1、2019-2020学年高二（上）期末物理试卷8 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分第18题为单项选择题；第912题为多项选择题，将所有符合题意的选项选出，将其序号填入答卷页的表格中，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有多选、错选或不选的得0分）1（4分）英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念，并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础下列相关说法正确的是（）A电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过电场发生的B磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的C电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交D通过实验
2、可发现电场线和磁感线的存在分析：电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线解析：电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，A错误；磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，B正确；电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，与事实不符，C错误；电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，D错误。点评：本题要重点掌握电场磁场是客观
3、存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的2（4分）（2018 湖南株洲期末）下列说法中正确的是（）A电场线越密处场强越大，电势越高B沿电场线的方向电势逐渐降低C场强为0处，电势不一定为0D在电势高处电荷具有的电势能大分析：电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低解析：电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误；沿电场线的方向电势降低，故B正确；电势为零，是人为选择的，电势为
4、零处，电场强度不一定为零，场强为0处，电势不一定为0，故C正确。Epq，若电荷带负电q取负，越高则电势能越小，故D错误。点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小3（4分）如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A电场力做功qUB克服电场力做功qUC电场力做功大于qUD电场力做功小于qU分析：根据电场力的方向与位移方向的关系
5、分析电场力做功的正负由UEd，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式WqU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小解析：在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功。根据Ek得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由UEd分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从b点移动到c点的过程中电场力做功qU所以电场力做功小于qU。故选D。点评：公式UEd，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系4（4分）如图所示，
6、虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示粒子在A点的加速度为aA、电势能为EPA；在B点的加速度为aB、电势能为EPB则下列结论正确的是（）A粒子带正电，aAaB，EPAEPBB粒子带负电，aAaB，EPAEPBC粒子带正电，aAaB，EPAEPBD粒子带负电，aAaB，EPAEPB分析：图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式判断电势能高低解析：由于等势面是同心圆，且半径外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子
7、也带负电；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aAaB；从A到B，电势降低，根据公式，B点电势能大，即EPAEPB；故选D。点评：本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式判断电势能大小，不难5（4分）（2018 湖北宜昌期末）关于电动势的说法正确的是（）A电源的电动势就是直接接在电源两端的电压表测得的电压值B同一电源接入不同的电路中，电动势就回发生变化C电源的电动势就是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D在电路中，接入电路的电阻越大，电源的电动势就越大分析：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势；电动势表征电源把其他形式的能转化为电能
8、的本领大小，电动势与外电路无关接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势解析：根据闭合电路欧姆定律EU+Ir得知，当I0时，UE，即电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势，并不是直接接在电源两端的电压表测得的电压值，故A错误。电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大；电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化。故B、D错误，C正确。点评：本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和欧姆定律来强化理解6（4分）（2018 河北石家庄期末）如图所示，当ab端接
9、入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（）A4：1：2B2：1：1C3：2：1D以上都不对分析：分析两种情况下电路的结构，由串联电路的分压规律可得出电阻的关系；再得出三个电阻的关系。解析：当ab端接入电压时，cd端输出电压为20100；解得：2R2R1；当cd接入电压时，ab端输出电压50100；解得：2R3R2；故电阻之比R1：R2：R34：2：1故ABC错误，D正确。点评：本题考查串联电路的分压原理，要注意明确电路的结构，再由串联电路的规律进行分压。7（4分）（2018 安徽合肥期末）如图所示，导线框中电流为I，导线框垂
10、直于磁场放置，匀强磁场的磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小为（）AFBIdBFBIdsinCFDFBIdcos分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式FBIL可以直接求出安培力大小解析：导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，AB与CD相距为d，此时切割磁场的导线的长度为，此时受到的安培力的电场线为FBILBI，所以C正确。点评：本题是安培力的分析和计算问题安培力大小的一般计算公式是FBILsin，是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为FBIL8（4分）（2018 陕西咸阳期末）如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场
11、中运动并穿过金属板而减速，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A该粒子带正电B粒子穿过金属板后，轨道半径将变大C粒子运动方向是edcbaD粒子在上半周所用时间比下半周所用时间短分析：由半径的变化可知粒子速率的变化，从而确定出其运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系解析：带电粒子穿过金属板后速度减小，由半径r知轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba。根据左手定则知，粒子带负电。故C正确，AB错误。由周期公式T知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为，所用时间相同。故D错
12、误。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解9（4分）（2018 山东烟台期末）用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则变大分析：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大。根据电容的决定式C分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C分析板间电势差的变化，即可
13、再确定静电计指针的偏角变化情况。解析：根据电容的决定式C得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大。故A正确，B错误。根据电容的决定式C得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大。故C错误，D正确。点评：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C和C。10（4分）如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r1，定值电阻R
14、35当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等则以下说法中正确的是（）A电阻R1、R2可能分别为4、5B电阻R1、R2可能分别为3、6C开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6分析：当K闭合时R2被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比解析：由题，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等
15、，则有：（）2（R1+R2）（）2R1，将R14、R25代入方程成立，而将R13、R26代入方程不成立。故A正确，B错误。电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数。故C错误。根据闭合电路欧姆定律得：UE（R3+r）I则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：R3+r6故D正确。点评：本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力D项也可以根据UI图象理解11（4分）（2018 河南洛阳期末）如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，有些未
16、发生任何偏转。如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论（）A它们的动能可能相同B它们的比荷一定各不相同C它们的电荷量一定各不相同D它们的质量一定各不相同分析：粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvBqE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，满足qvBm，圆周运动的半径R，由此进行分析得出结论。解析：因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvBqE，得出能不偏转的
17、粒子速度应满足 v。粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvBm，圆周运动的半径 R，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，由R得知，所以粒子能分裂成几束的粒子的比值不同，则电荷量与质量之比一定不相同。而质量m、电荷量可能相同，则动能也可能相同，故AB正确，CD错误。点评：此题要能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，理解速度选择器的原理。在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得
18、出正确的结论。12（4分）（2018 湖南长沙期末）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板。下列说法正确的是（）A若将滑片P向上滑动，粒子将向b板偏转B若将a极板向上移动，粒子将向b板偏转C若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转分析：电容器与R并联，故电容器两端的电压等于R两端的电压；则a、b之间形成电场，带电粒子在混合场中做匀速运动，则可知电场力应与磁场力大小相等方向相反；则分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子
19、受力的变化，即可得出带电粒子偏转的方向。解析：因电容器与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A正确；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B正确；由图可知a板带正电，b板带负电；若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故
20、C正确；若带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，即qEqvB，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，与粒子的带电量无关，故粒子将不会偏转，故D错误。点评：本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况。二、实验题（共2小题，每空3分，共18分）13（3分）（2018 湖北武汉期末）如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路下列分析中正确的是（）A此接法的测量值大于真实值B此接法的测量值小于真实值C此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D开始实验时滑动变阻
21、器滑片P应处在最左端分析：由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小（2）为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻为零的位置解析：（1）实验采用电流表的内接法，电流的测量值I是
22、真实的，由于电流表的分压作用，电压测量值U偏大，由R可知，测量值偏大，测量值大于真实值，故A正确，B错误；（2）伏安法测电阻，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用内接法，故C错误；（3）实验采用的是滑动变阻器的分压接法，为保证电路安全，开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最右端，此时分压电路电压为零，故D错误。点评：本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题14（15分）（2018 湖北宜昌期末）在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，（1）在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于 端（填“A
23、”或“B”）（2）如图乙是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E V，内阻r （3）实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的AB两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测 E真，内阻的测量值和真实值 r测 r真（填“，或”）分析：（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（2）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻（3）将电压表并连在滑动变阻器的AB两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况解析：（1）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑
24、动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为右半部分；故滑片应接到A端；（2）在UI图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小UI图可知，电源的电动势E1.5V；UI图象斜率的绝对值等于内阻，所以r1.0；（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值答案：（1）A；（2）1.5，1.0；（3），点评：本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻三、计算
25、题（本题包括3个小题，共3分要求写出必要的文字说明、作图痕迹、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（8分）（2018 江苏镇江期末）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子（不计重力）以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，已经粒子穿过此磁场区域的时间为t，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60角，求该带电粒子的比荷（电荷与质量的比值）及带电粒子在磁场中运动的周期分析：粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角也等于60，由时间与周期的关系，求解比荷由圆心角，可求出粒子的周期等于
26、6t解析：由题，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角也等于60，则有 t得，T6t由qvBm得，r周期T则得，答案：该带电粒子的比荷为，带电粒子在磁场中运动的周期为6t点评：本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，就能正确解答基础题16（14分）如图所示，电阻R12，小灯泡L上标有“3V，1.5W“，电源内阻r1，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时，安培表的读数为1A，小灯泡L恰好正常发光，求：（1）滑动变阻器的最大阻值R0（2）当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率分析：（1）当触头P滑动到最上端a时，R
27、与灯泡并联后与电阻R1串联根据欧姆定律求解滑动变阻器的最大阻值R0（2）当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路由闭合电路的欧姆定律求出电流，再求解电源的总功率及输出功率解析：（1）当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为： 流过滑动变阻器的电流：I0IAIL0.5A 所以滑动变阻器的最大阻值（2）电源电动势为：EUL+IA（R1+r）6V当触头P，滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路电路中总电流为：故电源的总功率为：P总EI12W输出功率为：P出EII2r8W答案：（1）滑动变阻器的最大阻值； （2）当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率P总12W，输出功率P出8
28、W点评：本题是简单的电路的分析和计算问题，这类问题首先要搞清电路的结构，其次要把握电流、电压的分配关系17（12分）（2018 辽宁葫芦岛期末）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37（取sin370.6，cos370.8）现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g求运动过程中（1）小球受到的电场力的大小和方向；（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量分析：（1）小球由静止释放，做匀变速直线运动，抓住速度的方向与竖直方向的夹角，结合合力与速度方向在同一条直线上求出电场力的大小和方向
29、（2）小球竖直上抛，将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，结合等时性求出水平方向上的位移，从而求出电场力做功的大小，根据电场力做功与电势能的关系求出电势能的变化量解析：（1）电场力的大小FqEmgtan300.75mg，方向水平向右 （2）小球竖直向上做匀减速运动，加速度为：ayg 水平方向做匀加速运动，加速度ax0.75g 小球上升到最高点的时间t 此过程小球沿电场方向的位移为电场力做功小球从抛出点至最高点的电势能变化量答案：（1）小球所受电场力的大小为0.75mg，方向水平向右（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量为点评：解决本题的关键掌握处理曲线运动的方向，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解
