1、12017-2018学年新疆昌吉州高二（上）期末物理试卷（理科）一、单选题1. 关于电流，下列说法中正确的是 （ ）A. 通过导线截面的电量越多，电流越大B. 电子运动的速率越大，电流越大C. 单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D. 因为电流有方向，所以电流是矢量【答案】C【解析】试题分析：根据 可知，电流等于单位时间内通过导体横截面的电量，通过导体的横截面的电荷量多，电流不一定大，还要看时间，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大,故 A错误，C 正确；根据 I=nesv可知电子运动的速率越大，电流不一定越大，选项 B错误；电流的方向是认为规定的，所以电流是一个标
2、量，故 D错误；故选 C。考点：电流【名师点睛】本题考查了学生对电流的相关知识的掌握，属于电学基础知识的考查，相对比较简单。2.一根粗细均匀的导线，两端加上电压 U时，通过导线中的电流强度为 I，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的 ，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. 通过导线的电流为 D. 通过导线的电流为【答案】D【解析】【分析】横截面的半径变为原来的 1/2 ，可知面积变为原来的 1 /4，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：RL/S ，可得变化后的电阻值进而判定各个选项【详解】横截面的半径变为原来的
3、，可知横截面积变为原来的 ，由体积 不变，可12 14 V=LS2知长度变为原来的 4倍。由电阻定律的表达式： ，可得变化后的电阻值为：R=LS；由 可知，电流变为 。故 ABC错误， D正确。故选 D。R=4L14S=16R I=UR I163.有一个额定电压为 220伏的电炉，想把它接在 110伏的电路上，而不改变电炉的功率，办法是 A. 把电炉的电阻丝截去一半B. 把电炉的电阻丝截成相等的两段，再并联起来C. 用另一根和它相同的电阻丝串联D. 用另一根和它相同的电阻丝并联【答案】B【解析】【分析】根据电功率的表达式：P=U 2 /R ，可知当电阻丝的电阻值变成原来的 1/4 时，才能保证
4、不改变电炉的功率【详解】由电功率的表达式： 可知，要保证不改变电炉的功率，则需要将电阻丝的电P=U2R阻值变成原来的 ；把电炉的电阻丝截去一半，根据 ，可知电阻丝的电阻值变成原来14 R=LS的 ，不能保证不改变电炉的功率；故 A错误；把电炉的电阻丝截成相等的两段，再并联起12来，根据 ，可知电阻丝的电阻值变成原来的 ，能保证不改变电炉的功率；故 B正确；R=LS 14用另一根和它相同的电阻丝串联，根据串并联电路的电阻的公式可知，电阻值变成原来的2倍，不能保证不改变电炉的功率；故 C错误；用另一根和它相同的电阻丝并联，根据串并联电路的电阻的公式可知，知电阻丝的电阻值变成原来的 ，不能保证不改变
5、电炉的功率。12故 D错误。故选 B。4.如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡 A、 B、 C的亮度将 A. 都变亮3B. 都变暗C. A、 B变暗， C变亮D. A、 B变亮， C变暗【答案】D【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，根据变阻器接入电路的电阻如何变化，分析总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断 A灯亮度的变化由欧姆定律分析并联部分电压如何变化，确定灯 C亮度的变化根据总电流与 C电流的变化关系，分析通过灯 B灯电流的变化，判断 B灯亮度的变化解：当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，
6、干路中电流 I增大，则 A灯变亮电路中并联部分电压 U 并 =EI（R A+r） ，I 增大，其他量不变，则 U 并 减小，C 灯变暗通过 B灯的电流 I B=II C，I 增大，I C减小，则 IB增大，B 灯变亮所以 A、B 灯变亮，C灯变暗故 D正确故选：D【点评】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部整体局部”的思路，按部就班进行分析也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定A、C 两灯亮度的变化5. 如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线 AA 与螺线管垂直， “”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里电键闭合后，A受
7、到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）A水平向左 B水平向右 C竖直向下 D竖直向上【答案】C【解析】【分析】4首先根据安培定则判断通电螺线管在 A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线 A受到的磁场的作用力的方向。【详解】根据通电螺旋管的电流方向，利用安培定则判断出通电螺线管左端为 N极，右端为 S极，则在 A处产生的磁场方向为水平向右；再根据左手定则判断可知：A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向为竖直向下。故 ABD错误、C 正确。故选 C。【点睛】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用。6.为了解释地球的磁性，19 世纪安培假
8、设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流 I引起的在下列四个图中，能正确表示安培假设中环形电流方向的是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向【详解】地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西故 C正确， ABD错误故选 C【点睛】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分
9、布情况是解决此题的关键所在；另外要掌握此类题目一定要注意安培定则的准确应用7.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，如图所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子轨迹， a和 b是轨迹上的两点，匀强磁场 B垂直纸面向里，该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减小。下列说法中正确的是 5A. 粒子可以先经过 a点，再经过 b点，也可以粒子先经过 b点，再经过 a点B. 粒子一定先经过 b点，再经过 a点C. 粒子带负电D. 粒子带正电【答案】C【解析】【分析】粒子在云室中运动时，由于能量的损失，其速度会逐渐变小，轨迹的半径会逐渐减小，由此可判断运动方向；粒子所受洛伦兹力方
10、向指向运动轨迹的内侧，因此根据洛伦兹力方向以及磁场方向可以判断粒子的正负。【详解】粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据 ，可知其运动轨迹的半径逐渐减r=mvqB小，故粒子运动方向为由 a到 b，故 A错误， B错误；运动方向由 a到 b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故 C正确，D错误。故选 C。【点睛】根据带电粒子在磁场中受力特点以及粒子在磁场中运动的半径公式进行求解是解决这类问题的基本思路。8.如图所示， M、 N是平行板电容器的两个极板， 为定值电阻， 、 为可调电阻，用绝R0 R1 R2缘细线将质量为 、带正电的小球悬于电容器内部。
11、闭合电键 S，小球静止时受到悬线的拉m力为 F。调节 、 ，关于 F的大小判断正确的是R1 R26A. 保持 不变，缓慢增大 时， F将变大R1 R2B. 保持 不变，缓慢增大 时， F将变小R1 R2C. 保持 不变，缓慢增大 时， F将变大R2 R1D. 保持 不变，缓慢增大 时， F将变小R2 R1【答案】B【解析】二、多选题9.下列关于磁感应强度大小的说法正确的是 A. 通电导线受磁场力大的地方磁感应强度不一定大B. 通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C. 放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D. 磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关【答
12、案】AD【解析】【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度比值与磁场力及电流元均无关电流元所受磁场力是由左手定则来确定【详解】当通电导线放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度不一定越大，磁场力大小还与导线中流动的电流大小，也跟导线和磁感应强度的方向之间的夹角有关。故 A正确；放在匀强磁场中各处的通电导线受力为 ，受力大小与电流、导线的长度及导线F=BILsin7与磁场的夹角有关。所以通电导线在磁感应强度大的地方受力不一定大，通电导线受磁场力大的地方磁感应强度不一定大。故 B错误， C错误；磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电
13、导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定。故 D正确；故选 AD。【点睛】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关10. 在如图所示的 UI 图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻 R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻 R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（ ）A. 电源的电动势为 3 V，内阻为 0.5B. 电阻 R的阻值为 1C. 电源的输出功率为 4 WD. 电源的效率为 50%
14、【答案】ABC【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律得 ，当 I=0时，U=E，由读出电源的电动势U=EIrE=3V，内阻等于图线的斜率大小，则 ,故 A正确电阻 ，r=UI=36=0.5 R=UI=22=1故 B正确两图线的交点表示该电源直接与电阻 R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U=2V，电流 I=2A，则电源的输出功率为 故 C正确电源的效率P出 =UI=4W，故 D错误.故选 ABC.=P出P总 100%=UIEI100%=66.7%【点睛】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻 R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点
15、读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率11. 如图所示，一根有质量的金属棒 MN，两端用细软导线连接后悬于 a、b 两点，棒的中8部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从 M流向 N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以A. 适当增大磁感应强度B. 使磁场反向C. 适当增大电流D. 使电流反向【答案】AC【解析】试题分析：棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从 M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，由共点力平衡条件：T+BILmg，为了使拉力等于零，则安培力必须增加所以适当增加电流强度，或增大磁感应强度。考点：本题
16、考查共点力平衡条件、安培力。12.如图所示，空间内存在着方向竖直向上的匀强电场 E和垂直纸面向外的匀强磁场 B，一个质量为 m的带电液滴，在竖直平面内做圆周运动，下列说法正确的是 A. 液滴所带电荷一定为正电荷B. 液滴所带的电荷量大小为mgEC. 液滴一定沿顺时针方向运动D. 液滴既可以沿顺时针方向运动，也可以沿逆时针方向运动【答案】ABC【解析】【分析】9小球做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡可判断小球的电性洛伦兹力提供向心力，运用左手定则判断液滴运动方向.【详解】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，重力竖直向下，则电场力竖直向上，而电场方向也向上，故此小球一定带正电，由
17、 ，得电量 ，故qE=mg q=mgEA正确， B正确；由左手定则，磁场从掌心穿入，洛伦兹力提供向心力指向圆心，四指指向正电荷运动的方向，可判断小球沿顺时针方向运动，故 C正确， D错误。故选 ABC。【点睛】本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性，最后根据洛伦兹力提供向心力运用左手定则判断三、实验题探究题13.有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的 U-I图线,有下列器材供选用:A.电压表(0-5V)内阻(10K)B.电压表(0-10V)内阻(20K)C.电流表(0-0.3A)内阻(1)D.电流表(0-0.6A)内阻(0.4)E.滑动变
18、阻器(5,10A)F.滑动变阻器(500,0.2A)（1）实验中电压表应选用_,电流表应选用_.为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用_(用序号字母表示).（2）请在方框内画出满足实验要求的电路图_,并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_.10【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). 【解析】（1）灯泡额定电压为 4V，电压表应选 A，灯泡额定电流为 0.5A，电流表应选 D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 E （2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯泡电阻： ，电压表
19、内阻约为 ，电流表R=UI=40.5=8 10k内阻约为 ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示0.4根据电路图连接实物电路图，如图所示：1114.某同学用多用电表测定一只电阻的阻值，多用电表电阻挡有 3种倍率，分别是100、10、1该同学选择10 倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太小为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序： （填步骤前的字母）A旋转选择开关至欧姆挡“l”B旋转选择开关至欧姆挡“100”C旋转选择开关至“OFF” ，并拔出两表笔D将两表笔分别连接到 Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔E将两表笔短接
20、，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，R x的测量值为 【答案】BEDC 2200【解析】试题分析：欧姆表的零刻度在右边，偏角小说明电阻大，换挡后要重新调零，欧姆表的读数为示数乘以倍率解：指针偏角过小说明待测电阻较大，应换用大倍率，重新欧姆调零后再测量，测量完毕旋转选择开关至“OFF” ，并拔出两表笔，综上分析，合理顺序为：BEDC欧姆表的读数为示数乘以倍率=22100=2200故答案为：BEDC 2200点评：本题考 查了欧姆表使用的步骤和读数方法，特别是每次换挡进行重新欧姆调零四、计算题15.如图所示的电路中，电阻 R1=3，
21、R2=3， R3=6，电源内阻 r2，电压表可视为理想电表当开关 S1和 S2均闭合时，电压表的示数为 6V.求：12(1)电阻 R2中的电流为多大？(2)路端电压为多大？(3)电源的电动势为多大？【答案】 （1）2A （2）10V （3）14V【解析】试题分析：(1)电阻 R2中的电流 I U2/R2、 代入数据得 I1A(2)外电阻 R R2 15 路端电压 U IR15V1R1+R2(3)根据闭合电路欧姆定律 I E/(R r)代入数据解得 E20V考点：闭合电路欧姆定律点评：本题考查了闭合电路欧姆定律，通过串并联电路求出电阻然后根据闭合电路欧姆定律分析电流以及电压16.如图所示，在与水
22、平方向成 角的光滑金属导轨间连一个直流电源，在相距=60的平行导轨上放一重 的金属棒 ab，属棒 ab所在的空间有方向竖直向上匀强L=1m mg=3N磁场，当棒上通以 的电流时，金属棒恰好静止求：I=3A画出金属棒 ab的截面由 b向 a看受力示意图右侧视图，并标明其中电流的方向；(1)求匀强磁场磁感应强度的大小；(2)求导轨对金属棒 ab的支持力的大小(3)【答案】 （1）受力示意图如图；（2） T （3）6N313【解析】（1）作出受力侧视图，如图；（2,3）导体棒处于静止状态，根据平衡条件得：F 安 =mgtan60=3 N，3FN= =2mg=6N，mgcos60又导体棒与磁场垂直，F
23、 安 =BIL，则有： B=F安IL=3331=3T点睛：本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是分析物体的受力情况，画出力图，原图是立体图，往往画侧视图，便于作力图17.如图所示，矩形区域宽度为 l，其内有磁感应强度为 B、垂直纸面向外的匀强磁场一带电粒子以初速度 垂直左边界射入，飞出磁场时偏离原方向 若撤去原来的磁场，在此v0 30.区域内加一个电场强度为 E、方向竖直向下的匀强电场图中未画出，带电粒子仍以原来的初速度入射不计粒子的重力，求：带电粒子在磁场中的运动半径；(1)带电粒子在磁场中运动的时间；(2)带电粒子飞出电场后的偏转角(3)【答案】 （1）2l （2） （3）l3v0 tan= E2Bv0【解析】试题分析：（1）如图，设半径为 R，由几何关系可得： sin30o=lR求得：R=2l14（2）由 得：Bqv0=mv20R qm=v02Bl得：T=2mqB t=112T=l3v0（3）粒子做平抛运动，设偏转角为 水平方向匀速 l=v0t竖直方向匀加速 加速度 竖直分速度a=qEm vy=attan=vyv0= E2Bv0考点：本题考查带电粒子在电磁场中的运动15
