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1、四川省广安市2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是（）A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B. 安培首先发现通电导体在磁场中受到力的作用，我们把这个力称为安培力C. 法拉第在实验中观察到在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流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】C【解析】【详解】A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁
2、效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实，故A正确； B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实，故B正确；C、法拉第经过十年不懈努力，发现“磁生电”的效应，但在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C错误；D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确。【点睛】明确物理学史，对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就。2.下列关于电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是（）A.
3、 电荷在电场中一定受到电场力的作用B. 运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用C. 同一电荷所受电场力小的地方，该处电场强度不一定弱D. 同一运动电荷所受洛伦兹力小的地方，该处磁感应强度一定弱【答案】A【解析】【详解】A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A正确，B错误；C、根据知，同一电荷越小，则越小，故C错误； D、根据得，F与v、B的大小和方向都有关，故同一运动电荷所受洛伦兹力小的地方，该处磁感应强度不一定弱，故D错误。【点睛】考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生
4、的条件3.如图所示，直角三角形导线框abc在有界磁场外运动一时间后以速度v从左向右匀速进入匀强磁场区域，从图示位置开始计时，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图象中的哪一个（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题分两段过程研究：一段是ac段切割磁感线的过程，另一段是ac段和ab段都切割磁感线的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向，根据有效的切割长度L，由感应电动势公式E=BLv分析感应电动势大小的变化，从而确定出感应电流大小的变化；【详解】在ac段进入磁场切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca。线框有效的切割长度均匀增大，由E=BLv
5、知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大； 在ab段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca，即感应电流方向不变。线框有效的切割长度均匀减小，由E=BLv知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小，故A正确，BCD错误。【点睛】本题是电磁感应中图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象。4.两个放在绝缘支架上的相同金属球相距d，球的半径比d小得多，分别带-q和3q的电荷量，相互作用的引力为3F现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的作用力将变为（）A. 0B. 引力FC. 斥力FD. 斥力【答案】C【解析】
6、【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系；【详解】解：由库仑定律可得：所以有： 而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的各带电量为，则库仑斥力为：，故C正确，ABD错误。【点睛】本题可能会出现由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误，在学习中应注意审题的练习。5.如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，若从A点释放一初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下向B点运动，其v-t图象如图乙所示，则下列说法正确的电子（）A. A、B两点电势B. A、B两点电场强度C. 场强方向由A指向BD. 电子在A、
7、B两点的电势能【答案】A【解析】【分析】根据电子的运动方向确定电场力方向，判断电场线方向，即可分析电势的高低，从速度时间图线得到电子做加速运动，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，确定场强的变化；【详解】A、电子仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点，则电子所受的电场力方向从A指向B，所以电场线的方向是从B指向A的，由于沿电场线的方向电势降低，所以，故A正确，C错误； B、从速度时间图线得知电子做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力不断变小，电子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，所以，故B错误； D、电子仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，所以
8、电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误。【点睛】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。6.如图所示的电路中，电源内阻为r=1，电源电动势为E=6V，R为定值电阻，电流表内阻不计。当闭合S1、S2时，电流表示数为1A；当闭合S1、断开S2时电流表示数为0.5A，下列说法正确的是（）A. 、均闭合时，R的功率为B. 电动机的线圈电阻小于C. 闭合、断开时，电源的效率为D. 闭合、断开时，电动机的功率大于【答案】B【解析】【分析】S1、S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律求出R的电压，由P=UI求出R的功率，根据电动机两端的电压UIR分析电
9、动机的线圈电阻，电源的效率等于电源的输出功率与总功率的百分比；【详解】A、S1、S2均闭合时，电流表示数，则R两端的电压为： R的功率为：，故A错误；B、R的阻值为：当闭合S1、断开S2时电流表示数为： 则电动机两端的电压为： 设电动机的线圈电阻为，根据，得，故B正确。C、闭合S1、断开S2时，路端电压为： 电源的效率为：，故C错误；D、闭合S1、断开S2时，电动机的功率为：，故D错误。【点睛】对于电动机，要知道其两端的电压与电流的关系是，求电功率只能用公式，求电热只能用。7.磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入己电离的速度为v的气流，两板间存在一
10、磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直。如图所示，把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流。设该气流的电阻率为，则下列说法中错误的是（）A. 该磁流体发电机模型的上表面电势高于下表面电势B. 产生的感应电动势为C. 流过外电阻R的电流强度D. 该磁流体发电机模型的路端电压为【答案】B【解析】【分析】电离的气体含有大量带正电和负电的粒子，进入磁场受洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定极板的正负极，确定出电流在外电路中的流向，最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出电动势的大小，从而根据闭合电路欧姆定
11、律求出电流的大小，再根据路端电压U=IR，即可求解；【详解】根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，即上表面电势高于下表面电势，最终电荷处于平衡有：解得电动势为：内电阻为：根据闭合电路欧姆定律有： 那么路端电压为：，综上所述，故ACD正确，B错误。【点睛】本题综合考查了电阻定律、闭合电路欧姆定律以及磁场的知识，关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及通过平衡求出电源的电动势。8.在平面直角坐标系里面有一圆形匀强磁场区域，其边界过坐标原点O和坐标点a（0，L）一电子质量为m，电量为e从a点沿x轴正向以v0速度射入磁场，并从x轴上的b点沿与x轴正方向成60离开磁场，下
12、列说法正确的是（）A. 该区域内磁感应强度的方向垂直纸面向外B. 电子在磁场中运动时间为C. 电子做圆周运动的圆心坐标为D. 磁场区域的圆心坐标为【答案】D【解析】【详解】A、粒子运动轨迹如图所示，故磁场方向垂直纸面向里，故A错误；B、电子运动的圆心角为60，则由几何关系可知，则电子做圆周运动的圆心坐标为，则粒子在磁场中飞行时间为：，故BC错误；D、由题意和上图的几何关系可得，过a、O、b三点的圆的圆心在ab连线的中点，所以：x轴坐标 y轴坐标为所以O1点坐标为（，），故D正确。【点睛】本题考查带电电粒子在磁场中的运动规律，该类题目根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，再根据几
13、何关系分析求解即可。二、多选题9.如图所示，虚线A、B、C代表电场中的三条等势线，其电势分别为9V、6V，3V实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与A、C的交点，电只受电场力作用，不计粒子重力，则下列说法正确的是（）A. 粒子一定带正电B. 粒子在P点的动能大于在Q点的动能C. 粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能D. 粒子在P点的加速度一定小于在Q点的加速度【答案】BD【解析】【详解】A、因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，故粒子带负电；故A错误；B、若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能
14、减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，根据能量守恒可知，带电粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，故B正确，C错误D、因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度，故D正确；【点睛】本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法，本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。10.如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小灯泡，C为电容器，R为滑动变阻器，电源电动势为E，
15、内阻为r。现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列结论正确的是（）A. 灯泡L变亮B. 电流表读数变小C. 电压表读数变小D. 电容器C上的电荷量增加【答案】AC【解析】【分析】当滑动变阻器滑片P向右移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小灯泡亮度的变化，由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化；【详解】A、当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律得知，总电流增大，路端电压减小，则电流表示数变大，电压表示数变小，灯泡L变亮，故AC正确，B错误； D、电容器的电压，I增大，其它量不变，则U减小，由可知电容器C上电荷量Q减小，故D错误；【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，按“部分整体部分”的思路进行分析。11. 如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以()A. 将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极B. 将b、d端接
