福建省莆田市第二十五中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题附答案解析

2018-2019学年福建省莆田二十五中高二（上）期末
物理试卷
一、选择题（每小题4分，共60分．其中1-12题单项选择，13-15题多项选择）
1.电场线分布如图所示，电场中a、b两点的电场强度大小分别为E a和E b，a、b两点的电势分别为φa和φb，则（）
A. E a>E b，φa>φb
B. E a>E b，φa<φb
C. E a<E b，φa>φb
D. E a<E b，φa<φb
【答案】C
【解析】
试题分析：根据电场线疏密表示电场强度大小；根据沿电场线电势降低，。

故选C
考点：电场线
点评：电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低
2.要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍,下列方法中可行的是
A. 每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍,电荷间的距离不变
B. 保持点电荷的电荷量不变,使两个电荷间的距离增大到原来的2倍
C. 使一个点电荷的电荷量加倍,另一个点电荷的电荷量保持不变,同时使两个点电荷间的距离减小为原来的
D. 保持点电荷的电荷量不变,将两个点电荷的距离减小到原来的
【答案】A
【解析】
【分析】
根据库仑定律公式
【详解】A、每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍,电荷间的距离不变,则
,所以A选项是正确的;
B、保持点电荷的电荷量不变,使两个点电荷的距离增大到原来的2倍,根据公式则力变成原来的，故B错
C、使一个点电荷的电荷量增加1倍,另一个点电荷的电荷量保持不变,同时使两点电荷间的距离减小为原来的,则有
,故C错误;
D、保持点电荷的电荷量不变,将两点电荷间的距离减小为原来的 ,则力 ,故D错；
故选A
3.一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10-6J的功，那么
A. 电荷在B处时将具有5×10-6J的电势能
B. 电荷在B处将具有5×10-6J的动能
C. 电荷的电势能减少了5×10-6J
D. 电荷的动能减少了5×10-6J
【答案】C
【解析】
试题分析：电场力做正功，电势能减小5×10－6J，动能增加5×10－6J，故C正确、D错误；电场力做功对应着电势能和动能的变化，不能说明具有多少电势能或者动能，故AB错误．故选C．
考点：电势能
【名师点睛】考查了电场力做功和电势能的关系这一基本功能关系，要明确物理中的各种功能关系并能正确应用。

4.对于给定的电容器，如图的反映其电容C、电量Q、电压U之间关系的图中不正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】C＝Q/U是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：，电容器的电容是由电容器本身决定的，与所带电量以及两极板间电压无关，Q=CU，电容器所带电量与两板间电压成正比，故A错误，BCD正确。

本题选择错误的，故选A。

5.如图L1、L2、L3电阻相同，当滑动变阻器的滑动端P向右滑动时（）
A. L1变暗，L2变亮，L3变暗
B. L1变亮，L2变暗，L3变亮
C. L1变暗，L2变暗，L3变亮
D. L1变亮，L2变亮，L3变暗
【答案】A
【解析】
【详解】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻增大，外部电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故L1变暗；因总电流减小，所以内电压减小，路端电压增大，由于L1两端电压减小，故并联部分电压增大，L2变亮；因总电流减小，L2中电流增大，故流过L3中电流减小，故L3变暗；故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析；也可以直接根据“串反并同”进行分析得出结论。

6.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是（）
A. 洛伦兹力对带电粒子做功
B. 洛伦兹力的大小与速度无关
C. 洛伦兹力不改变带电粒子的动能
D. 洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
【答案】C
【解析】
【详解】洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，只改变速度的方向，所以不改变粒子的动能。

故AD错误，C正确。

洛伦兹力大小F＝qvB，与速度的大小有关。

故B错误。

故选C。

7.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有（）
A. 磁极之间只有发生相互作用时才有磁场存在
B. 磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向
C. 磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止
D. 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线
【答案】B
【解析】
【详解】磁极之间的磁场无论是否发生相互作用总是存在的，故A错误。

磁感线是人为假想的曲线，磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向。

故B正确。

磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体
内部，从南极指向北极。

故C错误。

用细铁屑在磁铁周围排列出的曲线可以模拟磁感线，但并不是磁感线。

没有细铁屑的地方同样可以画出磁感线。

故D错误。

故选B。

8.关于磁通量，下列说法中正确的是( )
A. 磁通量不仅有大小，而且有方向，所以是矢量
B. 磁通量越大，磁感应强度越大
C. 通过某一面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零
D. 磁通量就是磁感应强度
【答案】C
【解析】
A、磁通量不仅有大小，而且有方向，但磁通量是标量；故A错误
B、磁通量所以磁通量的大小有两个因素决定，磁通量越大，磁感应强度不一定越大，故B错误；
C、磁通量，通过某一面的磁通量为零，可能是磁场与面平行，所以该处磁感应强度不一定为零，故C正确；
D、磁通量，磁通量不是磁感应强度，故D错误；
综上所述本题答案是：C
9.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）
A. 当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向纸外
B. 当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向纸外
C. 当磁针N极指向纸外时，线圈中的电流沿逆时针方向
D. 以上判断均不正确
【答案】C
【解析】
【详解】当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极。

通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里。

故A错误；当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S 极，纸外是通电线圈的N极。

通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，而S极将指向纸内，故B错误；同理，当磁针N极指向纸
外时，线圈中的电流沿逆时针方向，故C正确；由上分析可知。

故D错误。

故选C。

10.如图所示，水平直导线ab通有向右的电流I，置于导线正下方的小磁针S极将( )
A. 向纸外偏转
B. 向纸内偏转
C. 在纸面内顺时针转过90°
D. 不动
【答案】A
【解析】
当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N 极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动．S极向指外偏转；故A正确；故选A
【点睛】右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向．当导线是环形时，则四指向为电流的方向．
11.关于磁场对通电直导线的作用力,下列说法错误
．．的是
A. 通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用
B. 通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁场方向垂直
C. 通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流方向垂直
D. 通电直导线在磁场中所受安培力的方向垂直于由B和I所确定的平面
【答案】BCD
【解析】
实验发现，当通电导线和磁场方向平行时，导线不受安培力；当通电导线和磁场方向垂直时，导线所受安培力最大，理论公式为，其中θ为导线和磁场方向的夹角，当θ=0时，安培力为零，A错。

根据左手定则，
，，I和B组成的平面，BCD正确。

故选A。

12. 电流为I的直导线处于磁感应强度为B的匀强磁场中，所受磁场力为F．关于电流I、磁感应强度B和磁场力F 三者之间的方向关系，下列图示中正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
解：A、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向水平向左，故A错误．
B、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向水平向右，故B正确．
C、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向竖直向上，故C错误．
D、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向垂直于导线斜向左上方，故D错误．
故选B．
【考点】安培力．
【专题】应用题；图析法．
【分析】根据左手定则的内容，判定安培力的方向．左手定则的内容是：伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向．
【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断电流方向、磁场方向、安培力方向的关系．左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．
13.下列关于多用电表电阻挡的说法中，正确的是（）
A. 表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度越稀疏
B. 红表笔是与表内的电源的负极相连的
C. 测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻
D. 为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近
【答案】CD
【解析】
试题分析：依据欧姆表的测量原理分析电阻值与刻的关系；在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极；用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．
解：A、由I=，电流I与对应的待测电阻阻值R x不成正比，电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故A错误；
B、在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极，故B错误；
C、测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻．故C正确；
D、当指针指在刻度盘的中间刻度附近时，测量的数据误差最小，所以为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近．故D正确．
故选：CD
【点评】本题考查了欧姆表测量原理和使用方法，对欧姆表的原理的理解是该知识点的难点，牢记公式I=是做好这一类题目的关键．
14.关于电动势下列说法正确的是（）
A. 电源电动势等于电源正负极之间的电势差
B. 用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值
C. 电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，它的数值与外电路的组成有关
D. 电源电动势总等于路端电压
【答案】B
【解析】
【详解】电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故AD错误；电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势。

故B正确。

电动势反映电源的特性，其大小总等于内、外电路上的电压之和，与外电路的结构无关，故C错误；故选B。

15.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则（）
A. E P＞E Q
B. φP＞φQ
C. E P＜E Q
D. φP＜φQ
【答案】AB
【解析】
【详解】由图P点电场线密，电场强度大，E P＞E Q．故A正确，C错误；根据沿电场线的方向电势降低可知φP＞φQ．故B正确，D错误；故选AB。

二、填空题（每空4分，共16分）
16.一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为2Ω，那么它的电功率是 w，这台电动机2s内产生的热量是 J．
【答案】2200 400
【解析】
试题分析：电功率由P=UI求得，热量由Q=I2Rt求得．
解：电功率为：P=UI=220×10=2200W
热量：Q=Q=I2Rt=102×2×2=400J
故答案为：2200 400
【点评】明确是电动机不是纯电阻电路，电功不等于电热．
17.面积为0.5m2的矩形线圈放入一磁感应强度为5T的匀强磁场中，线圈平面与磁感线互相垂直，此时矩形线圈的磁通量为 Wb．
【答案】2.5
【解析】
试题分析：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．
解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS=0.5×5=2.5Wb
故答案为：2.5
【点评】本题考查了磁通量的定义式和公式Φ=BS的适用范围，只要掌握了磁通量的定义和公式Φ=BS的适用条件就能顺利解决．
18.如图所示是根据某次实验记录数据画出的U—I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是( )
A. 纵轴截距表示待测电源的电动势，即E＝3 V
B. 横轴截距表示短路电流，即I短＝0.6 A
C. 根据，计算出待测电源内阻为5 Ω
D. 根据，计算出待测电源内阻为1 Ω
【答案】AD
【解析】
【详解】A.由闭合电路欧姆定律可知：U=E−Ir；由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V，故A正确；
B. 当外电路电阻R=0时，外电路短路，短路电流为I短=E/r=3/1A=3A，故B错误；
CD. 路端电压的减少量ΔU等于内阻电压的增加量，根据，计算出待测电源内阻为1.0Ω，故C错误，D正确。

故选：AD
三、计算题（每小题8分，共24分）
19.如图，，，当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.4A；当开关处于位置2时，电流表读数I2=0.6A，求电源的电动势E和内电阻r
【答案】 ,
【解析】
设电源的电动势为E、内阻为r，则由闭合电路的欧姆定律可得：
开关处于1时：E=I1（R1+r）
开关处于2时：E=I2（R2+r）
代入数据得：E=0.4（14+r），E=0.6（9+r），
解得：E=6V，r=1Ω；
点睛：本题应用闭合电路的欧姆定律求电源的电动势与内阻，也提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法：安阻法．
20.如图所示，矩形导线框ABCD用细线悬挂，线框的m＝0.4kg，线水平边AB长L＝0.3m，线框的下部分处在有界的匀强磁场中，磁感应强度B＝2T，方向垂直线框平面向里．线框中通过的电流大小为I＝5A、方向如图所示，取重力加速度g＝l0m/s2．求：
①AB边所受安培力F的大小和方向；
②细线上的拉力．
【答案】①3N，方向向上；②1N．
【解析】
【详解】①AB边受到的拉力为：F＝BIL＝2×5×0.3＝3N；
由左手定则可知AB边受力方向向上；
②由题意结合平衡条件：T+F＝mg
T＝mg﹣F＝4N﹣3N＝1N
21.一初速度为零的质子（质量m=1.6×10﹣27kg，电荷量q=1.6×10﹣19C），经过电压为1000V的电场加速后，
（1）质子离开电场的速度为多少？
（2）当从电场出来后垂直进入磁感应强度为5.0×10﹣4T的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力为多大？
【答案】（1）质子离开电场的速度为6.0×105m/s
（2）当从电场出来后垂直进入磁感应强度为5.0×10﹣4T的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力为4.8×10﹣17N．
【解析】
试题分析：（1）带电粒子在电场中加速，根据动能定理可求得离开时的速度；
（2）根据洛伦兹力公式可求质子受到的洛伦兹力．
解：（1）在加速电场中，由动能定理qU=mv2
得质子获得的速度：v===6.0×105m/s
（2）根据洛伦兹力公式可得：
质子受到的洛伦兹力：F=Bqv=5.0×10﹣4×1.6×10﹣19×6.0×105=4.8×10﹣17N．
答：（1）质子离开电场的速度为6.0×105m/s
（2）当从电场出来后垂直进入磁感应强度为5.0×10﹣4T的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力为4.8×10﹣17N．
【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和洛伦兹力的计算，要注意明确电场力做功的计算，同时注意明确只有粒子速度和磁场垂直时，洛伦兹力才等于Bqv．。