学年吉林省通化市第十四中学高二上学期期末考试物理试题文档格式.docx
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C.电荷处在电势越高的地方电势能越大
D.电场中电场强度越大的地方，电势越高
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、电势与电场强度大小之间不存在必然联系，场强为零的地方，电势不一定为零，A选项正确
B、等势面上各点电势相等，电场强度不一定相等，B选项错误
C、电势能可见在电荷量一定的情况下，电势越高，正电荷电势能越大，而负电荷电势能越小，C选项错误
D、电势与电场强度大小之间不存在必然联系，电场中电场强度越大的地方，电势越不一定高，D选项错误
故选A
考点：
电场几个基本概念
点评：
容易题。
电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，是反映电场力性质的物理量，而电势和电势能是反映电场能的性质的物理量，电势与电场强度大小之间没有必然联系，等势面是电势相等的各点组成的面。
2.两个电子以大小不同的初速度沿垂直磁场的方向射入同一个匀强磁场中。
设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则（）
A.r1＝r2，T1≠T2B.r1≠r2，T1≠T2
C.r1＝r2，T1＝T2D.r1≠r2，T1＝T2
【答案】D
解：
设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、q．根据牛顿第二定律得
qvB=m
得到，运动轨迹半径为r=
，m、q、B相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即r1≠r2．
电子圆周运动的周期T=
=
，m、q、B均相同，则电子运动的周期相同，即T1=T2．
故选D
【点评】本题可在理解的基础上，记住粒子做匀速圆周运动的半径和周期公式．基本题．
3.一个带正电的质点，电量q="
2."
0×
10-9库，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外,其他力作的功为6.0×
10-5焦，质点的动能增加了8.0×
10-5焦，则a、b两点间的电势差Ua-Ub为
A.3×
10４伏B.1×
10４伏C.4×
10４伏D.7×
10４伏。
【答案】B
根据动能定理得qUab+W其他=△Ek得到Uab=
=1×
104V
故选B
4.一带电粒子射入固定在O点的点电荷产生的电场中，粒子运动轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，其中判断错误的是：
（）
A.此粒子一定受到静电排斥力的作用；
B.粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能；
C.粒子在b点的速度一定大于在a点的速度；
D.粒子在a点和c点的加速度大小一定不相等。
【答案】C
【分析】
电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；
【详解】A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，故A正确；
B、粒子由a到b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以b点的电势能一定大于在a点的电势能，故B正确；
C、根据动能定理，粒子由a到b，电场力做负功，动能减少，故粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故C错误；
D、c点和a点在不同一个等势面上，由于C点靠近在O点的点电荷，电场线密集，故C点电场强度大，电场力大，故粒子在C点的加速度大，故D正确；
错误的故选C。
【点睛】关键要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。
5.关于磁感应强度B的概念，下列说法中正确的是（）.
A.根据磁感应强度B的定义式B=F/IL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
B.磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同
C.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零
D.小段通电导线放存磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零
磁感应强度
是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直；
【详解】A、磁感应强度
是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；
B、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故B错误；
C、当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力，此时磁感应强度并非为零，故C错误；
D、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，故D正确；
故选D。
【点睛】对于磁感应强度的定义式
，要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义
类比学习。
6.如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（）
A.若改为电荷量－q的离子，将往上偏（其它条件不变）
B.若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）
C.若改为电荷量＋2q的离子，将往下偏（其它条件不变）
D.若速度变为
v0将往下偏（其它条件不变）
【答案】BD
电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，则电场力等于洛伦兹力
，若改为电荷量－q的离子，电场力跟洛伦兹力方向同时改变，大小不变，所以依然平衡，A错。
若速度变为2v0，
将往上偏（洛伦兹力方向向上），B对
平衡与电荷量无关所以若改为电荷量＋2q的离子，依然可以匀速通过，C错
若速度变为
v0将往下偏（因为
，电场力方向向下），D对。
选BD
7.如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过
A.40WB.60WC.80WD.120W
由电路图可知，IL3=2IL2=2IL1；
则L3消耗的功率最大，当L3消耗的功率是40W时，根据P=I2R可知，L1、L2各消耗功率10W，则电路消耗的总功率为60W，故选B。
8.两个半径相同的金属小球，带电量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的（ ）
A.3/7B.4/7C.9/7D.16/7
【答案】CD
由库仑定律可得，两球接触前的库仑力：
；
当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量：
两球接触后的库仑力
当两球带异种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量
，故CD正确，AB错误．故选CD．
点睛：
两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；
库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向．
9.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。
开关闭合后，灯泡L能正确发光。
当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）
A.灯泡L将变暗B.灯泡L将变亮
C.电容器C的电量将减小D.电容器C的电量将增大
【答案】AD
A、B由题R增大，电流I=
减小，灯泡L将变暗．故A正确，B错误．
C、D路端电压U=E﹣Ir增大，则电容器电量Q=CU增大．故C错误，D正确．
故选AD．
【点评】本题关键的要抓住电容器的特点：
当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压．
10.一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时下述正确的是（ ）
A.电动机所消耗的电功率为IU
B.t秒内所产生的电热为IUt
C.t秒内所产生的电热为I2Rt
D.t秒内所产生的机械能为IUt－I2Rt
【答案】ACD
A项：
电动机所消耗的电功率P=UI，所以A正确；
B、C项：
I2R计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，所以产生的电热为I2Rt，所以B错误，C正确；
D、t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功UIt-I2Rt，所以D正确。
点晴：
对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
11.如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线。
以下说法正确的是（）
A.电池组的内阻是1Ω
B.电阻的阻值为0.33Ω
C.将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W
D.改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W
电池组的内阻等于a图线的斜率大小，为r=
故A正确；
电阻的阻值等于b图线的斜率大小，为R=
，故B错误；
两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=3V，电流为I=1A，则电池组的输出功率P=UI=3W．故C错误；
a图线纵轴截距表示电源的电动势，则该电源的电动势为E=4V，电池组的总功率是P=EI=4W．故D正确．
电源的U-I图象，电阻的U-I图象电源功率
12.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是
A.增大匀强电场间的加速电压B.增大磁场的磁感应强度
C.减小狭缝间的距离D.增大D形金属盒的半径
回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关；
【详解】由
，解得
，则动能
，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故BD正确，AC错误。
【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关。
二.实验题（共15分）
13.读数
（1）__________cm
（2）__________mm
【答案】
（1）.2.25
（2）.6.860
掌握游标卡尺读数的方法，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；
【详解】由图所示可知，主尺示数为2.2cm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
，游标卡尺示数为
螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为
，所以最终读数为
14.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:
（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_____处
（2）现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器（0~50Ω）
C．滑动变阻器（0~1750Ω）
D．电压表（0~3V）
E．电压表（0~15V）
F．电流表（0~0.6A）
G．电流表（0~3A）
其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____。
（填字母代号）
（3）由U-I图像。
由此可知这个干电池的电动势E=_______V，内电阻r=______Ω。
（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测___E真，，r测____r真（填“>
”“<
”或“=”）
【答案】
（1）.D
（2）.1.48（3）.2.40（4）.<
（5）.<
（1）由图乙所示图象可知，最大电流为
，则电流表应选D；
（2）由图乙所示电源
图象可知，图象与纵轴交点坐标值为
，电源电动势
，电源内阻
（3）由图甲所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的
图象如图所示，电源的
图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
明确测量电动势和内电阻的实验原理，明确为保护电路，如果滑动变阻器采用限流接法，在闭合开关前，滑片应置于最大阻值处；
同时能掌握根据图象法分析数据以及分析实验误差的方法。
三、计算题
15.如图所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导轨宽度为L，已知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水平面的夹角为θ，磁感应强度为B，求轨道对导体棒的支持力和摩擦力。
【答案】Ff＝
FN＝mg－
涉及安培力时的物体的平衡问题，通过对通电棒的受力分析，根据共点力平衡方程求解。
棒的受力分析图如图所示。
由闭合电路欧姆定律I＝
①
由安培力公式F＝BIL②
由共点力平衡条件Fsin
＝Ff③
FN＋Fcos
＝mg④
整理得Ff＝
本题考查安培力、共点力平衡。
16.如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中.今将小球从与环心O在同一水平线上的A点由静止释放，它沿顺时针方向运动到环的最高点D时速度恰好为零，则：
（1）电场强度大小为多大?
（2）小球到达最低点B时对环的压力为多大?
【答案】
（1）mg/q
（2）5mg
小球在运动过程中受到重力、电场力与环的弹力作用，环的弹力对小球不做功；
（1）从A到D的过程中，由动能定理得：
-mgr+qEr=0-0，
解得：
E=
（2）从A到B的过程中，由动能定理得：
mgr+qEr=
mv2-0
v=2
小球在B点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F-mg=m
F=5mg，
由牛顿第三定律得：
小球在B点时对环的压力大小F′=F=5mg；
本题考查了求电场强度、小球的速度、环受到的压力等问题，对小球正确受力分析、熟练应用动能定理、向心力公式即可正确解题．
17.（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×
105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×
10-25kg、电荷量为q=1.6×
10-18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0×
106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L．
【答案】6.8cm
粒子a板左端运动到P处，由动能定理得
代入有关数据，解得
，
，代入数据得θ=300
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图.由几何关系得
又
联立求得
代入数据解得L="
5.8cm."
本题考查了带电粒子在电场中的运动
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