物理解析版广东省惠州市华罗庚中学学年高二物理期末复习题电学部分精校Word版.docx

1、物理解析版广东省惠州市华罗庚中学学年高二物理期末复习题电学部分精校Word版华罗庚中学高二期末复习题电学部分一、单项选择题1.如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为1.5J则下列说法正确的是()A. 粒子带负电B. 粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC. 粒子在A点的动能比在B点少0.5JD. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5J【答案】D【解析】【分析】带电粒子从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况，即可求得粒子运动到B点时的动能。【详解】A项：由运动轨迹上来看，垂直电场方向

2、射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；B项：从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能，故B错误；C项：从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误；D项：从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，故D正确。【点睛】本题关键掌握动能定理，知道总功等于物体动能的变

3、化，注意克服重力做功与重力做功是相反的。2.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A=5 V、B= -5 V、C=15 V，由此可以判断()A. 场强的方向由C指向BB. 场强的方向垂直AD连线斜向上C. 场强的大小为10 V/mD. 场强的大小为【答案】D【解析】由题意，A=5V、B=-5V、C=15V，则BC连线的中点D的电势为，则D=A，AD为一条等势线。根据电场线与等势线垂直，可知场强的方向垂直于AD连线斜向下。故AB错误。场强的大小为，故C错误，D正确。故选D。点睛：解答本题的关键

4、是得到D点的电势，找到等势线；掌握电场线与等势线的关系，正确理解公式E=U/d中d的含义3.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是A. 在a点的加速度大于在b点的加速度B. 在a点的电势能小于在b点的电势能C. 在a点的速度小于在B点的速度D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高【答案】C【解析】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，可知EAEB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向

5、与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选C4.如图，电路中电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示。当开关闭合后，下列说法中正确的是()A. L1的电流为L2电流的2倍 B. L3的电阻约为0.

6、33 C. L3的电功率约为1.20 W D. L2和L3的总电功率约为3 W【答案】C【解析】试题分析：当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=1A，则灯泡L1的电阻R1=3，灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.80A，故A错误灯泡L2、L3的电阻均为，故B错误L3的电功率P=UI=1.50.8=1.2W，L2和L3的总电功率为2.4W，C正确D错误，故选C.考点：欧姆定律；电功率【名师点睛】本题考查了欧姆定律及电功率的计算等问题；解题的关键是抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压解题时读图能力是基本功，要能从

7、图线中读出灯泡在不同状态的电压及电流值.5.如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中。两板问有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是A. 正在减弱： B. 正在增强：C. 正在减弱： D. 正在增强：【答案】A【解析】【分析】由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化。【详解】电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线

8、圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱线框产生的感应电动势：油滴所受电场力：F=E场q，对油滴，根据平衡条件得： 所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为： 故A正确。【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向注意感应电动势与电场强度符号容易混淆同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感应电动势。6.如图所示，边长为L=0.2 m的正方形线圈abcd，其匝数n=10，总电阻为r=2，外电路的电阻为R=8，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B

9、=1T，若线圈从图示位置开始计时，以角速度= 2 rad/s绕OO轴匀速转动则以下判断中正确的是A. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=0.8sin 2tB. 从t=0到t= 时间内，通过R的电荷量q=0.02CC. 从t=0到t=时间内，电阻R上产生的热量为Q = 3.210-4JD. 在t=时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，此时线圈中的磁通量随时间变化最慢【答案】B【解析】【详解】A项：闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsint，而Em=nBS，所以e=nBL2sint=0.4sin2t，故A错误；B项：由，故B正确；C项：从t=O时到，电阻R上产生的热量为：，故C错误；D项：在，线

10、圈从图示位置转过90，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，但此时磁通量随时间变化最快，感应电动势最大，故D错误。二、多项选择题7.一节干电池的电动势为1.5 V，这表示()A. 电池中每通过1 C的电荷量，该电池能将1.5 J的化学能转变成电势能B. 该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为1.5 VC. 该电池存储的电能一定比电动势为1.2 V的电池存储的电能多D. 将1 C的电子由该电池正极移送到负极的过程中，非静电力做了1.5 J的功【答案】AD【解析】【详解】A项：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电路中每通过1C的电量，该电池能将1.5J的化学能转变成电能，故A正确；B项：接入电路后

11、，两极电压为路端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，故B错误；C项：电动势表示电源是把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势大储存的电能不一定多，故C错误；D项：一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确。8.如图所示为磁流体发电机的示意图，设两金属板间的距离为d，两极板间匀强磁场的磁感应强度为B，等离子体垂直进入磁场的速度为v，单个离子所带的电量为q。离子通道（即两极板内所围成空间）的等效电阻为r，负载电阻为R下列说法正确的是A. 该发电机的电动势E = Bdv B. 电阻R两端的电压为BdvC.

12、该发电机的总功率为 D. 该发电机上极板的电势低于下极板的电势【答案】AC【解析】D、根据左手定则可知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，则上极板的电势高于下极板的电势，故D错误；A、当离子匀速直线运动时，极板的电量最大，电动势最大，根据，得，故A正确。B、等效电路为内阻r和外阻R串联，则，则B错误。C、设总功率为P，电源功率P=IE且，则有，故C正确。故选AC。【点睛】根据电场力和洛伦兹力平衡求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出两极板间的电势差根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，通过P=EI求出发电机的总功率，及电阻R的电压三、实验题

13、9.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率.完成下列部分步骤：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图甲所示，由图可知其长度为_mm.(2)用螺旋测微器测量其直径，如图乙所示，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，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为 _.(4)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=_m（保留2位有效数字）【答案】 (1). 50.15mm； (2). 4.700mm； (3). 220 (4). 见解析【解析】试题分析：（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长

14、度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（3）电阻的测量值=指针指示值倍率（4）根据欧姆定律求得电阻的表达式，再由电阻定律即可求得电阻率解：（1）主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为30.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm（3）电阻的阻值R=2210=220（4）由电阻定律R=，S

15、=代入解得=7.6102m本题答案是（1）50.15（2）4.700（3）220（4）7.6102【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法10.某同学利用电流、电压传感器描绘小灯泡的伏安特性曲线，采用了如图甲所示的电路实验中得出了如下表所示的一组数据：(1)图甲中矩形框1中应接_，矩形框2中应接_，矩形框3中应接_(均选填“电流传感器”、“电压传感器”或“小灯泡”)(2)在

16、图乙中画出小灯泡的UI图线_(3)把与本题中相同的两个灯泡接到如图所示的电路中，若电源电动势E4.5 V，内阻不计，定值电阻R10 ，此时每个灯泡的实际功率是_ W(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). 电压传感器； (2). 小灯泡； (3). 电流传感器 (4). (5). 0.200.26【解析】【分析】(1) 由电路图甲可知，电压传感器1小灯泡的电压，电压传感器3测量灯泡的电流；(2) 根据所提供的数据，利用描点法可以正确画出小灯泡的U-I图线；(3) 根据丙图可知，两灯泡两端电压和电阻R两端电压的和为4.5V，根据小灯泡的U-I图线，在图中找到满足这个条件的点即可正确解答。【详解

17、】(1) 由电路图甲可知，电压传感器1小灯泡的电压，电压传感器3测量灯泡的电流，因此图甲中矩形框1中应接电压传感器，矩形框2中应接小灯泡，矩形框3中应接电流传感器；(2) 根据所提供的数据，利用描点法可以正确画出小灯泡的U-I图线如下图所示：(3) 由图丙串联电路的知识结合灯泡的U-I图线可知，当电流为0.28A时，电阻电压为：U=0.28A10=2.8V，灯泡电压为0.85V，此时的整个回路电压为：2.8V+0.85V+0.85V=4.5V符合条件，因此此时灯泡的实际功率为：P=UI0.26W，在范围0.200.26内都正确。【点睛】实验中一定要通过实验的原理去掌握实验，脱离开原理是无法正确

18、解决实验问题的；处理数据时注意将将公式与图象联系在一起理解和解答问题。11.常用的无线话筒所用电池的电动势E约为9V内阻r约为，最大允许电流为100 mA，为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲所示的电路进行实验，图中电压表为理想电表R为电阻箱（阻值范围为0 - 999. 9），R0为定值电阻。(1)图甲中接入R0的目的是_；实验室备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用_。A. 50，1. 0W B.500，2. 5W C.1500 ，15W D.2500，25W(2) 该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据

19、，作出了如图乙的图线，根据图乙所作出的图象可求得该电池的电动势E= _V，内阻r= _（结果保留三位有效数字）。【答案】 (1). 保护电路、 (2). A (3). 10.0V； (4). r=33.3【解析】(1)R0是定值电阻，接在干路上限制电流起保护电路的作用当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为：，则定值电阻应选A、50，1.0W；(2)由闭合电路欧姆定律可得：，变形得：，由数学知识可知图象中的斜率；截距；由图可知，b=0.1，故E=10V；即，解得：r=33.3。【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验，由图示电路图应

20、用欧姆定律求出图象的函数表达式、根据图象与函数表达式即可求出电源电动势与内阻三、计算题12.如图所示，一带正电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点（图中未画出）沿与磁场左边界成45角垂直进入磁场，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场。匀强磁场的方向垂直纸面向外。已知带电粒子的比荷= 3.2l09 C/kg，电场强度E=200V/m，磁感应强度B=2.510-2T，金属板长度L=25 cm，带电粒子重力忽略不计，求：(1)带电粒子进入电场时的初速度；(2)M、N两点间的距离。【答案】（1） （2）1cm【解析】(1)在电场中的加速度：粒子在电场中的运动时间：射出电场时的竖直分速度

21、：速度偏向角：计算得出：(2)粒子射出电场时运动速度大小： 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 计算得出：由几何关系得：，计算得出：MN=0.01m=1cm.【点睛】粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题13.如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置

22、于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好(忽略所有摩擦，重力加速度为g)求：(1)电阻R中的感应电流方向；(2)重物匀速下降的速度大小v；(3)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR；(4)若将重物下降h时的时刻记作t0，速度记为v0，从此时刻起，磁感应强度逐渐减小，若此后金属杆中恰好不产生感应电流，则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出R与t的关系式)【答案】(1) Q-R-F (2) (3)(4)【解析】【详解】（1）根据右手定则可得电阻R中的感应电流方向为QRF；（2）对系统由平衡关系得，又，解得；（3）设电阻中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒关系得：减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热Q即：所以电阻R中产生的焦耳热QR为：（4）金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变：，式中，又；解得.【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合，正确分析金属杆的受力情况和能量如何转化是关键，并要知道不产生感应电流的条件是磁通量不变。对于连接体，可直接运用整体法求解加速度，也可以隔离求解加速度