《【解析版】福建省龙岩市非一级达标校2018-2019学年高二上学期期末教学质量检查物理试题 word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析版】福建省龙岩市非一级达标校2018-2019学年高二上学期期末教学质量检查物理试题 word版含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、福建省龙岩市非一级达标校20182019学年高二上学期期末教学质量检查物理试题一、选择题（12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的4个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。）1.发现电流磁效应的物理学家是（ ）A. 法拉第B. 奥斯特C. 库仑D. 安培【答案】B【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了库仑定律，安培发现了分子电流假说，B正确2.两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F。两小
2、球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为A. F/2 B. 3F C. F/3 D. 2F【答案】C【解析】【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库仑力为，所以两球间库仑力的大小为F/3。故选C。3.如图所示，M、N为两个带等量的正点电荷，在其连线的中垂线上有一点P（规定无穷远处的电势为零），下列说法中正确的是 A. P点电场强度方向水平向右B. P点到O点电场强度大小可能先增大后减小C. P点的电势大于O点的电势D. O点的电势为零【答案】B【解析】【分析】M、N为两个
3、等量的正点电荷，在O上方，其连线中垂线上电场强度方向OP，由于电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，根据沿着电场线方向电势是降低的，电场强度与电势无关。【详解】A项：在O上方，在等量同种正电荷连线中垂线上电场强度方向OP，故A错误；B项：由于电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，因此P点到O点电场强度大小可能先增大后减小，也可能一直减小，故B正确；C项：依据沿着电场线方向电势是降低的，因此P点的电势小于O点的电势，故C错误；D项：依据电场的叠加，结合矢量合成法则，则O点的电场强度为零，但电势不一定为零，故D错误。故选：B。【点睛】本题的关键要掌握等量异种电荷电场线的
4、分布情况及特点，要抓住电场线的对称性，要注意在电场线分布情况不确定时电场强度的大小也不确定。4.如图所示，两块较大的平行金属板A、B水平放置并与电源相连，电源的电动势为E，电键S闭合后，两板间有一带电油滴恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离。下列说法正确的是 A. 电容器的电容减小B. 电容器的电压增大C. 电容器的带电量不变D. 带电油滴将向上做加速运动【答案】A【解析】【分析】电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压不变，A极板竖直向上平移一小段距离，依据电容的定义式，分析电容变化，再由，分析板间场强变化，从而即可分析该点油滴的运动情况。【详解】A项：A极板向上平移一小段距离，根据，
5、当间距d增大时，则电容C减小，故A正确；B、C项：电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压U不变，根据，那么电量Q减小，故BC错误；D项：由于电压不变，板间距离增大，场强减小，油滴受到的电场力减小，带点油滴向下加速运动，故D错误。故选：A。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，考查分析和判断能力，掌握电容的定义式与决定式的区别，注意理解电容器的电压不变与电量不变的情况。5.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP90，M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有方向如图所示的电流，电流强度大小相等，每条长直导线在O点产生的磁感应强度大小均为B0，则在圆心O
6、处的磁感应强度A. 大小为B0 ，方向垂直于MN向下B. 大小为B0 ，方向垂直于MN向上C. 大小为2B0 ，方向垂直于MN向下D. 大小为2B0 ，方向垂直于MN向左【答案】C【解析】【分析】由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变。【详解】两导线在O点各自形成的磁感应强度大小为B0则根据几何关系可知，两导线形成的合磁感应强度大小为2B0，方向垂直MN向下，故C正确，ABD错误。故选：C。【点睛】磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度。6.如图所示，电动机M与电阻R
7、串联后两端接在电压恒为U的电源上，电动机M的线圈电阻r与电阻R阻值相等，电动机正常工作，下列判断正确的是A. 流过电动机的电流小于流过电阻R的电流B. 电动机两端电压小于电阻R两端电压C. 电动机的发热功率等于电阻R的发热功率D. 电动机的总功率等于电阻的功率【答案】C【解析】【分析】电动机M与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系。R是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析R的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系。根据能量守恒定律分析消耗的功率关系。【详解】A项：电动机M与电阻R串联，电流相等，故A错误；B项：设电动机M线圈电阻与电阻R的电阻均为R，电路中电流
8、为I，根据欧姆定律得：电阻两端的电压UR=IR，电动机是非纯电阻电路，其电压UMIR，则有UMUR，所以电阻两端电压小于电动机两端电压，故B错误；C项：电阻相等，根据P=I2R可知，电动机的发热功率等于电阻的发热功率，故C正确；D项：电动机消耗的功率PM=UMI，电阻消耗的功率PR=URI，UMUR，则PMUR，即电动机消耗的功率大于电阻消耗的功率，故D错误。故选：C。【点睛】本题中电炉是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，两个电路焦耳定律都适用，但欧姆定律只适用于电炉，不适用于电动机。7.如图所示，1、2为两个不同电源的路端电压U与干路电流I的关系图线，下列说法正确的是A. 电动势E1E2 B
9、. 电动势E1r2【答案】A【解析】【分析】U-I图象中图象中的点的坐标表示电流及路端电压。图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源内阻。【详解】由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir可知，U-I图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻；根据数学知识可知E1=E2，r1r2，I1I2；故选：A。【点睛】本题考查U-I图象的应用，要注意根据闭合电路欧姆定律 U=E-Ir进行分析图象的物理意义。8.如图所示，边长为L的等边三角形闭合金属线框abc处于匀强磁场中，磁场垂直线框平面向里，磁感应强度为B。当线框中通入顺时针方向电流I时，下列说法正确的是A. bc边受到的安培力方
10、向垂直于bc边向上B. ab边受到的安培力大小为C. ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力D. 整个线框所受的安培力的合力为零【答案】D【解析】【分析】根据左手定则判断安培力的方向，根据安培力的计算公式F=BIL计算安培力的大小。【详解】A项：根据左手定则可知bc边受到的安培力方向垂直于bc边向下，故A错误；B项：ab边受到的安培力大小为F=BIL，故B错误；C、D项：三条边构成闭合的三角形，三边受到的安培力的合力为零，故ab边与bc边受到的安培力的合力等于ac边受到的安培力，故C错误，D正确。故选：D。【点睛】本题主要是考查安培力的计算，牢记安培力的计算公式是解答本题的关键
11、。9.在如图所示电路中，L1、L2、L3是三只小灯泡，电源电动势为E。三只灯泡原来都能发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，对于各灯亮度变化情况，下列判断正确的是A. L1变暗 B. L2变暗C. L3变暗 D. L3亮度不变【答案】AB【解析】【分析】由图可知L2与R串联后与L3并联，再与L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；由闭合电路的欧姆定律可得出并联电路的电压变化，从而知两灯亮度的变化。【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流
12、减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L3变亮；因L3中电流增大，干路电流减小，故流过L2的电流减小，故L2变暗；故AB正确，CD错误。故选：AB。【点睛】本题考查电路的动态分析，要会根据欧姆定律分析各量的变化方向，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律。如果应用“串反并同”的方法会更简单。“串反并同”就是与可变电阻串联的电路上的电压和电流的变化与该电阻的变化相反，如果电阻增大，则串联电路的电压和电流会减小，而并联电路的电压和电路会随电阻增大而增大。10.图中箭头所示为静电场中的三条电场线，曲线为一带电粒子仅
13、在电场力作用下从P点运动到Q点的轨迹。由此可知A. 带电粒子带正电B. 带电粒子通过P点时电势能较大C. 带电粒子通过Q点时动能较小D. 带电质点通过P点时加速度较小【答案】CD【解析】【详解】A、由图中轨迹上可知：轨迹内侧是粒子受力的方向，即沿电场线向右，电场力与电场方向相反，所以粒子带负电，故A错；BC、由图中轨迹上可知质点由P向Q运动，由于速度方向与合外力夹角为钝角，电场力做负功，则动能减小，电势能增大，所以质点在P点的动能大于在Q点的动能，在P点的电势能小于在Q点的电势能，故B错；C对D、质点只受电场力作用，加速度：a=qE/m，由于电场线越密处场强越大，所以质点在P点的加速度小于在Q
14、点的，故D对。故选CD【点睛】质点带负电，负电荷的受力方向与场强方向相反。质点做曲线运动，曲线运动的合外力方向指向轨迹的内侧。电场线的切线方向表示该点的场强方向。可以判断受力方向和场强方向。电场线越密处场强越大，由此可判断场强大小关系。11.如图所示，两平行正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，形成的匀强电场强度为E，在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，ab为两金属板间与板平行的中心线，如果带电粒子进入电场前的速率v=，且粒子重力不计，则下列判断正确的是A. 带正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，粒子能沿直线通过场区B. 带负电粒子沿ba
15、方向从右侧进入场区，粒子能沿直线通过场区C. 不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过场区D. 不论粒子电量如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过场区【答案】AC【解析】【分析】带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动。【详解】A项：正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线通过场区。故A正确；B项：负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向上，粒子将做曲线运动，不能沿直线通过场区。故B错误；C项：不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，受力分析发现粒子受的洛伦兹力方向、电场力方向始终相反，此时洛伦兹力qvB=qE，与电场力二力平衡，粒子能沿直线通过场区。故C正确；D项：不论粒子电量
