广东省中山市学年高二上学期期末水平测试物理试题文档格式.docx

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3.如图所示，水平放置的带电平行板M、N相距10cm，A点距M板3cm，AB间距为10cm，且与水平方向成30°

角，将一带电荷量为2.0×

10-6C的负电荷q由A点沿AB直线移到B点，电场力做功为1.0×

10-5J。

下列判断正确的是（）

A.板间电场的方向是M指向N

B.板间电场强度大小是3.2×

10-5N/C

C.A点电势是-4.8V

D.该电荷在B点的电势能是-1.6×

10-5J

【答案】D

由图可知，M板接地，所以M点的电势为零，根据公式

计算AB间的电势差，根据公式

计算电场强度E，根据UMA=EdMA=φM-φA，求出φA，再结合UAB=φA-φB，计算φB得出电荷q在B点的电势能Ep=qφ.

【详解】A、B两点的电势差为：

，A点电势低于B点，可知板间电场的方向是N指向M，选项A错误；

dAB=Lsin30°

=5cm，则电场强度为：

，选项B错误；

AM两点电势差为：

UAM=EdAM=100×

0.03=3V，而M板接地，所以A点的电势为3V，选项C错误；

根据UAB=φA-φB=-5V，则得：

φB=3V+5V=8V．电荷q在B点的电势能Ep=qφ=-2.0×

10-6×

8=-1.6×

10-5J，选项D正确；

故选D.

【点睛】此题主要考查电场的能的性质，综合能力要求较高，要理解公式E=U/d中d的含义，知道M板接地，所以M点的电势为零．

4.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。

调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V。

重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V。

则这台电动机正常运转时的输出功率为（）

A.40WB.44WC.47WD.48W

从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=U/I可求电动机停转时的电阻；

电动机正常转动时的输出功率等于总功率减去内阻上消耗的功率；

【详解】电动机的电阻为：

电动机的总功率为：

P=U1I1=24V×

2A=48W；

电动机内阻消耗的功率为：

PR=I12R=（2A）2×

2Ω=8W；

电动机正常运转时的输出功率是：

P输出=P-PR=48W-8W=40W。

故选A。

【点睛】题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．

5.如图所示，A、B是平行板电容器的两个极板，分别带有等量异种电荷，A板带负电荷，B板接地。

若将A板向上平移到虚线位置，在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是（）

A.E不变，φ变大B.E不变，φ不变

C.E变大，φ不变D.E变小，φ变小

由题知，电容器所带电量不变，根据

、

、E=U/d结合分析E的变化。

由U=Ed分析P点与下板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化。

【详解】据题，电容器所带电量Q不变。

根据

得

，则知电场强度E不变。

P与下板间的距离不变，E不变，则由U=Ed分析P点与下板间电势差不变，下板电势为零，所以φ不变。

故B正确。

故选B。

【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握

，也可以根据推论可知E不变。

6.如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I增加时（）

A.环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小

B.环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小

C.环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大

D.环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大

当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过金属环a的磁通量增大，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量增大，金属环a产生的磁场的方向与螺线管产生的磁场的方向相反，所以电流的方向与原电流的方向相反，根据异向电流相互排斥，所以金属环a有扩大的趋势，故D正确，ABC错误；

点睛：

该题可以使用楞次定律的四个步骤逐步分析解答，也可以根据楞次定律“阻碍变化”快速做出正确的解答；

正确理解楞次定律即可正确解题．

二、多项选择题

7.如图所示，匀强电场中O、A、B、C四个点恰好构成一个正三棱锥，边长为6cm。

已知A点电势为6V、B点电势为9V、C点电势为3V，则下列说法正确的是（）

A.O点的电势为6V

B.电场方向平行于直线AC

C.电场强度大小为100V/m

D.将正电荷从O移动到B，电势能减小

【答案】AC

求解BC中点的电势，可知A点电势等于BC中点的电势，由此可找到等势面，从而确定场强的方向，根据E=U/d确定场强的大小；

正电荷在高电势点电势高.

【详解】因BC中点的电势为

，可知过A点以及BC中点和O点的平面为等势面，可知O点的电势为6V，选项A正确；

电场线与等势面正交，可知电场方向垂直于A点与BC中点的连线，即沿BC方向，选项B错误；

电场强度大小为

，选项C正确；

O点电势低于B点，可知将正电荷从O移动到B，电势能增加，选项D错误；

故选AC.

【点睛】本题关键是找到等势点，作出等势线．利用电场线与等势面相互垂直的关系作出电场线，分析时还要抓住对称性．

8.如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片P向右滑动后，假设电流表A1和电压表V2两个电表的示数变化量的绝对值分别为I1和U2，则在滑片P向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）

A.V1变大

B.A2变大

C.V2变大

D.

不变

【答案】BCD

先由局部电阻RP的变化开始分析，分析全电路的电阻、电流以及路端电压，然后再逐步分析到局部电路.

【详解】在滑片P向右滑动的过程中，RP变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即A1减小，R1的电压减小，则R3以及与其并联的支路电压变大，A2读数变大；

V2读数变大；

R3电流变大，则R2电流减小，则两端电压减小，即V1读数变小，故选项A错误，BC正确；

U2=E-I1（R1+r），可知

不变，可知选项D正确；

故选BCD.

【点睛】分清电路图，利用等效电阻法结合总量法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键。

9.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的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，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，下列说法中正确的是（）

A.回旋加速器中，粒子加速的时间和做圆周运动的周期相等

B.带电粒子在D形盒内从狭缝间的电场获得能量

C.增大D形盒的半径，可以增大粒子从D形盒射出时的动能

D.狭缝宽度越小，粒子从D形盒射出时的动能越大

【答案】BC

回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。

当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据动能表达式求解。

【详解】回旋加速器中，粒子每经过D型盒狭缝时都被加速一次，加速电场的变化周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，选项A错误；

带电粒子在D形盒内从狭缝间的电场获得能量，选项B正确；

，则

，则增大D形盒的半径R，可以增大粒子从D形盒射出时的动能，与狭缝的宽度无关，选项C正确，D错误；

故选BC.

【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狭缝的宽度无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关。

10.如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是

A.圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动

B.圆盘以某一水平直径为轴匀速转动

C.圆盘在磁场中向右匀速平移

D.匀强磁场均匀增加

【答案】BD

试题分析:

保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，A错误；

圆盘以某一水平直径为轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，B正确；

保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；

使匀强磁场均匀增加，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，D正确；

考点：

法拉第电磁感应定律

11.空间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度沿水平方向（未标明方向），磁场垂直纸面向外，一带电油滴以某速度进入复合场中，正好做直线运动，其运动轨迹如虚线所示，ab是轨迹上的两个点，则下列判断正确的是（）

A.油滴带负电

B.油滴必定做匀速直线运动

C.油滴可能从a运动到b，也可能从b运动到a

D.电场方向水平向左

对油滴受力分析，讨论油滴可能的电性以及可能的运动方向，根据三个力的位置关系分析是否能沿直线运动.

【详解】若油滴带正电，且由b向a运动时，油滴受向下的重力，垂直ab斜向右上方的洛伦兹力，若电场力水平向左，即此时电场水平向左，则油滴受的三个力能够平衡，做匀速直线运动；

若油滴带正电，且由a向b运动时，油滴受向下的重力，垂直ab斜向左下方的洛伦兹力，无论电场力是水平向左还是向右，油滴受的三个力都不能平衡，不可能沿直线ab运动；

若油滴带负电，且由b向a运动时，油滴受向下的重力，垂直ab斜向左下方的洛伦兹力，无论电场力是水平向左还是向右，油滴受的三个力都不能平衡，不可能沿直线ab运动；

若油滴带负电，且由a向b运动时，油滴受向下的重力，垂直ab斜向右上方的洛伦兹力，若电场力水平向左，即此时电场水平向右，则油滴受的三个力能够平衡，做匀速直线运动；

则油滴可能带正电，也可能带负电；

油滴必定做匀速直线运动；

油滴可能从a运动到b，也可能从b运动到a；

电场方向可能水平向左，也可能水平向右；

故选项BC正确，AD错误；

【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，解题的关键在于明确各力的特点，特别注意洛伦兹力大小和方向均与速度有关，故如果是变速运动时则洛伦兹力发生变化，合力方向一定会发生变化，粒子不可能做直线运动．

12.如图所示，竖直放置的半径为R的光滑绝缘半圆轨道固定在水平地面上，轨道所处空间存在电场。

一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由底端的A点开始沿轨道内侧上滑，到达顶端B的速度大小仍为v0，重力加速度为g，则（）

A.小球在B点的电势能大于小球在A点的电势能

B.A、B两点的电势差大小为

C.若电场是匀强电场，则该电场的场强是

D.小球在B点的机械能比在A点的机械能大

小球受重力和电场力作用，则小球的动能、电势能和重力势能之和守恒。

由此可判断从A到B电势能以及机械能的变化；

根据动能定理可求解场强；

电场的方向不确定，则不能确定场强大小.

【详解】小球受重力和电场力作用，则小球的动能、电势能和重力势能之和守恒，因小球从A到B动能不变，可知小球的电势能和重力势能之和不变，重力势能增加，则电势能减小，即小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能；

小球在B点的机械能比在A点的机械能大，选项A错误，D正确；

从A到B根据动能定理：

，可得

，选项B正确；

因电场方向不一定沿AB方向，可知若电场是匀强电场，则该电场的场强不一定是

，选项D错误；

故选BD.

【点睛】此题关键是知道带电粒子在电场中运动时，若粒子只有重力和电场力作功，则小球的动能、电势能和重力势能之和守恒.

二.填空题：

13.在“测定金属丝的电阻率”实验中，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数为_____mm。

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx。

实验所用器材为：

电池组（电动势为3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。

某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：

次数

1

2

3

4

5

6

7

8

U/V

0.10

0.30

0.70

1.00

1.50

1.70

2.30

I/A

0.020

0.060

0.160

0.220

0.340

0.460

0.520

由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_____________图（选填“甲”或“乙”）。

（3）图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑动触头置于变阻器的左端。

请根据图2所选的电路图，在图3中补充完成该组同学实验时实物间的连线，并使闭合开关时，电压表或电流表不至于被烧坏_____________。

（4）该组同学在坐标纸上建立U﹣I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的多个坐标点，并已描绘出U–I图线。

由图线得到金属丝的阻值Rx＝____Ω（保留两位有效数字）。

（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为______Ω•m（填选项前的符号）。

A．1×

10-2B．1×

10-3C．1×

10-6D．1×

10-8

【答案】

（1）.

（1）0.398（0.397-0.399）；

（2）.

（2）甲；

（3）.（3）如图

（4）.（4）4.4（4.3-4.7）；

（5）.（5）C

本题

（1）的关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；

题

（2）的关键是根据数据表可以看出电表的示数变化范围较大，说明变阻器采用的是分压式接法；

根据电阻定律和欧姆定律写出电阻率的表达式，然后解出电阻率的值即可；

【详解】

（1）螺旋测微器的读数为：

d=0+39.8×

0.01mm=0.398mm；

（2）从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量采用的是甲图；

（3）连线如图所示：

（4）由图线得到金属丝的阻值为：

.

（5）根据

得：

，代入数据得：

ρ=1×

10-6Ω•m，故选C.

【点睛】该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：

对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是固定刻度的值与可动刻度的值得和。

会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接。

了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差。

14.如图，真空中两个带电量均为+Q的点电荷固定在A、B亮点，它们之间的距离为8d，O点是它们连线的中点。

C、D是连线中垂线MN上关于O点对称的两点。

AC与MN的夹角是53°

，空间中还有一匀强电场。

将一试探负电荷放置在C点时恰能保持静止。

已知静电力常量为k、试探电荷的比荷为μ。

（已知sin53°

=0.8，cos53°

=0.6，不考虑电荷的重力）

（1）求匀强电场的电场强度E的大小及方向。

（2）给该试探电荷某一初速度，使其从C点沿MN恰能运动到D点，求初速度的大小。

【答案】

（1）

方向沿MN水平向右；

（2）

（1）两个点电荷在C点的合场强与匀强电场等大反向，由此可求解匀强电场的电场强度E的大小及方向；

（2）由动能定理求解电荷的初速度的大小.

（1）由几何关系可得AC与BC的长度均为:

则两个点电荷在C点的合场强为：

试探电荷静止，合场强为0，故匀强电场场强E′=

，

方向沿MN水平向右.

（2）由几何关系可知CD距离为6d，则电荷由C点运动到D点，由动能定理有：

-E′q•6d=0-

mv2

代入数据解得v=

【点睛】本题一要掌握电场的叠加原理：

平行四边形定则，并能灵活运用．二要会根据动能定理研究粒子在电场中的运动．

15.如图所示，圆心为O，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。

质量为m、电量为q的带正电微粒从圆周上M点沿半径MO方向射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了120°

，不计微粒重力，求：

（1）微粒入射速度大小。

（2）微粒在磁场中运动的时间。

（3）若将微粒的入射速度增大为原来的3倍，求射出点和入射点M之间的距离。

（3）

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．

（1）设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有:

r=Rtan30°

=

由qvB=

解得粒子的入射速度：

v=

（2）因为速度偏转角为120°

，所以对应的圆心角

为120°

，则微粒运动时间为t=

T，

粒子运动的周期为：

T=

解得t=

因为速度变成原来3倍，所以粒子运动半径r′也变成原来3倍即r′=

则由几何关系可得入射点与射出点距离为：

d=2R·

sin60°

【点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径．

16.如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨平面与水平面的夹角为，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质绝缘弹簧下端固定，上端与水平直导体棒ab中点相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒ab垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向下的匀强磁场。

当没接通电源时，弹簧的总长度为x1；

接通电源后，导体棒的电流为I，导体棒平衡时，弹簧处于伸长状态，总长度为x2；

忽略回路中电流产生的磁场。

（弹簧的自然长度为x0，整个过程弹簧处于弹性形变限度范围内）

（1）求磁场磁感应强度B的大小；

（2）调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，求导体棒平衡后弹簧的形变量？

（2）x0-2x1+x2

（1）对前后两次的导体棒受力分析，根据平衡条件列方程然后联立求解即可．

（2）导体棒中电流反向时，对导体棒受力分析，由平衡条件列式求导体棒平衡后弹簧的形变量.

（1）当没接通电源时，导体棒受到重力、弹簧弹力，支持力作用，导体棒处于平衡状态，沿平行于斜面方向列平衡方程，设弹簧原长为10，

mgsinθ=k（10-x1）①

接通电源后，安培力方向沿斜面向上，导体棒受到重力、安培力、弹簧弹力，支持力作用，导体棒处于平衡状态，沿平行与斜面方向列平衡方程，

mgsin

+k（x2-10）=BIL②

联立两式可得B=

（2）设弹簧此时的形变量为△x，则再次平衡时有：

+BIL=k△x③

联立①②③式解得：

△x=x0-2x1+x2

【点睛】本题借助安培力考查了平衡条件的应用，正确受力分析时关键，注意安培力方向的判断用左手定则．

17.如图所示，坐标系中第二象限存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场，第三象限存在着与x轴正方向成45°

、电场强度为E=500N/C的斜向下的匀强电场，还有一根处于两坐标轴角平分线上的无限长的电荷接收棒，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以v=2×

104m/s的速度进入磁场，A粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴负方向成45°

，最终打到接收棒上被吸收，若A粒子的比荷为106C/kg。

（1）求A粒子到达x轴时的坐标和在磁场中运动的时间。

（2）B粒子的比荷为2.5×

105C/kg，以相同的速度从同一位置进入磁场，求A粒子和B粒子到达吸收棒的位置相隔多远。

（1）（

m，0）；

，

（2）1.5m

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=

求解半径，根据几何关系求解A粒子到达x轴时的坐标，根据

求解在磁场中运动的时间；

（2）两粒子进入电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律以及圆周运动规律，结合几何关系求解A粒子和B粒子到达吸收棒的位置相隔的距离.

（1）由几何关系可得粒子在磁场中运动的圆心角θ=90°

则由qvB=

得:

则粒子在磁场中运动的时间t=

代入数据得

，R1=0.1m

由几何关系可得粒子经过X轴的横坐标x=

故粒子经过X轴坐标为：

（-

m，0）

（2）粒子离开磁场后，做类平抛运动，则粒子在接收棒上的落点与原点O的距离L为：

L=R+vt

B粒子在磁场中运动的轨迹半径为：

R2=

=0.4m

A粒子在电场中的加速度为a1=

B粒子在电场中的加速度为a2=

在电场中运动时，对A粒子有：

L1=vt1+R1，

对B粒子有：

L2=vt2+R2

联立以上各式，代入数据解得：

L1=