《高中试卷》2016-2017学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷

1、2016-2017学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷一单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分1（3分）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为f如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（）a3fbf3cf9d9f2（3分）在如图所示的四幅图中，正确标明了带正电粒子所受洛伦兹力f方向的是（）abcd3（3分）如图所示，mn是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论中正确的是（）a该电场是匀强电场b电场线的方向由n

2、指向mc电子在a处的加速度小于在b处的加速度d因为电子从a到b的轨迹跟m n重合，所以电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹4（3分）初速度为v0的电子（重力不计），沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则（）a电子将向右偏转，速率不变b电子将向左偏转，速率改变c电子将向左偏转，速率不变d电子将向右偏转，速率改变5（3分）如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26ev和5ev当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8ev时，它的动能应为

3、（）a8evb13evc20evd34ev6（3分）如图所示的电路中，电源电动势为e，内电阻为r，在滑动变阻器r1的滑动触片p从图示位置向下滑动的过程中（）a电路中的总电流变小b路端电压变大c通过电阻r2的电流小d通过滑动变阻器r1的电流小7（3分）蹄形磁铁上方放置一通有方向如图电流i的轻质直导线ab，则ab运动的情况是（）aa端转向纸外，b端转向纸里，同时向上运动ba端转向纸外，b端转向纸里，同时向下运动ca端转向纸里，b端转向纸外，同时向上运动da端转向纸里，b端转向纸外，同时向下运动8（3分）如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为b的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直

4、线段ab、bc和cd的长度均为l，且abcbcd135°流经导线的电流为i，方向如图中箭头所示导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）a方向沿纸面向下，大小为（2+1）ilbb方向沿纸面向上，大小为（2+1）ilbc方向沿纸面向下，大小为（2-1）ilbd方向沿纸面向上，大小为（2-1）ilb二多项选择题本题共6小题，每小题4分，共24分至少有2项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9（4分）如图为静电除尘原理的示意图，尘埃在电场中通过某种方式带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的下列表述正确的是（）a向集尘极方向运动的尘埃带正电荷b

5、电场方向由集尘极指向放电极c同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大d带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同10（4分）下列各图的线圈中能产生感应电流的是（）abcd11（4分）如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（）a使入射速度增大b使粒子电量增大c使电场强度增大d使磁感应强度增大12（4分）如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关s闭合，电容器两板间有一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不

6、动，下列说法中正确的是（）a微粒带的是正电b电源电压的大小等于mgdqc断开开关s，微粒将向下做加速运动d保持开关s闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动13（4分）如图所示，pq是匀强磁场中的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个带电粒子从某点以与pq垂直的速度v射出，动能是e，射出后带电粒子的运动轨迹如图所示今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为10：9，若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电量恒定，则（）a带电粒子一定带正电b带电粒子每穿过一次金属片，速度减小了1102emc带电粒子每穿过一次金属片，动能减少了0.19ed带电粒子穿过5次后陷在金属片里14（4分）如图所示是

7、简化的多用电表的内部电路，转换开关s与不同接点连接，就组成不同的电表，已知r3r4下列说法正确的是（）as与1、2连接时，就组成了电流表，且s接1时量程较大bs与3、4连接时，就组成了电流表，且s接3时量程较大cs与3、4连接时，就组成了电压表，且s接3时量程较小ds与5连接时，就组成了欧姆表，且r6为欧姆调零电阻二实验题，本题共2小题，共14分答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置15（6分）用多用表测量直流电时，电流应从 表笔流入电流表（填“黑”或“红”）；测量直流电压时，红表笔接触点的电势应该比黑表笔 （填“高”或“低”）；测量电阻时，电表内部的电源接通，电流从欧姆表的 表笔流出（

8、填“黑”或“红”）16（8分）用电压表、电流表加上一个可以改变的电阻就可以测定一节普通干电池的电动势（约为1.5v）和内阻，电路如图1所示（1）请在实物图（图2）中，用实线代替导线将器件按原理图连接成实验电路（2）一位同学在实验中记录的数据如下表所示，另备坐标纸一张（如图）试根据表中数据在坐标纸上以u为纵轴、i为横轴，选择适当的标度建立坐标，并画出ui图线（图3）电流i/a0.120.200.310.400.500.58电压u/v1.391.331.251.181.101.04（3）根据图线读出该电池的电动势为e v根据图线求出该电池的内阻为r 四计算题，本题共3小题，共38分要求写出必要的文

9、字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置17（10分）将一个电荷量为1.0×108c的正点电荷从电场中的a点移到b点，电场力做的功为2.4×106j，则a、b间的电势差为uab为多少伏？若将一个电荷量为2.0×108c的负点电荷由b移到a，电势能增加还是减少？改变了多少？18（12分）如图所示，两“”型平行光滑金属导轨间距l0.50m，导轨右边所在平面与水平面的夹角为30°在左边导轨所在水平面内，分布着磁感应强度b0.50t、方向竖直向上的匀强磁场。金属导

10、轨的左端接一直流电源。两根导体棒ab、cd分别放在导轨两侧，一不可伸长的绝缘细绳跨过一定滑轮，两端分别连在ab、cd的中点上，细绳与两导轨平行，两导体棒恰好静止。两导体棒与金属导轨垂直且接触良好。已知：电源电动势e4.0v，导体棒cd的质量m0.060kg，导体棒ab、cd的电阻分别为rab2.0、rcd3.0，金属导轨电阻不计，g10m/s2求：（1）导体棒ab受到的安培力的大小和方向？（2）通过导体棒ab、cd的电流分别为多大？（3）电源的内阻r。19（16分）如图所示，在水平地面上方附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域磁场的磁感应强度为b，方向水平并垂直纸面向里一质量为m

11、、带电荷量为q的带正电微粒在此区域内沿竖直平面（垂直于磁场方向的平面）做速度大小为v的匀速圆周运动，重力加速度为g（1）求此区域内电场强度的大小和方向（2）若某时刻微粒在场中运动到p点时，速度与水平方向的夹角为60°，且已知p点与水平地面间的距离等于其做圆周运动的半径求该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离（3）当带电微粒运动至最高点时，将电场强度的大小变为原来的12（不计电场变化对原磁场的影响），且带电微粒能落至地面，求带电微粒落至地面时的速度大小2016-2017学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题

12、给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分1【分析】本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可【解答】解：距离改变之前：f=kq1q2r2当电荷量都变为原来的3倍时：f1=k3q13q2r2联立可得：f19f，故abc错误，d正确。故选：d。【点评】库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习2【分析】本题考查了左手定则的应用，在应用左手定则时注意：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦

13、兹力的方向。【解答】解：根据左手定则可知：a、a图中洛伦兹力方向应该垂直纸面向里，故a错误；b、b中洛伦兹力方向应该是垂直纸面向外，故b错误；c、c图中洛伦兹力方向应该向下，故c错误；d、图中洛伦兹力方向应该是向上，故d正确。故选：d。【点评】熟练应用左手定则判断带电粒子运动方向、磁场方向、洛伦兹力方向三者之间关系，在应用时注意磁场方向的表示方法，不要混淆磁场方向。3【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小负电荷由静止释放，且由a向b运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由a指向b而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向由于不知负电荷由a运

14、动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系【解答】解：a、电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则电子所受的电场力一定是由a指向b。因为电子带负电荷，所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由n指向m由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故a错误，b正确；c、由于无法判断，负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，所以无法判断加速度大小，故c错误；d、电场线不是带电粒子在电场中的运动轨迹，而是人们为了形象描述电场而假想的曲线，故d错误。故选：b。【点评】本题考查判断推理能力，抓住电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反是关键基

15、础题4【分析】根据安培定则判断出通电导体右侧的磁场方向，然后根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力的方向，即得出电子的偏转方向，注意应用左手定则时四指指向与电子运动方向相反，洛伦兹力不做功。【解答】解：由安培定则可知导体右侧磁场方向垂直纸面向里，然后跟左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，故bcd错误，a正确。故选：a。【点评】在解决带电粒子在磁场中运动问题时安培定则与左手定则经常联合应用，在平时练习中要加强训练，以提高应用它们的解题能力。5【分析】要求正电荷的电势能为8ev时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出eka+epaekb+

16、epb，得出epbepa21ev从而确定ba；根据电荷经过a、b点的动能分别为26ev和5ev和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为，则等势面a的电势2，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能。【解答】解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有eka+epaekb+epb所以26ev+epa5ev+epbepbepa26ev5ev21ev根据epq可知ba，由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为，则等势面a的电势2，代入式得q（2q）3q21evq7ev正电荷的能量故有ek+（8ev）5ev+7ev

17、ek5ev+7ev+8ev20ev故c正确，故选：c。【点评】“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口。6【分析】在滑动变阻器r1的滑动触片p向下滑动的过程中，r1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻r2的电流变化，再判断通过滑动变阻器r1的电流的变化【解答】解：a、在滑动变阻器r1的滑动触片p向下滑动的过程中，r1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大。故a错误。b、路端电压ueir，i变大，e、r不变，则u变小。故b错误。c、路端电压u变小，

18、通过电阻r2的电流变小。故c正确。d、总电流变大，通过电阻r2的电流变小，所以通过滑动变阻器r1的电流必定变大。故d错误。故选：c。【点评】本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小7【分析】利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况【解答】解：在导线两侧取两小段，左边a端一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧b端一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况

19、为，逆时针转动，同时下降。故b正确，a、c、d错误。故选：b。【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用8【分析】当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力fbil，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得【解答】解：由安培力公式fbil，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左。同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右。因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力

20、的合力为2bil，方向竖直向上； 而bc段安培力的大小为bil，方向是竖直向上。则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为（2+1）bil，方向是竖直向上。故选：b。【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式fbil（b与i垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力二多项选择题本题共6小题，每小题4分，共24分至少有2项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9【分析】根据电场方向分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的根据场强的变化分析电场力的变化【

21、解答】解：a、放电极与集尘极间电场方向向左，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移时，尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷。故a错误。b、放电极带负电，集尘极带正电，则电场方向由集尘极指向放电极。故b正确。c、同一位置的电场强度是一定的，带电荷量越多的尘埃所受电场力越大。故c正确。d、带电尘埃带负电，所受电场力的方向与电场方向相反。故d错误。故选：bc。【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，分析时，抓住尘埃的运动方向来分析电场力方向是关键要知道电场中同一点场强是一定的10【分析】感应电流产生的条件是：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题【解答】解：a、由于磁场是匀强磁场

22、且范围足够大，因此线圈向右平移过程中，磁通量不会发生变化，不会产生感应电流，故a错误；b、线圈向右运动离开磁场过程中，磁通量发生变化，会产生感应电流，故b正确；c、线圈与磁场平行，磁通量为零没变，不会产生感应电流，故c错误；d、当磁铁插入线圈，其磁通量增加，有感应电流产生，故d正确；故选：bd。【点评】本题主要是考查了产生感应电流的条件，解答关键在于分析各种情况下穿过线圈内部的磁通量（或磁感应线条数）是否发生变化11【分析】带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，轨迹为水平直线时两个力平衡，若要使粒子向上偏转，洛伦兹力必须大于电场力【解答】解：由题，带正电的粒子进入

23、两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，开始时粒子的轨迹为水平直线，则电场力与洛伦兹力平衡，即有 qvbqe，即vbe，若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，洛伦兹力必须大于电场力，则qvbqe，即vbe。a、使入射速度增大，洛伦兹力增大，而电场力不变，则粒子向上偏转。故a正确。b、由上式可知，改变电量，电场力与洛伦兹力仍然平衡，粒子仍沿水平直线运动。故b错误。c、使电场强度增大，电场力增大，粒子向下偏转。故c错误。d、使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，则粒子向上偏转。故d正确。故选：ad。【点评】对于速度选择器，有qvbqe，即vbe，此结论与带电粒子的电荷量、质量无关12【分析

24、】根据微粒所受电场力方向与场强方向间的关系判断微粒的电性；应用平衡条件可以求出电源电压；开关断开或闭合时根据微粒受力情况判断其运动状态【解答】解：a、微粒静止处于平衡状态，电场力与重力是一对平衡力，微粒受到的电场力竖直向上与电场强度方向相同，则微粒带正电，故a正确；b、微粒 静止，处于平衡状态，由平衡条件得：mgqud，电源电压大小：u=mgdq，故b正确；c、断开开关，两极板间电场不变，微粒所受电场力不变，微粒所受合力为零，为零静止不动，贵c错误；d、保持开关s闭合，把电容器两极板距离d增大，极板间电压u不变，极板间的电场强度：e=ud变小，微粒所受电场力变小，微粒所受合力竖直向下，微粒将向

25、下做加速运动，故d正确；故选：abd。【点评】正电荷所受电场力与场强方向相同，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，根据题意判断出微粒所受电场力方向与电场强度方向间的关系可以判断出为零的电性13【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，写出动力学方程，表达出速度与半径的关系，然后求得每一次过程中损失的动能，即可求出粒子穿过金属片的次数【解答】解：由左手定则知粒子带正电，故a正确；根据洛伦兹力提供向心力得：qvbmv2rv=qbrm今测得它在金属片两边的轨迹的半径之比为10：9，所以：v1v0=r1r0=910 即：v10.9v0v0.1v00.12em，求出的是第一次的减小量，

26、但是后面在穿过时动能的变化量相同，但速度的变化量不再相同，故b错误；粒子的动能：ek=12mv2粒子第一次穿过金属片后损失的动能：ek=12mv02-12mv12=12mv02（10.92）0.1912mv020.19e粒子穿过金属片的次数：n=e0.19e=5.26即粒子穿过5次金属片后陷在金属片；故cd正确；故选：acd。【点评】该题中，根据粒子在磁场中运动的半径公式，得出粒子每一次穿过金属片后损失的动能是解题的关键14【分析】电流计与电阻并联为电流表，与电阻串联为电压表，接入电池构成闭合电路为欧姆档，据此分析【解答】解：a、由图可知，当s与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并

27、联，当并联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，故a正确；b、c、由图可知，当s与3、4连接时，电流表应与电阻串联，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，则接4时比接3时倍率高，故b错误，c正确。d、s与5连接时，电池连入电路，可构成闭合电路测量电阻，为欧姆档变阻器r6为欧姆调零电阻，故d正确。故选：acd。【点评】本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法，注意电表与电阻串联是电压表，而并联是电流表，同时注意欧姆表内部有电源，电源的负极与红表笔，是解题的难点二实验题，本题共2小题，共14分答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置15【分析】用多用表测量电

28、阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压u还是测电阻r，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表【解答】解：无论是测电压u还是测电阻r，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表：则测量直流电时，电流应从红表笔流入电流表，测量直流电压时，红表笔接触点的电势应该比黑表笔高，量电阻时，电表内部的电源接通，电流从欧姆表的黑表笔流出故答案为：红，高，黑【点评】明确欧姆表的红表笔插“+”插孔，黑表笔插“”插孔，“+”与电源负极相连，“”与电源正极相连16【分析】（1）根据实验电路图连接实物电路图（2）应

29、用描点法作出电源的ui图象（3）电源的ui图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻【解答】解：（1）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后把各点连接起来作出电源的ui图象如图所示（3）由电源的ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势e1.48v；电源内阻：r=ui=1.48-1.000.610.79故答案为：（1）电路图如图所示；（2）图象如图所示；（3）1.48；0.79【点评】电源的ui图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；根据图象求电源内阻时，要注意纵轴坐标的起始数

30、值是否为零四计算题，本题共3小题，共38分要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置17【分析】已知试探电荷在电场中移动时，电场力做功，根据电势差公式u=wq求解a、b间的电势差uab。由公式wqu求出电荷量为2.0×108c的负点电荷由b移到a电场力做功，即可根据功能关系分析电势能的变化。【解答】解：a、b间的电势差为uab=wabq=2.4×10-61×10-8v240v则b、a间的电势差为ubauab240v将一个电荷量为2.0×108c的负点电荷由b移到a，电场力做功 wbaquba×（200v）4.8×106j0故该电荷的电势能减小4.8×106j。答：a、b间的电势差为uab为240v若将一个电荷量为2.0×108c的负点电荷由b移到a，电势能减小4.8×106j。【点评】电势差是电场中重要物理量，本题关键要掌握电势差的定义式和电场力做功公式，比较简单。18【分析】（1）单摆对ab与cd进行受力分析，然后结合共点力平衡的条件即可求出；（2）根据安培力的公式fbil求出电流的大小；（3）根据闭合电路欧姆定律求出内电阻的大小。【解答】解：（1）对ab棒，水平方向受到的安培