学年福建省福州市平潭岚华中学高二上学期期末考试物理试题Word文件下载.docx

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【解析】

【分析】

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

【详解】A项：

库仑发现发现电荷间的相互作用力的关系，并测得静电力常量，故A错误；

B项：

荷兰物理学家洛仑兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力（洛仑兹力）的观点，故B正确；

C项：

奥斯特发现电流可以使周围的磁针偏转的效应，称为电流的磁效应，故C错误；

D项：

奥斯特发现了电流的周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，故D错误。

故选：

B。

【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为15V的电压表，则应在电流表上（）

A.串联一个14700Ω的电阻

B.并联一个14700Ω的电阻

C.串联一个15000Ω的电阻

D.并联一个15000Ω的电阻

【答案】A

【详解】根据电路串联分压和并联分流的特点，电流表改装成大量程的电压表需要串联一个大电阻分担多的电压；

结合部分电路的欧姆定律可知

，代入数据得

，故选A。

【点睛】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流，串联电阻为

．

3.两个分别带有电荷量-Q和+2Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为r/2，这时A和B之间的作用力大小为F＇，则F与F＇之比为（）

A.1：

2B.2：

1C.1：

4D.4：

1

清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题。

【详解】相距为r时，根据库仑定律得：

接触后，各自带电量变为Q/2，则此时有：

所以

，故B正确。

【点睛】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键。

4.如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）

A.电源电动势为3V，内阻为0.5Ω

B.电阻R消耗的功率为3.0W

C.电源的效率为50%

D.如果电阻R逐渐增大，电源的输出功率可能先增大后减小

【答案】C

根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻。

图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小。

两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率，由P=

求电阻R消耗的功率。

由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则r=

，故A错误；

两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=1.5V，I=1.0A电阻R消耗的功率P

，故B错误；

电源的输出功率为P=UI=1.5×

1.0W=1.5W，电源的总功率为

，所以电源的效率为：

，故C正确；

电阻R=

，由于电源的内阻与电阻R此时相等，如果电阻R逐渐增大，电源的输出功率一直减小，故D错误。

C。

【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。

5.如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。

用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。

在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。

在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，说法中正确的是（）

A.将M板向下平移，静电计指针张角变小

B.将M板向上平移，静电计指针张角变大

C.将M板沿水平向左方向远离N板，静电计指针张角变小

D.在M、N之间插入云母板（介电常数大于1），静电计指针张角变大

静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；

由

，分析电容的变化，根据

分析电压U的变化。

将M板向下平移，正对面积S减小，根据

，电容减小；

Q一定，根据

，电压增加；

故静电计指针张角变大；

故A错误；

将M板向上平移正对面积S减小，根据

电压增加；

故B正确；

将M板沿水平向左方向远离N板，距离d增大，根据

电容减小；

故C错误；

在M、N之间插入云母板（介电常数大于1），根据

电容变大；

，电压减小；

故静电计指针张角变小，故D错误。

【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：

一是电容器的电量不变；

二是关于电容的两个公式。

6.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，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。

设D形盒半径为R。

若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。

则下列说法正确的是（）

A.粒子从回旋加速器的磁场中获得能量

B.高频交流电源的周期等于粒子在D形盒中运动周期的2倍

C.D形盒半径R越大，粒子从回旋加速器射出时速度越大

D.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子

回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径。

粒子从两D形盒之间的加速电场中获得能量，故A错误；

高频交流电源的周期等于粒子在D形盒中运动的周期，故B错误；

根据

，解得：

，所以D形盒半径R越大，粒子从回旋加速器射出时速度越大，故C正确；

，知质子换成α粒子，比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化，回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度或交流电的周期，故D错误。

C。

【点睛】解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大。

以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。

7.一金属容器置于地面上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。

容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点。

下列说法正确的是

A.小球带负电

B.A点的电场强度比B点的小

C.同一试探电荷在小球表面的电势能一定大于在A点的电势能

D.将同一试探电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同

电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于无穷远处（或负电荷），不形成闭合曲线，根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；

依据沿着电场线方向电势是降低的，即可判定；

在同一等势线上，电场力做功为零；

【详解】A、在静电场中，电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于无穷远处（或负电荷），不形成闭合曲线，所以小球带正电，故A错误；

B、电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故B正确；

C、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知小球表面的电势比容器内表面的高，根据

可知同一试探正电荷在小球表面的电势能一定大于在A点的电势能，同一试探负电荷在小球表面的电势能一定小于在A点的电势能，故C错误；

D、因A、B在同一等势面上，将同一试探电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误；

故选B。

【点睛】关键是知道沿着电场线方向电势是降低的，电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强。

8.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。

关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是：

（）

A.O点处的磁感应强度为零

B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同

C.O、b两点处的磁感应强度大小不等，方向相反

D.a、d两点处的磁感应强度大小不等，方向相反

根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。

根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零，故A错误；

M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同。

当垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故B正确；

M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后O点的磁感应强度的方向竖直向下，M在b处产生的磁场方向竖直向下，Nb处产生的磁场方向竖直向下，合成后b点的感应强度的方向竖直向下，即、b两点处的磁感应强度方向相同，故C错误；

M在a处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，合成后a处的磁感应强度方向竖直向下，M在d处产生的磁场方向垂直Md斜向左下方，N在d处产生的磁场方向垂直Md斜向右下方，由平行四边定则可知，d点的合磁场方向竖直向下，两个位置方向相同，故D错误。

【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。

9.如图所示，虚线代表电场中三条电场线，实线为一带电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）

A.带电质点通过P点电势较高

B.带电质点通过Q点时动能较小

C.带电质点通过P点时电势能较大

D.带电质点通过Q点时加速度较小

【答案】BD

由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；

电势能变化可以通过电场力做功情况判断；

电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大。

【详解】A、B、C项：

粒子从P到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，由于不知粒子的电性和电场线方向，所以无法确定电势的高低，故A、C错误，B正确，；

电场线越密的地方场强越大，电荷受的电场力越大，加速度越大，所以带电质点通过Q点时加速度较小，故D正确。

BD。

【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：

根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。

10.如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻（光敏电阻阻值随光照强度的增加而变小）。

闭合开关，当照射到R3的光照强度增加时，以下判断正确的是（）

A.电流表示数一定变小B.电压表示数一定变小

C.R2的功率一定变大D.R1的功率一定变大

【答案】BC

由光敏电阻的性质可知光照强度的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；

同时还可得出路端电压的变化；

由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过R2的电流的变化，由功率公式即可得R3的功率的变化。

【详解】当照射到R3的光照强度增加时，R3的电阻减小，根据“串反并同”知，与R3串联的用电器的电流，电压，电功率都与R3的变化相反，与R3并联的用电器的电流，电压，电功率都与R3的变化相同，所以电流表的示数增大，电压表示数减小，R2的功率增大，R1的功率减小，故B、C正确。

BC。

【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；

分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。

11.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°

，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。

已知粒子的比荷为

，发射速度大小都为

，设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子重力及它们之间的相互作用。

对于粒子进入磁场后的运动，下列判断正确的是

A.粒子在磁场中运动的半径R=L

B.当θ=0°

时，粒子射出磁场速度方向与AC边垂直

C.当θ=0°

时，粒子在磁场中运动时间

D.当θ=60°

【答案】ABD

带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据夹角为θ不同情况，即可求解；

【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

，解得粒子的运动半径

；

故A正确；

BC、当θ=0°

时，粒子恰好从AC中点飞出，粒子射出磁场速度方向与AC边垂直，圆心角为60°

，粒子在磁场中运动时间为

，故B正确，C错误；

D、当θ=60°

入射时，粒子恰好从A点飞出，圆心角为60°

，故D正确；

故选ABD。

【点睛】关键是粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据

，解得粒子的运动半径，由图找出圆心角，由

求粒子在磁场中运动时间。

12.A、B两物体质量均为m，其中A带正电，带电量为q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。

现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度

，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是

A.刚施加电场的瞬间，A的加速度为2g

B.从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小

C.从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量

D.B刚要离开地面时，A的速度大小为

【答案】AD

提供电场前，A静止，受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有加速度；

B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和；

【详解】A、提供电场前，A受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有：

，则加速度为

，故A正确；

B、B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，故B错误；

C、根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和，故C错误；

D、B刚要离开地面时弹簧的伸长量

等于开始时弹簧的压缩量

，从开始到B刚要离开地面过程，弹性势能不变，根据动能定理可得：

，解得A的速度大小为：

故选AD。

【点睛】关键是B刚要离开地面时弹簧的伸长量

，从开始到B刚要离开地面过程，弹性势能不变。

二、实验题（本题共3小题，第13题4分，第14题8分，第15题8分，共20分。

把答案写在答题卡中指定的答题处。

13.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ，完成下列部分步骤：

（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图所示，由图可知其长度为_________cm。

（2）用螺旋测微器测量其直径，如图所示，由图可知其直径为_________mm。

【答案】

（1）.10.015cm；

（2）.2.095mm

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

【详解】

（1）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为10cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×

0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：

10cm+0.015cm=10.015cm；

（2）螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为9.5×

0.01mm=0.095mm，所以最终读数为2.0mm+0.095mm=2.095mm。

【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。

14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡额定电压2.5V,额定电流250mA。

现有器材规格如下：

直流电流表A1（量程0～300mA，内阻约0.5Ω）；

直流电流表A2（量程0～500mA，内阻约0.2Ω）

直流电压表V1（量程0～3V，内阻约5kΩ）；

直流电压表V2（量程0～15V，内阻约10kΩ）

直流电源E（电动势6V，内阻不计）；

滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许最大电流1.0A）；

电键1个，导线若干条。

（1）实验时电流表应选择____，电压表应选择____。

（填仪器字母代号）

（2）根据电路图在实物图中完成其余连线使之成为完整的实验电路________。

（3）某同学在正确完成实验后,在坐标纸上画出如图所示的小灯泡I-U曲线，分析曲线可知小灯泡的电阻随电流I变大而_________（填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】

（1）.A1

（2）.V1（3）.图见解析（4）.变大

（1）小灯泡额定电压是

，电压表应选

（量程

，内阻约

）；

灯泡额定电流

，电流表应选电流表

（2）根据电路图在实物图如图所示：

（3）由I-U曲线可知，图象的斜率越来越小，而斜率的倒数即

为小灯泡的电阻，即小灯泡的电阻变大。

点睛：

本题考查了选择实验器材、连接实物电路图、实验数据处理等问题；

选择实验器材时，要注意安全性原则，要保证实验电路安全，要注意精确性原则，在保证安全的情况下，所选器材量程不要太大。

15.某实验小组用如图所示实验电路研究电源路端电压和小灯泡电压随电流的变化规律。

（1）实验操作步骤：

①按实验电路连接好实验器材；

②把滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的________（填“最右端”或“最左端”）；

③闭合开关S，调节滑动片P到适当位置，读出电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，并记录数据，断开开关S；

④调整滑动片P到不同位置，多次重复步骤③。

某次测量时三个电表指针位置如图所示，电流表读数_____A，电压表V1读数___V，电压表V2的读数_____V；

⑤整理好实验器材。

（2）实验小组把测量数据画在U－I坐标中，描绘出两条图线A、B。

①从图中可以算出电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω（计算结果保留2位有效数字）。

②滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的最右端时，小灯泡的实际功率为_____W（计算结果保留2位有效数字）。

【答案】

（1）.最左端；

（2）.1.50；

（3）.2.9；

（4）.1.30；

（5）.4.5；

（6）.1.0；

（7）.5.0

（1）②滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于阻值最大处；

④根据电表量程确定其分度值，根据指针位置读出其示数；

（2）①电源-I图线与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻。

②根据图示电路图判断两电压表示数关系，然后根据图示图象求出电压与电流，由P=UI求出灯泡实际功率。

（1）②由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前应把滑片置于最左端；

④由图示电流表可知，电流表量程为3A，其分度值为0.1A，示数为1.50A；

由图示可知，电压表V1的量程为6V，分度值为0.2V，其示数为2.9V；

由图示可知，电压表V2的量程为3V，分度值为0.1V，其示数为1.30V；

（2）①由图示电源U-I图线可知，图线与纵轴交点坐标为4.5，

则电源电动势：

E=4.5V，电源内阻：

②滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的最右端时滑动变阻器接入电路的阻值为零，两电压表示数相等，由图示图象可知，

灯泡电压为2.5V，电流为2.0A，灯泡实际功率：

P=UI=2.5×

2.0=5.0W。

【点睛】本题考查了实验注意事项、电表读数、实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法；

对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数。

三、计算题：

（本题共3小题，第16题8分，第17题10分，第18题14分，共32分。

把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

16.平潭岚华中学的一位同学设计了一台玩具车，其内部结构的简化电路图如图所示．已知电源电动势E=12V，内阻r=l