学年重庆市江津中学合川中学等七校高二上学期期末考试物理试题Word文档下载推荐.docx
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根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式WAB=qUAB来判断电场力做功的多少．
【详解】沿着电场线，电势逐渐降低，A点处于电场线的靠前的位置，A点的电势高于B点的电势，将电子从A点移到B点，电势能增加；
正电荷在A点的电势能高于在B点的电势能，故A错误，C正确；
由电场线越密的地方，电场强度越大，则有EB＞EA，故B错误；
由于从A和C处于同一条等势线上，故从A到C过程的电场力不做功，从C点移到B点，电场力做功不为零，故D错误。
故选C。
【点睛】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系．同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密．当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减．
2.在如图所示电路中,电源电动势为9V,电源内阻为0.5Ω,电路中的电阻R0为2.0Ω,小型直流电动机M的内阻为1.0Ω。
闭合开关S后,电动机转动,电流表的示数为1.0A。
则以下判断中正确的是（ ）
A.电源的输出功率为9W
B.电动机两端的电压为6.5V
C.电动机产生的热功率为6.5W
D.电路的总电阻为9Ω
【答案】B
在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
【详解】电路中电流表的示数为1.0A，电源的输出功率为
，选项A错误；
电动机的电压为：
U=E-U内-UR0=E-Ir-IR0=9-1×
0.5-1×
2.0=6.5V，选项B正确；
电动机的发热功率为：
P热=I2R=12×
1=1W，选项C错误；
若电路为纯电阻电路，则电路的总电阻为
，因电路中有电动机，不是纯电阻电路，可知电路的总电阻不等于9Ω，选项D错误；
故选B.
【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律以及电功率的计算，在计算时一定要先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.
3.如图所示,光滑固定导轨m、n水平放置,两根导体棒p、q平行放于导轨上,形成一个闭合冋路.当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A.由于回路磁通量增加，p、q将互相靠拢
B.由于回路磁通量增加，p、q将互相远离
C.由于p、q中电流方向相反，所以p、q将互相远离
D.磁铁的加速度仍为g
【答案】A
当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：
感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．
【详解】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：
感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用。
故A正确，BC错误。
p、q中电流方向相反，导致p、q将互相排斥，但是此作用力比磁铁对p、q的作用力小得多，所以p、q之间是相互靠近的，选项C错误；
由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g。
故D错误；
故选A。
【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键．楞次定律的另一结论：
增反减同与来拒去留的理解．
4.如图装置可以研究影响平行板电容器电容的因素，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θ.实验中,极板充电后已与电源断开了连接，左侧极板与静电计外壳接地，则下列说法中正确的是（ ）
A.静电计指针偏角表示极板带电量的多少
B.保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大
C.保持S不变，增大d，则θ变大，表明两极板的电势差变大
D.保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，则θ会变小
静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=Q/C，通过C的变化，从而判断U的变化，进而确定夹角θ的变化。
【详解】静电计指针偏角表示电容器两极板之间的电势差，选项A错误；
保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则根据电容的决定式
得知，在两极板中插入一陶瓷片，C变大，Q一定，则由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差减小，则静电计指针的偏角θ变小，故B错误；
根据电容的决定式
，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C减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故C正确；
保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，电容器带电量Q和电容器的电容C均不变，电容的定义式C=Q/U分析得知，板间电压不变，则θ不变，故D错误；
【点睛】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
和C=Q/U。
5.在水平匀强电场中，用绝缘细绳拴一个质量为m带正电的小球A，细绳与墙壁的夹角为θ，A球与地面的高度为h，小球A在重力、拉力和电场力的作用下静止不动，如图所示。
现将细绳剪断后（ ）
A.小球A落地的时间等于
B.小球A在细绳剪断瞬间加速度等于g
C.小球A在细绳剪断瞬间起开始做类平抛运动
D.小球A落地的过程中电场力做功
剪断细线后，小球在水平和竖直方向均做匀加速运动，不是类平抛运动，由竖直方向的运动可求解落地的时间；
剪断细线后小球沿电场力和重力的合力方向做直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；
根据功的概念求解电场力的功.
【详解】剪断细线后，小球在水平和竖直方向均做匀加速运动，不是类平抛运动，由竖直方向的运动可知h=
gt2，解得
，选项A正确，C错误；
剪断细线前，细线的拉力为
，剪断细线后，电场力和重力的合力方向沿细绳拉力相反方向，大小等于T，则加速度为
，选项B错误；
小球A落地的过程中电场力做功
，选项D错误；
故选A.
6.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。
励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。
电子速度的大小和磁场强弱可分别通过加在电子枪的加速电压和励磁线圈中的电流来调节,下列办法一定可使电子束径迹半径变大的是（ ）
A.增大励磁线圈中电流,同时增大电子枪的加速电压
B.增大励磁线圈中电流,同时减小电子枪的加速电压
C.减小励磁线圈中电流,同时减小电子枪的加速电压
D.减小励磁线圈中电流,同时增大电子枪的加速电压
【答案】D
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．
【详解】根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=
mv02；
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
；
解得：
增大励磁线圈中电流，使磁场增大，同时增大电子枪的加速电压，使速度增大，故半径不一定增大，故A错误；
增大励磁线圈中电流，使磁场增大，同时减小电子枪的加速电压，使速度减小，故半径一定减小，故B错误；
减小励磁线圈中电流，使磁场减小，同时减小电子枪的加速电压，使速度减小，故半径不一定增大，故C错误；
减小励磁线圈中电流，使磁场减小，同时增大电子枪的加速电压，使速度增大，故半径一定增大，故D正确；
故选D。
7.如图所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表A的读数变大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障的判断下列说法中正确的是（ ）
A.可能是R3短路B.可能是R2断路
C.可能是R2短路D.可能是R4短路
由电路元件各物理量动态变化的规律“串反并同”可知，只有当R4短路时（可认为电阻减小），外电路电阻减小，总电流增大，电流表A的读数变大，R4的电流增大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗．故正确答案为D．故选D．
点睛：
本题运用“串反并同”的规律分析电路的动态分析比较快捷，若不熟悉，可以“局部到整体再局部”的思路分析．
8.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。
在两导线中均通有方向垂直于纸面的电流I，P导线中方向向里，Q导线中方向向外，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。
如果让P、Q中的电流都垂直纸面向里，其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）
A.0B.2B0
C.
D.
依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。
【详解】当P导线中电流方向向里，Q导线中电流方向向外，纸面内a点处的磁感应强度为零，由图可知
，即每根通电导线在a处产生的磁场B=B0，B0方向竖直向下；
让P、Q中的电流都垂直纸面向里，则由图可知
，此时a点处磁感应强度的大小
，故选B.
【点睛】考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。
9.以下说法不正确的是（ ）
A.公式
，其中电场中某点的电场强度E与F无关
B.磁场中某处磁感应强度的大小,等于长为L,通过电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与IL乘积的比值
C.公式C=
其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关
D.由可知Uab=Ed,同一匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大,则两点间的电势差也一定越大
【答案】BD
【详解】电场强度是由电场本身决定的物理量，公式
，其中电场中某点的电场强度E与F无关，选项A正确；
磁场中某处磁感应强度的大小等于长为L、通过电流I的一小段导线放在该处时所受的最大的磁场力F与IL乘积的比值，选项B错误；
公式C=
，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关，选项C正确；
匀强电场中Uab=Ed，其中的d是沿电场线方向的距离，则同一匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，两点间的电势差不一定越大，选项D错误；
此题选择不正确的选项，故选BD.
10.如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图乙所示．以下说法正确的是（ ）
A.A、B两点的电场强度EA>
EBB.电子在A、B两点的速度vA<
vB
C.A、B两点的电势φA>
φBD.电子在A、B两点的电势能EpA<
EpB
【答案】ACD
由图像知由点A运动到点B，电势降低，C对。
斜率表示电势变化快慢，电势变化越来越慢，场强变小，A对B错。
负电荷在电势高出电势能低，电势能增加，D对。
11.如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的（）
A.安培力大小为BIL
B.安培力大小为BILsinθ
C.摩擦力大小为BILsinθ
D.支持力大小为mg﹣BILcosθ
【答案】AC
试题分析：
导体棒AC静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力．导体棒与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIl，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律求解导轨受到AC棒的压力和摩擦力．
解：
以导体棒AC为研究对象，分析受力，如图．
其中，安培力大小FA=BIl，根据平衡条件得：
G+FAcosθ=N…①
f=FAsinθ…②
由①得：
N=G+FAcosθ=mg+BIlcosθ
由②得：
f=BIlsinθ
由牛顿第三定律得，导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为：
N=mg+BIlcosθ和f=BIlsinθ．所以选项AC正确，选项BD错误．
故选：
AC
【点评】本题是磁场知识与力学知识的综合，比较简单，安培力是桥梁，关键是安培力的方向判断和大小计算．
12.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t（不计粒子的重力），则（ ）。
A.在前t/2时间内，电场力对粒子做的功为qU/8
B.在时间t内，电场力对粒子做的功为qU
C.粒子的出射速度偏转角tanθ=d/L
D.在粒子下落前d/4和后d/4的过程中，运动时间之比为
:
1
带正电的粒子进入水平放置的平行金属板内，做类平抛运动，竖直方向做初速度为0的匀加速运动，由推论可求出在前
时间内和在后
时间内竖直位移之比以及前d/4和后d/4的过程中，运动时间之比；
由动能定理求出电场力做功．将出射的速度进行分解，求出出射速度偏转角正切．
【详解】设粒子在前
时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1：
y2=1：
3，得y1=
d，y2=
d，则在前
时间内，电场力对粒子做的功为W1=q•
U=
qU，选项A正确；
在时间t内，电场力对粒子做的功为
qU，选项B错误；
粒子的出射速度偏转角正切为
．故C正确。
根据推论可知，粒子前
和后
的过程中，运动时间之比为1：
（
−1），故D错误。
故选AC。
【点睛】本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：
运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系．
二、实验题：
13.
（1）在使用多用电表测电阻时,以下说法中正确的是_______
A．每换一次档位,都必须重新进行电阻调零
B．使用前须检查指针是否停在"
Ω"
刻线的"
∞"
处
C．测量完毕应将选择开关置于"
OFF"
或交流电压最大档
D．测量时,若指针偏角较小,应换倍率较小的档位来测量
（2）如图甲、乙所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形。
螺旋测微器读数为______mm.游标卡尺读数为______mm.
【答案】
（1）.
（1）ABC
（2）.
（2）6.724（6.721至6.729之间均可）（3）.30.35
（1）多用电表使用前要检查指针是否指在左侧零刻度线处，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在欧姆表中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上。
（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。
【详解】
（1）欧姆表每换一次档位，都必须重新进行电阻调零，故A正确；
多用电表使用前须检查指针是否停在“Ω”刻线的“∞”处，即是否指在左侧零刻度线处，故B正确；
欧姆表有内置电源，为保护电表，测量完毕应将选择开关置于“OFF”或交流电压最大档，故C正确；
D、测量时，若指针偏角较小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换倍率较大的档位来测量，故D不正确；
故选ABC；
（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：
6.5mm+22.4×
0.01mm=6.724mm。
由图示游标卡尺可知，其示数为：
3cm+7×
0.05mm=30.35mm；
14.一只小灯泡,标有“3V、0.6W”字样.现用右下图给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻R1（滑动变阻器最大阻值为10Ω;
电源电动势为12V,内阻为1Ω;
电流表内阻为1Ω,电压表的内阻为10KΩ.
（1）在设计电路的过程中,为了尽量减小实验误差,电流表应采用_____（选填“内接”或“外接”）法.滑动变阻器的连接方式应采用_____（选填“分压式”或“限流式”）
（2）将你所设计的实验电路图（尽量减小实验误差）画在左下方的虚线框中_____.
（3）用笔画线当导线,根据设计的电路图将实物图连成完整的电路_____（图中有三根导线已经接好）.开始时,滑动变阻器的滑动触头应该移到最_____端（选填“左”或“右”）.
（4）若小灯泡正常发光时的电阻为R1，发光暗时的电阻为R2，你根据所学的知识可判断出R1与R2的大小关系为：
R1_____R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】
（1）.
（1）外接
（2）.分压式（3）.
（2）如图；
（4）.（3）如图；
（5）.左（6）.（4）大于。
（1）根据灯泡电阻与电流表、电压表内阻比较，确定其是大电阻还是小电阻，从而判断出是内接法还是外接法．通过电路的安全性确定滑动变阻器的分压还是限流接法．
（2、3）画出电路图，根据电路图连接实物图．
（4）灯泡正常发光时电流大，电阻率大，电阻大．
（1）灯泡的内阻RL＝U2/P＝15Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，则电流表采用外接法．因为滑动变阻器的最大阻值为10Ω，若滑动变阻器采用限流式接法，灯泡的电压会超出额定电压，不安全，所以滑动变阻器采用分压式接法．
（2）电路图如图所示．
（3）实物连线图如图所示．开始时，滑动变阻器的滑动触头应该移到最左端，使得测量电路处于短路状态，保护测量电路部分．
（4）正常发光时电流比灯泡暗时电流大，则电阻率大，所以正常发光时的电阻大，R1大于R2．
三、计算题：
15.如图,两平行金属导轨置于水平面，相距0.5m，左端与阻值R=2Ω的电阻相连；
整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为2T,方向竖直向下.一质量为0.2Kg的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速度3m/s匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2,导轨和导体棒的电阻均可忽略.（g=10m/s2）求
①导体棒切割磁感线产生的感应电动势E;
②导体棒受到的安培力的大小FA
③水平外力的大小.
【答案】
（1）3V
（2）1.5N
（3）1.9N
（1）根据E=BLv求解电动势；
（2）根据F=BIL求解安培力；
（3）导体棒做匀速直线运动，则所受的外力等于安培力和摩擦力的合力；
【详解】①导体棒上的感应电动势为
E=3V
.
②导体棒中的电流：
=1.5A.
导体棒所受安培力为FA=BIL=1.5N
.
③导体棒所受到的导轨的摩擦力为
由于导体棒做匀速直线运动，作用在导体棒上的外力F满足力的平衡条件
F=1.9N.
16.如图所示，ABCD为表示竖立放在场强为E=3×
104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=400g、带电q=10-4C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始被释放后,在轨道的内侧运动.（g=10m/s2）
①它到达B点时的速度是多大?
②它到达C点时对轨道压力是多大?
③小球所能获得的最大动能是多少?
（1）
m/s
（2）7N（3）0.8J
（1）A至B过程中，由动能定理求解B点的速度；
（2）根据动能定理求解小球到达C点的速度，根据牛顿第二定律求解到达C点时对轨道压力；
（3）当小球到达平衡位置时速度最大，根据动能定理求解最大动能.
【详解】①设小球在B点速度为VB,则A至B过程中，由动能定理有
解得vB=
②设小球在C点的速度大小是vc,则对于小球由A→C的过程中,应用动能定律
计算得出vc=
小球在C点时受力分析如图，应满足
计算得出
由牛顿第三定律可以知道小球对轨道的压力为7N.
③由mg=4N，Eq=3N
设小球与O点连线与竖直方向OB的夹角为θ时动能为
则
解得
=0.8J
【点睛】对与圆周运动结合的题目，一般要用到动能定理、牛顿第二定律以及速度最大或最小的临界条件，应记住在复合场中速度最大即等效“最低点”是物体能够平衡的位置，速度最小（等效最高点）位置则是最低点关于圆心的对称点．
17.如下图所示,分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。
电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场,离开磁场时速度方向偏转了60°
角。
试确定:
①粒子做圆周运动的半径;
②粒子的入射速度;
③粒子在磁场中运动的时间。
r；
（2）
（3）
。
带电的粒子从磁场射出时速度反向延长线会交于O点，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角θ=60°
（1）由几何知识得
R=rtan60°
=
r。
（2）由
因此v=
（3）由T=
在磁场中运动时间为
t=
T=
电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出半径．洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度．定圆心角，求时间．
18.如图所示，相距为D.板间电压为
的平行金属板间有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为
的匀强磁场：
Op和x轴的夹角
，在POy区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，Pox区域内有沿着x轴正方向的匀强电场，场强大小为E：
一质量为m、电荷量为q的正离子沿平行与金属板、垂直磁场方向射入板间并做匀速直线运动，从坐标为（0，L）的a点垂直y轴进入磁场区域，从OP上某点沿y轴负方向离开磁场进入电场，不计离子的重力，求：
（1）离子在平行金属板间的运动速度
（2）Poy区域内匀强磁场的磁感应强
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