四川省成都市2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题（附解析）

1、四川省成都市石室中学高二上半学期期末考试物理试题一、选择题1.如图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接根据左手定则判断受力即可。【详解】根据左手定则，四指指向电流方向，磁场垂直手心过，拇指所指的方向即为通电导线受力的方向，故C对；ABD错；故选C2.某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（ ）A. 半径越大，加速度越大 B. 半径越小，周期越大C. 半径越小，角速度越小 D. 半径越大，线速度越小【答案】D【解析】【分析】电子做圆周运动的向心力由库仑力提供，根据牛顿第二定律求解即可。【详解】电子绕原子核做匀速圆周运动，库仑力充当向心力，即 ，由公式可知，半径越大，库仑力越小， 加速度越小，周期越大，线速度越小，角速度越小；半径越小，库仑力越大，加速度越大，周期越小，线速度越大，角速度越大，故D对；ABC错故选D3.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动

2、轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是（）A. 粒子一定带正电B. 电场线MN的方向一定是由M指向NC. 带电粒子在b点的电势能一定小于在a点的电势能D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度【答案】C【解析】【分析】答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答【详解】A由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于电场线的方向无知，所以不能确定粒子的电性，故A错；B知道带电粒子受力方向，但由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故B错误C粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C对；D由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误 故选C【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况4.两异种点电荷电场中的部分等

3、势面如图所示，已知B点电势高于A点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则（ ）A. a处为正电荷，qaqbC. a处为负电荷，qaqb【答案】D【解析】【分析】直观的从图像上看出电场线的疏密状况，判断电场强度的关系，再利用来判断场源电荷的电荷量大小关系。【详解】由于ab是异种电荷，且B点电势高于A点电势，得b点处为正电荷，a处为负电荷，根据点电荷的电势，由图可知，靠近a处的等势线更密集，得出靠近a处电场强度大，由 可知，qaqb ，故D对；ABC错；故选D5.如图所示，在xOy 平面内有一个以O为圆心、半径R=2m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为，若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（ ）A. Uop=200sin (V)B. Uop=200sin (V)C. Uop=200cos (V)D. Uop=200cos (V)【答案】A【解析】【分析】根据匀强电场中电场强度和电势差的关系为求解电场中任意两点的电势差。【详解】匀强电场中电场强度和电势差的关系为，其中d表示电场中两点沿电场线方向的

4、距离，又沿电场线的方向电势降低，故O、P两点的电势差可表示为 V，故A项正确;BCD错误；故选A6.如图所示，MN是平行板电容器的两个极板,R0为定值电阻.，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（ ）A. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小B. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大C. 保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小D. 保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大【答案】C【解析】【分析】小球在平行板中受到重力、电场力、绳子的拉力三个力处于平衡状态，当平行板中的电压发生变化时，小球受到的电场力也会随着发生变化，所以只要判断出电场力的变化状况，根据平衡即可求出绳子拉力的变化情况。【详解】AB保持R2不变，缓慢增大R1时，电容器两端的电压不变，平行板中的电场强度不变，所以小球受力也不变，故AB错CD保持R1不变，缓慢增大R2时，根据电路结构，平行板间的电压将减小，所以受的电场力也就会减小，根据受力平衡可知，此时F也将变小，故C对；D错；故选C7.两根材料相同的均匀导线

5、A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为( )A. 2:1 B. 1:3C. 1:2 D. 3:1【答案】B【解析】【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比【详解】A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得， 根据电阻定律得， 解得： 根据题意可知： ，故B对；ACD错；故选B【点睛】在处理比值题目时，一般不要中间过程计算，而应该把要求的物理量用一个公式表示出来，这样可以减少计算过程中的失误，提高精确度。8.如图所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，关于带电微粒P的说法正确的是( )A. 向下运动B. 仍静止不动C. 若下板接地，且上板上移，则微粒电势升高D. 若下板接地，且上板上移，则微粒电势能升高【答案】B【解析】【分析】二极管具有单向导电性,只允许电流从a流向b.电容器与电源保持相连,电容器的电压不变,板间距离增大,电容减

6、小,电容量的电量要减小,放电,根据二极管的作用,分析电量是否变化,再分析P的运动情况.【详解】AB电容器与电源保持相连,电容器的电压不变,板间距离增大,电容减小,电容量的电量要减小,电容器要放电,但因为二极管的作用只允许电流从a流向b,电容器的电量无法减小,所以此题应该按照电容器上电荷量不变来处理，根据推论板间电场强度可知改变d时,场强E不变,电荷P受的电场力不变,仍静止;故A错；B对；CD若下板接地，且上板上移，板间电场强度保持不变，根据 可知BP两点之间的电势差不变，所以P点的电势也不变，由于微粒受力没有发生变化，所以电场力不做功，则微粒的电势能也不发生变化，故CD错故选B【点睛】本题考查了电容器的动态分析问题，在处理此类问题时要注意题目中是电压不变还是电荷量不变，在遇到有二极管的问题时要注意二极管的单向导电性。9.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘的水平面上。P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON。下列说法正确的是（ ）A. 沿着PON，电场强度一定先减小后增加B. 沿着PON，电场强度可能先减小后增加C. 沿着PON，电势一定先

7、增加后减小D. 沿着PON，电势一定先减小后增加【答案】BC【解析】【分析】可以根据等量同种电荷的电场线分布，及沿着电场线电势降低这个方向来考虑这个问题。【详解】AB在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,由于无穷远处到O过程中有个最大值，所以沿着PON，电场强度不一定先减小后增加，只能说可能先减小后增加，故A错；B对；CD根据电场的叠加，可知在在AB的垂直平分线上，电场线从O点指向两侧，沿着电场线电势在降低，所以沿着PON，电势一定先增加后减小，故C对；D错；故选BC10.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，则从开始运动到第一次速度为零的过程中，下列说法中正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（ ）A. 当A小球所受电场力与弹簧弹力大小相等时，A小球速度达到最大B. 两小球加速度先增加，再减小C. 电场力对两球均做正功，两小球与弹簧组成的系统机械能增加D. 电场力对两球均做正功，两小球的

8、电势能变大【答案】AC【解析】【分析】小球受到的电场力一开始大于弹簧弹力，随着弹簧弹力的增大，加速度在减小，然后加速度会反向，根据受力来判断加速度的变化；电场力做正功，小球的动能增大，电势能减小。【详解】A在电场力的作用下，小球AB分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，当电场力等于弹簧弹力大小时，加速度为零，此时AB的速度达到最大，故A对；B在电场力的作用下，小球AB分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，小球的加速度为即加速度在减小，当电场力等于弹簧弹力大小时，加速度等于零，然后弹簧的弹力大于电场力，小球又开始做减速运动，此时加速度 ，加速度又开始反向增大，故B错；C电场力的方向与运动方向相同，所以电场力做正功，根据机械能守恒的条件可知，电场力做功导致系统机械能增大了，故C对；D电场力对两球均做正功，两小球的动能增大，电势能减小，故D错；故选AC11.如图所示,电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为( )A. 电流表的读数先增大后减小B. 电源的总功率先减小后增大C. 电源输出功率先增大后减小D. 不变【答案】BD

9、【解析】【分析】在滑动变阻器的滑片由向移动的过程中,变阻器并联电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化,确定电流表示数的变化,电源的功率变化和路端电压的变化.根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化.【详解】AB在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中,变阻器并联总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律分析可知,电路中总电流先减小后增大,则电流表的读数先减小后增大, 电源的功率先减小后增大.故A错；B对C当外电路电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，由于不知道电阻 与内阻r的关系，所以不确定电源的输出功率如何变化，故C错；D电压表测量的是路端电压，根据 可知 不变，故D对；故选BD【点睛】本题考查了电路的动态分析，根据“局部-总部-局部”分析回路中电流和电压的变化关系，12.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列说法中正确的是A. 图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系B. 图线a的最高点对应的功率为最大输出功率C. 在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PCD. 两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4【答案】CD【解析】，a线

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