1、云南省砚山县第二中学2019-2020学年上学期期末考试高二 物理一、单选题 1.如图所示,匀强磁场的边界为直角三角形abc.今有质量为m、带电荷量为q的一束微观粒子以不同的速度v沿ca方向从c点射入磁场做匀速圆周运动,不计粒子的重力. 下列说法中正确的是 ()A. 粒子带负电B. 从ab边射出的粒子一定比从bc边射出的粒子速度小C. 从bc边射出的所有粒子在磁场中运动的时间相等D. 只要速度合适,粒子可以到达b点【答案】C【解析】【详解】A、如果粒子带负电，由左手定则可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，粒子将离开磁场，不能在磁场中做圆周运动，则粒子带正电，故A错误；B、带电粒子进入
2、磁场做匀速圆周运动，另两只提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，速度越大，半径越大，从ab边射出的粒子比从bc边射出的粒子轨道半径大，则从ab边射出的粒子一定比从bc边射出的粒子速度大，故B错误；C、从bc边射出的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从ab边出射的粒子轨迹的圆心角都相同，粒子在磁场中运动时间为，T相同，则从bc边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等，故C正确；D、当粒子速度大到一定值，粒子将从ab边射出磁场，粒子不可能到达b点，故D错误。故选C。试题分析：粒子沿ca方向从c点射入磁场做匀速圆周运动，粒子带正电，A错误；从ab边射出的粒子半径比从bc边射出
3、的大，速度大，B错误；根据轨迹的对称性知，从bc边射出的粒子运动轨迹对应的圆心角相同，运动的时间相等，所以C正确；轨迹能经过b的，从ab边已经射出，D错误考点：本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动2.在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示图中-x1x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称下列关于该电场的论述正确的是A. x轴上各点的场强大小相等B. 从-x1x1场强的大小先减小后增大C. 一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能D. 一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能【答案】B【解析】【分析】根据图像的斜率大
4、小等于电场强度，分析场强的变化，根据电势的定义判断电势能的大小关系。【详解】A图像的斜率大小等于电场强度，所以轴上的电场强度不同，故A错误；B从到图像斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；CD根据电势的定义：可知，一个带正电的粒子在和位置电势能相等，故CD错误。【点睛】本题关键要理解图像的斜率大小为场强，根据电势的定义可以判断电势能的大小，但要注意电势的选取是相对的。3.两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】本题考查库仑定
5、律及带电体电量的转移问题接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确4. 如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）A. O点的电场强度为零，电势最低B. O点的电场强度为零，电势最高C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【答案】B【解析】试题分析：将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点，产生的电
6、场的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在O点的总矢量和为零，即在O点处，电场强度为零因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x轴成相等角的电场，矢量和沿着x轴，由O点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知，O点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题5.阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A
7、1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则（ ）A. 电极A1的电势高于电极A2的电势B. 电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C. 电子在P点处的动能大于在Q点处的动能D. 电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功【答案】D【解析】【详解】A电场线由正电极指向负电极，所以电极A1的电势低于电极A2的电势，A错误；BQ点处的电场线密集程度大于R点，所以Q点的电场强度大于R点的电场强度，B错误；C沿电场线的方向电势降低，所以：根据电势能：可知带负电的电子在P点处电势能大，仅有电场力做功，电势能和动能总和保
8、持不变，所以电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，C错误；D沿电场线的方向电势降低，所以：可知电子从P至R的运动过程中，电势能减小，电场力做正功。故选D。6.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动已知磁场方向垂直纸面向里以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向【详解】根据洛伦兹力提供向心力有 ，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于
9、乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；BCD错误7.如图甲所示，一个质量为m，电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动且细杆处于匀强磁场中（不计空气阻力），现给圆环一向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环的速度时间图像如图乙所示。则关于圆环所带的电性，匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W（重力加速度为g），则下列说法正确的是（ ）A. 圆环带负电B. BC. WmvD. Wmv【答案】B【解析】【详解】AB圆环开始做减速运动，最终做匀速直线运动，说明初始状态速度较大，竖直向上的洛伦兹力大于重力，杆对圆环的支持力竖直向下，随着速度减小，洛伦兹力减小，
10、直到支持力减小为0，洛伦兹力和重力二力平衡，圆环做匀速直线运动，根据左手定则可知圆环带正电，A错误；B圆环匀速直线运动，根据受力平衡：解得：B正确；CD根据动能定理：解得：CD错误。故选B8.磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说可知，其原因是A. 分子电流消失B. 分子电流的取向变得大致相同C. 分子电流的取向变得杂乱D. 分子电流的强度减弱【答案】C【解析】【详解】安培分子电流假说认为：任何物质内部都有无数的微小的电流环，之所以在通常情况下不表现磁性，是因为这些分子电流杂乱无章的排列，当在一定的外界条件下时，这些分子电流有规则排列，即显示出磁性所以失去磁性表明分子电流
11、的取向变得杂乱，所以选C9.如图所示，将长0.20 m的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直已知磁场磁感应强度的大小为5.010-3T，当导线中通过的电流为2.0 A时，该直导线受到安培力的大小是( )A. 2.0103NB. 2.0102NC. 1.0103ND. 1.0102N【答案】A【解析】【详解】导体棒长为L=0.2m，磁感应强度T，电流为I=2A，并且导体棒和磁场垂直，所以导体棒受到的安培力大小为：N=N故选A。10.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d
12、四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是（ ）A. tatbtctdB. tatbtctdC. tatbtctctd【答案】D【解析】【详解】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为，四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同画出电子运动的轨迹如图：从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是，则：，从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角OO2dOO1C，根据圆周运动的时间，T相同时，圆心角越大，时间t越大，所以所以ta=tbtctd，故D正确，ABC错误。二、多选题11.以下对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是()A. 公式E
13、指出，电场强度与试探电荷所受到的力成正比，与其电荷量成反比B. 由E可知，两个固定距离的带电金属板之间电势差U越大时板内电场强度E越大C. 在公式F中，是q2在q1所在位置产生的电场强度的大小D. 公式WABqUAB中，电荷q沿不同路径从A点移动到B点，静电力做功不同【答案】BC【解析】【分析】本题考查对电场中几个公式的理解能力，关键要抓住各个公式的适用条件、公式中每个量的含义进行分析【详解】电场强度的定义式，采用比值法定义，电场强度为电场本身的性质，与试探电荷所受的电场力以及试探电荷的电荷量无关；故A错误；由可知，两个固定的带电金属板之间的距离d一定，电势差U越大，电场强度E越大，故B正确；
14、在公式中，将q2看成场源电荷，则是q1所在位置处q2电场强度的大小，故C正确电荷q沿不同路径从A点移动到B点，AB间的电势差UAB是不变的，则根据公式WAB=qUAB，可知将电荷q沿不同路径从A点移动到B点，静电力做功相同，故D错误故选BC.12.如图所示，AB、CD为一圆的两条直径且相互垂直，O点为圆心空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep；又从C点运动到B点，电势能增加了Ep.那么此空间存在的静电场可能是()A. 匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点B. 匀强电场，方向垂直于AB由C点指向O点C. 位于O点的正点电荷形成的电场D. 位于
15、D点的负点电荷形成的电场【答案】BD【解析】【详解】现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep；又从C点运动到B点，电势能增加了Ep，所以A和B电势相等A、如果是匀强电场，AB连线是等势线，匀强电场垂直于AB，由于电子先从A点运动至C点，电势能减少，所以A点电势小于C点电势，沿着电场线电势一定降低所以方向垂直于AB由C点指向O点，故A错误，B正确C、如果位于O点的正点电荷形成的电场，A点电势等于C点电势，故C错误D、位于D点的负电荷形成的电场，符合题意，位于D点的正点电荷形成的电场不符合题意故D错误故选B13.长为的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为，板不带电
16、现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ()A. 使粒子的速度vC. 使粒子的速度vD. 使粒子的速度v【答案】AB【解析】【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再根据几何关系求出粒子刚好射出磁场时的轨道半径范围，即可求得粒子速度的范围；【详解】欲使粒子不打在极板上，如图所示，带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中圆周运动的半径粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，即： 可得粒子做圆周运动的半径： 所以
17、粒子不打到极板上且从左边射出，则：即：带正电的粒子从右边射出，如图所示，此时粒子的最小半径为R，由上图可知：；可得粒子圆周运动的最大半径： 则： 即： 故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足或，故AB正确，CD错误【点睛】本题是带电粒子在有界磁场中运动的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键，还要能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系14.如图，在正方形abcd范围内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个电子以不同的速率，从a点沿ab方向垂直磁场方向射入磁场，其中甲电子从c点射出，乙电子从d点射出。不计重力，则甲、乙电子（ ）A 速率之比21B. 在磁场中运行
18、的周期之比12C. 在正方形磁场中运行的时间之比12D. 速度偏转角之比为12【答案】ACD【解析】【详解】A甲、乙两电子运动的轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：根据几何关系：解得：A正确；B电子在磁场中运动周期：所以电子在磁场中周期相同，B错误；C电子在磁场中运动的时间之比：C正确；D偏转角之比：D正确。故选ACD。三、实验题 15.如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的IU特性曲线的实验器材（1）根据实验原理，选取合适的电表量程，用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路图连接完整_（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于_端（选填“A”、“B”或“A、B中间”）（3）某
19、同学根据得到的实验数据，在图丙中画出小灯泡的IU特性曲线由图可知当小灯泡两端的电压为1.2 V时的功率为_W（4）根据图丙可知，随电压的升高，小灯泡的电阻_，（填“变大”或“变小”），原因是_【答案】 (1). (1) (2). (2)A (3). (3)0.144 (4). (4) 增大 (5). 灯泡内阻随温度的升高而增大【解析】【详解】（1）1由图可知，本实验采用了电流表外接法和滑动变阻器的分压接法，实验电路图如图（2）2由图可知，测量部分电路与滑动变阻器左端并联；故为了让测量部分的电压和电流从零开始变化，开始时滑片应滑到A端；（3）3由图丙所示图象可知，电压为1.2V时，通过灯泡的电流
20、为0.19A，灯泡实际功率；（4）45由图可知，I-U图象的斜率越来越小，则说明电阻越来越大；原因是灯泡内阻随温度的升高而增大【点睛】根据原理图可得出对应的实物图；根据实验要求和电路图的连接方式可明确滑片开始的位置；由图可明确1.2V时对应的电流，再由P=UI即可求得电功率；根据图象分析电阻的变化，并明确金属导体电阻随温度升高而增大16.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V，2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A直流电源（电动势约为5 V，内阻可不计）B直流电流表（量程03 A，内阻约为0.1 ）C直流电流表（量程0600 mA，内阻约为5 ）D直流电压表（量
21、程015 V，内阻约为15 k）E直流电压表（量程05 V，内阻约为10 k）F滑动变阻器（最大阻值10 ，允许通过的最大电流为2 A）G滑动变阻器（最大阻值1 k，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据(1)实验中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_（均用序号字母表示）；(2)请设计实验电路并在图1的方框中画出实验电路图_；(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E6 V，内阻r1 ，定值电阻R9 ，此时灯泡的实际功率为_W（结果保留两位有效数字）【答案】
22、(1). （1）C (2). E F； (3). （2） (4). （3）0.84【解析】【详解】(1) 灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；而灯泡的额定电流，故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；(2) 描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻较小，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图：；(3) 把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：U=6-10I，作出电源的U-I图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.38V，灯泡电流I=
23、0.22A，灯泡实际功率P=UI=0.84W.四、计算题 17.如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成角，重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v【答案】（1）小球带负电；（2） （3）【解析】【详解】小球静止即受力平衡，根据重力竖直向下，绳子拉力斜向右上方判断，电场力方向水平向左由于电场力方向与电场方向相反，所以该粒子带负电（2）小球受力分析图如下有几何关系可得即，方向水平向右（3）根据上面的受力分析，线断后小球在重力和电场力的作用下做匀加速运动，合力，因
24、此加速度那么经过时间后的速度，方向与竖直方向成角18.如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=1.0104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.010-4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知SAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：（取g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧轨道C点时的速度大小（2）带电
25、体最终停在何处 【答案】(1)10m/s(2) C点的竖直距离为处【解析】【详解】(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：，解得；(2)设带电体沿竖直轨道CD上升最大高度为h,从C到D由动能定理得：，解得，在最高点,带电体受到的最大静摩擦力，重力，因为所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为处；19.如图表示，在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为一质量为m、带电荷为+q的圆环A套在OO棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且tan现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加
26、速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？【答案】(1) gsin (2)【解析】【详解】(1)由于tan，所以环将由静止开始沿棒下滑环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛仑兹力qv1B、杆的弹力N1和摩擦力f1=N1根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有mgsin-f1=ma垂直棒的方向有N1+qv1B=mgcos所以当f1=0，即N1=0时，a有最大值am，且am=gsin此时qv1B=mgcos解得(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N2，方向垂直于杆向下，摩擦力为f2=N2此时应有a=0，即mgsin=f2N2+mgcos=qvmB解得20.如图，区域I
27、内有与水平方向成角的匀强电场，区域宽度为，区域内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域后做匀速圆周运动，从区域右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为g，求：(1)区域I和区域内匀强电场的电场强度的大小. (2)区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小. (3)微粒从P运动到Q的时间有多长.【答案】(1), (2) (3)【解析】【详解】(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：求得：微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：求得：(2)粒子进入磁场区域时满足：根据几何关系，分析可知：整理得：(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：经整理得：
