《安徽省2017－2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省2017－2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、安徽省六安市第一中学2017-2018学年高二年级期末考试物理试题一选择题1. 电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.210-8J,在B点的电势能为0.810-8J.已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量的绝对值为A. 该电荷为负电荷B. 该电荷为正电荷C. A、B两点的电势差UAB=4.0VD. 把电荷从A移到B，静电力做功为W=2.510-10J【答案】A【解析】AB、沿电场线方向电势降低，由于电场线方向向左，B点电势高于A点电势，点电荷在A点电势能高于B点电势能，根据电势能Ep=q可以判断，该点电荷为负电荷，故A正确，B错误；CD、该点电荷从A移到B,电势
2、能减小Ep=1.2108J0.80108J=4.0109J,所以电场力做功为WAB=4.0109J。则A.B两点的电势差UAB=WAB/q，由于点电荷所带电量未知，无法得出A、B两点的电势差，故C错误，D错误。故选：A.2. 如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M是带正电的带电粒子。则下列说法中正确的是A. N一定也带正电B. a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C. 带电粒子N的动能增大，电势能减小D. 带电粒子M的动能减小，电势能增大【答案】C【解析
3、】A. 电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右。N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误；B. 电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以等势面a的电势高于等势面b的电势。虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面，所以ab两点的场强相等。故B错误；C. 电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C正确；D电场力对M粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故D错误。故选：C.点睛：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MP
4、N运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向3. 如图所示，在匀强电场中有一个半径为R=1m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10V，一个电子在该匀强电场中在仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为1m/s，则A. 电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小B. 电子可能做圆周运动C. 该匀强电场的电场强度E=10V/mD. O点与圆周上电势最低的点电势差为V【答案】D【解析】试题分析：带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在P、Q两点动能相等，则电势能也相等因为匀强电场，所以两点的连线PQ即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线
5、CO由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从P到Q做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90后小于90，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故AB错误；匀强电场的电场强度式中的是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，所以，圆周上电势最高的点与O点的电势差为，故D正确，C错误。考点：电势差与电场强度的关系；电势能【名师点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置再由曲线运动来确定电场力的方向同时考查中的含义重要性。4. 如图所示，虚线为某静电场的等势面
6、，且相邻两等势面间的电势差相等。一带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，M、N两点的电势用、表示，M、N两点的电场强度用、表示。则下列说法正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】AB. 等势面的疏密代表场强的大小，M点的场强小于N点的场强，故EMEN，故A错误，B正确；CD、带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，负电荷在电势高处电势能小，所以MIb)的恒定电流时，b对a的作用力为F。当在空间加一竖直向下（y轴的负方向）、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零。则下列说法正确的是A. 电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小
7、为B，方向沿y轴的负方向B. 所加匀强磁场的磁感应强度大小为C. 导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D. 电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向【答案】B【解析】A无限长直导线b的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受的安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，故A错误；B由磁感应强度的定义式可得B=；C由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，方向沿z轴的负方向，故C错误；D由于IaIb，电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大于电流Ib在平行放置的直导线a处产
8、生的磁场，大于，故D错误。故选：B。7. 匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力。则A. I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向B. I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C. F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心D. F1方向指向圆心，F2方向指向圆心【答案】C【解析】A. 由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I
9、1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A错误；B. 由图甲所示可知，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向；在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；CD、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心；ab段安培力F2方向背离圆心向外；bc段安培力F3方向指向圆心，故C正确，D错误；故选：C.点睛：应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解8. 图甲所示有界匀强磁场的宽度与图乙所示圆形匀强磁场的
10、半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场，从右边界射出时速度方向偏转了角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了2角。已知磁场、的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】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：，解得：，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：r1= ，r2= ，则磁感应强度之比：B1：B2=r2：r1=cos：1，故ABD错误，C正确；故选：C.点睛：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用
11、牛顿第二定律求出磁感应强度，再求出磁感应强度之比9. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其速度时间图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是A. B、D两点的电场强度和电势一定都为零B. A处的电场强度大于C处的电场强度C. 粒子在A处的电势能小于在C处的电势能D. A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差【答案】BC【解析】试题分析：由B到D的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在B点是电势能大于在D时的电势能，所以B、D两点的电势不可能都为零故A错误由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在
12、A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故B正确；由图可知粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能，故C错误；A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电势差等于AB两点间的电势差；A、C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A、C两点的电势差小于A、B两点间的电势差，即A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差故D错误故选B考点：电场强度；电势及电势能；【名师点睛】本题考察到了电场力做功的计算和电场力
13、做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。10. 如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合开关，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中A. U先变大后变小B. I先变小后变大C. U与I比值先变大后变小D. U变化量的绝对值与I变化量的绝对值比值等于R3【答案】BC
14、【解析】A. 由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；BC、由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故B正确；C正确；D. 由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误。故选：BC.点睛：电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无论外电阻如何变化，电压表示数不变滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先增大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和U与I比值的变化11. 如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子（不计重力）从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则A. 粒子一定带正电荷B. MN上下两侧的磁场方向相
