广西南宁市第三中学2017-2018学年高二上学期期中考
试
物理（理）试题
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．其中1~7小题只有一个选项正确.8~12小题有多个选项正确．全部选对的得3分；选对但不全的得2分；有选错或不选的得0分．）
1. 如图所示，磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流方向从a到b，导线所受安培力的方向是（ ）
A. 向里 B. 向外 C. 向下 D. 向上 【答案】D
【解析】由左手定则可知，导线所受安培力方向向上，故选D.
2. 如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（ ）
A. a、b、c均向左 B. a、b、c均向右 C. a向右，b向左，c向右 D. a向左，b向右，c向右 【答案】D
【解析】由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极．所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右，故D正确，ABC错误；故选D．
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．
1，2，3，4为导体上的四个3. 在两个固定电荷+q和－q之间放入两个原来不带电的导体．点，达到静电平衡后，各点的电势分别是
A. C. 【答案】B
【解析】达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到
，
B. D.
，正确的是（ ）
，由于正电荷在右边，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以越往右电势越高，所以
，故 B正确，ACD错误。
4. 根据磁感应强度的定义式B＝，下列说法中正确的是（ ） A. 在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比
B. 一小段通电直导线在空间某处受磁场力F＝0，那么该处的B一定为零 C. 磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同
D. 一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零 【答案】D
【解析】解：A、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，由磁场本身决定，与放入磁场的导线所受的安培力F、导线的长度L和电流I无关．故A错误．
B、当通电导体平行放在磁场中某处受到的磁场力F等于0，但磁场并一定为零．故B错误； C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则得知：磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故C错误；
D、一小段通电直导线放在B为零的位置，由F=BILsinα得知，那么它受到磁场力F也一定为零．故D正确． 故选D
【点评】磁感应强度的定义式B=
可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入与磁场．即
B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=
是有条件的．
5. 小灯泡通电后的伏安特性曲线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（ ） ．．．
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝ C. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 【答案】C
【解析】由图象可知，通过灯泡的电流随两端电压的增大而增大，且△U＞△I，电阻是指对电流的阻碍作用，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，否则△U和△I的变化倍数相等，故A正确；由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，灯泡的电阻
，故B正
确，C错误；由P=UI可知，图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确；故选ABD． 点睛：对于线性元件，其电阻I-U图要区分清楚，电阻R=K，还是
，非线性元件，不能搞错.
；对于U-I图与
6. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，G为一灵敏电流表．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离（ ）
A. 带电油滴将沿竖直方向向下运动 B. P点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减小
D. 上板移动过程中，有电流向右通过G表 【答案】C
【解析】一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态，知液滴的电场力和重力平衡，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动，d减小，则电场强度增加，电场力增大，液滴沿竖直方向向上运动，电场力做正功，电势能减小．故A错误，C正确．因为U不变，d减小，根据
知，电场强度增大，P与下极板间的电势差增大，下极板的电势为0，则P点的
知，电容增大，结合Q=CU知，
电势升高．故B错误．因为U不变，d减小，根据
电荷量增加，电容器充电，因上极板带正电，电流表中将有从向左的电流．故D错误．故选C．
7. 一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v. 若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则（ ） A. 通过导线的电流为 B. 通过导线的电流为
C. 导线中自由电子定向移动的速率为 D. 导线中自由电子定向移动的速率为 【答案】B
【解析】横截面的半径变为原来的，可知面积变为原来的，由体积V=LS不变，可知长度变为原来的4倍．由电阻定律的表达式：由
，可得变化后的电阻值为：
可知，电流变为．故A错误，B正确．由电流的微观表达式：I=nqSv，可知
，，故C D错误．故选B.
点睛：本题关键要掌握好电阻定律，会分析长度变化导致的横截面积的变化．其次要掌握电流的微观表达式I=nqSv．
8. 下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差及距离，①F＝
②E＝，③E＝ ，④ U＝Ed，有关四个公式的下列说法中正确的是（ ）
A. ①只对点电荷或点电荷电场成立，③对任何电场都成立 B. 它们都只对点电荷或点电荷的电场成立 C. ①②只对点电荷成立，④只对匀强电场成立 D. ②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立 【答案】AC
【解析】①只对点电荷或点电荷电场成立，②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场成立；故选AC.
9. 如图所示，给平行板电容器带一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的指针和外壳相连。下列说法中正确的是（ ）
A. 将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大 B. 将A极板向左移动少许，静电计指针的偏转角将增大 C. 将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小
D. 将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小 【答案】BD
【解析】将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式
可
可知，电容器板间电势差U
减小，静电计指针的偏转角将减小．故A错误．同理可知，将A极板向左移动少许，电容器两板间的距离增大，根据电容的决定式变，则电容的定义式
可知，电容C减小，而电容的电量Q不
可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将变大．故
可知，
B正确． 将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式
可知，电容器板间电势差U增
大，静电计指针的偏转角将增大．故C错误．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，根据电容的决定式
可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式可
知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故D正确．故选BD． 点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，关键由电容的决定式
结合分析.
10. 在垂直纸面向里的匀强磁场B中，有一个垂直磁感线的环形线圈，通有顺时针电流I，如图所示，则下列叙述中正确的是（ ）
和电容的定义式
A. 环形线圈所受的磁力的合力为零 B. 环形线圈所受的磁力的合力不为零 C. 环形线圈有收缩的趋势 D. 环形线圈有扩张的趋势 【答案】AD
【解析】根据左手定则可知，线圈中每一段电流元所受的安培力均背离圆心指向外，线圈有扩张的趋势，其合力为零，选项AD正确，BC错误；故选AD.
11. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（ ）
A. 电子一定从A向B运动
B. 若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA 12. 如图的电路中，电池的电动势为E，内阻为r（很小，但不能忽略），R2是阻值固定的电阻，两个理想电压表V1 、V2的读数分别为U1、U2，示数变化的绝对值分别为△U1、△U2.当滑动变阻器R1的滑片向右移动时，以下说法正确的是（ ） A. U1变小，U2变大 B. U1变大，U2变小 C. △U1<△U2 D. △U1和△U2谁大无法确定 【答案】AC 点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小． 二、填空题（本题共5小题，每空2分，共24分．把答案填在答卷中横线上．） 10－6C，将它从电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做了13. 有一电荷q=－3× W=6×10－4J的功，A、B两点的电势差为______V。 则A、B两点中电势较高的是_______点，【答案】 (1). A (2). 200 【解析】带负电的电荷从电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做功，电势能增加，则电势降低，即A点电势高；根据公式 ，可得： 点睛：本题要注意运用公式求解电势差时，公式U中U、W、q三个量都要代入符号 进行运算，同时还要注意电荷克服电场力做功，电场力做的是负功． 14. 分别用螺旋测微器和游标卡尺测量合金丝直径和长度时的刻度位置分别如图甲和乙所示，读数分别____________mm和___________mm. 【答案】 (1). 6.124-6.126 (2). 68.10 12.5=6.125mm； 【解析】螺旋测微器读数：6mm+0.01mm×5=68.10mm. 游标卡尺读数：68mm+0.02mm× 15. 多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器． （1）如图甲是一个简易多用电表的内部电路的原理图，可以测电流、电压、电阻等．如果将S拨到3或4时，是测___________的表；如果将S拨到5或6时，是测___________的表． （2）使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图乙中a、b所示．若选择开头处在“×100Ω”的电阻挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是_________Ω．若选择开关处在“直流电压2.5V”挡时指针位于b，则被测电压是___________V．（结果均保留2位有效数字） 2 【答案】 (1). （1）电阻 (2). 电压 (3). （2）50×10 (4). 1.94（1.92~1.96） 【解析】（1）在进行测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将多掷开关S拨到3或4位置． 电压档要串联电阻分压，不接电池，当多掷开关S拨到5、6时，表头与电阻串联，可以测量电压． （2）选择开关处在“×100Ω”的电阻挡时指针位于a，则被测电阻的阻值为： 50×100=5000Ω；选择开关处在“直流电压2.5V”档，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，指针位于b，则被测电压是1.95V． 16. 某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ，电阻R1=9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻。 ①按图示电路进行连接后，发现 、 和 三条导线中，混进了一条内部断开的导线。 为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是________导线断开；若读数为零，则一定是___________导线断开。 ②排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如右图。由I1–I2图象得到电池的电动势E=_________V，内阻r=__________Ω。（取两位小数） 三、计算题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．） 【答案】 (1). aa' (2). bb' (3). 1.4（1.36~1.44均可） (4). 0.50（0.40~0.60均可） 【解析】①用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回 路中无电流，将电压表接在障，再测量则一定是被确定在 间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故 间， 间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到 导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围间。 ， ，上式可 ②根据闭合电路的欧姆定律：简化为 ，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05）， 代入方程解得：电动势E=1.41 V，内阻r=0.5 Ω。 点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心。 17. 如图所示，长为L、质量为m的导体棒用细线悬挂放入某匀强磁场中，导体棒与磁场方向垂直，当导体棒中通过的电流为I时，细线上的拉力恰好为零，求磁感应强度B为多大？磁场方向如何？ 【答案】,方向垂直纸面向里. 【解析】由细线拉力恰好为0可知，磁场力为：F=mg，又F=BIL 解得： ，方向垂直纸面向里. 18. 如图所示的电路中，电源电动势为E=12V，内阻为r=1Ω，R1=5Ω，R2=6Ω，电容C=30μF．求： （1）闭合开关S，稳定后，电容器的电压UC （2）将开关S断开，再次稳定后，电容器上的电荷量 10-4C 【答案】（1）6V（2）3.6× 【解析】（1）闭合S稳定后，对整个电路，有 对R2，有即 （2）断开S后，电容两端电压U2=E=12V 19. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80 cm，两板间的距离d＝40 cm.电源电动势E＝40 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝4 m/s水平向右射入两板间，10-2 C，质量为m＝2×10-2 kg，不考虑空气阻力，该小球可视为质点．若小球带电量q＝1× 2 电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出(g取10 m/s)．求： （1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？ （2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？ （3）此时电源的输出功率是多少？ 【答案】（1）24 Ω（2）1A；39V（3）39W 【解析】试题分析：（1）设小球在板间飞行时间为t，得飞行加速度 对小球根据牛顿第二定律得 2 ，根据d＝at， ， 解得： 所以滑动变阻器的两端电压U滑＝UAB＝24 V． 设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝ ＝24 Ω． ， （2）此时电流表的示数为1 A，电压表的示数为U＝E－Ir＝（40－1×1）V＝39 V． （3）电源的输出功率P出＝IU＝39 W． 考点：带电粒子在电场中的运动；欧姆定律；电功率 【名师点睛】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度。 20. 如图所示的直角坐标系中，在直线x=-4L0和y轴之间的区域内存在两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场的方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A（-4L0，-2L0）到C（-4L0，0）区域内，连续分布着电荷量为+q，质量为m的粒子。从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场。若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A'（0， 2L0）沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图所示。不计粒子的重力及它们间的相互作用。 （1）求匀强电场的电场强度E; （2）求AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？ 【答案】（1） （2） 【解析】（1）从A点射入的粒子，由A到A' 的运动时间为T，根据运动轨迹和对称性，x轴方向 ① y轴方向 联立①②，解得： ② ③ （2）设到C点的距离为Δy处射出的粒子通过电场后也能沿x轴正方向， 粒子第一次达x轴用时Δt，水平位移为Δx，则 ④ 粒子从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向， 则 ⑤ 联立③④⑤，解得：即AC间y坐标为 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容