1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019-2020学年高二（上）期末物理试卷10一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，1-8题只有一项是符合题目要求的，9-10多项是正确的将正确答案涂在答题卡中对应的位置上1（4分）（2018 广东佛山期末）在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（）A奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式B法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点C安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系D欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产
2、生的热量跟电流的关系焦耳定律分析：知道相关电磁学的发现历程，根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解析：洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式，故A错误法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点，并提出用电场线来描述电场性质的方法，故B正确；丹麦物理学家奥斯特通过实验证实了通电导线的周围存在着磁场，在世界上是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家。故C错误焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系焦耳定律，故D错误。点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强
3、记忆，这也是考试内容之一，要注意准确掌握不能张冠李戴而出现错误2（4分）（2018 吉林长春期末）电子在电场中A点具有80eV电势能，它由A点运动到B点过程中，克服电场力做功30eV，则（）A电子在B点的电势能是30eVB电子的电势能减少30eVC电子在B点的电势能是110eVDB点的电势是110V分析：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加本题“克服电场力做功”即为电场力做负功，所以电势能增加通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题根据电势的定义得出电势的大小解析：由题意可知，电子A运动到B克服电场力做功30eV，即是电场力做负功，说明电子的电势能增加了30eV，得出：那电子在B
4、处的电势能是：EpBEpA+Ep80eV+30eV110eV 故AB错误，C正确；根据电势的定义，B点的电势等于：UB110V，故D错误。点评：通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题根据电势的定义得出电势的大小要注意电势有正负3（4分）一台电动机，额定电压是100V，电阻是1正常工作时，通过的电流为5A，则电动机因发热损失的功率为（）A500WB25WC2000WD475W分析：根据焦耳定律，发热功率P热I2r，代入数据计算即可解析：发热电阻是电动机内阻产生的焦耳热，根据焦耳定律得到P热I2r（5A）2125W，故选B。点评：本题关键要明确电功率表达式PUI和发热功率表达式P热I2r的适用范
5、围，难度不大，属于基础题4（4分）（2018 河北唐山期末）把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是（）A安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同B安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直C安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直D安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直分析：利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向解析：左手定则是判断磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间关系的法则，根据作用定
6、则可知，安培力垂直于电流和磁场所在的平面，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向，故ABC错误，D正确。点评：安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，正确应用左手定则判断安培力的方向5（4分）（2018 山东济南期末）关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（）A带电粒子可能做匀变速直线运动B带电粒子可能做匀速直线运动C当洛伦兹力与速度垂直时，带电粒子一定做匀速圆周运动D当洛伦兹力与磁场垂直时，带电粒子一定做匀速圆周运动分析：根据带电粒子进入匀强磁场的速度方向与磁感应强度方向的关系，判断粒子的运动情况解析：洛伦兹力的方向随着速度的方向变化而变化，粒子若受洛
7、伦兹力，加速度的方向一定改变，不可能做匀变速运动。故A错误。当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，做匀速直线运动。故B正确。当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。当带电粒子的速度方向与磁场方向既不垂直，也不平行，将速度分解为垂直磁场方向和平行磁场方向，在垂直磁场方向上做匀速圆周运动，在平行磁场方向上做匀速直线运动，合运动为螺旋运动。故CD错误。点评：解决本题的关键掌握粒子在不同情况下进入磁场，粒子的运动情况在高中阶段，考查得比较多的是，速度方向与磁场方向平行和速度方向与磁场垂直两种情况6（4分）（2018 四川成都期末）在磁感应强度为B的
8、匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然减小为时，这个带电粒子（）A速率加倍，周期不变B速率不变，轨道半径减半C速率不变，周期加倍D速率减半，轨道半径不变分析：该题考查了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式和周期公式来分析各选项。解析：洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小；所以磁感应强度的变化，不能引起速率的变化；由公式可知，当磁感应强度变为原来的倍，周期将加倍；故A错误，C正确；由公式可知，当磁感应强度变为原来的倍，轨道半径将加倍。故B错误、D错误。点评：带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改
9、变速度的大小。此类问题要求掌握洛仑兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题。7（4分）如图所示的四幅图都是通电直导线放入匀强磁场中的情况，其中直导线所受安培力为零的是（）ABCD分析：导线与磁场方向平行时，导线所受安培力为零解析：导线与磁感线方向平行时，导线所受安培力为零，故ABC安培力都不为零。D安培力为零。故D正确。点评：通过本题要知道安培力在导线与磁感线方向平行时为零，导线与磁感线方向成一定夹角时安培力一定不是零8（4分）（2018 江西南昌期末）如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电
10、子分别以相同的速度沿与x轴成15角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为（）A1：5B5：2C5：3D3：2分析：带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，根据tT求运动时间解析：正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。由T，知两个电子的周期相等。正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为75，则正电子速度的偏向角为1150，其轨迹对应的圆心角也为150，则正电子在磁场中
11、运动时间为t1T，同理，知负电子以15入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为15，则轨迹对应的圆心角为30，负电子在磁场中运动时间为t2T。所以负电子与正电子在磁场中运动时间之比为t1：t21：5故A正确，BCD错误。点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案9（4分）（2018河南开封期末）如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后沿直线前进（开关S处于闭合状态）下列做法中，电子束仍沿入射方向做直线运动是（）A保持开关S闭合，将极板间距离适当减小B保持开关S闭合，将变阻器滑片P 向右滑动C断开开关S，将极板间
12、距离适当增大D断开开关S，将极板间距离适当减小分析：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，洛伦兹力方向向下，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，分析板间电场强度如何变化，判断电子的运动情况解析：保持开关S闭合，将极板间距离适当减小，板间电压不变，由E知板间场强增大，电子所受的电场力增大，将向上偏转，故A错误。保持开关S闭合，将变阻器滑片P 向右滑动，极板间的电压和场强均不变，电子所受的电场力不变，仍洛伦兹力平衡，所以仍沿入射方向做直线运动，故B正确。断开开关S，电容器的带电量不变，将极板间距离增大或减小，根据推论知板间场强不变，电子所受的电
13、场力不变，仍洛伦兹力平衡，所以仍沿入射方向做直线运动，故CD正确。点评：本题是带电粒子在混合场中运动的问题，电子受到电场力和洛伦兹力，要使粒子做直线运动，则要求电场力等于洛伦兹力10（4分）（2018山东淄博期末）如图所示的电路中，L1，L2是两个不同的小灯泡，a，b间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是（）AL1亮度不变，L2变暗BL1变暗，L2变亮C电路消耗的总功率变小D流过滑动变阻器的电流变小分析：电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变
14、化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化根据PUI来判断电路消耗的总功率解析：滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，RP变大，外电路总电阻R变大，干路电流I减小，L1变暗，灯泡L2的电压U2UIR1变大，L2变亮。故A错误，B正确；由于干路电流减小，根据PUI，电路消耗的总功率变小，故C正确由于干路电流减小，灯泡L2的电压U2UIR1变大，流过L2的电流变大，故流过滑动变阻器的电流减小，故D正确。点评：本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的思路分析二、填空题：本题共3个小题，每空3分，共24分，将正确答案填在答题卡中对应的横线上11（6分）（2018
15、湖北宜昌模拟）图甲是用游标卡尺测量某金属圆筒外径的示意图，由图中可以读出该圆筒外径的测量值为 cm图乙是用螺旋测微器测量某金属棒直径的示意图，读出该金属棒直径的测量值为 mm分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数解析：游标卡尺的主尺读数为3.1cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为：0.053mm0.15mm0.015cm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：3.1cm+0.015cm3.115cm；螺旋测微器的固定刻度读数4
16、mm，可动刻度读数为0.0120.0mm0.200mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为：4mm+0.200mm4.200mm答案：3.115；4.200点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读12（9分）（2018 辽宁大连期末）用多用电表测量电阻阻值，请回答下列问题：（1）每次换挡后，需重新 ，再进行测量（2）如果表的指针偏转角度过大，为了测量比较准确，应将表的选择开关拨至倍率 （大或小）的挡位上（3）某次测电阻时，表的指针位置如图所示，
17、则该电的阻值是 分析：使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数解析：（1）每次换挡后，需重新进行欧姆调零，再进行测量（2）如果表的指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，为了测量比较准确，应将表的选择开关拨至倍率小的挡位上（3）由图1所示可知，欧姆表挡位为10，该电的阻值是1910190答案：（1）进行欧姆调零；（2）小；（3）190点评：本题考查了欧姆表使用方法与读数，掌握欧姆表使用方法、注意事项与读数方法即可正确解题，应用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调
18、零13（9分）（2018湖南长沙期末）某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率，进行如下实验：（1）首先用多用电表进行了电阻测量，主要实验步骤如下：A把选择开关扳到“10”的欧姆档上B把表笔插入测试孔中，先把两根表笔接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上C把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大D换用“100”的欧姆档进行测量，随即记下欧姆数值E把表笔从测试笔插孔中拔出后，将选择开关旋至OFF档，把多用电表放回原处改正上述实验的两处操作错误；错误一 ；错误二 ；（2）为使实验更准确，再采用“伏安法”进行电阻测量，下图中的两个电路方案中，应该选择图 。用实验中读
19、取电压表和电流的示数U、I和（2）中读取的L、d，计算电阻率的表达式。分析：（1）使用欧姆表测电阻要选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表使用完毕调应把选择开关置于OFF档或交流电压最高挡。（2）根据题意要求，所测电阻偏小。注意滑动变阻器采用分压式接法，电流表采取外接法。再结合电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式解析：（1）错误一：用“10”欧姆挡测电阻，指针偏转较大，说明电阻偏小，应该选用较小挡位，即换用“1”的欧姆档，换用“100”的欧姆档是错误的；错误二：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，实验过程中欧姆表换挡后没有进行欧姆调零，这是错误的；（2）由
20、题意可知，待测电阻阻值较小，电压表内阻很大，电流表内阻很小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图乙所示电路图；待测电阻阻值：R，根据电阻定律得：R，电阻率：；答案：（1）换用“1”的欧姆档；换挡后没有重新欧姆调零；（2）乙；电阻率的表达式为：。点评：应掌握欧姆表的使用方法和注意事项：测量电阻前应将待测电阻与外电路断开；选档原则是使指针能指在中值电阻附件；选档后应重新调零；使用完毕后应将选择开关注意“OFF”或交流电源最高档。三、计算题：本题共3个小题，共36分，答题时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题必须明确写出数据值和
21、单位14（12分）（2018 重庆期末）在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg100，满偏电流Ig1mA，R1900，R2。（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？分析：本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联。解析：（1）：根据串联电阻具有分压作用可知，和断开时，改装的应是电压表，由U，可知电压表的量程是1V；（2）：当和均闭合时，电流表与电阻并联，改装的应是电流表，由I+1000mA，所以电流表的量程是1
22、000mA；答案：（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是电压表，量程是1V（2）：当S1和S2均闭合时，改装所成的表是电流表，量程是1000mA。点评：明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义。15（12分）（2018 安徽合肥期末）如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量为3.6kg，有效长度为2m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8A时，金属棒能获得2m/s2的加速度，求磁场的磁感应强度的大小。分析：先根据金属棒匀速直线运动时受力平衡，求出所受摩擦力的大小，然后结合牛顿第二定律对
23、加速运动时列方程。解析：金属棒匀速运动时，安培力与摩擦力，则有：fBI1L棒加速运动时，由牛顿第二定律可得：BI2Lfma联立得：BI2LBI1Lma代入数据得：B1.2T答案：磁场的磁感应强度B为1.2T；点评：本题完全采用力学的方法处理，只要将抓住安培力具有一般力的性质，根据平衡条件和牛顿第二定律进行求解。16（12分）（2018 山西太原模拟）一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管的左右两侧加有匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表。设血管的直径是2.0mm，磁场的磁感强度为0.080T，电压表测出的电压为0.10mv，则血流速度大小为多少m/s。（取两位有效数字）分析：血液流动时，血液中的正负电荷在磁场中发生偏转，向上下两端偏转，在上下两端间产生电势差，最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡；根据该规律求出血流的速度大小。解析：当电场力和洛伦兹力相等时有：qEqvB，且E则有v0.625m/s0.63m/s答案：则血流速度大小为0.63m/s。点评：解决本题的关键知道血液中的正负电荷发生偏转，最终在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，注意保留有效数字。高考资源网版权所有，侵权必究！