广东省佛山市学年高二上学期期末考试物理试题Word格式文档下载.docx

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考虑使用库仑扭秤测出了静电力常量，该实验使用了力矩平衡与放大法；

利用电流在磁场中受到安培力的关系，结合力矩平衡测电流的大小，其原理使用力矩平衡；

利用小磁针判断磁场的方向，利用了小磁针的N极受到的磁场力的方向判断，也是结合小磁针的受力平衡判断

由以上的分析可知，以上的实验都采用了物体的平衡的方法。

故A正确，BCD错误

3.即使是在干燥的冬天，人体仍然是良导体，小明在地毯上行走若带上了大量的负电荷，不计其他电场影响，则（　　）

A.小明此时与地之间没有电势差

B.小明与不带电且跟地绝缘的客人握手时，不会产生电流

C.小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人的电势会降低

D.小明靠近客人

还未与其接触

时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人的电势会降低

【详解】A、小明带负电荷，其周围存在电场，电场线指向小明，根据顺着电场线电势逐渐降低，知小明此时与地之间有电势差，故A错误。

B、小明与不带电且跟地绝缘的客人间存在电势差，当小明与该客人握手时，电子会从小明身上移动到客人身上，从而形成电流，故B错误。

C、小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人原来处在小明的电场中，电势为负值。

当小明与客人握手时，小明所带电荷流到大地上，两人均不带电，电势为零，所以客人的电势会升高，故C错误。

D、小明靠近客人（还未与其接触）时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人顺着电场线移动，其电势会降低，故D正确。

4.扫地机器人它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，并能根据红外感应绕开障碍物。

某扫地机器人正常工作时电动机的电压为10V、电流为3A、线圈电阻为1Ω．则下列有关它的说法正确的是（　　）

A.正常工作时，电动机的发热功率为100W

B.正常工作时，电动机的输出功率为9W

C.正常工作时，电动机的总功率为30W

D.电动机被杂物卡住无法运转

不考虑保护电路的作用

时，电动机的发热功率为9W

【答案】C

根据“人正常工作时电动机的电压”可知，本题考查的是含有电动机的电路问题，根据电流做功、电流的热效应、焦耳定律，列式即可。

【详解】正常工作时，电动机的输入功率P入=IU，P热=I2R，P出=IU-I2R，所以计算可得正常工作时，电动机的发热功率为9W、总功率为30W、输出功率为21W；

电动机被杂物卡住无法运转

时，电动机的发热功率等于总功率为30W；

所以C对，ABD错

5.如图，在P点固定一个负点电荷甲，另一个带正电的粒子乙仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道运动（甲、乙均可视为质点），A、B、C、D是轨道上的四个顶点，则以下说法错误的是（　　）

A.乙经过A点时速度最大

B.乙经过A点时速度变化最快

C.乙经过C点时系统的电势能最大

D.在甲电荷的电场中，轨道上的各点，A点的电势最高

【详解】A、从A到C，库仑力做负功，从C到A库仑力做正功，所以A点速度最大，A不选

B、在A点库仑力最大，加速度最大，速度变化最快，B不选

C、P点为负电荷，椭圆上A离P最近，C离P最远，根据沿电场线电势逐渐降低，所以C点电势最大，A点电势最低，又由于

，所以乙经过C点时系统的电势能最大，C不选

D、P点为负电荷，椭圆上A离P最近，C离P最远，根据沿电场线电势逐渐降低，所以C点电势最大，A点电势最低，错误的选项应选D

6.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab是圆的直径，磁场的磁感应强度为B，一质量为m、带电量为q的粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°

角时，恰好从b点飞出磁场，则粒子在磁场中运动的时间为（　　）

A.

B.

C.

D.

根据“在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场”可知，本题考查的是带电粒子在圆形磁场中运动的问题，根据洛伦兹力提供向心力、匀速圆周运动规律，列式即可。

【详解】当粒子从b点飞出磁场时，入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以速度的偏转角为60°

，轨迹对应的圆心角为60°

，结合几何关系求得粒子做匀速圆周运动的半径为2R，粒子在磁场中运动的时间为T/6，

，A对。

7.某次实验，小明测得一小灯泡伏安特性曲线如图所示，若将两个这样的灯泡并联后与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5Ω的电源连接，每个小灯泡实际消耗的功率最接近（　　）

B.

C.

D.

【答案】B

【详解】电源的外电压与电流的关系为U=E-Ir=1.5-1.5I，当电压U=0V时，I=1A，当电流等于0时，电压U=1.5V，作电源的外电压与电流的关系图线如图所示：

交点所对应的电压U=1.3V，电流I=0.37A，两电灯并联，则通过每个灯泡的电流为0.19A，则灯泡的实际功率P=UI′=1.3×

0.19≈0.2W，故ACD错误，B正确；

二、多选题

8.如图，某带电粒子在电场中沿曲线由A经B运动到C，则下列说法正确的是（　　）

A.粒子带正电

B.AC两点电势

C.粒子在AC两点电势能

D.粒子在AC两点的加速度

【答案】BD

【详解】A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向指向轨迹凹陷处，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误；

B、沿电场线是方向电势逐渐降低，所以有φA＞φB，故B正确；

C、从A到C过程中，根据电场力和运动方向可以判断，电场力做负功，电势能增加，A、C两点电势能EPA＜EPC，故C错误。

D、C处的电场线较密，A处的电场线较疏，所以有aC＞aA，故D正确；

故选：

BD。

9.如图所示电路，电源的电动势和内阻分别为E、r．闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，下列说法正确的是（　　）

A.通过

的电流一定增大B.通过R的电流一定增大

的电功率一定增大D.电源的输出功率一定增大

【答案】AB

【详解】AB、当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流增大，故流过R1的电流增大；

因电流增大，故内压以及R1两端的电压增大，并联部分电压减小，流过R2的电流减小；

因总电流增大，所以流过R的电流增大，故AB正确；

C、由以上分析可知，流过R2的电流减小，则由P=I2R可知，R2的电功率一定减小，故C错误；

D、因无法确定内外电阻的大小关系，故无法确定电源的输出功率变化情况，故D错误。

AB。

10.特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，如图是该装置的简化结构图，金属顶端和大地构成一个持殊的电容器，顶端放电后由电荷补充线圈给顶端补充因放电而流失的电荷，因而能持续的放电。

下列相关说法正确的是（　　）

A.顶端带的电量越多，则其与大地间的电势差越大

B.顶端带的电量越多，则其与大地构成的电容器的电容越大

C.带电量一定时，顶端离地越高则其与大地间的电势差越大

D.带电量一定时，顶端面积越大则其与大地间的电势差越大

【答案】AC

【详解】AB、电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关，可知，顶端带的电量Q越多，其与大地构成的电容器的电容C不变，由C=Q/U分析知其与大地间的电势差越大，故A正确，B错误。

C、顶端离地越高，电容越小，带电量一定时，由C=Q/U分析知其与大地间的电势差越大，故C正确。

D、顶端面积越大，电容越大，带电量一定时，由C=Q/U分析知其与大地间的电势差越小，故D错误。

AC。

11.用细绳悬挂一矩形导线框，导线框通有逆时针方向的电流（从右侧观察）。

在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ．原PQ中无电流，现通以水平向右的电流，在短时间内（　　）

A.从上往下观察导线框顺时针转动B.从上往下观察导线框向右平移

C.细绳受力会变得比导线框重力大D.导线框中心的磁感应强度变大

【答案】ACD

【详解】A、由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从里向外，根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将顺时针转动，故A正确，B错误。

C、线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，在细绳受力会变得比导线框重力大。

故C正确；

D、线框沿顺时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从里向外穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从里向外，所以穿过线框的磁通量增大，则线框中心的磁感应强度变大。

故D正确。

ACD。

12.绝缘斜面处于匀强电场中，带正电的小物块沿斜面由静止滑到底端的过程中动能增加了0.3J重力做功1.5J，电势能增加了05J，则下列说法正确的是（　　）

A.场强方向一定沿斜面向上B.斜面向上电势一定降低

C.电场力做功为

D.克服摩擦力做功

【详解】AB、在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，又由于物块带正电，所以电场强度的方向是斜向上，但不一定与斜面重合，同时沿电场线方向电势降低，所以A错，B对

CD、在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为-0.5J，根据动能定理得：

W总=WG+W电+Wf=△EK解得：

Wf=-0.7J，故C错D对；

三、实验题探究题

13.某同学要测量一铅笔芯的电阻率ρ，先用刻度尺测得铅笔芯的长度L=10.00cm，再用千分尺测得其直径如图1，则其直径d=______mm，把多用电表欧姆档调到×

1倍率档，再将两表笔短接，谓节欧姆调零旋钮，使指针指在______，最后测得该铅笔芯的电阻如图2．则其电阻值R=______Ω，由此可得该铅笔芯的电阻率ρ=______Ω•m（结果保留2位有效数字）。

【答案】

（1）.0.500

（2）.欧姆零刻度线处（3）.4（4）.7.9×

10-4

【详解】由图1所示可知，直径：

d=0.5mm+0.0×

0.01mm=0.500mm；

把多用电表欧姆档调到×

1倍率档，再将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零刻度线处；

由图2所示可知，则其电阻值R=4×

1=4Ω；

由电阻定律可知：

代入数据解得：

ρ=7.9×

10-4Ω•m。

14.思聪同学要测量一节干电池的电动势E和内电阻r，由于手头上没有电流表，只有2个相同的理想电压表（量程3V、15V可选），1个定值电阻R0（阻值2Ω），2个滑动变阻器，R1（500Ω、1A）、R2（50Ω、1A），她设计了如图甲所示的测量电路，下面请你帮她完成该实验。

①根据电路图选择适当的电表量程在图乙上完成实物连线，要求闭合电键S前滑动变阻器的阻值最大。

其中滑动变阻器应选用______（填字母代号）

②正确选择器材、连接电路、闭合开关后词节滑动变阻器时，发现两电压表的读数有变化，但变化都非常小，发生该故障的原因可能是______。

③排除故障、接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表V1和V2测量的数据，并根据数据描绘U1-U2图象如图丙所示，则电动势E=______V，内电阻r=______Ω。

【答案】

（1）.

，R2

（2）.R0断路或没接入电路（3）.1.50（4）.1.0

【详解】①根据实验原理图连接实物图如图所示：

为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小R2；

②闭合开关后调节滑动变阻器时，发现两电压表的读数有变化，但变化都非常小，说明整个电路的总电阻较大，且滑动变阻的调节相对于总电阻来说几乎不起作用，由此可知故障的原因是R0断路或没接入电路；

③根据闭合电路欧姆定律可得：

，即：

，由上述公式知U1-U2图象与纵轴截距（如图）为电动势，则E=1.50V，斜率大小为

，则r=0.5R0=0.5×

2Ω=1.0Ω

四、计算题

15.质谱仪是一种测量带电粒子的荷质比和分析同位素的精密仪器。

图中所示的质谱仪是由速度选择器和偏转磁场组成。

速度选择器内磁场与电场正交，磁应强度为B1垂直纸面向里，两极间距离为d，认电压为U．一束具有各种速率的某种粒子沿OP方向射入速度选择器，能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子从P点进入另一垂直纸面向外、磁感应强度为B2的匀强磁场，打在下方胶片距P为h的Q点，求：

（1）能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子的速度

（2）该种粒子荷质比

。

【答案】

（1）

；

（2）

【详解】

（1）粒子沿中轴线OP穿过速度选择器，所以粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，

，

，解的

（2）在B2中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得

，所以

16.如图足够长且电阻不计的光滑金属导轨CF、DE的末端C，D点间接有一个电源，电源电动势E=6V，内阻r=10Ω．两导轨延长交于O点，△OEF为等腰三角形，E、F两点处于同一水平面上，导轨所在平面与水平面的夹角0=37°

，导轨上水平横架一根质量m=0.2kg且单位长度电阻为a=1Ω的导体棒PQ．在垂直导轨平面的方向加一匀强磁场B，g取10m/s2，sin37=0.6。

（1）当PQ接入电路的长度L=0.5m时，求流过PQ的电流和CD两点间的电压。

（2）当磁感应强度B=1.5T时，PQ静止在导轨上的某一位置，求此时磁场的方向、PQ所受安培力的大小及其电流的大小。

（1）4A,2V。

（2）磁场的方向垂直导轨平面向上、1.5N,5A。

（1）当PQ接入电路的长度L=0.5m时，此时PQ接入电路中的电阻R1=0.5Ω，有闭合电路欧姆定律可得

，解得流过PQ电流为：

I1=4A，CD两点间电压：

U=E-I1r=2V

（2）由平衡条件得PQ受安培力沿斜面向上，即磁场方向垂直导轨平面向上，由平衡条件得，PQ受安培大小为：

F安=mgsinθ，即：

F安=1.5N，由F安=BI1L2且：

I2=

，联立求解得，I2=5A，L2=0.2m

17.如图所示，O为粒子发射源，能持续不断发射带电量为+q、质量为m的粒子，粒子初速度不计，经加速电场加速后，进入AB平行金属板间。

已知加速电场电压为U0，A、B板长为L1间距为d。

在两板间加上一个周期T=L1

的交变电压，A板的电势φA=0，B板的电势φB．随时间的变化规律如图所示，粒子穿过AB平行板打在离其距离为L2的荧光屏上。

设带电粒子重力的影响可忽略，所有粒子都能打在荧光屏上，求：

（1）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，经多少时间穿过金属板；

（2）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，打在荧光屏P点，求OP的大小

（3）求荧光屏上有粒子撞击的区域的长度.

（1）L1

（3）

（1）带电粒子在加速电场的运动过程，由动能定理得：

qU0=

mv02

解得：

v0=

带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动的总时间为：

t=

=L1

（2）由上可知，带电粒子在偏转电场中运动的时间等于交变电压的周期T。

在交变电压的一个周期T内，带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小相等，时间相等，根据对称性可知，这两个过程偏转的位移大小相等，所以带电粒子离开偏转电场时偏转距离为y=2×

由牛顿第二定律得加速度为：

a=

由以上各式解得：

y=

根据对称性可知，粒子离开偏转电场时速度平行于金属板，所以该粒子打在屏上的点P与O′的距离是y=

（3）t=0时进入的粒子会达到最上点P，t=

T进入的粒子会达到最下端P′，P′O′=PO′，荧光屏上有粒子撞击的区域的长度L=2PO′=