1、靖远四中2018-2019学年度第二学期开学检测高二物理（理科）一、选择题： 1.三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为a、b，则()A. EaEb，abB. EaEb，aEb，abD. Eab【答案】C【解析】由图可以看出a处电场线更密，所以EaEb，根据对称性，a处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定ba，故B项正确2.两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为F。若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为4F/3，则两小
2、球间的距离变为（ ）A. B. C. rD. 2r【答案】B【解析】开始时两球间的库仑力为：，两小球相互接触后，电量先中和在均分：，此时的库仑力为：，故C正确，ABD错误。【此处有视频，请去附件查看】3.下列各图反映的是带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其向心力为洛伦兹力，由左手定则可判断D正确4.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小
3、段距离，则（ ）A. P点的电势将升高B. 带电油滴的电势能将减少C. 带电油滴将沿竖直方向向下运动D. 若电容器的电容减小，则极板所带电荷量将增大【答案】C【解析】【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【详解】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高
4、于下极板的电势，则知P点的电势将降低。故A错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故B错误。板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故C正确。电容器的电容减小，根据Q=UC，由于电势差不变，故带电量减小，故D错误；故选C。【点睛】本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化5.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O
5、处产生的磁感应强度方向是 ( ) A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右【答案】C【解析】试题分析：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，故C正确，A、B、D错误故选：C考点：本题考查了直导线的磁场、磁感应强度的合成6.如图所示，直线上有o、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等，在o点处有固定点电荷，已知b点电势低于c点电势。若一带负电粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则（ ）A. o点处固定点电荷带正电B. 前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C.
6、 后一过程中，粒子的动能不断增大D. 带电粒子在a点的电势能大于在c点的电势能【答案】D【解析】试题分析：由于，所以电场线为从C到O方向，由于点电荷固定于O处，所以该点电荷应为负点电荷，A错。负点电荷从C运动到a，所以电场力对其应做负功，所以动能应减少、电势能应增加，所以C错，D对。由于电场越来越大，所以，相同情况下电场力做功越来越大，所以B错。考点：根据电势高低判断电场方向、动能定理、电场力做功与电势能关系点评：此类题型考察了对点电荷电场分布以及电场线与电势高低关系，并通过动能定理计算相关能量的变化。7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器。闭合开关后，
7、把滑动变阻器的滑片向左滑动，以下说法正确的是（ ）A. 电流表示数变小，电压表示数变大B. 电流表示数变小，电压表示数变小C. R1消耗的电功率变小D. R2消耗的电功率变大【答案】B【解析】【分析】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点、欧姆定律以及功率公式分析答题【详解】当滑动变阻器的滑片向左滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，与R2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则V的示数减小，根据串联电路电压与电阻成正比的特点，可知，并联部分电压减小，通过R2的电流减小，则A的示数减小，故A错误，B正确；根据P1I2R1可知，总电流增大
8、，R1消耗的电功率变大，故C错误；通过R2的电流减小，根据P2I22R2可知R2消耗的电功率变小，故D错误。故选B。【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法也可利用经验结论进行分析：变阻器电阻增大时，所在并联电路电压增大，与之并联的另一支路电流增大，电流表读数增大8.如图，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是正方形的匀强磁场，则电子 （ ）A. 速率越小，在磁场中运动时间越长B. 在磁场中运动时间越长，其轨迹弧线越长C. 在磁场中运动的轨迹线所对应的圆心角最大是D. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合【答案】C【解析】如果带电粒子偏转轨迹
9、为半个圆，无论圆的大小，时间都是半个周期，由周期公式可知时间相同，A错；在磁场中运动时间越长，其圆弧对应的圆心角越大，B错；在磁场中运动的轨迹最大就是半个圆，C对；如果运动轨迹为半个圆，运动时间相同，但轨迹不同，D错；9.在以点电荷为球心、r为半径的球面上各点相同的物理量是 （ ）A. 电场强度B. 同一电荷所受电场力C. 电势D. 同一电荷具有的电势能【答案】CD【解析】【详解】根据点电荷的电场分布可知，以点电荷为球心、r为半径的球面上各点电场强度大小相同，但是方向不同，则场强不同，同一电荷所受电场力大小相同，方向不同，则选项AB错误；以点电荷为球心、r为半径的球面上各点电势相同，根据=q可
10、知，同一电荷具有的电势能相同，故选项CD正确；故选CD.【点睛】此题关键是知道电场强度和电场力都是矢量，要考虑方向；而电势和电势能是标量，不考虑方向.10.如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是（ ）A. 带电粒子带负电B. 带电粒子带正电C. 带电粒子所受电场力的方向向右D. 带电粒子做匀变速运动【答案】AD【解析】【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性根据粒子的受力确定粒子的运动情况【详解】因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向
11、水平向左，则粒子带负电。故A正确， BC错误。粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动。故D正确。故选AD。【点睛】解决本题的关键知道轨迹的凹向大致指向合力的方向，这是解决本题的关键，知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反.11.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时A. 磁铁对桌面的压力增大B. 磁铁对桌面的压力减小C. 磁铁受到向右的摩擦力作用D. 磁铁受到向左的摩擦力作用【答案】BC【解析】试题分析：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安
12、培力方向，如下左图图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如下右图根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，故磁铁对桌面的压力变小；而静摩擦力向右故B、D正确，A、C错误。考点：磁场对电流的作用；安培力；共点力作用下的平衡【名师点睛】本题主要考查了磁场对电流的作用、安培力、共点力作用下的平衡等综合应用。属于中等难度的题目。本题关键先对电流分析，得到其受力方向，先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况12.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴
13、沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动。如图所示，由此可以判断 （ ） A. 油滴一定做匀速运动B. 油滴一定做匀变速运动C. 油滴带正电，且它是从M点运动到N点D. 油滴带负电，且它是从N点运动到M点【答案】AC【解析】【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性以及运动方向【详解】油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F=qvB可知，粒子必定做匀速直线运动，故A正确，B错误。根据做直
14、线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，如果油滴带负电，电场力向右，若油滴的速度从N点到M点，则由左手定则判断可知，洛伦兹力斜向右上方，油滴不可能做直线运动，故C正确，D错误。故选AC。【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动二、实验题： 13.为了测定小灯泡的伏安特性曲线，需要测得的电压范围尽可能大些，一般要求灯泡两端的电压从0开始调节，为此应该选用图中的电路是_。（填甲或乙）【答案】甲
15、图；【解析】【分析】根据题意要求确定滑动变阻器的接法，然后选择实验电路【详解】实验要求，灯泡两端的电压从零开始调节，测量电压范围大些，滑动变阻器应采用分压接法，由因此应选图甲所示实验电路；14.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为_ mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为_mm（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为_ （4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程04mA，内阻
16、约50）电流表A2（量程010mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E：电动势4V，内阻不计滑动变阻器R1阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A 滑动变阻器R2阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5A 开关S 导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号_【答案】 (1). （1）50.15； (2). （2）4.700； (3). （3）220； (4). （4）如图所示：【解析】【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加游标尺读数，不估读。（2）螺旋测微器固
17、定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率。（4）电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图；【详解】（1）游标卡尺的读数为：L=5cm+0.05mm3=50.15mm.（2）螺旋测微器的读数为D=4.5mm+0.01mm20.0=4.700mm。（3）电阻的读数为：R=2210=220。（4）电源电动势为4V，电压表应选：V1，电路最大电流约为：，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，电流表应采用外接法，实验电
18、路图如图所示：【点睛】游标卡尺时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意游标卡尺的分度；对于电学实验器材的选择，应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节。三、计算题： 15.电动汽车成为未来汽车发展的方向。若汽车所用电动机两端的电压为380V，电动机线圈的电阻为3，通过电动机的
19、电流为10A，则电动机工作5min消耗的电能为多少焦？产生的热量是多少焦？【答案】 【解析】【分析】通过W=UIt去求消耗的电能，通过Q=I2Rt去求产生的热量消耗的电能与产生的热量不等【详解】由W=UIt，得：W=38010300J=1.14106J故电动机工作5min消耗的电能为1.14106J产生的热量Q=I2Rt=1023300=9104J故产生的热量是9104J【点睛】注意消耗的电能与产生的热量不等，因为该电路不是纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为热量，还有一部分转化为机械能16.如图所示，一段长为1 m、质量为2 kg的通电导体棒用两等长的悬线悬挂于天花板上。现加一垂直纸面向里的匀
20、强磁场，当导体捧中通入I2.5A的电流时悬线的张力恰好为零。g10 m/s2，求：所加匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】8T【解析】【分析】导线张力恰好为零，根据二力平衡求出安培力大小，然后根据F=BIL求出B的大小；【详解】对通电导线受力分析，有mg=BIL代入数据得：B=8T17.如图所示，在水平向右场强为E的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为q的点电荷从A点由静止释放，仅在由场力的作用下经时间t运动到B点。求：（1）点电荷从A点运动到B点过程中电场力对点电荷做的功；（2）A、B两点间的电势差。【答案】（1） （2） 【解析】【分析】本题的关键是对电荷受力分析利用牛顿第二定律求出加速度
21、，然后利用运动学公式和功的计算公式联立求解电场力做的功（或根据动量定理和动能定理联立求解）；灵活应用A、B两点间电势差公式UAB.【详解】（1）设电荷受到的电场力为F，运动的加速度为a，在t时间内运动的距离为s，电场力对电荷做的功为W，电荷向右做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律有F=qE=ma 又s=at2 ，W=Fs 联立解得W=。（2）设A、B两点间的电势差为UAB，则UAB=W/q，将W=代入可得UAB=。【点睛】（1）求电场力做功的方法有根据功的计算公式W=Fs或根据动能定理W=Ek等。（2）注意A、B两点间电势差公式UAB中各量均带有正负号。18.如图所示，一束电子(电子电荷量为e)
22、以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中,在C点穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向成30夹角。(忽略重力)求：（1）电子的质量是多少?（2）电子穿过磁场的时间又是多少?【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=s/t求出时间，s是弧长【详解】（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为r=2d由牛顿第二定律得：evB=m 得：（2）由几何知识得到，轨迹的圆心角为=【点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法
