1、安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（普通班，含解析）一、选择题1.电场中有一点P，则（）A. 若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用可能为零B. 若该处场强越大，则对于同一试探电荷在该处所受电场力越大C. 若该处没有试探电荷，则该处场强为零D. 该处的电场强度的方向就是该处试探电荷所受力的方向【答案】B【解析】【详解】A、由公式F=qE知，若该处场强不为零，但该处试探电荷受电场力作用不可能为零;故A错误.B、由公式F=qE知：P点的场强越大，则同一点电荷在P点所受的电场力就越大;故B正确.C、场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电
2、荷，P点场强不变，不为零;故C错误.D、场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反;故D错误.故选B.【点睛】本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键2.如图所示，一圆形线圈通有电流I，放在直线电流I的右侧附近，线圈与直导线共面，以下关于圆形线圈受到安培力的合力方向说法正确的是A. 水平向左B. 竖直向下C. 竖直向上D. 水平向右【答案】A【解析】【详解】根据右手螺旋定则知，通电直导线右边的磁场方向垂直纸面向里，离导线越近，磁场越强，圆环左侧所受安培力向左，圆环右侧所受安培力向右，向左的安培力大于向右的
3、安培力，所以圆环所受安培力向左。A. 水平向左。与上述结论相符，故A正确； B. 竖直向下。与上述结论不符，故B错误；C. 竖直向上。与上述结论不符，故C错误； D. 水平向右。与上述结论不符，故D错误；故选：A.3.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()A. 将变阻器滑动头P向右滑动B. 将变阻器滑动头P向左滑动C. 将极板间距离适当减小D. 将极板间距离适当增大【答案】D【解析】【详解】根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小洛伦兹力方向向下，,电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力
4、，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力；AB、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；C、将极板间距离适当减小时，增大，不满足要求，故C错误；D、将极板间距离适当增大时，减小，满足要求，故D正确4.在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10cm处放一个罗盘导线没有通电时罗盘的指针（小磁针的N极）指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度现已测出此地的地磁场水平分量B=5.0x10-5T,通
5、电后罗盘指针停在北偏东60的位置，如图所示由此测出该通电直导线在其正下方10 cm处产生磁场的磁感应强度大小为A. 5.0X10-5TB. 1.Ox10-4TC. 8.66xl0-5TD. 7.07xl0-5T【答案】C【解析】【详解】如图所示为磁场的分布图，则该位置产生的磁感应强度B的大小满足tan60，得BB地tan6050105T866105T，C正确5.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，已知该元件的载流子为自由电子，下列说法中
6、不正确的是A. 电势差UCD0B. 电势差UCD0C. 形成电势差UCD是因载流子受到磁场力而偏转D. 电势差UCD稳定时，是因电场力与磁场力达到平衡【答案】A【解析】【详解】AB. 根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD0，故A错误，B正确； C. 因为载流子在磁场中受到磁场力偏转，C表面带负电，D表面带正电，使C、D表面之间形成电势差，故C正确；D. C、D表面之间形成电势差，使载流子受到与磁场力方向相反的电场力，当两力达到平衡时，电势差UCD达到稳定，故D正确。本题选择错误答案，故选：A6.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置
7、处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（）A. BR2B. Br2C. nBR2D. nBr2【答案】B【解析】【分析】本题考查磁通量的公式【详解】由磁通量的公式，为具有磁场的有效面积为，解得，B对，ACD错【点睛】本题学生明确磁通量公式满足线圈平面与磁场方向垂直，能用公式进行相关的计算7.某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（）A. M、N点的场强EMENB. 粒子在M、N点的加速度aMaNC. 粒子在M、N点的速度vMvND. 粒子带正电【答案】D【解析】【详解】A电场线越密的地方
8、电场强度越大，因此ENEM，A错误；B同一电荷的M处的电场力小于N处的电场力，根据牛顿第二定律，可知aMaN，B错误，CD粒子受力的方向总是指向运动轨迹的内侧，从粒子运动的轨迹可知，粒子受力方向与电场线方向相同，带正电荷，且从M向N运动过程中，电场力做正功，运动速度增加，C错误，D正确【点睛】电场线形象的描述了电场的特点，电场线从正电荷发出到负电荷终止，电场线越密的地方，电场强度越大，也就是同一电荷在该点受到的电场力越大，电场线的方向表示正电荷受力的方向与负电荷受力的方向相反8.如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM是固定电阻R两端的电压随电流变化的图线，由图可知A.
9、该电源的电动势为6 V，内阻是2 B. 固定电阻R的阻值为1 C. 该电源的最大输出功率为9 WD. 当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%【答案】CD【解析】【分析】根据U-I图象AB正确读出电源的电动势和短路电流，根据OM图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点【详解】电源的U-I图像的纵截距表示电源电动势，故，电源U-I图像的斜率表示电源内阻，故，A错误；线性电阻U-I图像的斜率表示电阻大小，故，B错误；当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电阻时，电源输出功率为，C正确；当该电源只向电阻R供电时，D正确9.如图所示，长为L0.5 m、倾
10、角为37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v02 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则下列说法中正确的是A. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能B. 水平匀强电场的电场强度为C. 若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D. 若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半【答案】BD【解析】【详解】A. 带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能。故A错误；B 带电小球从A点到B点匀速上滑，则：mgsin=qEcos得：故B
11、正确；C. 由题意知，电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力F=2qEcosmgsin=ma，所以小球的加速度a=gsin=6m/s2，故C错误；D. 若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：F=mgsinqEcos=mgsin=ma所以小球的加速度为：a=-gsin=-3m/s2，根据速度位移公式，有：，代入数据解得v=1m/s=v0，故D正确。故选：BD。10.如图所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上有a、b、c、d、e五个点，在焦点f处固定一正点电荷，则下列判断正确的是( )A. c、e两点的电场强度相同B. a点的电势比b点的电势低C. 一负电荷在d点时的电势能大于在a点时的电势能D
12、. 将一正电荷由e点沿eabc移到c点，所受电场力先做正功再做负功，但总功为零【答案】BD【解析】由电场线的分布情况和对称性可分析c、e两点电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故A错误；点电荷的等势面是以点电荷为圆心的等势面，且离正电荷越远，电势越低，故a点的电势比b点的电势低，故B正确；点电荷的等势面是以点电荷为圆心的等势面，且离正电荷越远，电势越低，故a点的电势比d点的电势低；根据Ep=q，负电荷在d点时的电势能小于在a点时的电势能；故C错误；将一正电荷由e点沿eabc移到c点，由于是排斥力，所受静电力先做正功再做负功；由于ec在同一等势面上，故总功为零；故D正确；故选BD11
13、.如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子（质量为m，电荷量为q）从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45并与磁场方向垂直电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场则（ ）A. 电了在磁场中运动的时间为B. 电子在磁场中运动的时间为C. OP两点间的距离为D. OP两点间的距离为【答案】AC【解析】由题意可知电子在磁场做匀速圆周运动，转过的圆心角为，所以运动的时间，故A正确，B错误；根据半径公式得：，根据几何关系得：OP两点间的距离，故C正确，D错误12.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）
14、一群比荷为的负离子体以相同速率v0(较大)，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)( )A. 离子飞出磁场时的动能一定相等B. 离子在磁场中运动半径一定相等C. 由Q点飞出离子在磁场中运动的时间最长D. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大【答案】BC【解析】【详解】离子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，因此各离子飞出磁场时速率仍然相同，由于各离子的比荷相同，电量、质量可能不同，因此动能可能不同，故选项A错误；根据牛顿第二定律有：qv0B，解得各离子在磁场中运动的轨道半径为：R，故选项B正确；根据匀速圆周运动参量关系有：T，所以离子在磁场
15、中运动的周期为：T，也相同，当离子由Q点飞出时，其轨迹弦长为磁场圆的直径，最大，对应的偏转角最大，运行时间最长，故选项C正确；选项D错误二、实验题13. 在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A干电池一节B电流表（量程06A）C电压表（量程03V）D电键S和若干导线E滑动变阻器R（最大阻值20，允许最大电流2A）为使测量尽可能精确，请根据原理图甲用笔画线代替导线将如图乙所示的实物图连成实验电路（已连接了部分线）完成下列实验步骤中所缺的内容：A按实验要求连接好电路，使滑动变阻器以阻值 接入电路中（选填“最大”或“最小”）B闭合电键，移动滑动变阻器的滑片，使电压表和电
16、流表的指针有明显偏转，读取电压表和电流表的示数C继续移动 ，并再次读取电压表和电流表的示数用同样方法测量多组数据D断开电键，整理好器材，进行实验数据处理将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E= V，内电阻r= （结果保留三位有效数字）【答案】所连实物图如答图所示最大 ； 滑动变阻器的滑片E=148V，； r=0400【解析】试题分析：（1）根据电源的电动势的大小，可以确定电流的范围，从而可以选择需要的滑动变阻器的大小，根据电路图连接线路即可；（2）闭合电建前，应使滑动变阻器以阻值最大接入电路中，这样在闭合电键时，电流最小改变滑动变阻器的大小，再次读取
17、电压表和电流表的示数用同样方法测量多组数据根据电流和电压的数值，作出图象图象与纵坐标的截距代表的就是电源的电动势，直线的斜率代表电源的内阻考点：用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻14.某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧;滑动变阻器：最大阻值5k导线若干回答下列问题:（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点（2）将图(a)中多用电表的红表笔和 （填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所
18、示，这时电压表的示数如图（c）所示多用电表和电压表的读数分别为 k和 V（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为12.0k和4.00 V从测量数据可知，电压表的内阻为_ k（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_ V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为_ k【答案】（1）短接 （2）1 （3）15.0 3.60 （4）12.0 （5）9.00 15.0【解析】试题分析：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋
19、钮，是电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1K150=150k；电压表读数为360V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为120K；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为150K；根据闭合电路欧姆定律，电动势为；考点：测定电源电动势和内阻实验【名师点睛】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析三、计算题 15.如图表示，在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO
20、在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为一质量为m、带电荷为+q的圆环A套在OO棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且tan现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？【答案】(1) gsin (2)【解析】【详解】(1)由于tan，所以环将由静止开始沿棒下滑环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛仑兹力qv1B、杆的弹力N1和摩擦力f1=N1根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有mgsin-f1=ma垂直棒方向有N1+qv1B=mgcos所以当f1=0，即N1=0时，a有最大值am，且am
21、=gsin此时qv1B=mgcos解得(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N2，方向垂直于杆向下，摩擦力为f2=N2此时应有a=0，即mgsin=f2N2+mgcos=qvmB解得16.如图所示，圆形区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一电荷量为q，质量为m的粒子沿平行于直径AC的方向射入磁场，射入点到直径AC的距离为磁场区域半径的一半，粒子从D点射出磁场时的速率为v，不计粒子的重力.求 （1）粒子在磁场中加速度的大小；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形区域中匀强磁场的半径。【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【详解】（1）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，根据牛顿第二定律有：解得：；（2）粒子运动轨迹如图所示： 由几何关系可得粒子在磁场中偏转60，则在磁场中运动的时间为，即（3）由几何关系可得四边形ODOE是菱形，则圆形区域中匀强磁场的半径R与粒子运动的轨迹半径r相等，有：解得：则磁场半径：