_ V, 干电池的内阻 r=_。 （结果保留两位有效数字）【

23、答案】 (1). R1 (2). (3). 保护电路 (4). 2.0 (5). 1.0【解析】【详解】 （1）为方便调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用阻值较小的 R1（2）实物连接图（3）定值电阻 R0在电路中作用是保护电路；（4）根据图像可知，干电池的电动势 E=2.0V；干电池的内阻19.为探究小灯泡 L 的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的 U-I 图象应是A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：灯丝电阻随电压的增大而增大，在图象上某点到原点连线的斜率应越来

24、越大，故 ABD 错误，C 正确故选 C【点评】本题考查的恒定电流中的基础知识：UI 图象含义以及温度对电阻的影响对于这些基本知识要加强理解和应用三、计算题20.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数 N=100，边长ab=“1.0“ m、 bc=“0.5“ m，电阻 r=2。磁感应强度 B 在 0 1 s 内从零均匀变化到 0.2 T。在 15 s 内从 0.2 T 均匀变化到-0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向；（2）在 15s 内通过线圈的电荷量 q；（3）在 05s 内

25、线圈产生的焦耳热 Q。【答案】 （1） E=10V，感应电流方向为 adcba（2） q=10C （3） Q=“100J“【解析】（1）要求解 0.5s 时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。由于线圈与磁场方向垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则 0.5s 的瞬时感应电动势正好与 0 1 s 的平均感应电动势相等。感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可。 （2）要分析 15s 的电荷量 q，则只要根据求解即可；（3）由于磁场的变化分 0 1 s 和 1 5 s 两个不同的阶段，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析，运用 即可求得。（1）磁感应强度 B 在 0 1 s

26、内从零均匀变化到 0.2 T，故 0.5s 时刻的瞬时感应电动势的大小和 0 1 s 内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势： 且磁通量的变化量 ，可解得 ，代入数据得 。0 1 s 磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方向为： adcba。（2）同理可得： ，感应电流 ，电量解得： ,代入数据得：q=10C。（3）0 1 s 内的焦耳热 ，且15 s 内的焦耳热 ，由 ,代入数据得：【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合。注意分阶段考虑，考查考生的分析能力、推理能力等。难度：中等。视频21.如图所示， A 为粒子源

27、，在 A 和极板 B 间的加速电压为 U1，在两水平放置的平行带电板 C、 D 间的电压为 U2，现设有质量为 m，电荷量为 q 的质子初速度为零，从 A 被加速电压 U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为 L，两板间的距离为 d，不计带电粒子的重力，求：(1)带电粒子在射出 B 板时的速度；(2)带电粒子在 C、 D 极板间运动的时间；(3)带电粒子飞出 C、 D 电场时在竖直方向上发生的位移 y.【答案】 （1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）由动能定理得：W=qU 1=则（2）离子在偏转电场中运动的时间 tL =（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为

28、y综合解得考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难22.如图所示，直线 MN 上方有磁感应强度为 B 的匀强磁场，正负电子先后从同一点 O 以与 MN 成 30角的同样速度 v 射入磁场（电子质量为 m，电荷为 e） 求：它们从磁场中射出时出射点相距多远？射出的时间差是多少？【答案】(1) (2)【解析】【详解】 （1）正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示：电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：evB=m ，解得： ，由题意可知：=30如图可知，两粒子离开时距 O 点均为 R，所以出射点相距为：L=2r= ；（2）电子在磁场中做圆周运动的周期： ，正电子的回旋时间为：t 1= T，负电子的回旋时间为：t 2= T射出的时间差为：t=t 2-t1= ；【点睛】带电粒子在电场中的运动关键在于由几何关系找出圆心和半径，再由洛伦兹力充当向心力及圆的性质可得出几何关系及转动时间。