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高二物理期中、期末、联考试卷集40 套
2019-2020 学年四川省绵阳市高二期末物理试卷............................................................................................................2
2019-2020 学年上海市虹口区北虹高中普通班高二期末物理试卷..............................................................................14
2019-2020 学年陕西省西安中学高二期末物理试卷（文科）......................................................................................27
2019-2020 学年陕西省西安中学高二期末物理试卷（理科）......................................................................................36
2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高二期末物理试卷（文科）..........................................................................46
2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高二期末物理试卷（理科）..........................................................................57
2019-2020 学年山东省潍坊市高二期末物理试卷..........................................................................................................67
2019-2020 学年山东省威海市高二期末物理试卷..........................................................................................................77
2019-2020 学年山东省临沂市沂水县高二期末物理试卷..............................................................................................85
2019-2020 学年山东省聊城市高二期末物理试卷..........................................................................................................96
2019-2020 学年江苏省扬州市高二期末物理试卷（必修）........................................................................................107
2019-2020 学年江苏省无锡市高二期末物理试卷........................................................................................................117
2019-2020 学年江苏省苏州市高二期末物理试卷（选修）........................................................................................128
2019-2020 学年江苏省苏州市高二期末物理试卷（必修）........................................................................................139
2019-2020 学年河南省郑州市高二期末物理试卷........................................................................................................150
2019-2020 学年河南省商丘市九校联考高二期末物理试卷........................................................................................162
2019-2020 学年河南省洛阳市高二期末物理试卷........................................................................................................173
2019-2020 学年广东省珠海市高二期末物理试卷........................................................................................................184
2019-2020 学年广东省中山市高二期末物理试卷........................................................................................................195
2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校华文部高二期末物理试卷....................................................... 206
2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校港澳台班高二期末物理试卷................................................... 213
2019-2020 学年广东省深圳市东部华侨城高二期末物理试卷....................................................................................223
2019-2020 学年广东省汕尾市高二期末物理试卷........................................................................................................233
2019-2020 学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高二期末物理试卷（文科）................................... 242
2019-2020 学年广东省惠州市高二期末物理试卷（理科）........................................................................................259
2019-2020 学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二期末物理试卷........................................... 271
2019-2020 学年广东省广州市越秀区高二期末物理试卷............................................................................................285
2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高二期末物理试卷............................................................................................297
2019-2020 学年广东省佛山市高二期末物理试卷........................................................................................................308
2019-2020 学年广东省潮州市高二期末物理试卷........................................................................................................318
2019-2020 学年北京市顺义区高二期末物理试卷........................................................................................................326
2019-2020 学年北京市海淀区高二期末物理试卷........................................................................................................336
2019-2020 学年北京市东城区高二期末物理试卷........................................................................................................347
2019-2020 学年北京市朝阳区高二期末物理试卷........................................................................................................356
2018-2019 学年广东省中山市高二期末物理试卷........................................................................................................368
2018-2019 学年广东省深圳市高中联盟高二期末物理试卷........................................................................................379
2018-2019 学年广东省深圳市高二期末物理模拟试卷................................................................................................390
2018-2019 学年广东省广州市荔湾区高二期末物理试卷............................................................................................400
2018-2019 学年广东省佛山市高二期末物理试卷........................................................................................................411
2018-2019 学年广东省潮州市高二期末物理试卷........................................................................................................420
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2019-2020 学年四川省绵阳市高二期末物理试卷
一．本大题12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．
1．（3 分）在地面附近有一高速飞行的宇宙飞行器，地面上的人和宇宙飞行器中的宇航员观察到的现象，正确的是
（
）
A．地面上的人观察到宇宙飞行器变短了
B．地面上的人观察到宇宙飞行器变长了
C．宇航员观察到宇宙飞行器内的时钟变慢了
D．宇航员观察到宇宙飞行器内的时钟变快了
2．（3 分）蜘蛛捕食是依靠昆虫落在丝网上引起的振动准确判断昆虫的方位。已知丝网固有频率f0，某昆虫掉落在
丝网上挣扎时振动频率为f，则该昆虫落在丝网上时（
）
A．f 增大，则丝网振幅增大
B．f 减小，则丝网振幅减小
C．昆虫引起丝网振动的频率为f0
D．丝网和昆虫挣扎振动周期相同
3．（3 分）如图所示，在xOy 坐标系内，三根相互平行的通电直导线P、Q、R 分别位于正三角形的三个顶点，都通
有方向垂直xOy 坐标平面向里、大小相等的电流，则导线R 受到的安培力的方向是（
）
A．沿y 正方向
B．沿y 负方向
C．沿x 正方向
D．沿x 负方向
4．（3 分）如图所示，真空中两点电荷固定在M、N 两点，在MN 连线上有关于中点O 点对称的两点a、c，在MN
连线的中垂线上有关于O 点对称的两点b、d，则下列说法正确的是（
）
A．若两点电荷为等量同种电荷，则a 点与c 点的电场强度相同
B．若两点电荷为等量同种电荷，则b 点与d 点的电场强度大小相等
C．若两点电荷为等量异种电荷，把正电荷放在a 点时的电势能一定大于放在c 点时的电势能
D．若两点电荷为等量异种电荷，把正电荷从b 点移到d 点电势能先增大后减小
5．（3 分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻R0，A 和B 是小灯泡，光敏电阻Rt 阻值随光
照强度增加而减小。用逐渐增强的光照射光敏电阻Rt 过程中（
）
A．电源路端电压不变
B．R0 两端电压减小
C．灯A 和灯B 都变暗
D．灯A 变亮，灯B 变暗
6．（3 分）如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0 为1.5Ω，小型直流电动机
M 的内阻为0.5Ω．闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（
）
A．电动机两端的电压为7V
B．电动机的输出功率为14W
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C．电动机产生的热功率为4W
D．电源输出的电功率为24W
7．（3 分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点，已知入射方
向与边AB 的夹角θ＝30°，E、F 分别为边AB、BC 的中点，则（
）
A．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行
B．该棱镜的折射率为3
C．光在F 点发生全反射
D．光从空气进入棱镜，光速变大
8．（3 分）图甲为一列简谐横波在t＝0.1s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x＝1cm 处的质点，Q 是平衡位置在x＝4cm
处的质点，图乙为质点Q 的振动图象。则（
）
A．波的传播速度为20 m/s
B．波的传播方向沿x 轴负方向
C．t＝0.4s 时刻，质点P 的速度大小最大，方向y 轴正方向
D．t＝0.7s 时刻，质点Q 的速度大小最大，方向y 轴负方向
9．（3 分）负点电荷Q 固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P 仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正
方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则（
）
A．粒子P 带负电
B．a、c 两点的电势高低关系是φa＞φc
C．粒子P 由a 到b 电场力做正功电势能减少
D．a、b、c 的电场强度大小之比是2：1：2
10．（3 分）如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B 和平行纸面斜向下与竖直方向夹角为45°的匀强
电场E．质量为m、电荷量为q 的带负电的小球在高为h 处的P 点从静止开始自由下落，在虚线框中刚好做直线
运动，则（
）
A．电场强度ܧ=
2݉݃
ݍ
B．磁感应强度ܤ=݉݃
t
ݍt
C．小球在虚线框中可能做匀加速直线运动
D．不同比荷的小球从不同高度下落，在虚线框中仍可能做直线运动
11．（3 分）为监测化工厂的污水排放量，环保部门在化工厂的排污管末端安装了如图所示的圆管状电磁流量计，该
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装置由非磁性的绝缘材料制成，圆管内径为d，a、b 是圆管内同一条直径上的两端点，外加磁感应强度为B、方
向垂直圆管直径的匀强磁场，当充满管口的含有大量带电离子的污水从左向右流经圆管时，测得a、b 两点间的
电势差为u，若用Q 表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），则Q 与u 的关系式为（
）
A．ܳ
= ߨ݀ݑ
4ܤ
B．ܳ
= ߨ݀ݑ
2ܤ
C．ܳ
= ߨ݀ݑ
ܤ
D．Q＝u
12．（3 分）如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF 所在平面，若规定D 点电势为零，则A、B、C
点的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e 为元电荷）的带电粒子从A 沿AC 方向射
入正六边形区域，恰好经过BC 的中点G．不计粒子的重力。则（
）
A．粒子一定带正电
B．粒子达到G 点时的动能为4eV
C．若粒子在A 点以不同速度方向射入正六边形区域，可能经过C 点
D．若粒子在A 点以不同初动能沿AC 方向射入正六边形区域，可能垂直经过BF
二．本大题6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3
分，选对但不全得1 分，有错或不选得0 分．
13．（3 分）下列关于光学知识及应用的叙述，正确的有（
）
A．泊松亮斑是光的干涉现象
B．天空的彩虹是不同色光在水汽中折射率不同造成的
C．照相机镜头的增透膜利用了光的偏振
D．医学上的内窥镜是利用光在光纤的两层玻璃界面发生全反射
14．（3 分）指纹传感器为在一块半导体基板上阵列了10 万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一个极，外表面绝缘，
手指在其上构成电容器的另外一个极。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪（本
义：山谷）和嵴（本义：山脊）与半导体基板上的金属颗粒间形成一个个电容值不同的电容器，若金属颗粒与手
指间组成的每个电容电压保持不变，则（
）
A．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近时，电容小
B．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离远时，电容小
C．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量增大
D．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量减小
15．（3 分）如图所示，一列简谐横波在介质中沿水平方向传播，实线是在t1＝0 时刻的波形图，虚线是在t2＝0.5s
时刻的波形图，已知介质中质点P 在0～0.5s 的时间内通过的路程为25cm。则（
）
A．简谐横波的波长为4m
B．波的传播方向沿x 轴正方向
C．波的传播速度为10m/s
D．波的频率为0.4Hz
16．（3 分）“电流天平”是根据通电导线在磁场中受安培力作用制成的一种灵敏测量仪器。利用“电流天平”可以
测量磁感应强度B 的大小，把匝数为n 的矩形导线框吊在等臂天平的一臂，另一臂挂空砝码盘，使天平平衡；
再在天平砝码盘加重为mg 的砝码，矩形导线框通电流强度为I 的电流，长度为L 的ab 边在磁场中，天平再次
平衡。则（
）
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A．导线框中电流的方向为a→b
B．导线框中电流的方向为b→a
C．磁感应强度B 的大小为݉݃ܫܮ
D．磁感应强度B 的大小为݉݃݊ܫܮ
17．（3 分）如图所示，△ABC 竖直放置，AB 边水平，AB＝5cm，BC＝3cm，AC＝4cm。带电小球a 固定在顶点A，
带电小球b 固定在顶点B，另一个带电小球c 在库仑力和重力的作用下静止在顶点C．设小球a、b 所带电荷量
比值的绝对值为k。则（
）
A．a、b 带同种电荷
B．a、b 带异种电荷
C．k= 16
9
D．k= 4
3
18．（3 分）如图所示，等腰直角三角形abc 区域内存在方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，直角边bc 长度
为L．三个完全相同的带正电的粒子1、2、3，分别从b 点沿bc 方向以速率v1、v2、v3 射入磁场，在磁场中运动
的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3＝3：3：2，做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2、r3．不计粒子的重
力及粒子间的相互作用。下列关系式一定成立的是（
）
A．v1＝v2
B．v2＜v3
C．r1＝L
D．ݎ3 = 2
3
3
ܮ
三．本大题5 小题，每空2 分，共24 分．
19．（2 分）在解锁智能手机的过程中，可以采用输入已经验证过的指纹，也可以输入正确的密码，则要完成解锁手
机，上述两种方式的逻辑关系是（
）
A．“与”关系
B．“或”关系
C．“非”关系
D．不存在逻辑关系
20．（4 分）如图甲所示，为了观察双缝干涉图样，在暗室中做光的干涉实验，打开激光器，让一束黄色的激光通过
双缝。
（1）在光屏上观察到的图案应该是图乙中的
（选填“a”或“b”）；
（2）为了让光屏上观察到的条纹间距变大，下列做法可行的是
。
A．其它条件不变，只将光源换为红色激光光源
B．其它条件不变，只将光源换为蓝色激光光源
C．其它条件不变，只换一个双缝间距较小的双缝
D．其它条件不变，只减小双缝与光屏的距离
21．（4 分）根据单摆周期公式ܶ
= 2ߨ
ܮ݃测量当地的重力加速度。将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，
做成单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图所示，读数为
mm。
（2）有同学测得的g 值偏小，可能原因是
。
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A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点
C．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算
D．开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时
E．摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1
22．（4 分）如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。先在平铺的白纸上放半圆形玻璃砖，用铅笔
画出直径所在的位置MN、圆心O 以及玻璃砖圆弧线（图中半圆实线）；再垂直纸面插大头针P1、P2 确定入射光
线，并让入射光线过圆心O；最后在玻璃砖圆弧线一侧垂直纸面插大头针P3，使P3 挡住P1、P2 的像。移走玻璃
砖，作出与圆弧线对称的半圆虚线，过O 点作垂直于MN 的直线作为法线；连接OP2P1，交半圆虚线于B 点，
过B 点作法线的垂线交法线于A 点；连接OP3，交半圆实线于C 点，过C 点作法线的垂线交法线于D 点。
（1）测得AB 的长度为l1，AO 的长度为l2，CD 的长度为l3，DO 的长度为l4．计算玻璃砖折射率n 的公式是n
＝
（选用l1、l2、l3 或l4 表示）。
（2）该同学在插大头针P3 前，不小心将玻璃砖以O 为轴顺时针转过一个小角度，该同学测得的玻璃砖折射率将
（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
23．（10 分）测量一节干电池的电动势和内阻。实验室除提供开关S 和导线外，还有以下器材可供选择：
A．电压表V（量程3V，内阻RV＝10kΩ）
B．电流表A1（量程3mA，内阻Rg1＝99.5Ω）
C．电流表A2（量程1500mA，内阻Rg2＝0.5Ω）
D．滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
E．滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流1A）
F．定值电阻R3＝0.5Ω
（1）根据可选用的器材，设计了如图1 所示的测量电路图。
（2）该同学应该将电流表
（选填A1 或A2）与定值电阻R3 并联，改装成一个量程是
A 的新电流
表。
（3）滑动变阻器选用
（选填“R1”或“R2”）。
（4）利用上述测量电路测得数据，以电流表A 的直接读数I 为横坐标，以电压表V 的读数为U 纵坐标绘出了如
图2 所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E＝
V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r＝
Ω
（结果保留两位有效数字）。
四．本大题2 小题，共22 分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
24．（10 分）如图所示，两平行金属板A、B 水平放置，两板间距离d＝20cm，电源电动势E＝12V，内电阻r＝1Ω，
电阻R0＝35Ω．闭合开关S，将滑动变阻器R 滑片P 移到适当位置，接入电路的阻值为R1，稳定后，将一质量
m＝1×10
﹣2kg、电荷量q1＝+1×10
﹣2C 的小球从A 板小孔上方10cm 处自由释放，小球恰能到达B 板；保持滑
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动变阻器滑片位置不变，将B 板向下移动，使两板间的距离增大为原来的2 倍，稳定后，将另一个质量是m＝1
×10
﹣2kg、电荷量是q2 的带电小球从同一位置释放，恰能到达第一个小球达到的最低位置。g 取10m/s2，不考虑
空气阻力。求：
（1）滑动变阻器接入电路的阻值R1；
（2）另一个带电小球的电荷量q2。
25．（12 分）如图所示，在xOy 坐标平面的第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直xOy 平面
向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q 的粒子在P 点（6L，L）以速度v0 向x 轴负方向运动，从x 轴上N
点（图中未标出）进入磁场，然后从x 轴上M 点（2L，0）离开磁场，在M 点速度方向与x 轴负方向夹角为45°．不
计粒子重力。求：
（1）电场强度E；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从P 点到M 点所用的时间。
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参考答案与试题解析
一．本大题12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．
1．【分析】由相对论效应分析飞船的时间和长度变化；当人和飞船之间有相对运动时，人观察到的飞船长度会变短，
时间会变慢。
【解答】解：AB、根据爱因斯坦相对论可知，地面上的人观察到飞船变短了，则A 正确，B 错误
CD、运动是相对的，飞船上的人员观察到飞船的长度不变而时间进程也不变。故CD 错误。故选：A。
【点评】该题考查相对论的时间与长度的变化，解答本题要掌握相对论的基本原理，能分析时间和长度的变化。
基础题目。
2．【分析】当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时达到共振，此时昆虫与丝网的振幅最大
【解答】解：当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时，即丝网和昆虫挣扎振动周期相同时，振幅最大，
故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】共振不仅在物理学上运用频率非常高，而且，共振现象也可以说是一种宇宙间最普遍和最频繁的自然现
象之一，知道共振的发生条件是关键。
3．【分析】R 所在处的磁场是由P 与Q 中的电流产生的，由安培定则判断出R 处磁场的方向，然后由左手定则判断
出R 中电流所示安培力的方向。
【解答】解：由安培定则可知，通电指导线P、Q 在R 处产生的磁场方向水平向右，即沿X 轴正方向，则R 处
的磁场方向沿X 轴正方向；
由左手定则可知，通电直导线R 所受安培力垂直于R 指向Y 轴负方向。选项ACD 错误，B 正确。故选：B。
【点评】要注意解题步骤，先由安培定则判断出R 处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向。
4．【分析】量同种电荷的电场特点，中垂线上关于O 点对应的各点场强大小相等，方向相反，连线上关于O 点对称
各点场强大小相等，反向相反；
等量异种电荷MN 之间的电场方向是相同的，由M 指向N 或由N 指向M；MN 中垂线上的电场强度、电势关于
O 点对称，bd 是一条等势线。根据电场力做功情况，分析电势能的变化。
【解答】解：A、若两点电荷为等量同种电荷，则a 点与c 点的电场强度大小相等，方向相反，故A 错误；
B、若两点电荷为等量同种电荷，因bd 关于O 点对称，所以b 点与d 点的电场强度大小相等，故B 正确；
C、若两点电荷为等量异种电荷，若N 点为正电荷时，则a 点的电势低于c 点，a 点时的电势能小于放在c 点时
的电势能，故C 错误；
D、若两点电荷为等量异种电荷，bd 是一条等势线。把正电荷从b 点移到d 点电场力不做功，电势能不变化，故
D 错误。故选：B。
【点评】本题考查等量同种电荷和等量异种电荷的场强特点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等
量同种、等量异种电荷周围的电场特点。
5．【分析】增加光照强度，Rt 减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情
况，即可知道电灯A 的亮度变化；根据干路电流与A 灯电流的变化，判断通过R0 电流的变化，根据路端电压和
电阻R0 电压的变化情况，即可分析B 灯电压的变化情况，从而B 的亮度变化。
【解答】解：由题意，增加光照强度，Rt 减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I 增
大，电源的内电压增大，路端电压U 减小，则A 灯变暗，通过R0 电流I0＝I﹣IA，I 增大，而IA 减小，则I0 增大，
R0 两端电压U0 增大，而R0、B 的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B 的电压减小，B 灯变暗；电
源的总功率P＝EI，I 增大，则P 增大。故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化。根据干路电流的变化即可分
析电源总功率的变化。
6．【分析】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．
【解答】解：
A、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U＝E﹣U 内﹣UR0＝12﹣Ir﹣IR0＝12﹣2×1﹣2×1.5＝7V，
所以A 正确；
B、电动机的总功率为P 总＝UI＝7×2＝14W，电动机的发热功率为P 热＝I2R＝22×0.5＝2W，所以电动机的输出
功率为14 W﹣2W＝12W，所以BC 错误；
D、电源的输出的功率为P 输出＝EI﹣I2R＝12×2﹣22×1＝20W，所以D 错误。故选：A。
【点评】对于电功率的计算，一定要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．
7．【分析】由几何关系可得出光线在E 点的入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；由折射规律可知出射光束
能否与入射光束平行。光从空气进入棱镜时频率不变，波速变小。结合光路可逆性分析光在F 点能否发生全反射。
【解答】解：AC、由几何知识知：光线在AB 面上E 点的入射角为i＝60°，折射角为r＝30°，且可得到光线
在F 点的入射角与在E 点的折射角相等，根据光路可逆性原理得知光在F 点不可能发生全反射，而且从F 点出
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射的光束与BC 的夹角为θ，所以从F 点出射的光束与入射到E 点的光束不平行。故AC 错误。
B、该棱镜的折射率为n= ݏt݊t
ݏt݊ݎ= ݏt݊60°
ݏt݊30° =
3．故B 正确。
D、光从空气进入棱镜时，频率不变，波速变小，故D 错误。故选：B。
【点评】本题是折射定律的应用问题，根据几何知识以及折射定律结合应用进行处理，要注意入射角和折射角都
是与法线的夹角，不是与界面的夹角。
8．【分析】由图甲得到波长，由图乙得到周期，即可求得波速；由图乙得到质点Q 的振动，即可由图甲得到波的传
播方向，从而得到质点P 的振动。
【解答】解：A、由图甲可得：波长λ＝8cm＝0.08m，由图乙可得：周期T＝0.4s，故波速ݒ= λܶ= 0.2݉
/ݏ，故A
错误；
B、由图乙可得：t＝0.1s 时刻，质点Q 在平衡位置向上振动，故由图甲可得：波向右传播，故B 错误；
CD、根据波向右传播，由图甲可得：质点P 向下振动，质点Q 向上振动；那么，经过△ݐ= 0.3ݏ= 3
4ܶ
后，质
点P 位移为正，向上振动，速度大小不是最大值；经过△ݐ' = 0.6ݏ= 3
2ܶ
后，质点Q 在平衡位置向下振动，故C
错误，D 正确；故选：D。
【点评】在给出振动图象和波形图的情况下求波形图上另一质点在某一时刻的运动，常根据振动图，由波形图得
到波的传播方向，从而由周期得到质点振动；或根据波的传播方向，由振动时间和周期的关系，根据平移法得到
质点振动。
9．【分析】根据轨迹弯曲方向判断出粒子与点电荷Q 是异种电荷，它们之间存在引力。根据电场线的方向分析电势
关系。根据粒子与点电荷间距离的变化分析电场力做功正负。根据点电荷场强公式E＝kܳݎ2求电场强度大小之比。
【解答】解：A、根据粒子P 轨迹的弯曲方向可知该粒子P 与Q 之间存在引力，两者是异种电荷，故P 粒子应带
正电荷，故A 错误；
B、根据点电荷的电场线的特点，Q 与a、c 距离相等，a、c 两点的电势相等，即有：φa＝φc，故B 错误；
C、粒子P 从a 到b，电势升高，电场力做负功，电势能就增加；故C 错误；
D、由几何关系可知Q 到a、b、c 三点的距离之比为：ra：rb：rc＝1：2：1，根据点电荷场强公式E＝kܳݎ2知a、
b、c 的电场强度大小之比是2：1：2，故D 正确。故选：D。
【点评】本题属于电场中轨迹问题，关键要明确粒子P 所受的电场力指向轨迹的弯曲方向，要掌握点电荷电场线
的分布特点。
10．【分析】小球进入复合场受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为洛伦兹力的大小与速度大小有关，由题意可知
该直线运动为匀速直线运动，通过共点力平衡求出磁感应强度和电场强度的大小。通过小球的受力判断若小球能
否做直线运动。
【解答】解：AB、根据小球的平衡条件可得，qvB＝mg，qE=
2mg，又v2＝2gh，联立各式解得磁感应强度
B=݉
2݃t
2ݍt ，电场强度E=
2݉݃
ݍ
．故A 正确，B 错误。
C、小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所
示。其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦
兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动。故C
错误。
D、若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足B=݉
2݃t
2ݍt ，和E=
2݉݃
ݍ
．，若同时
改变小球的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，故D 错误。故选：A。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过小球的受力分析小球的运动，难度中等。
11．【分析】正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高；两表
面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。
【解答】解：正负离子流动时，根据左手定则，正离子洛伦兹力，与负离子的洛伦兹力方向相反，从而使得a、
b 两点间存在电势差；
最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：qܷ݀
=qvB
那么流量为Q＝vS＝vߨ(݀2 )2，
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所以Q= ߨܷ݀
4ܤ，故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用
下处于平衡，上下两端形成稳定的电势差。
12．【分析】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E 和F 两点的电势然后确定电场线方向，根据粒子
受力方向确定电性；根据动能和电势能之和不变确定粒子在G 点和C 点的动能，由此作出判断；根据运动的合
成和分解分析粒子能否垂直EC 方向。
【解答】解：根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E 和F 两点的电势分别为2V 和6V，
则EC 为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；
A、该粒子沿AC 方向进入，从G 点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，故A 错误；
B、粒子在A 点初动能为16eV、电势能EPA＝﹣3e×8V＝﹣24eV，所以总能量为E＝16eV﹣24eV＝﹣8eV，由
于UBG＝UGC，所以G 点的电势为4V，该粒子达到G 点时的动能为EKG＝E﹣（﹣4×3eV）＝4eV，故B 正确；
C、只改变粒子在A 点初速度的方向，若该粒子能经过C 点，则经过C 点的动能EKC＝E﹣（﹣2×3eV）＝﹣2eV，
动能为负，不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A 点初速度的方向，该粒子不可能经过C 点，故C 错误。
C、若粒子在A 点以不同初动能沿AC 方向射入正六边形区域，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线
方向，而垂直于电场线方向的速度不变，即不可能减小为零，所以该粒子不可能垂直经过BF，故D 错误；故选：
B。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，此种类型的题目从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带
电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等解答。其二，功和
能的关系。根据电场力对带电粒子做功，利用动能定理、能量守恒定律等研究全过程中能的转化。
二．本大题6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3
分，选对但不全得1 分，有错或不选得0 分．
13．【分析】泊松亮斑是光的衍射现象；彩虹是应用光的折射；光导纤维束是利用光的全反射原理，增透膜利用了
光的干涉原理，从而即可求解。
【解答】解：A、泊松亮斑是光的衍射现象，故A 错误；
B、彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，从而导致偏折程度不同，进而出现色散现象，故B 正确；
C、照相机的增透膜利用了光的薄膜干涉现象，故C 错误；
D、光导纤维束内传送图象，是利用光的全反射原理；故D 正确；
故选：BD。
【点评】考查光的干涉、折射与全反射的原理，及其发生条件，注意增透膜的原理，理解干涉色散与折射色散的
不同。
14．【分析】手指的嵴和峪与金属电极的距离不同，根据电容的决定式分析电容的大小。由电容的定义式分析，电
容的电压一定时，电量变化，判断金属电极是处于充电状态还是放电状态。
【解答】解：A、指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近时，根据电容的决定式ܥ=߳ܵ4ߨ݇݀
得知，电容
大，故A 错误；
B、指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远时，根据电容的决定式ܥ=߳ܵ4ߨ݇݀
得知，电容小，故B 正确；
C、在手指挤压绝缘表面时，手指与对应的金属颗粒距离靠近，电容增大，而电压一定，则由Q＝CU 可知，各
金属颗粒电极电量增大，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题题干较长，要有快速获取有效信息的能力。本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的决定式和
定义式结合进行分析。
15．【分析】首先据图读出波长和振幅，再据波形图与质点P 的路程判断波的传播方向、距离，从而求出周期、波
速。
【解答】解：A、据波形图可知，波长为4m，故A 正确；
B、据图可知两时刻质点p 在平衡位置和最大位移处，由于介质中质点P 在0～0.5s 的时间内通过的路程为25cm，
可以说明两时刻相差t= 5
4ܶ
=0.5，解得T＝0.4s，结合波形图可知，该波只能沿x 轴负向传播，故B 错误；
C、以上可知，有：v= λܶ= 4
0.4݉
/ݏ= 10݉
/ݏ，故C 正确；
D、由B 项可知T＝0.4s，则有：݂
= 1ܶ= 1
0.4 ܪt = 2.5ܪt，故D 错误；
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故选：AC。
【点评】此题的关键是据质点P 的振动路程判断出该波的传播方向是突破口，灵活应用波传播的周期性和波速公
式。
16．【分析】根据左手定则判断电流方向、根据平衡条件求解磁感应强度的大小。
【解答】解：AB、在天平砝码盘加重为mg 的砝码，矩形导线框通电流强度为I 的电流，长度为L 的ab 边在磁
场中，天平再次平衡，说明安培力方向向下，根据左手定则可知导线框中电流的方向为b→a，故A 错误、B 正
确；
CD、根据平衡条件可知：nBIL＝mg，解得：B=݉݃݊
ܫܮ，故C 错误、D 正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡
条件列方程解答。
17．【分析】对小球C 受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系及三角知识，即可求解。
【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c 所受库仑力的合力的方向竖直向上，可知，a，b 的电
荷同号，
对小球C 受力分析，如下图所示：
因ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
依据相似三角形之比，则有：
ܨܽ
ܨܾ
=ܾ
tܽ
t =
3
4；
而根据库仑定律，Fa＝k
ݍܽݍtܽ
t2 ，
而Fb＝k
ݍܾݍtܾ
t2
综上所得，K= ݍܽ
ݍܾ= 4
3，故AD 正确BC 错误；
故选：AD。
【点评】本题考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用。
18．【分析】三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式ݎ=݉
ݒ
ݍܤ，则速度较大的
带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t= ߙ
2ߨT，可知
第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为90°，而第三个粒子偏转60°，打在ac 边上，画出其运动轨迹，由
偏转角度求出半径。
【解答】解：AB、根据题设条件，三个相同的带电粒子从b 点沿bc 方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子
在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2
ݎ，解得：ݎ=݉
ݒ
ݍܤ，粒子轨道半径
与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1：t2：t3＝3：3：2，显然它们在磁场中的偏转角度
之比为3：3：2．即粒子1、2 打在ab 上，而粒子3 打在ac 上，轨迹如图所示：
粒子1、2 打在ab 上，而粒子3 打在ac 上，粒子3 的速度比1、2 的速度大，粒子2 的速度大于粒子1 的速度，
故A 错误，B 正确；
CD、对速度为v1 和v2 的粒子，其偏转角度均为90°，由几何关系可知r1＜L，对速度为v3 的粒子偏转60°，
运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3×sin60°＝L，解得：ݎ3 = 2
3，故C 错误，D 正确；
故选：BD。
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【点评】三个相同的粒子以不同速度沿相同方向进入三角形磁场区域，由于半径不同，再加上在磁场中的时间之
比就能确定三个粒子偏转角之比，再综合磁场区域与粒子通过直线边界的对称性，从而确定三个粒子打在磁场边
界的位置，从而可以比较速度大小，也能求出半径关系。
三．本大题5 小题，每空2 分，共24 分．
19．【分析】掌握“与”，“或”，“非”三种逻辑关系的性质，并根据题意明确对应的逻辑性质即可求解。
【解答】解：由题意可知，输入已经验证过的指纹或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。故B
正确ACD 错误。故选：B。
【点评】本题考查对逻辑电路的理解，要注意掌握三种逻辑关系在生活中的应用，会分析相应的规律。
20．【分析】（1）根据双缝干涉条纹的特点确定哪个图案是双缝干涉条纹；
（2）根据△x= ܮ݀λ判断使条纹间距变大的方案。
【解答】解：（1）双缝干涉条纹等间距、等宽，可知在光屏上观察到的图案应该是图乙中的b；
（2）双缝干涉条纹的间距△x= ܮ݀λ，
A、只将光源换为红色激光光源，光的波长变大，则条纹间距变大，故A 正确；
B、只将光源换为蓝色激光光源，光的波长变小，则条纹间距变小，故B 错误；
C、只换一个双缝间距较小的双缝，即d 变小，则条纹间距变大，故C 正确；
D、只减小双缝与光屏的距离，即L 减小，则条纹间距变小，故D 错误；
故选：AC。
故答案为：（1）b；（2）AC。
【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹的特点，掌握双缝干涉条纹间距公式，知道影响条纹间距的因素。
21．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；
（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长和周期测量值与真实值的关系得出重力加速度测
量值的误差。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为0.1×6mm＝0.6mm，则最终读数为18.6mm。
（2）根据T＝2π
ܮ݃得：g= 4ߨ2ܮܶ
2 ，
A、测摆线时摆线拉得过紧，所测摆长L 偏大，由g= 4ߨ2ܮܶ
2 可知，所测g 偏大，故A 错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，所测周期T 偏大，由g= 4ߨ2ܮܶ
2 可知，
所测g 偏小，故B 正确；
C、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，所测摆长L 偏大，由g= 4ߨ2ܮܶ
2 可知，所测g 偏大，故C 错误；
D、开始计时时，停表过迟按下，所测周期T 偏小，由g= 4ߨ2ܮܶ
2 可知，所测g 偏大，故D 错误；
E、摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1，所测周期T 偏小，由g= 4ߨ2ܮܶ
2 可知，
所测g 偏大，故E 错误；
故答案为：（1）18.6；（2）B。
【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等
物理量之间的关系。
22．【分析】（1）用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的原理是折射定律n= ݏt݊t
ݏt݊ݎ，根据几何知识可得到入射角的正弦
与圆的半径与AB 的长度l1 的关系、折射角的正弦与圆的半径与CD 的长度l1 的关系，即可求解。
（2）该同学在插大头针P3 前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，作图时
入射角不变，折射角减小，则知n 的测量值变大。
【解答】解：（1）根据几何知识得，入射角的正弦sini= ܣܤ
ܤt
折射角的正弦sinr= ܥܦ
ܥt，
根据折射定律得，玻璃砖的折射率n= ݏt݊t
ݏt݊ݎ=݈1݈
3。
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（2）该同学在插大头针P3 前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图
时仍以MN 为边界，AD 为法线，则入射角不变，折射角减小，由折射率公式律n= ݏt݊t
ݏt݊ݎ可知，测得玻璃砖的折
射率将偏大。
故答案为：（1）݈1݈
3
，（2）偏大。
【点评】本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析入射角和折射
角产生的误差，由实验原理律n= ݏt݊t
ݏt݊ݎ分析。
23．【分析】（2）由改装后的量程确定出应选的电流表。
（3）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
（4）根据电流表G 读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻。
【解答】解：（2）若将A2 与R3 并联其量程为3A，过大，
将A1 与R3 并联，其量程：I＝Ig+ ܫܴܴ݃݃
3 =3+ 3×99.5
0.5
=600mA＝0.6A
（3）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的R1。
（4）由上可知，改装后电流表的量程是电流表G 量程的200 倍，图象的纵截距b 等于电源的电动势，由图读出
电源的电动势为：E＝1.48V。
图线的斜率大小k＝r，由数学知识知：k=
1.48−1.06
2.5×200×10−3 =0.84，则电源的内阻为：r＝k＝0.84Ω
故答案为：（2）A1
0.6
（3）R1
（4）1.48
0.84
【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据
原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法。
四．本大题2 小题，共22 分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
24．【分析】（1）小球恰能到达B 板，由动能定理列式结合欧姆定律可求得滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）保持滑动变阻器滑片位置不变，将B 板向下移动，两板间的距离增大为原来2 倍，稳定后，A、B 两板的
电势差不变，由动能定理结合E=ܷ݀
可求得另一个带电小球的电荷量。
【解答】解：（1）设电路中电流为I1，滑动变阻器两端的电压为U1，第一个小球恰能到B 板，
由动能定理得：mg（d+h）﹣qU1＝0
由欧姆定律得：U1＝I1R1
E＝I1（r+R1+R0）
解得：R1＝12Ω
（2）保持滑动变阻器滑片位置不变，将B 板向下移动，两板间的距离增大为原来2 倍，稳定后，A、B 两板的
电势差仍然为U1，设板间场强为E0，
由动能定理得：mg（h+d）﹣q2E0d＝0
因为：ܧ0 =ܷ
1
2݀
解得：q2＝2×10
﹣2 C
答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值是12Ω；
（2）另一个带电小球的电荷量是2×10
﹣2 C。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压，关
键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解。
25．【分析】（1）当粒子从P 点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x 轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦
兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出。由粒子在电场P 点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定
理可得电场强度。
（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度。
（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P 点到O 点的时间。
【解答】解：（1）粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，根据对称性可知，N 点时的速度大小与粒子在M 点的速度
大小相等，设大小都为v，则
v0＝vcos45°
解得：v=
2v0
在粒子从P 运动到Q 的过程中，由动能定理得：
qEL= 1
2݉
ݒ2 −1
2݉
ݒ0
2
解得E=݉
ݒ0
2
2ݍܮ；
（2）设粒子在电场中运动的时间为t1，x 方向通过的距离为xPN，M、N 间的距离为xMN，在M 点沿y 方向的分
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速度为vy，粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径为R，则vy＝vsin45°
根据位移关系：L= ݒݕ
2 ݐ1，xPN＝v0t0，
xMN＝4L﹣xPN，xMN＝2Rsin45°
qvB＝m
ݒ2ܴ
解得vy＝v0，t1= 2ܮ
ݒ0，xPN＝2L，R=
2L．B=݉
ݒ0
ݍܮ；
（3）设粒子在磁场中运动的周期为T，时间为t2，从P 点到M 点所用的时间为t，则
T= 2ߨ݉
ݍܤ，t2=
ߨ
2
2ߨܶ
t＝t1+t2，
解得t= (ߨ+4)ܮ
2ݒ0
。
答：（1）电场强度为݉
ݒ0
2
2ݍܮ；
（2）匀强磁场的磁感应强度݉
ݒ0
ݍܮ；
（3）粒子从P 点到M 点所用的时间
(ߨ+4)ܮ
2ݒ0
。
【点评】考查带电粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，又以一定速度进入匀强磁场中做匀速圆周运动。电
场力做粒子做正功，而洛伦兹力对粒子没有做功。类平抛运动用运动的合成与分解处理，而匀速圆周运动重点则
是求出半径与已知长度的关系。
微信公众号：678 高中初中资料库
2019-2020 学年上海市虹口区北虹高中普通班高二期末物理试卷
一、单项选择题（每题2 分，共50 分）
1．（2 分）在国际单位制中，属于基本单位的是（
）
A．牛顿
B．米
C．特斯拉
D．焦耳
2．（2 分）电场强度的单位是（
）
A．N/C
B．V/C
C．J/C
D．T/C
3．（2 分）下列关于能量的转化，下列说法中正确的是（
）
A．因为能量守恒，所以“永动机”是存在的
B．摩擦生热的过程是不可逆过程
C．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
D．由于能的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机
4．（2 分）首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是（
）
A．安培
B．法拉第
C．奥斯特
D．特斯拉
5．（2 分）根据B= ܨ
ܫܮ，下面说法正确的是（
）
A．B 随着I、L 的增大而减小
B．B 随着F 的增大而增大
C．B 的方向与F 的方向一致
D．B 与F、L 的变化无关
6．（2 分）下列现象中，属于电磁感应现象的是（
）
A．磁场对电流产生力的作用
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B．电流的周围能产生磁场
C．软铁棒可被磁场磁化而带磁性
D．变化的磁场使闭合电路中产生电流
7．（2 分）下列说法正确的是（
）
A．穿过某一面的磁通量为零，该处的磁感强度也为零
B．磁场很强的地方，通电导线在该处受到的磁场力可能为零
C．磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用时才产生
D．沿磁感线方向磁感应强度逐渐减小
8．（2 分）关于磁感线的认识，下列说法正确的是（
）
A．磁感线从磁体的N 极出发，终止于磁体的S 极
B．磁感线可以相交
C．磁感线可以表示磁场的强弱和方向
D．电流在磁场中的受力方向即为该点磁感线的切线方向
9．（2 分）关于公式①P＝UI，②P＝I2R，③P=ܷ
2ܴ
，下列说法正确的是（
）
A．公式①适用于任何电路的电功率
B．公式②适用于任何电路的电功率
C．公式①、②、③均适用于任何电路的电功率
D．公式①只适用于纯电阻电路的电功率
10．（2 分）如图各电场中，A、B 两点场强相同的是（
）
A．
B．
C．
D．
11．（2 分）关于内能，下列说法正确的是（
）
A．理想气体吸热，温度一定升高
B．物体动能越大，分子动能越大
C．外界对气体做功10J，同时气体放出20J 的热量，则气体的内能减少10J
D．只有热传递可以改变物体的内能
12．（2 分）关于地球的地磁场方向，下列说法正确的是（
）
A．在地表空间是从南极指向北极
B．在地表空间是从北极指向南极
C．在地表空间南半球是从赤道指向南极，北半球是从赤道指向北极
D．在地表空间南半球是从赤道指向北极，北半球是从赤道指向南极
13．（2 分）下列关于电场线的说法中，正确的是（
）
A．电场线上每一点的切线方向为该点场强的方向
B．电场线的方向就是电荷的受力方向
C．电场线是反映电场性质而客观存在的线
D．电场线是从正电荷出发到负电荷，又从负电荷回到正电荷的闭合曲线
14．（2 分）如图所示，环形通电导线内外各有小磁针A、B，则磁针静止时（
）
A．A、B 的N 极均垂直纸面向里
B．A、B 的N 极均垂直纸面向外
C．A 的N 极向里，B 的N 极向外
D．A 的N 极向外，B 的N 极向里
15．（2 分）关于感应电流，下列说法中正确的是（
）
A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一宏有感应电流
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B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流
C．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流
D．若闭合电路的部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
16．（2 分）如图，一电荷量为q 的正点电荷位于电场中的A 点，受到的电场力为F．若把该点电荷换为电荷量为
2q 的负点电荷，则A 点的电场强度E 为（
）
A．
ܨ
ݍ，方向与F 相反
B．
ܨ
2ݍ，方向与F 相反
C．
ܨ
ݍ，方向与F 相同
D．
ܨ
2ݍ，方向与F 相同
17．（2 分）下列哪个措施是为了防止静电产生的危害（
）
A．在高大的烟囱中安装静电除尘器
B．静电复印
C．在高大的建筑物顶端装上避雷针
D．静电喷漆
18．（2 分）磁场中某区域的磁感线如图所示，则（
）
A．a、b 两点磁感强度大小相等
B．a、b 两点磁感强度大小不相等，Ba＜Bb
C．同一小段通电导线放在a 处时所受的磁场力一定比放在b 处时大
D．同一小段通电导线放在a 处时所受的磁场力可能比放在b 处时小
19．（2 分）下列关于摩擦起电的叙述，正确的是（
）
A．玻璃棒与任何物体摩擦都带正电
B．摩擦起电的本质是电子发生了转移
C．摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程
D．经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷
20．（2 分）如图，在两平行直导线A、B 中，通有方向相同的电流I．则B 导线受到磁场力的方向（
）
A．向左
B．向右
C．垂直纸面向外
D．垂直纸面向里
21．（2 分）相互平行的光滑导轨上放置一导体棒，整个装置放在匀强磁场中，如图所示，当接通电源时导体棒受到
向左的磁场力，则这个匀强磁场的方向可能是（
）
A．垂直于纸面向外
B．平行于纸面向左
C．垂直于纸面向里
D．平行于纸面向右
22．（2 分）如图，一正方形闭合导线圈在一个很大的匀强磁场中，下列变化中能产生感应电流的是（
）
A．线框向右匀速运动
B．线框向左加速运动
C．线框绕经过a 点且垂直线圈平面的轴转动
D．将线框由正方形拉成圆形
23．（2 分）有四个金属导体，他们的伏安特性曲线如图所示，将这四个导体串联在同一个电路中，两端电压最大的
导体是（
）
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A．a
B．b
C．c
D．d
24．（2 分）以下几种带电体所带的电量不可能的是（
）
A．3.2×10
﹣19C
B．6.4×10
﹣19C
C．8.0×10
﹣20C
D．1.92×10
﹣18C
25．（2 分）关于直流电动机，下列说法正确的是（
）
A．线圈能持续转动，是因为电刷的作用
B．线圈是受到电场力的作用而持续转动
C．电动机线圈的电阻足够小就能持续转动
D．电动机线圈是受到磁场力的作用才发生转动
二、单项选择题（每题3 分，共30 分）
26．（3 分）三个阻值相同的电阻R，额定功率均为10W．接入如图电路，改变电压U，使各电阻实际功率均不超过
额定功率，则三电阻最大总功率为（
）
A．30W
B．20W
C．15W
D．10W
27．（3 分）如图，通有恒定电流的直导线右侧有一矩形线圈abcd，导线与线圈共面。如果线圈运动时不产生感应电
流，线圈可能的运动是（
）
A．向上平移
B．向右平移
C．向左平移
D．以ab 为轴转动
28．（3 分）如图，正方形线圈abcd 的一半处于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．在线圈以ab 为轴旋转90°
的过程中，穿过线圈的磁通量大小（
）
A．一直减小
B．先增大后减小
C．先减小后增大
D．先不变后减小
29．（3 分）关于两个点电荷间相互作用的电场力，下列说法正确的是（
）
A．电量大的点电荷受力大，电量小的点电荷受力小
B．他们一定大小相等，方向相反
C．当两个点电荷间距离增大而电量保持不变时，这两个电场力的大小可能增大
D．当两个点电荷间距离不变而其中一个电荷的电量增大时，两电荷间的相互作用力减小
30．（3 分）在导线某一横截面2 秒内通过了6×1013 个电子（电子的电量e＝1.6×10
﹣19C），则导线中电流强度的大
小为（
）
A．9.6×10
﹣6A
B．3×10
﹣13A
C．4.8×10
﹣6A
D．3×10
﹣6A
31．（3 分）如图所示，金属棒MN 两端用等长的细软导线连接后水平地悬挂．MN 处在向里的水平匀强磁场中，棒
中通有由M 流向N 的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用．为了使悬线中的拉力减小，可采取的措施有（
）
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A．使磁场反向
B．使电流反向
C．增大电流强度
D．减小磁感应强度
32．（3 分）如图c 所示，装饰用的彩灯，串成一串串，接在220V 电源上，观察灯的结构发现，每个灯的灯丝（R1）
引线上方绕有金属电阻丝（R2），如图a 所示；即使R1 断了，R2 仍能导电。下列对电路情况的几种分析中正确
的是（
）
①根据工作特性，R1 大于R2；
②根据工作特性，R1 应该小于R2；
③当其中一个或几个灯的灯丝断了，其余的灯将变暗；
④当其中一个或几个灯的灯丝断了，其余的灯将变亮。
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
33．（3 分）在如图所示的电路中，U＝12V，若电压表的示数也是12V，这说明可能（
）
A．灯泡L 断路
B．电阻R1、R2 中有断路发生
C．电阻R1、R2 中有短路发生
D．灯泡L 和电阻R1 都发生了断路
34．（3 分）质量为m 的通电导体棒置于倾角为θ的光滑导轨上，下面四个图中的磁场不可能使导体棒保持静止的是
（
）
A．
B．
C．
D．
35．（3 分）在如图所示的电场中的P 点放置一负电荷，由静止释放后，其受到的电场力越来越大的是图中的（
）
A．
B．
C．
D．
三、实验题（每题4 分，共12 分）
36．（4 分）在“用DIS 研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，用
传感器测量螺线管的轴线上各点的磁
感应强度，得到右图所示的B﹣d 图线．实验中使用的螺线管的内径（直径）为4×10
﹣2m，根据图线估算螺线管
中心的磁通量约为
Wb．
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37．（4 分）如图所示是利用DIS 测定电动机效率的电路，在实验中，通过A、B 测得的物理量的数值分别是x、y，
电动机线圈的电阻为r，请完成下列问题：
（1）图中方框A、B 所采用的传感器分别是：
A：
，B：
。
（2）此时电动机的输入功率的表达式P 入＝
；
（3）在实验中，由于电动机的转动使质量为m 的物体在t 时间内匀速上升了h 高度，则电动机的效率η＝
×
100%。
38．（4 分）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示，回答下列问题：
（1）将未完成的电路补充完整
（2）连接好电路后，写出能产生感应电流的一种情况：
四、简答题（每题4 分，共8 分）
39．（4 分）如图，水平放置的光滑平行金属导轨右端与电阻R 连接，金属棒ab 垂直置于导轨上，导轨间存在垂直
于导轨平面的匀强磁场．棒获得初速度v 后开始向右运动．
（1）指出ab 棒中感应电流的方向．
（2）ab 棒运动过程中，速度如何变化？
40．（4 分）有两只额定电压都是110V 的灯泡A 和B，A 的额定功率是100W，B 的额定功率是40W，为了使它们
接
在
220V
的
电
路
上
能
正
常
发
光
。
（1）图中哪些连接方法能使两灯正常发光？
（2）哪种连接方法最省电？请简要写出分析过程。
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2019-2020 学年上海市虹口区北虹高中普通班高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每题2 分，共50 分）
1．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它
们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．由此
解答即可．
【解答】解：A、牛顿是根据牛顿第二定律F＝ma 推导出来的，是导出单位，故A 错误。
B、米是国际单位制中的基本单位，故B 正确。
C、特斯拉是根据B= ܨ
ܫܮ推导出来的，是导出单位，故C 错误。
D、焦耳是根据功的公式W＝Fl 推导出来的，是导出单位，故D 错误。故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量和基本单位要记住，要注意N、J 是导出单位，
不是基本单位．
2．【分析】牛/库是电场强度的单位，伏/米是电场强度的单位，J/C 是电势的单位．
【解答】解：A、N/C 是电场强度的单位，故A 正确；
B、V/m 米是电场强度的单位，V/C 不是电场强度的单位，故B 错误；
C、J/C 是电势的单位，故C 错误；
D、N/C 是电场强度的单位，T/C 不是电场强度的单位。故D 错误。故选：A。
【点评】电场强度的单位是导出单位，根据电场强度的定义式可推导出来．物理量的单位也是高考内容之一．
3．【分析】正确解答本题需要掌握：利用热力学第二定律解释一些自然现象；正确理解能量的转化与守恒定律；理
解热传递现象。
【解答】解：A、因为能量守恒，所以不消耗能量而对外做功的“永动机”是不存在的，故A 错误；
B、根据热力学第二定律可知，机械能向内能转化时具有方向性，摩擦生热的过程是不可逆过程。故B 正确；
C、热传递在自发进行时有方向性，总是从高温物体传递到低温物体，故C 错误；
D、能的转化过程虽然符合能量守恒定律，但是在转化过程中存在着“能量耗散”和“品质降低”，能量向品质
低的大气内能转化，不能再重复利用，因此要节约能源，故D 错误。故选：B。
【点评】本题考查了对能量转化或转移的理解，大都属于理解记忆知识，对于这类问题要平时加强记忆和强化练
习。
4．【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特．
【解答】解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特。安培提出了分子电流假说，
研究了通电导线的磁场。法拉第研究了电磁感应现象，特斯拉是电力工程师。故C 正确。故选：C。
【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢．
5．【分析】本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度B= ܨ
ܫܮ是采用比值法定义的，B 大小与F、IL 无关，B 由磁
场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂
直．
【解答】解：A、磁感应强度B= ܨ
ܫܮ是采用比值法定义的，B 大小与F、IL 无关，B 由磁场本身决定，故AB 错
误，D 正确；
C、根据左手定则可知，B 的方向与F 方向相互垂直，故C 错误。故选：D。
【点评】对于磁感应强度的定义式B= ܨ
ܫܮ要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强
度的定义E= ܨ
ݍ类比学习．
6．【分析】解答本题应掌握：电磁感应的现象﹣﹣﹣因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象。
【解答】解：A、磁场对电流产生力的作用属于电流在磁场中受力。故A 错误；
B、电流的周围能产生磁场属于电流的磁效应。故B 错误；
C、软铁棒可被磁场磁化而带磁性属于铁磁性物质的磁化过程。故C 错误；
D、变化的磁场使闭合电路中产生电流是因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象。属于电
磁感应现象。故D 正确故选：D。
【点评】本题中的四个选项分别对应了电与磁间关系的四个问题，A 为电流在磁场中受力；B 为电流的磁效应：
C 为磁化现象；D 为电磁感应。
7．【分析】穿过某一个面的磁通量为零，该处磁感强度不一定为零，也可能由于这个面与磁场平行。穿过任何一个
平面的磁通量越大，该处磁感强度不一定越大。磁感线的疏密反映磁感应强度的大小。
【解答】解：A、穿过某一面的磁通量为零，该处的磁感强度可能为零，也可能是由于该面与磁场平行，磁感应
强度不为零，故A 错误；
B、当通电导线与磁场平行时，通电导线所受磁场力为零，故B 正确；
C、磁铁、通电导线与运动电荷都可以产生磁场，故C 错误；
D、磁感线的疏密反映磁感应强度的大小，沿磁感线方向磁感强度的疏密情况不能确定，所以磁感强度的变化不
能确定，故D 错误；故选：B。
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【点评】对于磁通量可以用磁感线的条数形象理解。对于匀强磁场的磁通量也可以根据公式Φ＝BScosα理解。
8．【分析】（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，而引入了磁感线，磁感线
并不客观存在。
（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N 极出发回到S 极。磁感线的方向描述了磁场的方向，磁感线的疏密程度
表示了磁场的强弱。
（3）磁场的方向规定：放在磁场中的小磁针北极受力的方向就是该点的磁场方向，也就是该点磁感线的方向。
【解答】解：A、在磁体外部，磁感线从磁体的N 极出发回到S 极，在磁铁内部则是从S 极到N 极，故A 错误；
B、磁感线的切线方向是该处磁场方向，在同一点磁场方向是唯一确定的，因此磁感线不相交，故B 错误；
C、磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱，故C 正确；
D、由左手定则可知，电流在磁场中的受力方向即为该点磁感线的方向垂直，故D 错误；故选：C。
【点评】本题考查了磁感线的概念和磁感线的方向，注意在磁体内部也是存在磁感线的，且在磁体内部，磁感线
的方向是从S 极指向N 极的。
9．【分析】P＝IU 适用于任何电路计算电功率；P＝I2R 适用于任何电路计算热功率；P=ܷ
2ܴ
只能适用于纯电阻电路
的电功率或者热功率。
【解答】解：AD、P＝IU 适用于任何电路计算电功率；则A 正确，D 错误
B、P＝I2R 适用于任何电路计算热功率，但在非纯电阻电路中不能用为计算电功率，则B 错误
C、②、③只适用于纯电阻电路的电功率，则C 错误故选：A。
【点评】对于纯电阻电路，电功与电热相同，三个公式P＝IU、P＝I2R、P=ܷ
2ܴ
通用；而对于非纯电阻电路，求
电热功率只能用P＝I2R。
10．【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同．
【解答】解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等。A、B 两点的场强大小相等，但
方向不同，故A 错误。
B、正点电荷产生的电场中，AB 两点场强的方向相同，大小不同，故B 错误。
C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C 正确。
D、AB 两点处的电场线的疏密和切线方向都不同。即A、B 两点的场强大小和方向都不同，故D 错误。故选：C。
【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．
11．【分析】根据热力学第一定律△U＝W+Q 可求内能还知道内能的变化不仅与热传递有关还与做功有关。
【解答】解：A、根据热力学第一定律△U＝W+Q 得物体的内能与做功和热传递有关，故一定质量的理想气体吸
热时内能可以不变。温度不一定升高，故A 错误。
B、物体运动速度与分子热运动的速度或动能无关，故B 错误；
C、C、外界对气体做功10J，同时气体放出20J 的热量，则根据热力学第一定律△U＝W+Q＝10﹣20＝﹣10J，
气体的内能减少10J，故C 正确；
D、物体内能改变与做功和热传递有关。故D 错误。故选：C。
【点评】加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3﹣3 的基本方法。此处高考要求不高，不用做
太难的题目。
12．【分析】地球本身是一个大磁体，地磁的北极在地理的南极，地磁的南极在地理的北极。
【解答】解：地球本身是一个大磁铁，地磁的南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，在地表空间地磁
场从南极指向北极，不论在南半球还是北半球，地磁场都是从南极指向北极，故A 正确；BCD 错误；故选：A。
【点评】本题关键是明确地磁场的分布情况，知道地磁场的磁感线与条形磁体相似，基础问题。
13．【分析】电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，
电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱。
【解答】解：A、根据电场线的特点可知，电场线上点的切线方向是场强方向，电场线上每一点的切线方向，都
与电场中该点的场强方向一致，故A 正确；
B、电场线上点的切线方向是场强方向，其方向与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力的方向相
反，故B 错误；
C、电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线，实际上是不存在的，电场时实际存在的，故C 错误；
D、电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，电场线不闭合，故D 错误；故选：A。
【点评】本题考查了关于电场线的基础知识，比较简单，关键是掌握住电场线的特点。
14．【分析】根据环形电流的磁场方向，可以确定小磁针的偏转方向，此处要用到安培定则及磁场方向的定义。
【解答】解：由于环形电流的方向是顺时针的，由安培定则知道环心处的磁感应强度方向是垂直纸面向里的，而
环外的磁场方向可以看成直线电流周围的磁场来确定方向，是向外的，因此，小磁针B 的N 极向里，A 的N 极
向外，故选项ABC 错误，选项D 正确。故选：D。
【点评】本题考察电流的磁场方向、磁场的定义、及小磁针受力等方面的知识，灵活应用安培定则、磁场方向的
定义等内容即可求得。
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15．【分析】产生感应电流的条件是：闭合回路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感
线运动，导体中有感应电流．
【解答】解：A、只有当线圈闭合，且穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中才一定有感应电流，若线圈不闭合，
则没有感应电流，故A 错误。
B、当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中才有感应电流，故B 错误。
C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流，故C 正确。
D、若闭合电路的部分导体不做切割磁感线运动，如磁感应强度变化，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也会
有感应电流，故D 错误。故选：C。
【点评】解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合．
16．【分析】电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关．根据电场强度的物理意义
进行解答．
【解答】解：根据电场强度的物理意义：电场强度是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电
荷无关。可知，将该点电荷换为电荷量为2q 的负点电荷，A 点的场强大小仍然是
ܨ
ݍ，大小和方向均不变，故C
正确。故选：C。
【点评】电场强度是电场这一章最重要的概念之一，可根据比值定义法的共性进行理解．
17．【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．
【解答】解：A．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于
静电应用，不符合题意；
B．静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，不符合题意；
C．当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大
的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止，符合题意；
D．喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，
把油漆吸到表面，属于静电应用，不符合题意。故选：C。
【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
18．【分析】磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着。因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密
表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向。而小段通电导线放在磁场中有磁场力作用，但要注意
放置的角度。
【解答】解：AB、由图示磁感线可知，a 处的磁感线比b 处密，则a 点磁感强度比b 点大，即Ba＞Bb，故AB
错误；
CD、电流才磁场中受到的安培力：F＝BILsinθ，同一通电导线放在a 处与放在b 处相比，由于并不知道导线与
磁场方向之间的关系，所以受力大小无法确定，故C 错误，D 正确；故选：D。
【点评】本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质；掌握基础知识
即可解题。
19．【分析】摩擦起电的原因是不同物质的原子核束缚核外电子的能力不同，能力强的得电子带负电，能力弱的失
电子带正电，所以摩擦起电的实质是电子的转移。摩擦后的物体带什么电荷要看相互摩擦的两个物体获得电子的
能力的强弱，如果两个物体获得电子能力相同，则相互摩擦的后不会带电。获得电子的能力强的会得到电子带负
电，获得电子的能力弱的失电子带正电。
【解答】解：A、摩擦后的物体带什么电荷要看相互摩擦的两个物体获得电子的能力的强弱，如果两个物体获得
电子能力相同，则相互摩擦的后不会带电。获得电子的能力强的会得到电子带负电，获得电子的能力弱的失电子
带正电。故A 错误。
B、摩擦起电的本质是电子的转移，电荷并没有被创造，故B 正确；
CD、每个物体内部都有电荷，只不过内部的正、负电荷总数相等，所以对外不显电性，当物体得到电子就显负
电性，失去电子就显正电性。摩擦起电是通过摩擦使电子发生转移的过程，不能创造电荷。故C 错误，D 错误。
故选：B。
【点评】本题关键是要明确摩擦起电的实质是电荷的转移，摩擦起电的两个物体带等量的异号电荷，但电荷总量
守恒。
20．【分析】根据平行通导线间的作用力的结论“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”进行判断
【解答】解：两电流通过的电流方向相同，则由结论可知，两电流相互吸引，故B 受到的磁场作用力水平向左；
选项A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】本题考查平行通电导线的作用，也可以先用安培定则判断B 在A 处的磁场方向，再由左手定则判断A
的受力情况
21．【分析】从图中可以知道导体棒中的电流方向，根据左手定则，判断磁场的方向。
【解答】解：可知导体中的电流向下，根据左手定则四指向下，大拇指向左指，则掌心朝里，可知磁场的方向垂
直于纸面向外，故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】此题难度不大，主要考查左手定则的应用，注意安培力总是与磁场，及电流方向垂直，同时要与右手定
则的区别。
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22．【分析】明确感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化。所以只要分析磁通量是否变化即可。
【解答】解：AB、由于磁场是匀强磁场且范围足够大，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，
故AB 错误；
C、当线圈以a 为轴旋转时，其磁通量不发生变化，没有有感应电流产生，故C 错误；
D、将线框由正方形拉成圆形，线框的面积扩大，磁通量一定增大，故会产生感应电流，故D 正确；故选：D。
【点评】本题考查感应电流产生的条件，只要明确产生感应电流的两个条件为：一是闭合回路，二是回路中磁通
量发生变化。
23．【分析】U﹣I 图象中，图象的斜率表示电阻的大小，根据图象可得出最大电阻，再根据串联电路的规律可确定
电压最大的导体。
【解答】解：图象的斜率表示电阻，则由图象可知，d 图象的斜率最大，故d 电阻的阻值最大；串联在电路各电
流相等，则由欧姆定律可得，d 电阻两端的电压最大；故D 正确ABC 错误。故选：D。
【点评】本题考查欧姆定律的应用，要注意U﹣I 图象中图象的斜率表示电阻的阻值，明确串联电路中电流相等。
24．【分析】元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍。
【解答】解：最小的电荷量是1.6×10
﹣19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电
荷或是元电荷的整数倍，由于8.0×10
﹣20C 不是1.6×10
﹣19C 的整数倍，所以C 是不可能的。故ABD 错误C 正
确。
该题选不可能的，故选：C。
【点评】本题就是对元电荷概念的考查，知道任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍即可解决本题。
25．【分析】电动机是根据通电线圈受到磁场力的力矩作用而转动的；
磁场方向不变，改变电流的方向，可以改变电动机的转动方向；
电动机消耗的电能一部分转化为机械能，一部分转化为内能；
通过换向器可以改变通过直流电动机线圈的电流方向。
【解答】解：A、直流电动机由于有换向器不断改变线圈电流方向，使线圈受到持续不断的磁场力作用为转动，
故A 错误；
BD、直流电动机线圈中的电流受到磁场力在作用而发生转动，故B 错误，D 正确；
C、电动机由于持续受到磁场力作用为转动，与线圈电阻大小无关，故C 错误；故选：D。
【点评】电动机是根据通电导线在磁场中受到磁场力作用而制作的；通过换向器可以使直流电动机中的电流方向
周期性变化。
二、单项选择题（每题3 分，共30 分）
26．【分析】由电路图可知，两电阻并联后与第三个电阻并联；三电阻的阻值相同，额定功率相等，假设额定电流
为I，则电路中的电流最大值为I，根据并联电路的特点求出两支路的电流，利用P＝I2R 求出三电阻的电功率，
三电功率之和即为AB 间允许消耗的最大功率．
【解答】解：由电路图可知，两电阻并联后与第三个电阻并联。
假设额定电流为I，则电路中的电流最大值为I，则有：
P 额＝I2R＝10W；
由于并联电路中各支路两端的电压相等，且三电阻的阻值相等，根据欧姆定律可知，通过两电阻的电流均为：
I′= ܫ
2
则AB 间允许消耗的最大功率：
P 总＝I2R+（I′）2R+（I′）2R＝I2R+（
ܫ
2）2R+（
ܫ
2）2R= 3
2P 额= 3
2 ×10W＝15W。故选：C。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清通过各电阻之间的电流关系和电功率
公式的灵活选取是关键．
27．【分析】当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。根据磁感线条数的变化，分析磁通量是
否变化，再进行判断。
【解答】解：A、导线中电流强度不变时，产生的磁场不变，导线周围的磁感应强度不变，则穿过线框的磁通量
不变，故不可以产生感应电流，故A 正确；
B、线框向右运动时，线框中的磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，可以产生感应电流，故B 错误；
C、线框向左运动时，线框中的磁感应强度增大，穿过线框的磁通量增大，可以产生感应电流，故C 错误；
D、线框以ab 为轴转动，线框的磁通量发生变化，故可以产生感应电流，故D 错误。
本题选不产生感应电流的，故选：A。
【点评】判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化。
28．【分析】根据磁通量的公式Φ＝BScosθ分析磁通量的变化，注意有效面积的判断．
【解答】解：在线圈以ab 为轴旋转90°的过程中，由于线圈在垂直于磁场平面上的投影面积不变，即有效面积
不变，故开始时磁通量不变；而当cd 过进入磁场后，有效面积减小；故磁通量减小；故只有D 正确；故选：D。
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【点评】本题考查磁通理的性质，要注意正确确定有效面积的大小．
29．【分析】两个点电荷间相互作用的电场力是一对作用力与反作用力；作用力与反作用力的关系是大小相等，方
向相反，作用在同一条直线上；根据库仑定律分析电场力的变化。
【解答】解：A、两个点电荷间相互作用的电场力是一对作用力与反作用力，故A 错误；
B、作用力和反作用力总是大小相等，方向相反的，与两个点电荷的电量大小无关，故B 正确；
C、根据库仑定律：F=݇ܳ
ݍ
ݎ2
可知，当两个点电荷间距离增大而电量保持不变时，这两个电场力的大小一定减小，
故C 错误；
D、根据库仑定律可知，当两个点电荷间距离不变而其中一个电荷的电量增大时，则两电荷间的相互作用力一定
增大，故D 错误；故选：B。
【点评】本题主要是考查作用力与反作用力和一对平衡力的区别，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在
于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的。
30．【分析】每个电子的电荷量大小为e＝1.6×10
﹣19C．根据电流的定义式I= ݍ
ݐ，求解示波管中电流的大小．
【解答】解：每个电子的电荷量大小为：e＝1.6×10
﹣19C，
6×1013 个电子总电荷量为：q＝6×1013×1.6×10
﹣19C＝9.6×10
﹣6C，
则示波管中电流大小为：I= ݍ
ݐ= 9.6×10−6
2
ܣ= 4.8 × 10−6A。故选：C。
【点评】本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的定义式．
31．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F＝BIL 求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方
向．由平衡条件和安培力知识分析即可．
【解答】解：棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有从M 流向N 的电流，根据左手定则可知，棒所
受安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力减小，则安培力必须增加，由安培力公式F＝BIL
知，可以适当增加电流强度，或增大磁场，若使电流或磁场反向，安培力方向竖直向下，悬线的拉力将增大。故
C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键要掌握安培力的方向判断方法：左手定则，以及安培力大小公式F＝BIL．
32．【分析】根据并联电路，电压相等情况下，电阻越大，则电流越小。且并联电路的电阻比任意一个电阻的阻值
还小。
【解答】解：根据并联电路，电阻越小，则电流越大，所以金属电阻丝（R2），比每个灯的灯丝（R1）电阻大。
当灯的灯丝断了之后，电路中电阻增加，则电流变小，故亮度变暗。则②③的说法对，则C 正确，ABD 错误故
选：C。
【点评】查欧姆定律、并联电路的电压相等下，电流与电阻的关系。同时并联电路中电阻比任意一个电阻还小。
33．【分析】根据电压表示数等于输入电压，则可知，要么灯泡短路，要么电阻R1、R2 断路，从而即可求解。
【解答】解：由题意可知，电压表的示数等于输入电压，则可能灯泡短路，或者电阻R1、R2 断路，因此B 正确，
ACD 错误；故选：B。
【点评】本题考查电路的故障分析，明确电压表测量对象是解题的关键。
34．【分析】根据左手定则判断出安培力的方向，通过受力分析判断合力能否为零，判断导线能否静止在光滑的斜
面上。
【解答】解：A、导线所受安培力竖直向上，若其大小等于重力，则导线可以静止在光滑的斜面上，故A 正确；
B、导线所受安培力水平向右，受重力和支持力，三个力可以平衡，所以导线能静止在光滑的斜面上，故B 正确；
C、导线所受安培力垂直于斜面向下，受重力和支持力，三个力不可能平衡，所以导线不能静止在光滑的斜面上，
故C 错误；
D、导线所受安培力沿斜面向上，受重力和支持力，三力可以平衡，所以导线能静止在光滑的斜面上，故D 正确；
本题选不可能使导体棒保持静止的，故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，通过共点力平衡进行分析。
35．【分析】电场线的疏密反映电场的强弱，再根据F＝Eq 可得出电场力大小的变化即可解决问题。
【解答】解：负电荷受电场力水平向左，使其从静止开始向左运动，
要使加速度逐渐增大，也就是所受电场力增大，电场线的疏密反映电场的强弱，
从图中看出在水平向左的方向上，A 图中电场强度增大，B 图中电场强度减小，C 图中电场强度不变，D 图中电
场强度减小，故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟的带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真
把握。
三、实验题（每题4 分，共12 分）
36．【分析】用DIS 研究通电螺线管的磁感应强度实验使用磁传感器测量各点的磁感应强度，根据图线确定出螺线
管中心的磁场大小，根据Φ＝BS 求出磁通量的大小．
【解答】解：在“用DIS 研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，用磁传感器测量螺线管的轴线上各点的磁感
应强度．
根据图线知，螺线管中心的磁感应强度的大小大约为4.5×10
﹣3T，则磁通量Φ＝BS= ܤ⋅ߨ݀2
4
= 4.5 × 10−3 ×
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3.14×16×10−4
4
=5.6×10
﹣6Wb．
故答案为：磁，（5.6±0.2）×10
﹣6Wb
【点评】解决本题的关键掌握磁通量的公式Φ＝BS，注意B 与S 垂直时，磁通量Φ＝BS，否则S 为垂直于磁场
方向上的投影．
37．【分析】（1）与电动机并联的一定是电压传感器，相当电压表；与电动机串联的一定是电流传感器，相当电流
表；
（2）根据P＝UI 计算输入功率即可；
（3）消耗的电能是xyt，产生的机械能等于重力势能的增加量mgh，也等于消耗的电能减去电动机内阻的热能。
【解答】解：（1）A 与电动机并联，一定是电压传感器；B 与电动机串联，一定是电流传感器；
（2）A 与计算机相连，是数据采集器；B 与电动机并联，是电压传感器；C 与电动机串联，是电流传感器；所
以电压表读数是X，电流表读数是Y，故电动机输入功率为：P 入＝XY；
（3）消耗的电能是Q＝P 入t＝XYt，产生的机械能等于重力势能的增加量mgh，故效率为：η=݉݃
t
ݔݕݐ
故答案为：（1）电压传感器、电流传感器；（2）xy；（3）݉݃
t
ݔݕݐ。
【点评】本题关键是明确实验原理，根据P＝UI 计算输入功率，难度不大，属于基础题。
38．【分析】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计
与副线圈组成另一个闭合电路。
（2）根据感应电流产生条件：穿过线圈的磁通量变化，即可求解。
【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流
计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；
（2）穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路会产生感应电流：闭合与断开开关瞬间、闭合开关后把小线圈插
入大线圈过程、闭合开关后移动滑动变阻器滑片过程都会产生感应电流。
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）闭合与断开开关瞬间。
【点评】知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键。对于该实验，要明
确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习。
四、简答题（每题4 分，共8 分）
39．【分析】（1）根据右手定则可以判断导体切割磁感线时，产生的感应电流的方向．
（2）根据左手定则可以判断导体棒所受安培力的方向，进而判断速度的方向．
【解答】解：（1）根据右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感
线从手心进入，并使拇指指向导线运动方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向，所以电流的方向从b 到
a．
（2）根据左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进
入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向，所以导体棒所受
安培力水平向左，导体棒减速运动，速度减小．
答：（1）指出ab 棒中感应电流的方向为从b 到a．
（2）ab 棒运动过程中，速度减小．
【点评】此题考查左手定则和右手定则，要明确四指、大拇指代表的物理意义．
40．【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由
电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路。
【解答】解：甲、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RA＜RB，把灯泡B 与电
阻并联的话，会使并联的部分的电阻变小，可能使A 与并联部分的电阻相同所以AB 能同时正常发光，并且并联
部分消耗的功率与A 灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W，所以甲能正常发光，且消耗的总功率为200W；
乙、由于灯泡要满足110V 的额定电压，所以当A 灯泡与电阻串联以后，再与B 灯泡并联，而B 灯泡的电压高
于额定110V 的电压，不能正常工作，故乙不能正常发光；
丙、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝60W，由此可知RA＜RB，把灯泡B 与电阻并联的话，
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会使并联的部分的电阻更小，所以AB 的电压不会平分，AB 不会同时正常发光；
丁、把AB 并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB 并联的总的电阻相等时，AB 就可以正常发
光，此时电阻消耗的功率为AB 灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为320W，故丁能正常发光，且
消耗的功率为320W。
答：（1）图中甲、丁的连接方法能使两灯正常发光；
（2）图甲连接的方法消耗的功率为200W，图丁消耗的功率为320W，故图甲的连接方法最省电。
【点评】能根据P=ܷ
2ܴ
由功率确定电阻的大小，再根据串并联电路的特点分析电路连接电压分配问题，掌握串并
联电路特点是正确解题的关键。
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2019-2020 学年陕西省西安中学高二期末物理试卷（文科）
一、选择题（共18 小题，每小题4 分，共72 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（4 分）运动员进行“折返跑”训练，从A 点沿直线跑到B 点，又从B 点沿原路返回A 点，A、B 两点直线距离
为50m，此过程中运动员的路程和位移的大小分别是（
）
A．50m，0
B．100m，0
C．50m，100m
D．100m，100m
2．（4 分）地球同步通讯卫星，是无线电波传播的中继站．同步卫星绕地心转动，地面上观察者却发现它是静止的，
这是因为观察者所选择的参考系是（
）
A．太阳
B．月球
C．地球
D．卫星
3．（4 分）某物体运动的速度图象如图所示，根据图象可知（
）
A．0～2s 内的加速度为1m/s2
B．0～5s 内的位移为10m
C．第2s 末与第3s 末物体的位置相同
D．第1s 末与第5s 末加速度方向相同
4．（4 分）一辆汽车以1m/s2 的加速度行驶了12s，驶过了180m．汽车开始加速时的速度是多少？（
）
A．7 m/s
B．9m/s
C．11m/s
D．12 m/s
5．（4 分）如图所示，将光滑斜面上的物体的重力mg 分解为F1、F2 两个力，下列结论正确的是（
）
A．力F1、F2 二个力的作用效果跟重力mg 的作用效果相同
B．物体受mg、N、F1、F2 四个力作用
C．物体受N、F1、F2 三个力作用
D．F2 是物体对斜面的正压力
6．（4 分）物体同时受到同一平面内三个力作用，下列几组力的合力不可能为零的是（
）
A．5N，7N，8N
B．5N，2N，3N
C．1N，5N，10N
D．10N，10N，10N
7．（4 分）沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人
在其表面行走时容易下陷，若人下陷的过程是先加速后匀速运动，下列判断正确的是（
）
A．加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力
B．加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力
C．人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力
D．人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力
8．（4 分）以下关于惯性的说法正确的是（
）
A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大
B．用相同的水平力，分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大
C．匀速行驶中的客车突然刹车，乘客向前倾，这是由于惯性所引起的
D．物体不受外力作用时才有惯性
9．（4 分）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞
的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m 时才能达到起
飞所要求的速度v＝80m/s，已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1 倍，重力加速度
取g＝10m/s2，则飞机滑跑过程中牵引力为（
）
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A．7.0×104 N
B．1.4×105N
C．2.1×105N
D．8.4×105N
10．（4 分）在同一点O 抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、
vC 的关系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC 的关系分别是（
）
A．vA＞vB＞vC
tA＞tB＞tC
B．vA＝vB＝vC
tA＝tB＝tC
C．vA＜vB＜vC
tA＞tB＞tC
D．vA＞vB＞vC
tA＜tB＜tC
11．（4 分）如图所示的皮带传动装置中，右边两轮粘在一起且同轴，A、B、C 三点均是各轮边缘上的一点，半径
RA＝RC＝2RB，皮带不打滑，则：A、B、C 三点线速度、向心加速度的比值分别是（
）
A．vA：vB：vC＝1：1：2
aA：aB：aC＝1：1：4
B．vA：vB：vC＝1：2：2
aA：aB：aC＝1：2：4
C．vA：vB：vC＝1：1：2
aA：aB：aC＝1：2：4
D．vA：vB：vC＝1：2：2
aA：aB：aC＝1：2：2
12．（4 分）不可回收的航天器最终将成为漂浮在太空中的垃圾．如图所示，是绕地球运行的太空垃圾，对于离地面
越高的太空垃圾，下列说法正确的是（
）
A．运行速率越大
B．运行速率越小
C．运行周期越小
D．可能追上同一轨道上的航天器
13．（4 分）关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（
）
A．第一宇宙速度的数值是7.9km/s
B．第一宇宙速度的数值是11.2km/s
C．它是卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度
D．它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
14．（4 分）跳台滑雪是利用自然山形建成的跳台进行的滑雪运动之一，起源于挪威。运动员脚着特制的滑雪板，沿
着跳台的倾斜助滑道下滑，借助下滑速度和弹跳力，使身体跃入空中，在空中飞行约4﹣5 秒钟后，落在山坡上。
某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，
由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中（
）
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
15．（4 分）某人在高h 处抛出一个质量为m 的物体，不计空气阻力，物体落地时速度为v，该人对物体所做的功
为（
）
A．mgh
B．݉
ݒ2
2
C．mgh+݉
ݒ2
2
D．݉
ݒ2
2
−mgh
16．（4 分）真空中有甲乙两个点电荷，相距r 时的静电力为F．若保持两者间距不变，使甲的电荷量变为原来的2
倍，乙的电荷量变为原来的
1
3倍，则它们之间的静电力变为（
）
A．
2
3F
B．
3
2F
C．
1
6F
D．
4
9F
17．（4 分）如图四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v 和洛伦兹力F 三者方向之间的关系，其中正确的是（
）
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A．
B．
C．
D．
18．（4 分）如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中不会引起电流表指针偏转的是（
）
A．闭合开关时
B．断开开关时
C．闭合开关后拔出线圈A 时
D．断开开关后移动变阻器的滑片时
二、填空题（每空2 分，共12 分）
19．（4 分）在研究匀变速度直线运动规律的实验中，小车拖着纸带运动，每秒50 次的打点计时器打出的纸带如图
所示，选出0、1、2、3、4 共5 个记数点，每相邻两个点间还有4 个实验点未画出，则小车在打点计时器打出第
3 个计数点时的瞬时速度是
m/s，小车的加速度是
m/s2．已测得S1＝1.01cm，S2＝3.21cm，S3＝
5.39cm，S4＝7.60cm
20．（8 分）在“探究加速度与力、质量关系”的实验中：
（1）探究物体的加速度与力的关系时，应保持
的质量不变，分别改变施加在物体上的力F，测出相对应
的加速度a。
（2）实验中，长木板不是直接放在水平实验台上，而是把后端略微垫高，这样做的目的是
（3）当小车质量M 与小沙桶及沙子质量m 的大小关系满足
时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘
中砝码的重力。
（4）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持小沙桶及沙子的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，
测出相应的加速度，采用图象法处理数据。为了比较容易地检查出加速度a与质量M 的关系，应该做a 与
的
图象。
三、计算题（16 分）
21．（16 分）民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动
生成一个由气囊构成的斜面。如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB＝3.0m，斜面长AC＝5.0m，
斜面与水平地面CD 段间有一段小圆弧平滑连接。旅客从气囊上由静止开始滑下，其与气囊、地面间的动摩擦因
数均为μ＝0.55，不计空气阻力，g＝10m/s2．求：
（1）人在气囊上滑行时加速度大小；
（2）人滑到斜面底端C 时的速度大小；
（3）人离开C 点后还要在地面上滑行多远才能停下。
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2019-2020 学年陕西省西安中学高二期末物理试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共18 小题，每小题4 分，共72 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．【分析】根据位移和路程的定义进行分析解答；明确物体回到原点时，位移为零；而路程是物体实际经过的轨迹
的长度．
【解答】解：由题意可知，运动员返回到原点，故位移为零；
而路程等于经过的轨迹的长度；故路程为s＝2×50＝100m；故选：B。
【点评】本题考查位移与路程，要注意明确，位移是物体初末两点间的直线距离，而路程是物体经过轨迹的长度．
2．【分析】解答此题的关键是看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生
改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的．
【解答】解：ABC、因为同步卫星的转动和地球的转动是同步的，地球怎么转动卫星也怎么转动，它相对于地球
的位置没有没有发生变化，所以，以地球为参照物，卫星是静止的；
若以太阳，月亮或宇宙飞船为参照物，卫星与太阳，月亮或宇宙飞船之间的相对位置发生了变化，是运动的。故
C 正确；AB 错误；
D、选取其它同步通信卫星作为参考系时，做匀速圆周运动，因同步，则相对静止；若选取其它不同步的，则存
在相对运动的，故D 错误。故选：C。
【点评】理解“同步”是本题的关键，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，
但都是正确的结论．
3．【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度大小。根据斜率的正负分析加速度的正负。图线与两个坐标轴所围“面
积”等于位移。
【解答】解：A、0﹣2s 内的加速度大小为：a= △ݒ
△ݐ= 2−0
2−0݉
/ݏ2 = 1݉
/ݏ2，故A 正确；
B、0﹣5s 内的位移为：x= (2+5)
2
× 2݉
= 7݉
，故B 错误；
C、由于前2s 和3s 内位移不同，故第2s 末与第3s 末物体的位置不相同，故C 错误；
D、斜率的正负表示a 的方向，由图可知，第1s 末与第5s 末加速度方向相反。故D 错误。故选：A。
【点评】熟练掌握速度图象的物理意义，能够利用速度图象求物体运动的加速度，位移，是解决此类问题的关键。
4．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t+ 1
2at2，求出汽车的初速度．
【解答】解：汽车以1m/s2 的加速度加速行驶了12s，驶过了180m，根据位移时间公式x＝v0t+ 1
2at2，有：
v0=
180−1
2×1×144
12
= 9݉
/ݏ故选：B。
【点评】本题关键是明确汽车的运动性质，然后选择恰当的运动学公式列式求解，基础题．
5．【分析】光滑斜面上的物体的重力mg 按作用效果分解为沿斜面向下和垂直于斜面两个方向的分力，注意两个分
力不是物体所受到的力，两分力共同作用效果与重力作用效果相同．
【解答】解：A、F1 是重力沿着斜面的分力，F2 是重力垂直斜面的分力，力F1、F2 二个力的作用效果跟重力mg
的作用效果相同。故A 正确；
B、C、F1 是重力沿着斜面的分力，F2 是重力垂直斜面的分力，力mg 与F1 和F2 是合力与分力关系，因此物体只
受重力和支持力两个力。故B 错误，错误。
D、F2 是重力垂直斜面的分力，不是物体对斜面的压力。故D 错误。故选：A。
【点评】解决本题的关键知道F1、F2 是重力的两个分力，产生的作用效果，一个使物体下滑，一个压紧斜面．
6．【分析】根据力的合成法则可知：三个力的合力为零时，则第三个力肯定在第一二两个力的合力范围里，由此判
断选项即可．
【解答】解：三个力合力为0 时，则任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，由此可知，任意一个力
在另外两个力的合力范围。
A、5N 和7N 的合力范围为：2N﹣12N，8N 在合力范围里，故三个力的合力可能为0；故A 正确；
B、2N 和3N 的合力范围为：1N﹣5N，5N 在合力范围里，故三个力的合力可能为0；故B 正确；
C、1N 和5N 的合力范围为：4N﹣6N，10N 不在合力范围里，故三个力的合力不可能为0；故C 错误；
D、10N 和10N 的合力范围为：0N﹣20N，10N 在合力的范围里，故三个力的合力可能为0．故D 正确；
本题选择错误的，故选：C。
【点评】熟悉三个力合力最小值的判定方法，熟悉平衡条件的推论即其应用．
7．【分析】沼泽地地面对人的支持力和人对沼泽地地面的压力是相互作用力，二者大小相等．对人受力分析，人受
重力和支持力，重力大于支持力，故人会向下加速运动；
【解答】解：人对沼泽地地面的压力与沼泽地地面对人的支持力为作用力与反作用力，故二力一定相等，故A、
B、C 错误；D 正确。故选：D。
【点评】不管人是加速下降、匀速下降还是减速下降，人对沼泽地地面的支持力和沼泽地地面对人的压力总是
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等大、反向、共线，与人的运动状态无关．
8．【分析】惯性大小取决于物体的质量大小，与速度大小无关．匀速行驶中的客车突然刹车，乘客向前倾，是由于
惯性所引起的．
【解答】解：A、惯性大小与物体速度的大小无关。故A 错误。
B、用相同的水平力，分别推放在地面上的两个材料不同的物体，难以推动的物体受到的最大静摩擦力。故
B 错误。
C、匀速行驶中的客车突然刹车，乘客下半身随车减速，而上半身由于惯性保持原来向前的速度而向前倾倒，
故C 正确。
D、物体不受外力作用和受力作用时都有惯性。故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查对惯性的理解能力．要注意惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，惯性大小取决于物体
质量大小．
9．【分析】根据运动学公式求得运动的加速度；根据牛顿第二定律求得牵引力。
【解答】解：飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，根据x= ݒ
2 ݐ
解得：t= 2ݔ
ݒ= 2×1600
80
s＝40s
加速度大小为：a= ݒ
ݐ=2m/s2；
飞机起飞的过程中受到牵引力与阻力，根据牛顿第二定律可知：
F﹣f＝ma，
解得：F＝f+ma＝2.1×105N；故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
10．【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖
直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。
【解答】解：三个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初
速度较大，如图所示，
由图可知：vA＜vB＜vC，
由h= 1
2gt2 可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以tA＞tB＞tC，所以C 正确。故选：C。
【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的
自由落体运动来求解。
11．【分析】（1）由v＝ωr 知线速度相同时，角速度与半径成反比；角速度相同时，线速度与半径成正比。
（2）由a＝ωv 结合角速度和线速度的比例关系，可以知道加速度的比例关系
【解答】解：因为A、B 两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内A、B 两点转过的弧长相等，即：vA＝vB。
由v＝ωr 知；ωB：ωA＝2：1
又B、C 是同轴转动，相等时间转过的角度相等，即：ωB＝ωC，
由v＝ωr 知，vB：vC＝1：2
所以：vA：vB：vC＝1：1：2，
再根据a＝ωv 得：aA：aB：aC＝1：2：4 故选：C。
【点评】题目主要考查v＝ωr 及a＝ωv 的应用，并注意各自半径的关系，属于简单题目
12．【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力，由轨道的大小变化判定描述圆周运动物理量大小关系即可．
【解答】解：根据万有引力提供圆周运动向心力有：ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉
ݒ2
ݎ=݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 有：
AB、垃圾的运行速率ݒ=
ܩܯ
ݎ可得半径越大的太空垃圾运行速率越小，故A 错误，B 正确；
C、垃圾运行的周期T=
4ߨ2ݎ3
ܩܯ可得半径越大的太空垃圾周期越大，故C 错误；
D、在同一轨道上运动的航天器周期和线速度大小相同，故在同一轨道上不能追上同一轨道的航天器，故D 错误。
故选：B。
【点评】航天器绕地球匀速圆周运动向心力由万有引力提供，能根据半径关系分析描述圆周运动物理量的大小关
系是正确解题的关键．
13．【分析】由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射
速度，可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s。飞船的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s 时，就脱离
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地球束缚。所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度，同时要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙
速度之间。
【解答】解：AB、第一宇宙速度为v=
ܩܯܴ=7.9km/s，故A 正确，B 错误；
C、在地面附近发射飞行器，如果速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，它绕地球飞行的轨迹就不是圆，而是椭圆，
故在椭圆轨道上运行的卫星，在近地点的速度均大于7.9km/s，故C 错误；
D、第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，故D
错误；故选：A。
【点评】本题要理解第一宇宙速度的意义，明确第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，也
是卫星绕地球做圆周运动最小的发射速度。
14．【分析】由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，
运动员的速率不变，运动员做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和动能定理分析各项。
【解答】解：A、因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，所以合外力不为零，故A 错误；
B、如图所示，斜面坡度一直在改变，根据受力分析可得，运动员对斜面的压力会改变，所以摩擦力大小也会变，
关于B 错误；
C、根据动能定理可知，运动员的动能不变，则合外力做功为零，故C 正确；
D、由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故D 错误；故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律和动能定理，关键是抓住运动员做匀速圆周运动。
15．【分析】人对小球做的功等于小球获得的初动能，根据对抛出到落地的过程运用动能定理即可求得初动能
【解答】解：人对小球做的功等于小球获得的初动能，
根据对抛出到落地的过程运用动能定理得：
mgh= 1
2݉
ݒ2 −1
2݉
ݒ02
解得：
1
2݉
ݒ02 =
1
2݉
ݒ2 −݉݃
t
即人对小球做的功等于
1
2݉
ݒ2 −݉݃
t 故选：D。
【点评】本题考查了动能定理的直接应用，在不涉及到运动时间和运动过程以及变力做功时运用动能定理解题较
为简洁、方便．该题难度不大，属于基础题．
16．【分析】根据点电荷库仑力的公式F＝kܳ
ݍ
ݎ2可以求得改变之后的库仑力的大小。
【解答】解：根据库仑定律可知甲、乙两个点电荷间的库仑力F＝kܳ
ݍ
ݎ2 ，
若甲的电荷量变为原来的2 倍，乙的电荷量变为原来的
1
3，而两者间的距离仍为r，则它们之间的静电力变为F′
=
2ܳ⋅ݍ
3
ݎ2 = 2
3 ܨ，故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了，理解电荷的中和含义。
17．【分析】伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一个平面内，磁感线通过掌心，四指方向与正电荷运
动方向相同，大拇指所指的方向为洛伦兹力方向．
【解答】解：A、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下。故A 错误。
B、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上。故B 正确。
C、根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外。故C 错误。
D、电荷的运动方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力。故D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则，注意四指方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反．
18．【分析】当穿过闭合回路磁通量发生变化时，会产生感应电流．
【解答】解：A、闭合开关时，穿过B 线圈的磁通量从无到有，磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发
生偏转。故A 错误。
B、断开开关时，穿过B 线圈的磁通量从有到无，磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转。故B
错误。
C、闭合开关后，拔出线圈A 时，穿过B 线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转。故C
错误。
D、断开开关后，移动滑动变阻器，穿过线圈B 的磁通量始终为零，磁通量不变，不产生感应电流。故D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道感应电流的产生条件，即穿过闭合回路的磁通量发生变化．
二、填空题（每空2 分，共12 分）
19．【分析】作匀变速直线运动的物体在某一段时间内的平均速度等于该段时间内的中间时刻的速度，由此可求某
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点的瞬时速度；作匀变速直线运动的物体在连续相等的时间内通过的位移差等于恒量即△x＝aT2，由此可求物体
运动的加速度大小．
【解答】解：每相邻两点间还有4 个试验点（图中未画），所以相邻的计数点间的时间间隔：T＝0.1s，
根据物体在某一段时间内的平均速度等于该段时间内的中间时刻的速度有：
v3= ݏ3+ݏ4
2ܶ
= (5.39+7.60)t݉
2×0.1ݏ
= 0.65݉
/ݏ
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可得：
ݏ4 −ݏ2 = 2ܽ
1ܶ
2
ݏ3 −ݏ1 = 2ܽ
2ܶ
2ܽ
=ܽ
1+ܽ2
2
= (ݏ3+ݏ4)−(ݏ1+ݏ2)
4ܶ2
= (7.60+5.39)t݉
−(1.01+3.21)t݉
4×(0.1ݏ)2
=2.19m/s2．
故答案为：0.65，2.19．
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应
用．
20．【分析】（1）探究加速度与力的关系应用控制变量法，应保持小车质量不变，分别改变施加在小车上的拉力F，
测出相对应的加速度a；
（2）探究加速度与力、质量的关系，要采取控制变量法，实验中应把长木板在小车运动的起始端适当垫高，目
的是平衡摩擦力，使重力的分力与摩擦力平衡。
（3）为使绳子的拉力等于重物的重力，小车及车中砝码的质量应远远大于盘及盘中砝码的质量，即m＜＜M；
（4）反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原
点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系。
【解答】解：（1）若要探究小车的加速度与合力的关系，应保持小车质量不变，分别改变施加在小车上的拉力F，
测出相对应的加速度a。
（2）在探究物体的加速度与力的关系时，应保持小车的质量不变。因为存在摩擦，实验时将长木板在小车运动
的起始端适当垫高，使重力的分力等于摩擦力，从而平衡摩擦力。
（3）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究。当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关
系。
那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力
沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力。
根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F 拉＝ma
对M：F 拉＝Ma
解得：F 拉=݉
ܯ݃݉
+ܯ=݉݃݉
ܯ+1，当m＜＜M 时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重
力。
（4）根据牛顿第二定律F＝Ma，a 与M 成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因
变量之间的关系，故不能作a﹣M 图象；但a= ܨ
ܯ，
故a 与
1
ܯ成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故
应作a−1
ܯ图象；
故答案为：（1）小车（2）平衡摩擦力（3）m＜＜M（4）a−1
ܯ
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，
故要加强对实验原理的学习和掌握。
三、计算题（16 分）
21．【分析】（1）对旅客受力分析由牛顿第二定律可求得加速度；
（2）旅客从气囊上由静止开始滑下过程，重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理求解人滑到斜面底端C 时的速
度大小；
（3）人离开C 点后在水平地面上受到滑动力作用而减速，根据动能定理求解还要在地面上滑行的距离。
【解答】解：（1）旅客受重力、气囊的支持力、气囊的摩擦力，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得：a＝1.6m/s2
（2）由动能定理得：
mgh﹣μmgScosθ= 1
2mv2
解得：v＝4m/s
（3）设人在CD 水平面上滑行的距离为x
由动能定理得：
μmgx= 1
2mv2
解得：x＝1.45m
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答（1）人在气囊上滑行时加速度大小是1.6m/s2；
（2）人滑到斜面底端C 时的速度大小是4m/s；
（3）人离开C 点后还要在地面上滑行1.45m。
【点评】本题是运用动能定理研究多过程问题，对于第（3）问也可以对全过程研究列式求解。
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2019-2020 学年陕西省西安中学高二期末物理试卷（理科）
一、选择题（第1 题至第6 题只有一个正确选项，第7 题至第10 题有多个正确选项，共计40 分）
1．（4 分）a、b、c 是三个固定于同一平面内的通电直导线，通入大小相等方向如图所示的电流．ab 与bc 间距相等，
则电流a、b、c 受力方向分别是（
）
A．向右、向右、向左
B．向右、向左、向右
C．向左、向右、向右
D．向左、向左、向右
2．（4 分）如图，在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许
多质量为m 带电量为+q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域．不计重力，
不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=݉
ݒ
ܤݍ．哪个图是正确的？
（
）
A．
B．
C．
D．
3．（4 分）如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面，在下列情况中线圈不
能产生感应电流的是（
）
A．导线中电流强度变大
B．线框向右平动
C．线框向下平动
D．线框以ad 边为轴转动
4．（4 分）如图所示，PQRS 为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN 为边界的匀强磁场，磁场方向垂直
线框平面，MN 线与线框的边成45°角，E、F 分别为PS 和PQ 的中点，关于线框中的感应电流（
）
A．当E 点经过边界MN 时，感应电流最大
B．当P 点经过边界MN 时，感应电流最大
C．当F 点经过边界MN 时，感应电流最大
D．当Q 点经过边界MN 时，感应电流最大
5．（4 分）小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线
圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，
不计线圈电阻，则发电机输出电压（
）
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A．峰值是e0
B．峰值是2e0
C．有效值是
2
2 e0
D．有效值是2Ne0
6．（4 分）让一价氢离子、一价氦粒子和二价氦粒子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转
电场里偏转，则（
）
A．它们会分成三股射出
B．它们会分成两股射出
C．它们会沿同一轨迹运动
D．它们只是在同一位置射出
7．（4 分）如图所示，一电动机与一电阻R 串联接在电源上，电源电动势E＝20V，内电阻r＝1Ω，用理想电压表测
出电动机两端的电压为10V，已知电动机的电阻RM＝1Ω，电阻R＝9Ω，则（
）
A．流过电动机的电流为10A
B．电动机消耗的热功率为100W
C．电动机的机械功率为9W
D．电动机消耗的热功率为1W
8．（4 分）如图所示，两个闭合铝环A、B 与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B 可以左右摆动，则（
）
A．在S 闭合的瞬间，A、B 必相吸
B．在S 闭合的瞬间，A、B 必相斥
C．在S 断开的瞬间，A、B 必相吸
D．在S 断开的瞬间，A、B 必相斥
9．（4 分）如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有（
）
A．当S 闭合时，L1 立即变亮，L2 逐渐变亮
B．当S 闭合时，L1 一直不亮，L2 逐渐变亮
C．当S 断开时，L1 立即熄灭，L2 也立即熄灭
D．当S 断开时，L1 突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
10．（4 分）如图所示，在水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自轨道右侧的P 点无初
速度滑下，下列判断正确的是：（
）
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A．圆环中将有感应电流产
B．圆环能滑到轨道左侧与P 点等高处
C．圆环最终停到轨道最低点
D．圆环将会在轨道上永远滑动下去
二、实验题（每空2 分，共计24 分）
11．（14 分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
（1）应该选择的实验电路是图1 中的
（选项“甲”或“乙”）．
（2）现有电流表（0﹣0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0﹣15V）
B．电压表（0﹣3V）
C．滑动变阻器（0﹣50Ω）
D．滑动变阻器（0﹣500Ω）
实验中电压表应选用
；滑动变阻器应选用
；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学记录的6 组数据如下表所示，其中5 组数据的对应点已经标在图2 的坐标纸上，请标出余下一组
数据的对应点，并画出U﹣I 图线．
序号
1
2
3
4
5
6
电压U（V）
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I（A）
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E＝
v，内电阻r＝
Ω
（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U 以及干电池的输出功率P 都会发生变化．图3 的各
示意图中正确反映P﹣U 关系的是
．
12．（10 分）某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总
电阻．使用的器材有：
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多用电表；
电压表：量程5V，内阻十几千欧；
滑动变阻器：最大阻值5kΩ
导线若干．
回答下列问题：
（1）将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡，再将红表笔和黑表笔
，调零点．
（2）将图（a）中多用电表的红表笔和
（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．
（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多角电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示．多
用电表和电压表的读数分别为
kΩ和
V．
（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从
测量数据可知，电压表的内阻为
kΩ．
三、解答题（每题满分均为12 分，共计36 分，在解答过程中，需写出必要的文字说明及计算过程，）
13．（12 分）如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4 为边界的
两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4 与A1A3 的夹角为60°．一质量为m、带电量为+q 的粒子以某一速度从Ⅰ区的
边缘点A1 处沿与A1A3 成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4 的方向经过圆心O 进入Ⅱ区，最
后再从A4 处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小（忽略
粒子重力）．
14．（12 分）如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R1 连接成闭合回路，
线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2 的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t
变化的关系图线如图（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0 和B0 导线的电阻不计，求0 至t1 时间内
（1）通过电阻R1 上的电流大小和方向；
（2）通过电阻R1 上的电量q 及电阻R1 上产生的热量．
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15．（12 分）如图所示，在一个磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一弯成45°角的金属导轨，且导轨平面垂直磁场
方向．导电棒MN 以速度v 从导轨的O 点处开始无摩擦地匀速滑动，迷度v 的方向与Ox 方向平行，导电棒与导
轨单位长度的电阻为r．
（1）写出t 时刻感应电动势的表达式．
（2）感应电流的大小如何？
（3）写出在t 时刻作用在导电棒MN 上的外力瞬时功率的表达式．
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2019-2020 学年陕西省西安中学高二期末物理试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（第1 题至第6 题只有一个正确选项，第7 题至第10 题有多个正确选项，共计40 分）
1．【分析】根据通电导线来确定磁场的分布，再由左手定则来确定处于磁场中通电导线所受到的安培力方向，最后
进行力的合成从而确定导线受力方向．
【解答】解：根据右手螺旋定则可确定，导线b 在导线a 处产生的磁场方向均垂直纸面向外，而导线c 在导线a
处产生的磁场方向垂直纸面向里。由靠近导线的磁场强远离导线的磁场弱，则导线b、c 在导线a 的合磁场方向
垂直纸面向外，则由左手定则可知，安培力方向向右。同理，导线c 的安培力方向向右，导线b 的受力方向向左，
故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】考查右手螺旋定则、左手定则及磁场的叠加，同时还可以利用同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，
可知：导线b 与导线a 电流方向相反，则导线b 对导线a 存在排斥，而导线c 对导线a 存在吸引，由于排斥力大
于吸引力，所以导线a 所受力方向左．同理可确定其它导线的受力．
2．【分析】相同速率的粒子在磁场中圆周运动的半径相同，根据带电粒子的进入磁场的方向可确定出圆心的位置，
则可得出所有粒子能到达的最远位置，即可确定出粒子的范围．
【解答】解：据题：所有粒子的速率相等，由R=݉
ݒ
ݍܤ可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O
点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO＝2r＝2R；
随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O 点为圆心以2R 为半径转动；则可得出符合题意的范
围应为A；故A 正确。故选：A。
【点评】确定带电粒子轨迹的范围一般应用画图的方法找出，结合几何知识进行分析，可以用最快的速度求出结
论．
3．【分析】当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。
【解答】解：A、导线中电流强度变大，则周围的磁感应强度增强，则线框中磁通量增大，故可以产生感应电流，
故A 错误；
B、线框向右运动时，线框中的磁感应强度减小，故磁通量减小，可以产生感应电流，故B 错误；
C、线框向下运动时，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，故不会产生感应电流，故C 正确；
D、线框以ad 边为轴转动时，线框中的磁通量发生变化，故会产生感应电流，故D 错误；故选：C。
【点评】判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化。
4．【分析】本题的关键是明确导线框的有效切割长度的含义，从图中可以看出，当P 点经过边界MN 时有效切割长
度最大为RS，即当导线框从S 到Q 进入磁场的过程中，有效切割长度先增大后减小．
【解答】解：A、由图可知，当E 点经过边界MN 时，导线框有效切割长度为ܴܵ2 ，所以感应电动势不是最大，则
感应电流不是最大，所以A 错误；
B、当P 点经过MN 时，有效切割长度最大为RS，感应电流也为最大，所以B 正确；
C、当F 点经过边界MN 时，由图可知，导线框的有效切割长度为ܴܵ2 ，所以感应电动势及感应电流不是最大，C
错误；
D、当Q 经过MN 时，由图可知，有效切割长度为零，或穿过导线框的磁通量不发生变化，所以感应电动势为零，
感应电流为零，所以D 错误。故选：B。
【点评】明确感应电动势E＝BLv 的含义，其中L 是有效切割长度，即L 是与B 及v 都垂直的长度．
5．【分析】根据矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势求出整个矩形线圈产生的感应电动势的最大值；
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系求解发电机输出电压。
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【解答】解：矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大
是2Ne0，
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得
发电机输出电压有效值U= 2݁0ܰ
2
=
2Ne0，故选：D。
【点评】本题考查了交流电产生的原理和最大值、有效值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab 边
和cd 边产生的感应电动势之和。
6．【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得
的速度表达式。根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系。
【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。
在加速电场中，由动能定理得：qU1= 1
2mv02，加速获得的速度为v0=
2ܷ
1ݍ݉，粒子进入偏转电场做类平抛运动，
在偏转电场中的偏转位移y= 1
2at2=ܷ
2ܮ
4ܷ
1݀，y 与电荷的电量和质量无关，即三种粒子具有相同的运动轨迹，不会
分开，从同一位置射出电场，故ABD 错误C 正确；故选：C。
【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场
加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。
7．【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，不适用欧姆定律，应有U＞IR．对于纯电阻部分，可以用欧
姆定律求电流。根据功率关系求出电动机输出功率。
【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得回路中的电流I= ܧ−ܷܴ
+ݎ= 20−10
9+1
=1A，则通过电动机的电流为1A．故
A 错误；
B．电动机消耗的功率即输入功率为P 入＝UI＝10W，故B 错误；
CD．电动机发热消耗的功率P 消＝I2RM＝1×1＝1W，电动机输出功率为P 出＝UI﹣I2RM＝（10×1﹣12×1）W
＝9W，故CD 正确。
故选：CD。
【点评】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能
时，是纯电阻电路。电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。
8．【分析】当开关闭合或断开时，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，同向电流相互吸引，反向电流相互
排斥。
【解答】解：A、在S 闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相
吸，则A、B 相吸，A 正确，B 错误；
C、在S 断开瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相
吸，C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了楞次定律的应用，同时要掌握：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。也可以使用楞次定
律的规范化的步骤解答，比较麻烦。
9．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自
感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。
【解答】解：AB、闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L1，由于线圈中自感电动势
的阻碍，L2 灯逐渐亮，故A 错误，B 正确。
CD、闭合开关，待电路稳定后断开开关，线圈L 产生自感电动势，两灯串联，所以L1 突然变亮，然后逐渐变暗
至熄灭，L2 逐渐暗，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相
当于电源；同时运动注意二极管的作用。
10．【分析】水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小
故能判断圆环中是否有感应电流．
【解答】解：A、水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通
量变小故有感应电流产生，故A 正确；
B、因为圆环在上滑的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升
到左侧与P 点等高处，故B 错误；
C、整个过程重力势能转化为电能，故小球最终停在最低点，故C 正确；
D、由C 项分析知，小球会停在最低处，故D 错误；
故选：AC。
【点评】此题要掌握通电导线周围的磁场是越来越小，并会对整个过程的能量转化进行分析，难度不大．
二、实验题（每空2 分，共计24 分）
11．【分析】（1）分析图示电路结构，然后答题；
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（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；
（3）应用描点法作出图象；
（4）根据电源的U﹣I 图象求出电源电动势与内阻；
（5）求出电源输出功率表达式，然后答题．
【解答】解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；
（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U﹣I 图象如图所示；
（4）由图示电源U﹣I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E＝1.5V，
电源内阻：r= △ܷ
△ܫ= 1.5−1.0
0.6
≈0.83Ω；
（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；
此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的
图象应为C．
故答案为：（1）甲；（2）B；C；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C．
【点评】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要
掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U﹣I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电
源内阻．
12．【分析】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；
（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；
（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；
（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；
【解答】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；
（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，
黑表笔接2；
（3）欧姆表读数＝倍率×表盘读数＝1K×15.0Ω＝15.0kΩ；电压表读数为3.60V；
（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0KΩ
故答案为：（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；
【点评】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活
地列式分析
三、解答题（每题满分均为12 分，共计36 分，在解答过程中，需写出必要的文字说明及计算过程，）
13．【分析】由题意可知粒子在两磁场中的转动轨迹，由几何关系可知两圆的半径，则由洛仑兹力充当向心力可列
出方程；再根据在两磁场中转过的圆心角可求得在两磁场中的时间，则由两粒子在两磁场中运动的总时间可列出
关于时间的表达式，联立可解得磁感应强度．
【解答】解：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运
动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁感应强度、轨道半径和周期ݍݒܤ1 =݉
ݒ2ܴ
1①
ݍݒܤ2 =݉
ݒ2ܴ
2②
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ܶ1 = 2ߨܴ1
ݒ
= 2ߨ݉
ݍܤ1 ③ܶ
2 = 2ߨܴ2
ݒ
= 2ߨ݉
ݍܤ2 ④
设圆形区域的半径为r，如答图5 所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4 进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2
为等边三角形，A2 为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r⑤
圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为ݐ1 = 1
6ܶ
1⑥
带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4 的中点，即R= 1
2r ⑦
在Ⅱ区磁场中运动时间为ݐ2 = 1
2ܶ
2⑧
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1+t2⑨
由以上各式可得ܤ1 = 5
6
ߨ݉
ݍݐ⑩ܤ2 = 5
3
ߨ݉
ݍݐ
故I 区磁感应强度为
5
6
ߨ݉
ݍݐ；II 区磁感应强度为
5
3
ߨ݉
ݍݐ．
【点评】带电粒子在磁场中的运动，一般可先确定圆心求出半径，再由洛仑兹力充当向心力及圆的性质求解．
14．【分析】（1）由B﹣t 图象的斜率读出磁感应强度的变化率
△ܤ
△ݐ，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电
动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向．
（2）由公式q＝It 求出通过电阻R1 上的电量q，由焦耳定律求出电阻R1 上产生的热量．
【解答】解：（1）由图象分析可知，0 至t1 时间内
△ܤ
△ݐ=
ܤ0
ݐ0
由法拉第电磁感应定律有E＝n
△Φ
△ݐ=n
△ܤ
△ݐs
而S= ߨݎ2
2
由闭合电路欧姆定律有ܫ1 =
ܧܴ
1+ܴ
联立以上各式解得
通过电阻R1 上的电流大小为
I1=݊
ܤ0ߨݎ2
2
3ܴݐ0
由楞次定律可判断通过电阻R1 上的电流方向为从b 到a．
（2）通过电阻R1 上的电量q＝I1t1=݊
ܤ0ߨݎ2
2ݐ1
3ܴݐ0
通过电阻R1 上产生的热量为
Q= ܫ1
2ܴ
1ݐ1 =
2݊2ܤ0
2ߨ2ݎ2
4ݐ1
9ܴݐ0
2
答：（1）通过电阻R1 上的电流大小为݊
ܤ0ߨݎ2
2
3ܴݐ0
，方向为从b 到a；
（2）通过电阻R1 上的电量q=݊
ܤ0ߨݎ2
2ݐ1
3ܴݐ0
，电阻R1 上产生的热量为
2݊2ܤ0
2ߨ2ݎ2
4ݐ1
9ܴݐ0
2
．
【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s 是有效面积，
并不等于线圈的面积．
15．【分析】（1）MN 棒匀速运动，经过时间t 通过的位移为x＝vt，有效的切割长度为L＝vt•tan45°，根据E＝BLv
求解感应电动势的瞬时表达式．
（2）由数学知识求得回路的总长，得到总电阻，可由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小．
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（3）金属棒匀速运动时，外力的功率等于回路总的电功率，由功率公式P＝I2R 求解．
【解答】解：（1）MN 匀速运动，则经过时间t 导线离开O 点的长度：x＝vt；
MN 切割磁感线的有效长度是L＝vt•tan45°＝vt．
t 时刻回路中导线MN 产生的感应电动势为：E＝BLv＝Bv2t；
（2）回路的总电阻为：R＝（2vt+
2vt）r
感应电流的大小为：I= ܧܴ=
ܤݒ2ݐ
(2ݒݐ+ 2ݒݐ)ݎ=
ܤݒ
(2+ 2)ݎ
；
（3）由上式分析可知，回路中产生的感应电流不变．
金属棒匀速运动时，外力的功率等于回路总的电功率，
则外力瞬时功率的表达式为：P＝I2R=
ܤ2ݒ3ݐ
(2+ 2)ݎ；
答：（1）t 时刻感应电动势的表达式为E＝Bv2t．
（2）感应电流的大小为
ܤݒ
(2+ 2)ݎ；
（3）在t 时刻作用在导电棒MN 上的外力瞬时功率的表达式为：P=
ܤ2ݒ3ݐ
(2+ 2)ݎ．
【点评】本题的关键要理解“有效”二字，要注意回路中有效电动势和总电阻都随时间增大，实际感应电流并没
有变化．
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2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高二期末物理试卷（文科）
一、选择题（本大题共23 小题，每道小题3 分，共69 分．每道小题有四个选项，只有一项是正确的）.
1．（3 分）下列关于质点的说法中，正确的是（
）
A．体积小的物体都可以看作质点
B．质量小的物体都可以看作质点
C．体积大的物体有时可以看作质点
D．研究地球的公转周期时，地球不可以看作质点
2．（3 分）下列各组物理量中，都是矢量的是（
）
A．位移、时间、质量
B．速度、加速度、力
C．路程、时间、位移
D．加速度、路程、速度
3．（3 分）以下划线上的数字指时间间隔的是（
）
A．午休从11：30 开始
B．中央电视台《新闻联播》栏目每晚7：00 准时与您见面
C．某中学的作息表上写着，第四节：10：30﹣11：10
D．某运动员的跨栏记录为12.91s
4 ．（3 分）如图所示，分别为汽车甲的位移﹣时间图象和汽车乙的速度﹣时间图象，则（
）
A．甲的加速度大小为5m/s2
B．乙的加速度大小为5m/s2
C．甲在4 s 内的位移大小为40 m
D．乙在4 s 内的位移大小为20 m
5．（3 分）关于重力、弹力和摩擦力，下列说法正确的是（
）
A．物体受到摩擦力时，一定受到弹力
B．两物体之间有弹力时，一定受到摩擦力
C．两物体相互接触时一定能产生弹力
D．滑动摩擦力的大小与物体所受的重力大小成正比
6．（3 分）如图所示，一个重40N 的物体置于光滑水平面上，当用一个F＝10N 的力竖直向上拉物体时，物体所受
的合力为（
）
A．0N
B．40N，方向竖直向下
C．30N，方向竖直向下
D．10N，方向竖直向上
7．（3 分）一重为10N 的物体静止在水平桌面上，现用3N 的水平推力向右推它但未能推动，如图所示。则此种情
况下物体所受摩擦力情况是（
）
A．摩擦力的方向向左，大小等于3N
B．摩擦力的方向向右，大小等于10N
C．摩擦力的方向向右，大小等于3N
D．摩擦力的方向向左，大小等于13N
8．（3 分）如图所示，用水平外力将木块压在竖直墙上，使木块保持静止不动，则（
）
A．墙面受到的摩擦力与木块受到的摩擦力是一对平衡力
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B．墙面受到的摩擦力与木块受到的摩擦力是一对作用力与反作用力
C．木块受到的支持力与墙面受到的压力是一对平衡力
D．木块受到的支持力与木块受到的重力是一对作用力与反作用力
9．（3 分）如图所示是某质点运动的速度﹣时间图象，以下说法正确的是（
）
A．0～1s 内的平均速度是2m/s
B．0～4s 内的位移大小是0
C．0～1s 内的加速度大小等于2～4s 内的加速度大小
D．0～1s 内的运动方向与2～4s 内的运动方向相同
10．（3 分）下列关于速度与加速度的说法中，正确的是（
）
A．加速度越大，速度变化越大
B．加速度越小，速度变化越慢
C．加速度的方向和速度方向一定相同
D．物体速度越大，加速度就越大
11．（3 分）一辆汽车刹车后做匀减速直线运动，初速度为10m/s，加速度的大小为2m/s2，则汽车在6s 末时的速度
大小和6s 内的位移大小分别是（
）
A．2m/s 和24m
B．0 和24m
C．0 和25m
D．2m/s 和25m
12．（3 分）质量为1kg 的铅球从距离地面10m 处做自由落体运动（g＝10m/s2），下列说法正确的是（
）
A．铅球完全失重，惯性越来越小
B．铅球完全失重，惯性越来越大
C．下落1s 时重力的瞬时功率为100W
D．下落1s 时重力的瞬时功率为50W
13．（3 分）如图所示，小球被轻质细线竖直悬挂，悬线的拉力为T．当用水平拉力F 将小球由竖直位置缓慢拉至虚
线位置时，则在这一过程中（
）
A．F 变大、T 变大
B．F 变大、T 变小
C．F 变小、T 变大
D．F 变小、T 变小
14．（3 分）做平抛运动的物体的落地点与抛出点间水平距离的决定因素是（
）
A．物体下落的高度和初速度
B．物体下落的高度
C．物体的初速度
D．物体的质量和初速度
15．（3 分）如图所示，一圆筒绕其中心轴匀速转动，圆筒内壁上紧靠着一个物体与圆筒一起运动，物体相对圆筒无
滑动，物体的向心力来源是（
）
A．物体的重力
B．物体所受重力与弹力的合力
C．筒壁对物体的静摩擦力
D．筒壁对物体的弹力
16．（3 分）关于地球同步通讯卫星，下列说法中正确的是（
）
A．它的轨道可以是椭圆
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B．各国发射的这种卫星轨道半径都一样
C．它不一定在赤道上空运行
D．它运行的线速度一定大于第一宇宙速度
17．（3 分）一轮船以一定的速度垂直河岸向对岸开行，当河水流速均匀时，轮船所通过的路程、过河所用的时间与
水流速度的正确关系是（
）
A．水速越大，路程和时间都不变
B．水速越大，路程越长，时间不变
C．水速越大，路程越长，时间越长
D．水速越大，路程越大，时间越短
18．（3 分）如图所示，滑块与平板间动摩擦因数为μ，当放着滑块的平板被慢慢地绕着左端抬起，α角由0°增大90°
的过程中，滑块受到的摩擦力将（
）
A．不断增大
B．不断减少
C．先增大后减少
D．先增大到一定数值后保持不变
19．（3 分）如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑
了100m，那么下列说法正确的是（
）
A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功
B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功
C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功
D．轮胎受到的地面的支持力对轮胎做了正功
20．（3 分）如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，在下滑过程中（
）
A．小孩重力势能减小，动能不变，机械能减小
B．小孩重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．小孩重力势能减小，动能增加，机械能增加
D．小孩重力势能减小，动能增加，机械能不变
21．（3 分）某电场的电场线如图所示，质子在A、B 两点受到电场力的大小分别为FA 和FB，则它们的关系是（
）
A．FA＝FB
B．FA＞FB
C．FA＜FB
D．无法比较
22．（3 分）洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度v 的方
向，洛伦兹力F 的方向及磁感应强度B 的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是（
）
A．
B．
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第49页（共428页）
C．
D．
23．（3 分）一个质量为m 的物体以a＝3g 的加速度竖直向下做加速运动，则在此物体下降h 高度的过程中，物体
的（
）
A．重力势能减少了3mgh
B．机械能减少了mgh
C．机械能保持不变
D．动能增加了3mgh
二、填空题（本大题共4 小题，每空1 分，共10 分）
24．（2 分）n 匝线圈组成的电路中，磁通量的变化率为
△߮
△ݐ，感应电动势的大小E＝
；在远距离输电中，提
高输电电压的设备是
。
25．（2 分）某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验。
他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F 与弹簧长度x 的关系图线。由图线可知弹簧的原长x0＝
cm，劲
度系数k＝
N/m。
26．（3 分）在“研究力的合成与分解”的实验中：
（1）某同学在水平放置的木板上垫一张白纸，并使白纸固定，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细
线，通过细线同时用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到某一位置O 点，下列关于此时应
记录的数据的说法中正确的是
A．只需记录下此时两弹簧秤的读数F1 与F2 及对应的两拉力的方向；
B．需记录下此时两弹簧秤的读数F1 与F2、对应的两拉力的方向以及结点对应的位置O
（2）接着该同学改用一个弹簧秤来拉橡皮条，关于此时的操作及应记录的数据的说法中正确的是
A．拉橡皮条时必须使结点与位置O 重合
B．拉橡皮条时不必使结点与位置O 重合
C．此时必须要记录下弹簧秤的读数F′
D．只需记录下拉力的方向而不必记录下弹簧秤的读数F′
（3）此后为了探究F1、F2 与F′的关系，应作出F1、F2 与F′的
A．力的示意图
B．力的图示。
27．（3 分）某同学利用图甲中器材验证机械能守恒实验．如图乙是该实验得到的一条点迹清晰的纸带，现要取A、
B 两点来验证实验，已知电磁打点计时器每隔0.02s 打一个点．
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请回答下列问题：
①打点计时器应接
V 的
（填“直流”或“交流”）电源；
②可以判断，连接重物的夹子应夹在纸带的
端（填“左”或“右”）；
③若x2＝4.80cm，则在纸带上打下记数点B 时的速度vB＝
m/s（计算结果保留三位有效数字）．
④若x1 数据也已测出，则实验还需测出物理量为
．
三、计算题（本大题共3 小题，共21 分，解答时要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，若只有最
后答案而无演算过程的不能得分）．
28．（6 分）在平直公路上，以速度v0＝12m/s 匀速前进的汽车，遇紧急情况刹车后，轮胎停止转动在地面上滑行，
经过时间t＝2s 汽车停止，当地的重力加速度g 取10m/s2．求：
（1）刹车时汽车加速度a 的大小；
（2）开始刹车后，汽车在1s 内发生的位移x；
（3）刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数μ。
29．（7 分）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一段通有电流强度为I，长度L，质量m 的导体棒a（电流方
向垂直纸面向里）。
求：①若空间中有竖直向上的匀强磁场，要使导体棒a 静止在斜面上，则所加匀强磁场的磁感应强度B1 的大小；
②若磁场方向任意，要使导体棒a 静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度B2 的大小和方
向。
30．（8 分）如图所示，半径R＝0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的
端点A，一质量为m＝0.10kg 的小球，以初速度v0＝8.0m/s 在水平地面上向左做加速度a＝3.0m/s2 的匀减速直线
运动，运动x＝4.0m 后达到A 点，冲上竖直半圆环到达B 点，并从B 点水平飞出，最后小球落在C 点，g＝10m/s2．求：
（1）小球到达B 点时的速度大小vB；
（2）A、C 间的距离xAC。
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2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高二期末物理试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共23 小题，每道小题3 分，共69 分．每道小题有四个选项，只有一项是正确的）.
1．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条
件来判断即可。
【解答】解：AB、质量或体积很小的物体它的体积不一定能够忽略，不一定能看成质点，如原子很小，在研究
原子内部结构的时候是不能看成质点的，故AB 错误。
CD、体积大的物体有时也可以看成质点，如地球很大，但研究地球公转时可以看做质点，故C 正确D 错误。故
选：C。
【点评】本题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研
究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略。
2．【分析】既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、电场强
度等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。
【解答】解：A、位移既有大小又有方向，是矢量。时间和质量只有大小没有方向，是标量。故A 错误。
B、速度、加速度和力都既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则，都是矢量，故B 正确。
C、位移是矢量，而路程和时间是标量，故C 错误。
D、加速度和速度是矢量，路程是标量，故D 错误。故选：B。
【点评】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边
形定则，标量运算遵守代数加减法则。
3．【分析】时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点。
【解答】解：A、午休从11：30 开始，11：30 是时刻，故A 错误；
B、中央电视台《新闻联播》栏目每晚7：00 准时与您见面，7：00 是开始的时刻，故B 错误；
C、第四节：10：30﹣11：10，10：30 和11：10 是上课和下课的时间，指的是时刻，故C 错误；
D、运动员跨栏记录为12.91s 为跑完全程的时间，故D 正确。故选：D。
【点评】本题关键明确时间间隔与时刻的概念，要掌握了时刻在时间轴上对应的是一点，而时间间隔在时间轴上
对应的是一段。
4．【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；在速度﹣时间图象中，斜
率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．
【解答】解：A、在x﹣t 图象中，斜率表示速度，由图象可知：甲做匀速直线运动，加速度为0，故A 错误；
B、在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，乙的加速度大小为a= ݒ
ݐ= 20
4 =5m/s2，故B 正确；
C、甲在4 s 内的位移大小为x＝20m﹣0＝20m，故C 错误；
D、由v﹣t 图象与时间轴围成的面积表示位移可知：乙在4 s 内的位移大小为x= 20×4
2
m＝40m，故D 错误。故
选：B。
【点评】本题的关键要明确x﹣t 图象与v﹣t 图象的区别，知道v﹣t 图象的斜率表示加速度，x﹣t 图象的斜率表
示速度，两种图象不能混淆．
5．【分析】当两个相互接触的物体间有相互作用的弹力时，两物体间不一定有相互作用的摩擦力，还要存在相对运
动或相对运动趋势，才有摩擦力，滑动摩擦力的大小与物体的压力大小成正比，从而即可求解。
【解答】解：A、摩擦力产生的条件是：弹力、相对运动或相对运动趋势、表面粗糙，故A 正确；
B、由A 选项分析，可知，两物体之间有弹力时，不一定受到摩擦力，故B 错误；
C、物体相互接触时且挤压，才一定产生弹力，故C 错误；
D、滑动摩擦力的大小与物体的压力大小成正比，并不是重力，故D 错误；故选：A。
【点评】本题考查了重心、弹力、滑动摩擦力和静摩擦力的影响因素，难度不大，属于基础题，注意摩擦力与弹
力的关系。
6．【分析】物体重40N，受10N 的拉力，对物体受力分析，可以求得物体受到的合力的大小．
【解答】解：物体的重力为40N，竖直向上的拉力为10N，那么还有30N 的支持力，合力的大小还是零。所以A
正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】用一个F＝10N 的力竖直向上拉物体，并没有拉动物体，物体的合力还是零，但注意支持力大小为30N，
方向竖直向上，学生容易错选C 选项，将支持力漏了．
7．【分析】分析物体受到的摩擦力的大小，首先要判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力和滑动摩
擦力的计算方法是不同的。
【解答】解：由于物体受到水平推力向右推力，但是物体没有被推动，所以物体此时受到的是静摩擦力，静摩擦
力的大小和推力的大小相等，方向相反，所以摩擦力的方向向左，大小等于3N，故A 正确，BCD 错误。故选：
A。
【点评】本题考查摩擦力的计算，要注意明确静摩擦力和滑动摩擦力的计算方法是不同的，这是解决本题的关键，
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也是同学常出错的地方，所以一定要判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力。
8．【分析】作用力与反作用力属于物体之间的相互作用力，平衡力是作用在一个物体上，由此分析。
【解答】解：AB、墙面受到的摩擦力与木块受到的摩擦力是一对作用力与反作用力，故A 错误、B 正确；
C、木块受到的支持力与墙面受到的压力是一对作用力与反作用力，故C 错误；
D、木块受到的支持力与木块受到的重力没有关系，故D 错误；故选：B。
【点评】本题主要是考查作用力与反作用力、平衡力的判断，知道平衡力是作用在一个物体上，作用力与反作用
力作用在两个物体上。
9．【分析】0～1s 内，质点做匀加速直线运动，可根据公式ݒ= ݒ0+ݒ
2
求平均速度。在v﹣t 图象中，图象与坐标轴围
成的面积表示位移，图象的斜率表示加速度，速度的正负表示速度方向。由此分析。
【解答】解：A、0～1s 内，质点做匀加速直线运动，平均速度为ݒ= ݒ0+ݒ
2
= 0+2
2
=1m/s，故A 错误。
B、在v﹣t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移，则知0～4s 内的位移大小等于梯形面积大小，为x= 1+4
2
×
2m＝5m，故B 错误。
C、图象的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度的大小，则知0～1s 内的加速度大小大于2～4s 内的加速
度大小，故C 错误。
D、0～1s 内与2～4s 内的速度均为正，运动方向相同，故D 正确。故选：D。
【点评】对于图象问题要明确两坐标轴的含义，以及图象的斜率、截距、面积等含义。本题关键要掌握速度图象
的斜率等于加速度，“面积”表示位移来进行分析。
10．【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快。注意加速度由合外力决定，与速
度无关。
【解答】解：A、加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快。故A 错误，B 正确。
C、加速度的方向和速度方向可能相同、相反或不在同一直线上。故C 错误。
D、速度和加速度没有关系，速度很大的物体，其加速度可能为零，故D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键知道加速度是反映速度变化快慢的物理量，要注意理解加速度和速度没有关系。
11．【分析】先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车停止后不再运动，然后根据匀变速直线运动的位移时间
公式x= ݒ0ݐ+ 1
2ܽݐ2求出刹车后的位移。
【解答】解：汽车刹车到停止所需的时间t0= 0−ݒ0ܽ= 0−10
−2
=5s＜6s
所以汽车在6s 末时的速度为0，
所以前6s 内的位移等于前5s 内的位移。x= ݒ0ݐ+ 1
2ܽݐ2 =10× 5 −1
2 × 2 × 25݉
=25m 故选：C。
【点评】解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，在6s 内的位移等于5s 内的位移，以及掌握匀变速直线
运动的位移时间公式x= ݒ0ݐ+ 1
2ܽݐ2
12．【分析】物体总能保持原来的运动状态的性质叫着惯性，惯性只跟质量有关，跟其他任何因素没有关系。
【解答】解：AB、惯性只跟质量有关，跟其他任何因素没有关系，故AB 错误；
CD、竖直向上抛的物体只受重力作用，故重力瞬时功率P＝Fv＝mg．gt＝100W，故C 正确，D 错误。故选：C。
【点评】本题主要考查了惯性的影响因素，瞬时功率的有关因素，难度不大，属于基础题。
13．【分析】以小球为研究对象分析水平拉力F 的大小、悬线的拉力为T 大小的变化情况。
【解答】解：对小球受力分析，受拉力、重力、F，根据平衡条件，有：
F＝mgtanθ，线细的拉力T=݉݃ttݏߠ，θ逐渐增大则F 逐渐增大、T 增大，故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】本题是动态平衡问题，动态平衡常用描述字眼就是缓慢移动，处理问题的方法主要是采用三角函数关系
进行分析，也可以采用图象法分析。
14．【分析】平抛运动可分解为水平向上的匀速直线运动和竖直向上的自由落体运动，二者具有同时性，根据位移
时间公式列式分析。
【解答】解：平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由h= 1
2gt2 得：t=
2t݃
物体的落地点与抛出点间水平距离为x＝v0t＝v0 2t݃
可知，平抛运动的物体的落地点与抛出点间水平距离的决定因素是物体下落的高度和初速度，与物体的质量无关，
故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】平抛运动是最常见的曲线运动，关键掌握其研究的方法：运动的合成和分解，知道平抛运动的时间由落
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地点与抛出点的竖直距离h 决定，与初速度及水平距离无关，而落地点与抛出点间水平距离的决定因素是物体下
落的高度和初速度。
15．【分析】做匀速圆周运动的物体合力等于向心力，向心力可以由重力、弹力、摩擦力中的任意一种力来提供，
也可以由几种力的合力提供，还可以由某一种力的分力提供；
本题中物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，
合力等于支持力，提供向心力。
【解答】解：物体做匀速圆周运动，合力指向圆心
对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图
其中重力G 与静摩擦力f 平衡，弹力N 提供向心力，故D 正确，ABC 错误。故选：D。
【点评】本题中要使静摩擦力与重力平衡，角速度要大于某一个临界值，即重力不能小于最大静摩擦力！
16．【分析】地球同步通讯卫星是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行
方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转周期相等，它运行的
线速度一定小于第一宇宙速度。结合开普第三定律分析。
【解答】解：A、所有地球同步通讯卫星的轨道都必须是圆，故A 错误；
B、地球同步通讯卫星的运行周期均为24h，根据开普第三定律
ݎ3ܶ
2 =k 知，各国发射的这种卫星轨道半径都一样，
故B 正确；
C、地球同步通讯卫星为位于地球赤道平面上圆形轨道，一定在赤道上空运行，故C 错误；
D、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度，所以它运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故D
错误；故选：B。
【点评】本题考查了地球同步卫星轨道相关知识点，要知道地球同步卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球
的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速
度、定周期。
17．【分析】轮船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡
河时间最短，最短时间决定于垂直于河岸的速度，轮船所通过的路程要看合速度。
【解答】解：运用运动分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，当轮船以一定的速度垂直河岸向对岸开
行，即垂直河岸的速度不变，虽水速越大，但过河所用的时间不变；不过由平行四边形定则知这时轮船的合速度
越大，因此，轮船所通过的路程越长，故ACD 错误，故B 正确。故选：B。
【点评】轮船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只
分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。
18．【分析】在长直木板由水平位置缓慢向上转动的过程中，开始阶段滑块受到的是静摩擦力，之后受到的是滑动
摩擦力，静摩擦力根据平衡条件分析。滑动摩擦力根据摩擦力公式分析。
【解答】解：开始阶段，滑块相对于平板静止，对滑块受力分析可知，滑块受到重力、支持力和沿斜面向上的静
摩擦力的作用，受力平衡，则滑块受到的静摩擦力大小f＝mgsinα，随着α增大，滑块所受的摩擦力f 增大。
当滑块相对于平板滑动后，滑块受到的是滑动摩擦力，大小为f＝μmgcosα；摩擦力随夹角的增大而减小，所以
滑块受到的摩擦力将先增大后减少。故ABD 错误，C 正确。故选：C。
【点评】分析物体受到的摩擦力时，首先要判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力和滑动摩擦力
的计算方法是不同的。
19．【分析】判断功的正负，可根据功的公式W＝Flcosα，确定力与位移的夹角α的大小，根据α的范围确定功的正
负。
【解答】解：A、由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180°，则轮胎
受到地面的摩擦力做了负功。故A 正确。
B、轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功。故B
错误。
C、设拉力与水平方向的夹角为α，由于α是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功。故C 错误。
D、轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，支持力不做
功。故D 错误。故选：A。
【点评】本题只要掌握功的公式W＝Flcosα，既可以判断力是否做功，也可以判断功的正负，关键确定力与位移
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的夹角。
20．【分析】（1）影响动能大小的因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大；
（2）影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度．质量越大，高度越大，重力势能就越大；
（3）机械能等于动能和势能之和．
【解答】解：小孩从滑梯上加速滑下，速度变大，动能变大；由高度变小，所以重力势能变小；由于要克服摩擦
做功，有一部分机械能转化为内能，所以机械能减少。故选：B。
【点评】本题考查了动能和重力势能的概念，及影响其大小的因素，属于基本内容．在判断动能和重力势能的大
小时，要注意看影响动能和重力势能大小的因素怎么变化．
21．【分析】电场线的疏密表示电场强度的大小，由F＝Eq 可比较电荷在两点处的电场力的大小．
【解答】解：由图可知，A 点处的场强大于B 点的场强，故质子在A 点的受力大于在B 点的受力；故选：B。
【点评】本题考查电场线的性质，注意电场线的疏密表示电场强度的大小，各点的切线方向表示电场强度的方向．
22．【分析】洛伦兹力要使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。根据左手定则，将各项
逐一代入，选择符合题意的选项。
【解答】解：A、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力指向圆心，提供向心力。故A 正
确。
B、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向上背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速
圆周运动。故B 错误。
C、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向左背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速
圆周运动。故C 错误。
D、洛伦兹力方向不指向圆心力，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动。故D 错误。故选：A。
【点评】本题考查应用左手定则判断洛伦兹力方向的能力，同时还要注意运用物体做圆周运动的条件分析粒子能
否做圆周运动。
23．【分析】根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化。根据机械能等于重力势能与动能
之和，求机械能的增加量。
【解答】解：A、在物体下降h 高度的过程中，重力做功mgh，则重力势能减少了mgh。故A 错误；
D、由牛顿第二定律可知，物体的合外力为F＝ma＝3mg，合外力做功为W＝Fh＝3mgh，根据动能定理知，动
能的增加量等于合外力做功，为3mgh，故D 正确；
BC、物体的重力势能减少了mgh，动能增加了3mgh，根据机械能等于重力势能与动能之和，可得机械能增加了
2mgh，故BC 错误。故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合外力做功与动能的关系。
二、填空题（本大题共4 小题，每空1 分，共10 分）
24．【分析】根据法拉第电磁感应定律公式E＝n
△Φ
△ݐ求解感应电动势大小；
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n
△Φ
△ݐ，变压器就是提高或者降低变压器的设备。
故答案为：（1）n
△Φ
△ݐ；（2）变压器
【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E＝n
△Φ
△ݐ，考察了变压器的基本概念和原理。
25．【分析】明确F 与x 图象的意义，知道弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F＝k△x 求解劲度系数。
【解答】解：弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N 时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；
根据胡克定律F＝k△x，有：k= ܨ
△ݔ=
8
0.16 =50N/m；
故答案为：4；
50
【点评】本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F＝k△x 并结合图象列式求解。
26．【分析】在实验中，需要研究两个力的作用效果和一个力的作用效果是否相同，必须将橡皮筋的结点拉到同一
位置，且记下两次情况下拉力的大小和方向。
【解答】解：（1）在该实验中，需要研究两个力的作用效果和一个力的作用效果是否相同，当用两根弹簧秤拉时，
需记下两弹簧秤的读数F1 与F2、对应的两拉力的方向以及结点对应的位置O．故B 正确，A 错误。故选：B。
（2）当用一根弹簧秤拉时，要使得一根弹簧秤的拉力效果和两根弹簧秤的拉力效果相同，则需将结点与位置O
重合，同时需记下弹簧秤的示数和方向。故AC 正确，B、D 错误。
故选：AC。
（3）在探究力的关系时，需将力的大小和方向都反映出来，所以采用力的图示法。故B 正确，A 错误。故选：
B。
故答案为：（1）B（2）AC（3）B。
【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基
础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。
27．【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．
纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时
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纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．
【解答】解：①电磁打点计时器和电火花计时器都是使用交流电源的计时仪器，电磁打点计时器的工作电压交
流6V 以下，当电源的频率为50Hz 时，它每隔0.02s 打一次点．
②从纸带上可以发现从左到右，相邻的计数点的距离越来越大，也就是说明速度越来越大．
与重物相连接的纸带先打出点，速度较小，所以实验时纸带的左端通过夹子和重物相连接．
③若x2＝4.80cm，则根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B 的速度大小得
在纸带上打下记数点B 时的速度vB= ݔܶ= 0.048
0.04 =1.20m/s．
④若x1 数据也已测出，则实验还需测出物理量为AB 之间的距离；
故答案为：①4～6V、交流；②左；③1.20；④AB 之间的距离或hAB．
【点评】对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，
以加强基本仪器的了解和使用．
纸带问题的处理是力学实验中常见的问题．我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间
距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．
三、计算题（本大题共3 小题，共21 分，解答时要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，若只有最
后答案而无演算过程的不能得分）．
28．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出刹车时汽车的加速度大小。根据速度位移公式求出刹车后的
位移。根据牛顿第二定律求出刹车时汽车轮胎与地面的动摩擦因数。
【解答】解：（1）由vt＝v0+at，得a= ݒ0
ݐ；代入数值得：a＝6m/s2
即刹车时汽车加速度a 的大小为6m/s2。
（2）由x＝v0t+ 1
2at2，代入数值得：x＝9m
即开始刹车后，汽车在1s 内发生的位移x 为9m。
（3）根据题意，汽车刹车时受重力、支持力和滑动摩擦力，合力等于摩擦力，有：
F＝f＝μmg…①
由牛顿第二定律有：
F＝ma…②
由①②两式解得：
μ=ܽ݃
，代入数值得：μ＝0.6
即刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数μ为0.6。
答：（1）刹车时汽车加速度a 的大小为6m/s2；
（2）开始刹车后，汽车在1s 内发生的位移x 为9m；
（3）刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数μ为0.6。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，注意掌握加速度是联系力学和运动学的桥梁作用，
正确选择运动学公式求解。
29．【分析】（1）对导体棒受力分析，根据共点力平衡求出安培力的大小，从而根据安培力的公式求出磁感应强度
的大小。
（2）当棒子对斜面无压力，则导体棒所受重力和安培力平衡，根据平衡，结合安培力的公式求出磁感应强度的
大小，根据左手定则判断磁感应强度的方向。
【解答】解：（1）若磁场方向竖直向上，由导线受力情况可知由平衡条件得：
在水平方向上：F﹣FNsinθ＝0
在竖直方向上：mg﹣FNcosθ＝0
其中F＝B1IL，联立以上各式可解得：B1=݉݃
ݐܽ݊
ߠ
ܫܮ
；
（2）当安培力与重力平衡时，导体棒对地面没有压力，则有：F＝mg，F＝B2IL，
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得：B2=݉݃ܫܮ；B2 的水平向左。
答：①若空间中有竖直向上的匀强磁场，要使导体棒a 静止在斜面上，则所加匀强磁场的磁感应强度B1 的大小
为݉݃
ݐܽ݊
ߠ
ܫܮ
；
②若磁场方向任意，要使导体棒a 静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度B2 的大小为݉݃ܫܮ，
方向水平向左。
【点评】本题考查包含安培力的共点力平衡问题；解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求
解，掌握安培力大小公式和安培力方向的判断。注意在分析时要画出平面图进行受力分析。
30．【分析】（1）小球运动到A 的过程由速度位移的关系式求得在A 点的速度，从A 到B 的过程由机械能守恒定律
可求得到B 点的速度；
（2）小球从B 点做平抛运动，由平抛运动的规律可求得A、C 间的距离。
【解答】解：（1）小球运动到A 的过程由速度位移的关系式得：v02﹣vA2＝2ax
解得：vA= 2 10m/s
小球能达到圆环的最高点B，由机械能守恒定律得
1
2݉
ݒܣ
2 =2mgR+ 1
2݉
ݒܤ
2
解得：vB= 2 6m/s
（2）小球从B 点做平抛运动
竖直方向：2R= 1
2݃ݐ2
水平方向：xAC＝vBt
解得：xAC= 4 6
5 m
答：（1）小球到达B 点时的速度大小是2 6m/s；
（2）A、C 间的距离是
4 6
5 m。
【点评】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进
行求解即可。
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2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高二期末物理试卷（理科）
一、单选题（本题共10 小题，均为单选题，四个选项中只有一个选项正确，选对每题得4 分，选错不得分，共40
分．）
1．（3 分）关于冲量的概念，以下说法正确的是（
）
A．作用在两个物体上的合外力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同
B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大
D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同
2．（3 分）根据电阻定律，电阻率，对于某种金属导线来说，它的电阻率（
）
A．跟导线的电阻和横截面积成正比
B．由所用金属材料本身决定
C．跟导线的长度成反比
D．随温度的升高而减小
3．（3 分）如图所示，R 是一个滑动变阻器，M、N 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒Q 处于静
止状态，则下列说法正确的是（
）
A．若只减小M、N 两金属板的间距，则有向左的电流通过电阻R
B．若只减小M、N 两金属板的间距，Q 将向下运动
C．若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，Q 将向下运动
D．若只在紧贴N 板内侧插入一块一定厚度的金属片，Q 将向上运动
4．（3 分）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为
I．要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的值不．可能为（
）
A．
2݉݃
ܫܮ
B．݉݃ܫܮ
C．݉݃2ܫܮ
D．݉݃3ܫܮ
5．（3 分）如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个
小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（
）
A．速度变大，加速度变大
B．速度变小，加速度变小
C．速度变大，加速度变小
D．速度变小，加速度变大
6．（3 分）如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为r、质量为m 的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进
入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等。已知圆环的电阻为R，匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度
为g，则（
）
A．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgr
B．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动
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C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为
ܤߨݎ2ܴ
D．圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为顺时针
7．（3 分）半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直
于纸面固定放置的平行金属板A、B 连接，两板间距为d 且足够宽，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，
规定向内为正，变化规律如图乙所示．在平行金属板A、B 正中间有质量未知、电荷量为q 的带电液滴，液滴在
0～0.1s 处于静止状态，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（
）
A．液滴带正电
B．液滴的质量为
ݍߨݎ2
10݃݀
C．在第0.3s 时液滴的运动方向改变
D．在第0.4s 时液滴距初始位置距离为0.08g（单位：米）
8．（3 分）如图所示，理想变压器原、副线圈中分别接有电阻R1，R2，R1＝R2．原、副线圈的匝数之比为3：1，
R2 两端电压为30V，则R1 两端的电压为（
）
A．5V
B．10V
C．15V
D．20V
9．（3 分）如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，V1、A1 为监控室供电端的电压表和电流
表，V2、A2 为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2 为教室的负载电阻，V3、A3 为教室内的监控电
压表和电流表，配电房和教室之间有相当长的一段距离，进入配电室的交流电电压U 可认为是不变的，并且各
电表均为理想电表，则当开关S 闭合时，以下说法正确的是（
）
A．电流表A1、A2 和A3 的示数都变大
B．电流表中只有A1 的示数变大
C．电压表中只有V3 的示数变小
D．电压表V2 和V3 的示数都变小
10．（3 分）如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek 与入射光频率ν的关系图象．由图象可知不
正确的是（
）
A．该金属的逸出功等于E
B．该金属的逸出功等于hν0
C．入射光的频率为2ν0 时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为
ݒ0
2 时，产生的光电子的最大初动能为
ܧ
2
二、多选题（本题共4 小题，均为多选题，每题4 分，共16 分．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选
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错或不答的得0 分．）
11．（4 分）真空中有一正四面体ABCD，在A、B 两顶点分别固定一个等量负点电荷。现将一质子沿CD 连线从C
点移到D 点，下列说法正确的是（
）
A．质子在C 点的电势能与在D 点的电势能相同
B．C 点与D 点的电场强度大小相等，方向相同
C．质子沿CD 连线从C 点移动到D 点过程中，电场力先做正功后做负功
D．质子沿CD 连线从C 点移动到D 点过程中，电场力一直不做功
12．（4 分）直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机M 和电灯L 并联之后接在直流
电源上，电动机内阻rM＝1Ω，电灯灯丝电阻R＝8Ω（阻值认为保持不变），电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω，
开关S 闭合，电动机正常工作时，电压表读数为8V．则下列说法正确的是（
）
A．流过电源的电流9A
B．流过电动机的电流3A
C．电动机的输入功率等于64W
D．电动机对外输出的机械功率19.5W
13．（4 分）如图所示电路中，电源的电动势为，内阻为，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P 从b 端
滑到a 端的过程中，下列说法不正确的是（
）
A．电流表的读数I 先增大，后减小
B．电压表的读数U 先增大，后减小
C．电压表读数U 与电流表读数I 的比值不变
D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量的比值不变
14．（4 分）如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨
迹。M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点是轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是（
）
A．粒子所受电场力的方向沿电场方向
B．粒子在M 点的速率最小
C．粒子在电场中的电势能始终在增加
D．粒子在电场中的加速度不变
三、实验题（共16 分，每空4 分）
15．（8 分）某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的
长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为
cm，直径为
mm。
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16．（8 分）某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时，发现里面除了一节1.5V 的干电池外，还有一个
方形的层叠电池．为了测定层叠电池的电动势和内电阻，实验室中提供如下器材：
A．电流表A1（满偏电流l0mA，内阻10Ω）；
B．电流表A2 （0～0.6～3A，内阻未知）；
C．滑动变阻器R0（0～100Ω）；
D．定值电阻R（阻值990Ω）；
E．开关S 与导线若干．
（1）该同学根据现有的实验器材，设计了如图所示的电路，请你按照电路图在图中完成实物连线
（2）该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据，绘出如图所示的I1 一I2 图线（I1 为电流表A1 的示数，I2
为电流表A2 的示数），则由图线可似得到被测电池的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω．（保留两位有效
数字）
四、计算题（共3 小题，共计38 分．请在方框内规范作答，超出指定位置的答案无效．）
17．（12 分）用10N 的水平拉力拉一个静止在水平面上的物体，可以使它产生1m/s2 的加速度，若换用15N 的水平
力，可以使它产生2m/s2 的加速度。
（1）物体受到的摩擦力是多大？
（2）如果用35N 的水平拉力拉这个物体，产生的加速度大小是多少？
18．（12 分）如图甲所示，在坐标系xOy 中，y 轴左侧有沿x 轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y 轴右侧有如图
乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0 已知，磁场方向垂直纸面向里为正。t＝0 时刻，
从x 轴上的P 点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。粒子第一次在电场中运
动时间与第一次在磁场中运动的时间相等。求：
（1）粒子第一次经过O 点的速度；
（2）粒子第一次进入磁场与第二次进入磁场的半径之比。
19．（14 分）如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域Ⅰ内有方向垂直于斜
面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt 的大小随时间t
变化的规律如图（b）所示。t＝0 时刻在轨道上端的金属棒ab 从如图所示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端
的另一金属棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放。在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静
止不动，两棒均与导轨接触良好。已知cd 棒的质量为m、电阻为R，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面
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的长度为2l，在t＝tx 时刻（tx 未知）ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：
（1）通过cd 棒电流的大小和方向；
（2）ab 棒的质量M；
（3）ab 棒刚进入区域Ⅱ时的速度。
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参考答案与试题解析
一、单选题（本题共10 小题，均为单选题，四个选项中只有一个选项正确，选对每题得4 分，选错不得分，共40
分．）
1．【分析】冲量的概念、公式，I＝Ft，冲量都是矢量，冲量的方向由力的方向决定。
【解答】解：A、由冲量公式I＝Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相
同，故A 正确；
BC、由冲量公式I＝Ft，可知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量很小，不一定很大，反之作
用时间很短，但力很大，物体所受的冲量不一定很小，故BC 错误；
D、冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，冲量的大小由冲量公式I＝Ft 得到，故D 错误。故选：A。
【点评】本题考查对冲量概念、公式的理解，抓住矢量性，从定义理解记忆。
2．【分析】明确电阻率的决定因素，知道电阻率的大小取决于导体的材料性质和温度，与其他因素无关。
【解答】解：电阻率是由导体的材料和温度决定的，与电阻、导线的长度和截面积等均无关；并且金属导体的电
阻率随温度的升高而增大，故B 正确ACD 错误。故选：B。
【点评】本题考查电阻率的性质，要注意明确电阻定律中各物理量的决定因素，知道电阻定律为电阻的决定式，
但电阻率与电阻是无关的。
3．【分析】电容器的电容的定义式C=ܷܳ
，电容器的电容的决定式C=
ߝܵ
4ߨ݇݀
；带电微粒平衡，受电场力和重力而平
衡，从而即可求解。
【解答】解：A、若减小M、N 两金属板的间距，根据C=
ߝܵ
4ߨ݇݀
，电容增大，因电压不变，故电容器充电，故有
向右的电流通过电阻R，故A 错误；
B、带电微粒Q 处于静止状态，受重力和向上的电场力而平衡，若只减小M、N 两金属板的间距，根据E=ܷ݀
，
场强变大，电场力变大，则Q 向上运动，故B 错误；
C、因电容器处于稳定，则此时的电阻相当于导线，因此将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，极板电压没有变
化，则Q 仍静止，故C 错误；
D、若紧贴A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U 不变，根据E=ܷ݀
，场强
增加，电场力增加，故P 将向上运动，故D 错误；故选：D。
【点评】电容器的分析有两种情况，与电源相连时，电容器的电压不变，当与电源断开时，电容器的电荷量不变，
注意电容器处于稳定时，与其相连的电阻相当于导线。
4．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F＝BIL 求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方
向。
【解答】解：当磁场方向垂直于斜面向下时，此时磁感应强度最小，有共点力平衡可知：mgsinθ＝BIL
解得：B=݉݃
ݏt݊30°
ܫܮ
=݉݃2ܫܮ
要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B≥݉݃2ܫܮ，
所以ABC 可能，D 不可能；
本题选不可能的，故选：D。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的平衡问题，能够根据左手定则判断安培力的方向，根据平衡条件进行分
析。
5．【分析】根据库仑定律分析电荷间作用力的变化．根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化．
【解答】解：因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，
它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小。故选：C。
【点评】本题中两球间存在斥力，引力逐渐减小，根据功能关系的判断速度变化，注意掌握牛顿第二定律的应用．
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6．【分析】根据题意应用能量守恒定律可以求出圆环进入磁场过程中电阻产生的热量；
根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；
根据q= △Φܴ求电荷量；
分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；
【解答】解：A、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，由能量守恒定律可知：Q＝mg•
2r＝2mgr，故A 正确；
B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，圆环受到的安培力不同，
圆环不可能匀速，故B 错误；
C、通过圆环某横截面的电荷量：q= ܫ△t= ܧܴ△t=
△Φ
△ݐܴ△t= △Φܴ= ܤߨݎ2ܴ
，故C 正确；
D、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面
向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了电磁感应问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培
力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
7．【分析】（1）由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；
（2）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场
强大小．
【解答】解：A、根据题意液滴在0～0.1s 处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞
次定律，线圈中的感应电动势沿逆时针方向，B 板接高电势，A 板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的
方向相同，所以液滴带正电，故A 正确；
B、根据法拉第电磁感应定律ܧ= △Φ
△ݐ= △ܤ
△ݐܵ
= 0.01
0.1 × ߨݎ2 = 0.1ߨݎ2 ，
两极板间的电场强度ܧ' =ܷ݀
= 0.1ߨݎ2݀
，
根据受力平衡，有mg＝E′q
得݉
= ܧ'ݍ݃=
0.1ߨݎ2ݍ݃݀= ݍߨݎ2
10݃݀
，故B 正确；
C、根据楞次定律，t＝0.1s～0.3s 内，线圈内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极
板间电场向下，电场力向下，
根据牛顿第二定律݉݃
+ ܨ
电=݉ܽ
，其中ܨ
电=݉݃
解得a＝2g，液滴向下做初速度为0 的匀加速运动，在第0.3s 时速度最大，运动方向不改变，故C 错误；
D、根据楞次定律t＝0.3s～0.4s 内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，
液滴在t＝0.3s～0.4s 内做匀速直线运动
t＝0.1s﹣t＝0.3s 匀加速直线运动，位移ݔ1 = 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 2݃
× (0.2)2 = 0.04݃
t＝0.3s 时速度v＝at＝2g×0.2＝0.4g
t＝0.3s﹣0.4s 匀速直线运动，位移ݔ2 = ݒݐ' = 0.4݃
× 0.1 = 0.04݃
所以在第0.4s 时液滴距初始位置距离为0.08g，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题是一道综合题，考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，难
度较大，分析清楚图象、熟练应用基础知识是正确解题的关键．
8．【分析】电流之比等于匝数的反比求出通过两个电阻的电流关系，根据欧姆定律计算电压R1 两端电压。
【解答】解：设通过R2 的电流强度为I2，通过R1 的电流强度为I1，且R1＝R2。
根据变压器原理可得I1= 1
3I2，故R1 两端电压U1= 1
3ܷ
2 =10V，故ACD 错误，B 正确。故选：B。
【点评】本题主要是考查变压器的原理，知道电流之比等于匝数的反比，根据欧姆定律计算电压即可。
9．【分析】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的
变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化。抓住输电线上电流的变
化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化。
【解答】解：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2
不变，可知输电线中的电流增大，即A2 增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3
减小，所以通过R1 的电流减小，即A3 减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据
ܫ1
ܫ2
=݊
2݊
1
知，原线圈中的
电流I1 增大，所以A1 示数增大。故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键知道输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。
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10．【分析】根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析，从而即可
求解．
【解答】解：AB、根据Ekm＝hv﹣W0 得，金属的截止频率等于ν0；纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，逸出
功等于E，且E＝hv0，故AB 正确；
C、根据光电效应方程有：EKm＝hv﹣W，其中W 为金属的逸出功：W＝hv0；
所以有：EKm＝hv﹣hv0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为E，或者W＝hv0，当入射光的频率为2v0 时，
带入方程可知产生的光电子的最大初动能为E，故C 正确。
D、入射光的频率
ݒ0
2 时，小于极限频率，不能发生光电效应，故D 错误。
本题选择错误的，故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，注意图象的斜率与截距的含
义．
二、多选题（本题共4 小题，均为多选题，每题4 分，共16 分．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选
错或不答的得0 分．）
11．【分析】在A、B 两点分别固定一个等量正点电荷，根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C 与D
点的电场强度，根据电场力做功来判定C 与D 点的电势能高低，从而即可求解。
【解答】解：A、AB 的中点电场强度为零，此点到C 与D 点间距相等，移动质子，电场力做功相等，则质子在
C 与D 点电势能相同，故A 正确；
B、据题，A、B 是两个等量同种点电荷，根据点电荷电场强度公式，则C 与D 点的电场强度大小相等，方向不
同，故B 错误；
C、D、由题，质子沿CD 连线从C 点移到D 点过程中，电势先降低后升高，则电势能先减小后增加，那么电场
力先做正功后做负功，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题关键要掌握等量同种电荷电场线和等势线分布情况，掌握点电荷电场强度公式，及矢量合成法则，
抓住ABCD 是正四面体的四个顶点这一题眼，注意本题不是等量异种电荷，且通过AB 的中垂面不是一等势面。
12．【分析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流。由欧姆定律求出灯泡的电流，由
总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流。电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率
之差。
【解答】解：A、电源的输出电压：U＝E﹣Ir，则有I= ܧ−ܷ
ݎ
=4A，故A 错误；
B、对灯泡：ܫ灯=ܷܴ
灯
=1A，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I 电＝I﹣I 灯＝4A﹣1A＝3A，故B 正确；
C、电动机的输入功率等于P＝UI 电＝8×3＝24W，故C 错误；
D、根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P 出＝UI 电﹣I 电2r＝24﹣4.5＝19.5W，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用
13．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不
变，知总电流发生变化，内电压外电压也发生变化。
【解答】解：AB、当滑动变阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势
和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，知总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小。
所以电流表的读数I 先减小，后增大。电压表的读数U 先增大后减小，故A 不正确、B 正确。
C、电压表读数U 与电流表读数I 的比值表示外电阻，应先增大后减小。故C 不正确。
D、因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等。所以
△ܷ
△ܫ=r，不变，
故D 正确。
本题选不正确的，故选：AC。
【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析。
14．【分析】粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速
度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论。
【解答】解：A、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电场的反方向，
故A 错误；
B、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M 点时，粒
子的速度最小，故B 正确；
C、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，粒子的电势能先
增加后减小，故C 错误。
D、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度大小不变，方向不变，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，
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电势能增加，动能减小。
三、实验题（共16 分，每空4 分）
15．【分析】游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度
加可动刻度数乘以精确度，要估读。
【解答】解：是20 分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：1.0cm＝10mm，游标上第7 个刻度与上面对
齐，读数为：7×0.05mm＝0.35mm，
故最终读数为：10+0.35＝10.35mm＝1.035cm，
螺旋测微器：固定刻度为1.5mm，可动刻度为20.2×0.01mm，则读数为1.5+20.2×0.01＝1.702mm。
故答案为：1.035；1.702（1.701﹣1.704）
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。
16．【分析】由原理图将电流表A2 与滑动变阻器串联，电流表A1 与定值电阻R 串联，注意开关应能控制整个电路；
表头及定值电阻充当电压表使用，则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电
阻；
【解答】解：（1）由原理图连接实物图所示；
（2）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：
I1（R3+RA）＝E﹣I2r
即：I1=
ܧ
1000 −ܫ2ݎ
1000；
由图可知，图象与纵坐标的交点为9.0mA，
则有：9.0mA=
ܧ
1000；
解得E＝9.0V；
由图象可知，图象的斜率为：10×10
﹣3，由公式得图象的斜率等于
ݎ
1000，
故
ݎ
1000 =10×10
﹣3；
解得r＝10Ω．
故答案为：
（1）实物连接如图
（2）9.0，10．
【点评】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表
头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．
四、计算题（共3 小题，共计38 分．请在方框内规范作答，超出指定位置的答案无效．）
17．【分析】（1）根据所列的牛顿第二定律表达式，解出摩擦力的大小和质量。
（2）当拉力为40N 时，根据牛顿第二定律求出加速度。
【解答】解：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有：
F1﹣Ff＝ma1
F2﹣Ff＝ma2
解得：Ff＝5 N，m＝5 kg。
（2）当拉力为35 N 时，有：F3﹣Ff＝ma3，
代入数据解得：a3＝6m/s2。
答：（1）物体受到的摩擦力是5N；
（2）如果用35N 的水平拉力拉这个物体，产生的加速度大小是6m/s2。
【点评】本题考查牛顿第二定律的基本运用，抓住虽然拉力变化，摩擦力不变，列表达式求解即可。
18．【分析】（1）粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，粒子在电场与第一次在磁场中的运动时间相等，应用
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牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子第一次经过O 点时的速度。
（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出粒子轨道
半径之比。
【解答】解：（1）粒子第一次在磁场中的运动时间为半个周期：t= 1
2T= 1
2 × 2ߨ݉
ݍܤ0 = ߨ݉
ݍܤ0，
由题意可知，粒子在电场中的运动时间与第一次在磁场中的运动时间相等，
粒子第一次经过O 点时的速度：v＝at= ݍܧ݉× ߨ݉
ݍܤ0 = ߨܧ
ܤ0；
（2）粒子在电场中运动时间为
ߨ݉
ݍܤ0
，第一次在磁场中的运动时间为
ߨ݉
ݍܤ0
，
然后粒子返回电场做减速运动，运动时间为
ߨ݉
ݍܤ0
，粒子再经过时间
ߨ݉
ݍܤ0
第二次进入磁场，
此时磁感应强度为：−2
3 ܤ0，负号表示磁感应强度方向垂直于纸面向外，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2
ݎ，解得：r=݉
ݒ
ݍܤ，
粒子两次在磁场中运动的速度大小v 相等，
粒子第一次进入磁场与第二次进入磁场的半径之比：
ݎ1
ݎ2
=
1
ܤ0
1
2
3ܤ0
=
2
3；
答：（1）粒子第一次经过O 点的速度大小为：
ߨܧ
ܤ0
，方向：水平向右；
（2）粒子第一次进入磁场与第二次进入磁场的半径之比为2：3。
【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做匀变速直线运动，粒子在磁场中做匀速圆
周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题。
19．【分析】（1）由右手定则判断出ab 棒中的电流方向，从而得出通过cd 棒中的电流方向，根据cd 棒处于静止，
通过安培力的方向，根据左手定则判断出区域I 内磁场的方向。
【解答】解（1）通过cd 棒的电流方向d→c，区域I 内磁场方向为垂直于斜面向上，
电流大小为I：mgsinθ＝BIl
可得I=݉݃
ݏt݊ߠ
ܤ݈
（2）ab 棒到达区域Ⅱ后其磁场已变为B，其沿斜面方向受力为0：Mgsinθ＝BIL，
而对于ab：mgsinθ＝BIL，则可知M＝m
（3）ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，加速度a＝gsin θ
cd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直
线运动，
可得
△Φ
△ݐ=Blvt，即
ܤ⋅2݈⋅݈
ݐݔ
=Blgsin θtx，所以tx=
2݈݃
ݏt݊ߠ
ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度vt=
2݈݃
ݏt݊ߠ
答：（1）通过cd 棒电流的大小为=݉݃
ݏt݊ߠ
ܤ݈
，方向由d﹣c。
（2）ab 棒的质量为m。
（3）ab 棒刚进入区域Ⅱ时的速度为2݈݃
ݏt݊ߠ。
【点评】解决这类问题的关键是弄清电路结构，正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况。
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2019-2020 学年山东省潍坊市高二期末物理试卷
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分.在每小题给出的四个选项中，第16 题只有一个选项正确，第
7-10 题有多个选项正确全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分.
1．（4 分）关于物质的内能，下列说法正确的是（
）
A．质量和温度都相同的同种物质，内能一定相同
B．保持铁块温度不变，运动速度越大，其内能越大
C．理想气体的内能只与温度有关
D．物体温度越高，内部分子的平均动能越大
2．（4 分）如图所示为两分子势能与分子间距离之间的关系图象，则下列说法中正确的是（
）
A．当两分子间距离r＝r1 时，分子势能为零，分子力也为零
B．当两分子间距离r＝r1 时，分子势能最小，分子力表现为引力
C．当两分子间距离r＞r2 时，随着r 的增大，分子力做负功
D．当两分子间距离r＞r2 时，随着r 的增大，分子势能减小
3．（4 分）如图所示是交流发电机示意图，当转速为20r/s 时，电压表示数为8V．交流发电机线电阻r＝2Ω，用电
器电阻R＝8Ω，则（
）
A．线圈电阻的发热功率为8W
B．交流发电机电动势的峰值为8 2V
C．交流发电机电流的有效值为1A
D．若从图示位置开始计时，则交流发电机电动势的瞬时值为e＝10 22sin40πtV
4．（4 分）2017 年1 月我国科学家利用天眼观测到一颗宜居行星，这是迄今为止发现的最像地球的行星，这颗行星
的直径是地球的a 倍，质量是地球的b 倍。已知近地卫星绕地球运动的周期为T，引力常量为G．则该行星的平
均密度为（
）
A．
ߨ
3ܩܶ2
B．
3ߨܾܽ
3ܩܶ2
C．
3ߨ
ܩܶ2
D．
3ߨܽ2ܾ
ܩܶ2
5．（4 分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ 在外力的作用下向右匀
加速运动时，MN 所做的运动情况可能是（
）
A．向右加速运动
B．向右匀加速运动
C．向左加速运动
D．向左匀加速运动
6．（4 分）在正八边形区域内，充满垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场质量为m，带电量为q 的粒子（不
计重力）从A 点沿AD 方向垂直磁场方向射人磁场中，并从H 点射出。如图所示，则该带电粒子在磁场中运动
的时间为（
）
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A．
ߨ݉
3ݍܤ
B．
2ߨ݉
4ݍܤ
C．
ߨ݉
4ݍܤ
D．
ߨ݉
2ݍܤ
7．（4 分）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1 和L2 分别串联一个带铁芯的电感线圈L 和一个滑动变阻器
R．闭合开关S 后，调节R，使L1 和L2 发光的亮度一样。此时开始计时，t′后断开S．能正确反映流过L1 的电
流i1、流过L2 的电流i2 随时间t 变化的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（4 分）嫦娥四号月球探测器于2018 年12 月12 日成功到达预定环月轨道，并于2019 年1 月3 日成功在月球背
面预定着陆区实现软着陆，第一次为人类播开了古老月背的神秘面纱。嫦娥四号月球探测器质量为m，其环月近
地飞行可视为圆周运动已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g0，引力常量为G，不考虑月
球自转的影响，则嫦娥四号月球探测器环月飞行时的（
）
A．角速度ω=݃
0ܴ
B．线速度v=
ܩܯܴ
C．运行周期T＝2πܴ݃
0
D．向心加速度an= ܩܴ݉
2
9．（4 分）如图所示，足够长且间距为L 的平行光滑金属导轨水平放置。垂直于导轨放量一根质量为m 金属棒，金
属棒与导轨接触良好。导轨左端接一阻值为R 电阻，其它电阻不计整个装置处于竖直方向磁感应强度为B 的匀
强磁场中。现使金属棒以初速度v0 沿导轨向右运动，若整个运动过程中通过电阻的电荷量为q。则金属棒在整个
过程中（
）
A．做匀减速直线运动
B．克服安培力做功
1
2݉
ݒ0
2
C．发生的位移为݉
ݒ0ܴ
2ܤ2ܮ2
D．发生的位移
ݍܴ
ܤܮ
10．（4 分）如图所示，b 是理想变压器原线围的一个抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，示数分别为U 和I，
在原线圈两端加上交变电流，把单刀双掷开关S 与b 连接，则：（
）
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A．保持其它条件不变，触头P 向上移动的过程中，I 变大
B．保持其它条件不变，触头P 向下移动的过程中，U 变小
C．保持其它条件不变，S 由b 扳向a 时，U 和I 均变小
D．保持其它条件不变，S 由b 扳向a 时，U 变大，I 变小
二、实验：本共3 小题，共18 分.将答案填写在题中掼饞上或按题目要求作图
11．（4 分）某同学为测定一可拆变压器原副线圈匝数，设计了如下实验：
（1）先用匝数为50 的线圈C 替换副线圈B，并在线圈C 两端接上交流电压表，在原线圈A 两端接交流电源，
调节交流电源电压为12V．闭合开关，交流电压表读数为2V，记录读数并断开电源；
（2）再用拆下的副线圈B 替换原线圈A，并在线圈B 两端接交流电源，调节交流电源电压为10V．闭合开关，
交流电压表读数为5V，记录读数并断开电源。
（3）由上述数据可知原线圈A 匝数为
匝；线圈A、B 匝数比为
。
12．（6 分）潍坊高铁北站于2018 年12 月26 日正式投入使用，启用前安装电磁设备时，为减少地磁场的影响，技
术人员用霍尔元件做成的设备测地磁场B 的大小和方向，该设备的示意图如图所示，设备的MN 端边沿东西方
向、NQ 沿南北方向置于水平地面上，通入沿NQ 自南向北方向的恒定电流I 后，电压表有读数；以MN 为轴，
缓慢向上抬高PQ 端，电压表示数发生变化，当它与地面成85°角时，电压表读数最大为U．若该霍尔元件的载
流子M 为自由电子，电量为e，单位体积内的自由电子个数为n，MN 和PQ 两端的截面积均为s，MN＝PQ＝d．则
该处的地磁场B＝
；方向
；该元件电势高的一侧是
（填“MP”或“NQ”）。
13．（8 分）为探究一定质量的气体在温度不变时，压强与体积的关系，设计了如下实验：
（1）用注射器封闭一部分气体并连接装置，如图1 所示，用注射器读出封闭气体的体积V，由
电子压强计读出压强P，改变气体体积得出了一组据如表
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次数
1
2
3
4
5
6
体积V/mL
2
18
16
14
12
10
压强P/105Pa
1.000
1.105
1.235
1.400
1.815
1.909
压强的倒数
1ܲ/10
﹣5Pa
﹣1
1.000
0.9.5
0.810
0.714
0.551
0.524
（2）由上表数据在坐标纸上画出V−1ܲ图象，如图2 所示。由图象可以看出第
组数据误差最大，原因可
能是实验过程中
。
A．封闭气体有部分漏出
B．用手握住注射器进行实验
C．缓慢推动注射器活塞
（3）若该实验的差仅由注射器与传感器之间细管中的气体体积V0 导致的。由上面图象得V0 大小为
mL
（结果保留1 位有效数字）；为减少该实验误差，开始封闭气体体积应尽量
（填“大”或者“小“）一些。
三、计算题：本题共4 小题，共42 分.解答应写出必萋的文字说明、方程式和重要计算步暴，只写出最后答案的不
能得分，有败值计算的，爷赛中必须明确写出值和
14．（8 分）三峡水电站的一台发电机输出功率为70 万千瓦，发电机的输出电压为20KV，通过理想升压变压器T1
和理想降压变压器T2 向远处供电，已知T1，和T2 的匝数比分别为1：25 和19：4，电压经T2 降至100KV．求：
（1）输电线上的电流；
（2）输电线上损耗的功率。
15．（10 分）如图甲所示的水银气压计中混入了空气，上升到水银柱的上方，形成段空气柱，致使气压计的读数比
实际的大气压小些。已知乙图是空气柱的压强P 与其长度倒数
1
ܮ的关系图象。已知空气柱的长度为80mm 时，实
际大气压为768mmHg．忽略水银槽内液面高度的变化，设环境温度保持不变。求：
（1）空气柱的长度为80mm 时，水银气压计的读数；
（2）空气柱的长度为90mm 时，实际大气压的大小。
16．（12 分）某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中S 为粒
子源，A 为速度选择器，当磁感应强度为B1，两板间电压为U，板间距离为d 时，仅有沿轴线方向射出的粒子
通过挡板P 上的狭缝进入偏转磁
场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2，磁场右边界MN 平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为α，
最终打在胶片上离狭缝距离为L 的D 点不计粒子重力。
求：
（1）射出粒子的速率；
（2）射出粒子的比荷；
（3）MN 与挡板之间的最小距离。
17．（12 分）如图所示，两根相距为L 足够长的、电阻不计的平行金属导轨MN 和PQ，固定在水平面内，在导轨
之间分布着竖直向上磁感应强度为B 的匀强磁场。将两根长度均为L，电阻均为R 的粗糙金属棒b 和光滑金属
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第71页（共428页）
棒a 垂直放量在导轨上，质量满足mb＝2ma＝2m，现将棒a 通过不可伸长的水平轻质绳跨过光滑定滑轮与质量
为m 的重物相连，重物由静止释放后与棒a 一起运动，并始终保持接触良好。经过一段时间后，棒a 开始匀速
运动时，棒b 恰好开始运动。已知：重力加速度为g，棒b 与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）棒b 与导轨间的动摩擦因数；
（2）棒a 匀速运动的速度大小；
（3）若b 棒光滑，开始锁定在导轨上，当a 开始匀速运动时，细绳断裂，同时解除锁定，求之后回路中产生的
焦耳热。
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参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分.在每小题给出的四个选项中，第16 题只有一个选项正确，第
7-10 题有多个选项正确全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分.
1．【分析】理想气体是一种理想化的物理模型，实际上并不存在；理想气体的内能仅与温度有关，与气体的体积无
关；实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体。
【解答】解：A、质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故A 错误；
B、铁块内能与铁块的温度有关，根速度无关，故B 错误；
C、理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故C 正确
D、物体的温度越高，分子的热运动越剧烈，分子的平均动能越大，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题关键要理解理想气体这个模型的物理意义，抓住不考虑分子间的作用力，一定质量理想气体的内能
只与温度有关是关键。
2．【分析】由图可知r2＝r0，此时分子势能最小，分子间距小于r0，分子力表现为斥力；分子间距小于r0，分子力
表现为引力；由间距变化可分析分子力变化，由分子力做功可分析分子势能变化。
【解答】解：A、由图可知r2＝r0，当两分子间距离r＝r1 时，分子势能为零，但r＜r0，分子力表现为斥力，故A
错误。
B、由于r2＝r0，分子势能最小，故B 错误。
CD、当r＞r2 时，由图象可以看出分子势能随着r 的增大而增大，分子力做负功，故C 正确，D 错误。故选：C。
【点评】本题主要考查分子势能图象的理解，知道分子势能随距离增大关系；会用分子力做功情况来分析分子势
能的变化。
3．
【分析】交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω，交流电压表显示的是路端电压有效值，通过电阻的电量为݊
△Φܴ
+ݎ，
电阻R 上的热功率p＝I2R。
【解答】解：A、线圈r 上的热功率为：P=ܷܴ
r= 8
8 × 2 =2W，故A 错误；
B、发电机的电动势E＝（R+r）ܷܴ
=10V，交流发电机电动势的峰值为10 2V，故B 错误；
C、根据闭合电路欧姆定律I=ܷܴ
=1A，故交流发电机电流的有效值为1A，故C 正确；
D、若从图示位置开始计时，则交流发电机电动势的瞬时值为e＝10 2cos40πtV，故D 错误；故选：C。
【点评】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有
效值。
4．【分析】根据近地卫星绕地球运动的周期为T，运用万有引力提供向心力，求出地球的质量，再求出地球的密度。
再根据行星与地球密度的关系求出行星的平均密度。
【解答】解：对于近地卫星，设其质量为m，地球的质量为M，半径为R，则根据万有引力提供向心力G
ܯܴ݉
3 =mR
（
2ߨܶ）2，得地球的质量M= 4ߨ2ܴ
3
ܩܶ2 ，地球的密度为ρ=
ܯ
4
3ߨܴ3 = 3ߨ
ܩܶ2
密度公式为ρ=ܸ݉
，已知行星的直径是地球的a 倍，质量是地球的b 倍，则得行星的平均密度是地球的ܾܽ3倍，所
以该行星的平均密度为ܾܽ3•
3ߨ
ܩܶ2．故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】解决本题的关键会根据万有引力提供向心力，只要知道近地卫星的周期，即可求出地球的密度。
5．【分析】由右手定则判断PQ 产生的感应电流方向，由安培定则判断右边线圈产生的磁场方向，应用楞次定律判
断通过MN 的电流方向，然后应用左手定则判断MN 受到的安培力方向，判断其运动性质。
【解答】解：PQ 在外力作用下向右做匀加速直线运动，由右手定则可知，通过PQ 的电流由Q 流向P，
由安培定则可知，线圈L2 产生的磁场向上，通过线圈L1 的磁场方向向下，
PQ 做匀加速运动，v＝at，感应电动势：E＝BLv＝BLat，感应电流：I= ܧܴ= ܤܮܴܽt 逐渐增大，
穿过线圈L1 的磁通量增加，由楞次定律可知，通过MN 的电流由M 流向N，
由左手定则可知，MN 所示安培力水平向右；
PQ 做匀加速直线运动，通过L1 的磁通量均匀增加，
线圈L1 产生的感应电动势是定值，通过MN 的电流保持不变，
MN 受到的安培力是定值，MN 向右做匀加速直线运动，故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】本题考查了楞次定律、左手定则与右手定则的应用，本题解题的关键是分析好引起感应电流的磁通量的
变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。
6．【分析】粒子在磁场中做圆周运动，作出粒子运动轨迹，根据几何知识求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子在
磁场中做圆周运动的周期，再求出粒子在磁场中的运动时间。
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【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知，粒子做圆周运动的弦切角：α＝22.5°，
粒子在磁场中转过的圆心角：θ＝2α＝45°，
粒子在磁场中的运动时间：t=
ߠ
360° = 1
8 × 2ߨ݉
ݍܤ= ߨ݉
4ݍܤ，故C 正确，ABD 错误；故选：C。
【点评】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识求出粒子
在磁场中转过的圆心角是解题的关键，根据粒子做圆周运动的周期公式可以求出粒子在磁场中的运动时间。
7．【分析】当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
【解答】解：AB、L1 与线圈串联，断开S，电流减小电感线圈产生同向的感应电动势，并慢慢变小，则电流变
小，变小的越来越慢，则A 正确，B 错误
CD、L2 与线圈并联，电感线圈产生的电流与L2 构成回路，L2 电流反向减小，则D 正确，C 错误
故选：AD。
【点评】明确断开后的电路为L1，L2，电感线圈构成回路，电流变化因电感线圈的阻碍而变慢。
8．【分析】根据万有引力提供向心力，结合万有引力等于重力求出角速度、线速度、向心加速度和周期的大小。
【解答】解：根据G
ܯܴ݉
2 =ma＝mω2R＝m
ݒ2ܴ
=m
4ߨ2ܶ
2
和G
ܯܴ݉
2 =mg0，得：
A、角速度ω=
ܩܯܴ
3 =݃
0ܴ
2ܴ
3
=݃
0ܴ，故A 错误；
B、线速度v=
ܩܯܴ，故B 正确；
C、周期T＝2πܴ
3
ܩܯ=2πܴ݃
0，故C 正确；
D、向心加速度an= ܩܯܴ
2 ，故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力两个理论的运用：1、万有引力提供向心力；2、万有引力等于重力。
9．【分析】对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，然后判断金属棒的运动性质；
由动能定理求出克服安培力所做的功；
求出感应电荷量的表达式，然后求出金属棒的位移。
【解答】解：金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水
平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；
A、金属棒受到的安培力F＝BIL= ܤ2ܮ2ݒܴ，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v 不断减小，安培力不断
减小，加速度不断减小，金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A 错误；
B、对金属棒，由动能定理得：W＝0−1
2݉
ݒ0
2，金属棒克服安培力做功为：
1
2mv02，故B 正确；
CD、整个过程中感应电荷量：q＝I△t= ܧܴ△t=
△Φ
△ݐܴ△t= ܤܮݔܴ，金属棒的位移：x= ݍܴ
ܤܮ，故C 错误，D 正确；
故选：BD。
【点评】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小
的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题。
10．【分析】变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，根据电路连接情况分析
电压表示数和电流表示数的变化。
【解答】解：A、保持其它条件不变，触头P 向上移动的过程中，总电阻减小，由于副线圈两端电压不变，故总
电流增大，输出功率增大，输入功率也增大，故I 变大，故A 正确；
B、保持其它条件不变，触头P 向下移动的过程中，总电阻增大，总电流减小，R1 两端电压减小，则电压表示数
U 变大，故B 错误；
CD、保持其它条件不变，S 由b 扳向a 时，原线圈匝数增大，则副线圈两端电压减小，输出功率减小，输入功率
减小，则U 和I 均变小，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
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【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路
的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
二、实验：本共3 小题，共18 分.将答案填写在题中掼饞上或按题目要求作图
11．【分析】由变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比可求解。
【解答】解：由（1）步实验得：݊ܣ݊
ܥ
=
12
2 ，因nC＝50，解得：nA＝300 匝；
由（2）步实验得：݊ܤ݊
ܥ
=
10
5 ，因nC＝50，解得：nB＝100 匝，所以线圈A、B 匝数比为3：1
故答案为：（3）300
3：1
【点评】本题考查了变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比，理解公式并灵活运用。
12．【分析】根据洛伦兹力等于电场力和电流的微观解释式联立解得B，当此设备与地面成85°角时，电压表读数
最大为U，说明此时磁场与设备平面垂直。
【解答】解：根据洛伦兹力等于电场力知：evB＝eܷ݀
根据电流的微观解释式知：I＝nevS
联立解得B=ܷ݊݁ܵ݀
ܫ，当此设备与地面成85°角时，电压表读数最大为U，说明此时磁场与设备平面垂直，即磁
场方向与地面成5°斜向下。
根据左手定则知电子向NQ 端聚集，所以MP 电势高。
故答案为：ܷ݊݁ܵ݀
ܫ，与地面成5°斜向下，MP。
【点评】解决本题的关键会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道稳定时电荷所受的洛伦兹力和电场力平
衡。
13．【分析】（2）根据图象可知，PV 的乘积几乎不变，只有第5 组不在直线上，误差较大；PV 乘积变大说明气体
温度升高，从而分析误差原因；
（3）根据玻意耳定律列式表示出V−1ܲ的关系式分析。
【解答】解：（2）根据图象可知，各点都在同一条直线上，只有第5 组不在直线上，说明误差较大；
且该组数据PV 乘积变大，说明温度升高，故造成该结果的原因是用手握住注射器进行实验
故AC 错误；B 正确；故选：B。
（3）据图知体积读数值比实际值大V0．根据P（V+V0）＝C，C 为定值，则有：V= ܥܲ−V0。
如果实验操作规范正确，但如图所示的V−1ܲ图线不过原点，纵轴截距即为V0，
且V0 代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积。
由图象可知：V0＝1ml
为减少该实验误差，开始封闭气体体积应尽量大些；
故答案为：（2）B；（3）1，大。
【点评】本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是
气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析。
三、计算题：本题共4 小题，共42 分.解答应写出必萋的文字说明、方程式和重要计算步暴，只写出最后答案的不
能得分，有败值计算的，爷赛中必须明确写出值和
14．【分析】（1）先根据匝数之比知输送电压U2，根据P＝UI 求得输送电流；
（2）根据匝数之比求出U3，损失电压△U＝U2﹣U3，根据P 损＝△UI 求得损耗功率。
【解答】解：（1）输电线上的电流为：
I=ܷܲ
2
U2=݊
2݊
1ܷ
1 = 25
1 × 20 × 103V
所以I=ܲ݊
2݊
1ܷ
1
=
70×107
25
1 ×20×103 =1400 A
（2）根据电压与匝数成正比知：
U3=݊
3݊
4ܷ
4 = 19
4 × 100 × 103V＝
则损失电压为：
△U＝U2﹣U3= 25
1 × 20 × 103V−19
4 × 100 × 103V＝25×103V
输电线路损耗的功率为：
P 损＝△UI＝1400×25×103W＝3.5×107W
答：（1）输电线上的电流为4A；
（2）输电线路损耗的功率为3.5×107W。
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【点评】本题主要考查了远距离输电，明确输送电流和损失功率的计算即可求得。
15．【分析】（1）根据图乙可知空气柱的长度为80mm 时，封闭气体压强，然后根据P＝P0﹣P 读列式求解；
（2）封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解。
【解答】解：（1）由图乙可知，当空气柱的长度为80mm 时，气柱压强为：P1＝18mmHg
根据P＝P0﹣P 读得：P 读＝P0﹣P1＝（768﹣18）mmHg＝750mmHg
（2）空气柱做等温变化，根据玻意耳定律得：P1V1＝P2V2
代入数据解得：P2＝16mmHg
根据P＝P0﹣P 读得空气柱的长度为90mm 时，实际大气压的大小为：
P0′＝P2+P 读＝16+（80+750﹣90）mmHg＝756mmHg
答：（1）空气柱的长度为80mm 时，水银气压计的读数为750mmHg；
（2）空气柱的长度为90mm 时，实际大气压的大小为756mmHg。
【点评】解答本题关键要理解气压计的基本原理，知道示数的含义，再通过分析状态参量，运用玻意耳定律列式
求解。
16．【分析】（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出粒子的速率。
（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据题意求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的比荷。
（3）根据粒子轨道半径应用几何知识求出MN 与挡板间的最小距离。
【解答】解：（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，
由平衡条件得：qvB1＝qܷ݀，
解得：v=ܷܤ1݀；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r=
ܮ
2
ttݏߙ=
ܮ
2ttݏߙ，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2＝m
ݒ2
ݎ，
解得：
ݍ݉=
2ݒttݏߙ
ܤ2ܮ；
（3）MN 与挡板之间的最小距离：d＝r﹣rsinα= ܮ(1−ݏt݊ߙ)
2ttݏߙ
；
答：（1）射出粒子的速率为ܷܤ1݀
；
（2）射出粒子的比荷为
2ݒttݏߙ
ܤ2ܮ；
（3）MN 与挡板之间的最小距离为
ܮ(1−ݏt݊ߙ)
2ttݏߙ
。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确
定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解。
（1）圆心的确定：因洛伦兹力始终指向圆心，根据洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，画出粒子运动轨迹中的
任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心。
（2）半径的确定和计算，半径的计算一般是利用几何知识，常用解三角形的方法。
（3）在磁场中运动时间的确定，由求出t，t= ߠ
2ߨ（θ为弧度）；应注意速度矢量转过的角度θ，就是圆半径转过的
角度，以及弦切角与圆心角的关系。
17．【分析】（2）导体棒a 匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件求出导体棒的速度；
（1）应用E＝BLv 求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由安培力公式求出b 受到的安培力，然后求出
动摩擦因数。
（3）b 棒光滑，细绳断裂、解除锁定后，a、b 组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可
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以求出它们的共同速度，应用能量守恒定律可以求出回路产生的焦耳热。
【解答】解：（2）导体棒a 受到的安培力：F＝BIL= ܤ2ܮ2ݒ
2ܴ
，
a 匀速运动，对a 与重物组成的系统，由平衡条件得：mg= ܤ2ܮ2ݒ
2ܴ
，
解得，a 匀速运动时的速度：v= 2ܴ݉݃
ܤ2ܮ2 ；
（1）a 匀速运动时，感应电动势：E＝BLv，
感应电流：I= ܧ
2ܴ
= ܤܮݒ
2ܴ
，
b 受到的安培力：Fb＝BIL＝mg，
b 恰好开始运动时：μmbg＝Fb，
解得：μ＝0.5；
（3）当a 开始匀速运动时，细绳断裂、解除锁定后，a、b 组成的系统所受合外力为零，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mav＝（ma+mb）v′，
对系统，由能量守恒定律得：
1
2݉ܽ
ݒ2 =
1
2 (݉ܽ
+ܾ݉
)ݒ'2 +Q，
解得：Q= 4݉
3݃2ܴ
2
3ܤ4ܮ4 ；
答：（1）棒b 与导轨间的动摩擦因数为0.5；
（2）棒a 匀速运动的速度大小为
2ܴ݉݃
ܤ2ܮ2 ；
（3）回路中产生的焦耳热为
4݉
3݃
2ܴ
2
3ܤ4ܮ4 。
【点评】本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚导体棒运动过程是解题的前提，应用平衡条件、
动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
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2019-2020 学年山东省威海市高二期末物理试卷
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求，
第6-10 题有多项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分
1．（4 分）关于电磁感应，下列说法中正确的是（
）
A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C．穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大
D．通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
2．（4 分）如图，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时，放在它
左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶圆盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针的N 极（
）
A．不偏转
B．向左偏转
C．向右旋转
D．向纸内旋转
3．（4 分）如图所示为某正弦交流电的电流随时间变化的图象，已知t＝0.01s 时电流的大小为2A，则此交流电电流
的有效值为（
）
A．
2
2 A
B．2A
C．2A
D．2 2A
4．（4 分）质量为600g 的篮球从0.8m 高处由静止释放，落到水平地面后，反弹上升的最大高度为0.2m，若篮球与
地面的接触时间为0.2s 重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，则篮球对地面的平均冲击力大小为（
）
A．6N
B．12N
C．18N
D．24N
5．（4 分）同步卫星在同步轨道上定位以后，由于受太阳、月球及其他天体引力作用的影响，会产生漂移运动而偏
离原来的轨道，若偏离达到一定程度，就要启动卫星上的小发动机进行修正，如图，实线为同步轨道，A 和B
为两个己经偏离同步轨道但仍在赤道平面内运行的卫星，下列说法正确的是（
）
A．若启动卫星A 的小发动机向后喷气可使卫星A 适当加速后回到同步轨道
B．卫星A 的角速度小于地球的自转角速度
C．卫星B 的动能比在同步轨道时的动能小
D．卫星B 的机械能比在同步轨道时的机械能大
6．（4 分）如图所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为0，A、B 是两个相同的小灯泡，下列
说法正确的是（
）
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A．开关S 闭合时，A 灯立即发光
B．开关S 闭合时，B 灯立即发光
C．开关S 断开时，A 灯闪亮一下再灭
D．开关S 断开后瞬间，a 点的电势低于b 点
7．（4 分）如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择
器，然后通过平板S 上的狭缝P 进入另一匀强磁场（磁感应强度为B′），最终打在照相底片A1A2 上，不计粒子
间的相互作用，下列说法正确的是（
）
A．粒子带负电
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．粒子打在照相底片A1A2 上的位置越近P，粒子的比荷
ݍ݉越大
D．所有粒子在匀强磁场B 中的运动时间都相等
8．（4 分）如图所示，水平放置的光滑平行导轨足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。在导轨上放
置两根与导轨垂直的质量、阻值均相等的导体棒ab、cd，给导体棒ab 一初动能Ek，使其开始向右运动，下列说
法正确的是（
）
A．导体棒ab 的速度不断减小到0
B．导体棒ab 的加速度不断减小到0
C．导体棒cd 的加速度不断增大
D．导体棒cd 最终能产生
ܧ݇
4 的热量
9．（4 分）如图所示，质量为M 的足够长的木板置于水平地面上，质量为m 的小滑块以初速度v0 滑上木板，已知
小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为݉
ݒ0
ܯ+݉
B．若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为
1
2݉
ݒ0
2
C．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为
1
2݉
ݒ0
2
D．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为mv0
10．（4 分）如图所示，一长为2l、宽为l 的矩形导线框abcd，在水平外力作用下从紧靠匀强磁场边缘处以速度v 向
右匀速运动3l，规定水平向左为力的正方向。下列关于导线框所受安培力F、水平外力的冲量I、通过导线框的
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第79页（共428页）
电量q 及导线框ab 两点间的电势差L 随其运动的位移x 变化的图象正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
二、实验题：本题共2 小题，共11 分．
11．（4 分）（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．直流电源
D．交流电源
E．多用电表
F．开关、导线若干
上述器材在本实验中不必用到的是
（填正确答案标号）
（2）某同学将原线圈接在所选电源上，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝
数，观察到副线圈两端的电压增大：然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电
压
（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
12．（7 分）某同学用图示装置通过a、b 两球的碰撞来验证动量守恒定律，实验时，先让入射小球a 从斜槽上某一
固定位置由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上，重复上述操作，得到多个落点痕迹，再把被碰小球b 放在
水平槽的末端，让入射小球a 仍从同一位置由静止滚下，重复上述操作，得到多个a、b 两球磁后的落点痕迹，
记下水平槽末端在记录纸上的垂直投影点O．a、b 两球的质量分别为ma、mb。
（1）为保证入射小球a 在碰撞后继线向前运动，应满足ma
mb（填“＞”、“＝”或“＜”）；
（2）为保证入射小球a 和被碰小球b 离开槽口后均做平抛运动，必须调整水平槽末端
，实验中
（填
“而要”或“不需要”）测量水平槽末端到水平地面的高度h。
（3）实验中得到小球的平均落点如图中M、P、N 所示，量得OM＝x1、OP＝x2、ON＝x3，若实验中两小球组
成的系统碰撞前后动量守恒，则应满足的关系式为
。
三、计算题：本题共5 小题，共49 分，要求写出必要的文字说明、方程式，只写出最后答案的，不能得分，有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（8 分）木星是绕太阳公转的行星之一，而木星的周围又有卫星绕木星公转，万有引边常量为G。
（1）如果要通过观测求得木星的质量，需要测量哪些量？试推导用这些量表示的木星质量的计算式；
（2）已知木星的半径为R，测得木星的质量为M，求木星的第一宇宙速度。
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14．（8 分）如图所示，A、B 两端的电压为37V，指示灯的电R0＝6Ω，理想变压器的原、副线圈匝数比为6：1，
变压器的输出端并联多只彩色小灯泡，小灯泡的规格均为“6V，0.25W”且都正常发光，导线电阻不计，求并联
的小灯泡的个数。
15．（8 分）如图所示，光滑绝缘水平轨道处于水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m、电
荷量为q 的金属小滑块P 在轨道上某点由静止释放，质量为m、不带电的金属小滑块Q 静止在水平轨道上，经
过一段时间后在小滑块P 刚好要离开水平轨道时与小滑块Q 碰撞且粘在一起。已知：电场强度大小为E，磁感应
强度大小为B，重力加速度为g，不计碰撞过程中的电量损失。求：
（1）碰撞前小滑块P、Q 之间的距离；
（2）碰撞后PQ 整体经过多长时间离开水平轨道。
16．（12 分）如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨所在平面与水平面的夹θ＝37°，间距d＝0.5m。导轨处于
磁感应强度B＝2T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上端连接一阻值R＝2Ω的电阻，垂直导放置的
质量m＝0.5kg、电阻r＝1Ω的金属棒ab 在水平外力F 的作用下沿导轨匀速向下运动，电压表的示数为U＝2V，
导轨电阻不计，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）金属棒的速度大小；
（2）画出金属棒的受力分析图并求出水平外力F；
（3）金属棒沿导轨下滑x＝1m 的过程中，电阻R 上产生的热量。
17．（13 分）如图所示，在xOy 平面的第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，第二象限内存沿y 轴负方向的匀
强电场，电场强度E=
4݉
ݒ0
2
3ݍܮ．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从P（﹣L，L）点以初速度v 平行
子x 轴射入电场。若粒子进入磁场后恰好不能从x 轴射出，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计粒子的重力。求：
（1）粒子进入磁场时的速度
（2）磁感应强度B 的大小；
（3）粒子从开始运动至第二次打在y 轴上所经历的时间
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2019-2020 学年山东省威海市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求，
第6-10 题有多项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分
1．【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比。
【解答】解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定。故A 错误；
B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B 错误；
C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定。故C 错误；
D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D 正确。故选：D。
【点评】感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化及磁通量均没有直接关系。就如加速度与速
度的关系一样。速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大。加速度与速度的变化率有关。
2．【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁
针的偏转方向．
【解答】解：带负电金属环，如图所示的旋转。则金属环的电流方向与旋转方向相反。再由右手螺旋定则可知磁
极的方向：左端S 极，右端N 极。因此小磁针N 极沿轴线向右。故C 正确，ABD 错误；故选：C。
【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则．注意电流的方向与
负电荷的运动方向相反．
3．【分析】根据交流电的图象判断出交流电的瞬时值，根据t＝0.01s 时电流的大小求得交流电的最大值，进一步求
解有效值。
【解答】解：由图象可知交流电的周期T＝0.08s，故角速度߱
= 2ߨܶ=25π，设电流的最大值为Im，则i＝Imsin25πt，
当t＝0.01s 时，
2
2 ܫ݉
= 2ܣ，解得最大值Im＝2 2ܣ，根据最大值和有效值的关系可知，交流电电流的有效值为
2A，故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】本题主要考查了根据交流电的图象判断出交流电的最大值，抓住交流电的瞬时表达式即可判断，求功率
用交流电的有效值。
4．【分析】根据运动学知识分别求出篮球和水平面碰撞前后篮球的速度大小，根据动量定理求解篮球和水平面接触
过程中的平均作用力；
【解答】解：根据运动学公式可知篮球和水平面碰撞前后篮球的速度大小分别为v1=
2݃t1 =
2 × 10 × 0.8 =
4݉
/ݏ，
v2=
2݃t2 =
2 × 10 × 0.2 =2m/s，
令向下为正方向，根据动量定理有：Ft+mgt＝﹣mv1﹣mv2，
代入数据：F×0.2+6×0.2＝﹣0.6×2﹣0.6×4
解得：F＝﹣24N；
故ABC 错误，D 正确；故选：D。
【点评】熟记动量定理，知道动量是矢量，知道在列方程时应先规定正方向，从而确定各矢量的正负，熟记运动
学公式；
5．【分析】当万有引力等于卫星所需的向心力，卫星做圆周运动，当万有引力小于卫星所需的向心力，做离心运动，
当万有引力大于卫星所需的向心力，做近心运动。
【解答】解：A、启动卫星A 的小发动机向后喷气，则加速离心，卫星A 不会回到同步轨道，故A 错误。
B、根据߱
=
ܩܯ
ݎ3 可知，卫星A 的半径大，故角速度小于同步卫星的角速度，即小于地球自转角速度，故B 正
确。
C、根据v=
ܩܯ
ݎ可知，卫星B 的半径小，故线速度大于同步轨道上的线速度，动能大于同步轨道时的动能，故
C 错误。
D、卫星B 受到空气阻力作用，轨道半径减小，故机械能减小，小于在同步轨道时的机械能，故D 错误。故选：
B。
【点评】解决本题的关键是掌握卫星变轨原理，即抬高轨道卫星做离心运动，降低轨道做近心运动，满足各自运
动条件即可讨论卫星是加速还是减速运动。
6．【分析】闭合S，A、B 同时亮，随着L 中电流增大，线圈L 直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B 逐渐被短
路，总电阻减小，再由欧姆定律分析A 灯亮度的变化。断开S，A 灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断
B 灯亮度如何变化。
【解答】解：AB、开关s 闭合瞬间，电源的电压同时加到两灯上，A、B 同时亮，随着L 中电流增大，由于线圈
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L 直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B 逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A 灯更亮。
故A 正确，B 错误；
C、灯泡B 与线圈L 构成闭合回路，开关s 断开瞬间，灯泡B 由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡A 立即熄灭。故C 错
误；
D、开关断开瞬间，L 中的电流逐渐减小，则电流的方向向左流过A 灯，a 点的电势低于b 点，故D 正确。
故选：AD。
【点评】对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。
7．【分析】粒子在质谱仪中经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判
断电荷的电性。根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度。通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断
粒子比荷的大小。
【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A 错误；
B、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，而粒子的电场力水平向右，那么洛伦兹力水平向左，
粒子带正电，则磁场垂直纸面向外，故B 正确；
C、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据qvB＝m
ݒ2
ݎ，可得r=݉
ݒ
ݍܤ，可知粒子打在AlA2 上的位置越
靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故C 正确；
D、所有打在AlA2 上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=ܶ2，粒子在磁场中运动的周期
T= 2ߨݎ
ݒ
= 2ߨ݉
ݍܤ，则磁场中的运动时间t= ߨ݉
ݍܤ与带电粒子的比荷有关，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查质谱仪模型，解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周
运动，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用是解题的关键。
8．【分析】给导体棒ab 一个初动能E，使其开始向右运动，根据右手定则判断电流方向，根据左手定则判断受力方
向，根据牛顿第二定律分析加速度大小变化，根据动量守恒定律分析最后的速度大小，再根据能量关系求解能量。
【解答】解：ABC、给导体棒ab 一个初动能E，使其开始向右运动，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据
左手定则ab 受力向后，cd 受力先前，ab 做减速运动，cd 做加速运动，当二者的速度相等时电路电流为零，安培
力为零，则加速度为零，所以ab 棒的速度不会减小到零，ab 做加速度减小的减速运动、cd 做加速度减小的加速
运动，故AC 错误、B 正确；
D、设ab 棒的初速度为v，则Ek= 1
2݉
ݒ2；根据动量定理可得：mv＝2mv′，解得：v′= 1
2v，系统产生的焦耳
热Q= 1
2݉
ݒ2 −1
2 × 2݉
ݒ'2 = 1
4݉
ݒ2 = 1
2 ܧ݇，所以导体棒cd 最终能产生Q1= 1
2ܳ
= ܧ݇
4 的热量，故D 正确。
故选：BD。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另
一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
9．【分析】若地面光滑，则最后二者的速度相同，由动量守恒可求得其速度值，由能量守恒求得内能
若地面不光滑，则最后静止，动能全部转化为内能，动量与所受的冲量大小相等。
【解答】解：AB、若地面光滑，则由动量守恒得最后的速度v=݉
ݒ0
ܯ+݉
，故A 正确，产生的内能为△Ek= 1
2݉
ݒ0
2 −
1
2 (ܯ+݉
)ݒ2，故B 错误
CD、若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最终能产生的内能为
1
2݉
ݒ0
2，地面对木板的冲量大小等于木块的初动量的大小，故CD 正确
故选：ACD。
【点评】考查动量守恒与能量守恒，明确动量守恒的条件，内能与机械能的总量不变。
10．【分析】根据切割产生的感应电动势公式以及欧姆定律分析线框中的电流大小，判断电流的变化，根据安培力
的计算公式分析安培力的变化、根据冲量的计算公式分析冲量的变化、根据电荷量的计算公式分析电荷量的变化、
结合欧姆定律分析ab 边的电势差的变化。
【解答】解：A、进入磁场的过程中，感应电动势E＝Blv 不变，感应电流I 电= ܤܮݒܴ不变，安培力F＝BIl= ܤ2݈2ݒܴ
不变，完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，故A 正确；
B、匀速运动，水平外力和安培力F 大小相等，进入磁场过程中，水平外力的冲量I＝Ft= ܨ
ݒ⋅ݔ，I﹣x 关系图象为
正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，故B 错误；
C、进入磁场的过程中，q＝I 电t═
ܤܮܴ⋅ݔ，q﹣x 关系图象为正比例函数，完全进入后电流为零，q 不变但不为零，
故C 错误；
B、进入磁场的过程中，Uab＝I 电× 5
6R= 5
6BLv，完全进入磁场的过程中，ab 边的电势差Uab＝BLv，故D 错误。
故选：A。
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【点评】对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应
定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，
这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
二、实验题：本题共2 小题，共11 分．
11．【分析】（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，所需要的器材有：可拆变压器（铁芯、
两个已知匝数的线圈），多用电表（测电压），导线、开关，交流电源。
（2）根据变压比等于匝数比进行分析即可。
【解答】解：（1）A、变压器线圈两端的电压与匝数的关系：ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
；所以需要知道原副线圈的匝数，需要可
拆变压器。
B、变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，
条形磁铁用不到。
CD、变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是
直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故需要用到低压交流电源。
E、需要用到多用电表测量原副线圈的电压。
F、还需要用到开关、导线若干。
故答案为：BC。
（2）根据ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
，知保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；
故答案为：（1）BC；（2）减小。
【点评】本题关键要理解变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析。
12．【分析】（1）为保证入碰小球不被反弹，需要A 球质量应大于B 球质量；
（2）斜槽的末端必须水平，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动；
（3）根据动量守恒定律求出即可。
【解答】解：（1）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即ma＞mb；
（2）斜槽末端的切线要沿水平方向，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动；小球做平抛运动的时间是相等
的，所以不需要测量水平槽末端到水平地面的高度h。
（3）根据实验原理可得mav0＝mav1+mbv2，
由图乙可知：OM＝x1、OP＝x2、ON＝x3。
又因下落时间相同，即可求得：maOP＝maOM+mbON，
可得：max2＝max1+mbx3
故答案为：（1）＞；（2）切线水平，不需要；（3）max2＝max1+mbx3
【点评】本题考查了动量守恒定律实验，实验注意事项与实验数据处理问题；验证掌握两球平抛的水平射程和水
平速度之间的关系，是解决本题的关键，应用动量守恒定律可以解题。
三、计算题：本题共5 小题，共49 分，要求写出必要的文字说明、方程式，只写出最后答案的，不能得分，有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．【分析】（1）根据木星的卫星的万有引力提供向心力，列式求解即可求出木星的质量；
（2）对木星的近地卫星，根据万有引力提供向心力，列式求解即可。
【解答】解：（1）需要测木星的卫星绕木星公转的轨道半径r 和周期T
对木星的卫星，根据万有引力提供向心力得：
ܩܯ݉
ݎ2
=m（
2ߨܶ）2r
解得：M= 4ߨ2ݎ3ܶ
2
（2）对木星的近地卫星，根据万有引力提供向心力得：
ܩܯܴ݉
2
=m（
2ߨܶ）2R
解得：v=
ܩܯܴ
答：（1）需要测量测木星的卫星绕木星公转的轨道半径r 和周期T，木星质量的计算式为
4ߨ2ݎ3ܶ
2 ；
（2）已知木星的半径为R，测得木星的质量为M，木星的第一宇宙速度为ܩܯܴ。
【点评】本题关键是根据木星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要测
量的量，涉及半径有星体半径和轨道半径，解题时要注意区分。
14．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数
成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
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【解答】解：变压器输入端与输出端电压之比：ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
。
U＝U0+U1．其中U0＝I1R0。
原副线圈的电流之比：
ܫ1
ܫ2
=݊
2݊
1
。
每只小灯泡的电流：PL＝ULIL。
小灯泡的个数：N= ܫ2
ܫܮ=24。
答：并联的小灯泡的个数为24 个。
【点评】根据理想变压器的电压与匝数，电流与匝数之间的关系，和欧姆定律来逐项的分析求解即可求得结论。
15．【分析】（1）小滑块P 刚好要离开水平轨道时所受的洛伦兹力与重力二力平衡，由此求出P 的速度。再根据动
能定理求碰撞前小滑块P、Q 之间的距离；
（2）根据动量守恒定律求出碰后PQ 整体的速度。整体刚要离开水平轨道时，洛伦兹力与重力二力平衡，由此
求出整体的速度。由碰后整体做匀加速运动，可根据牛顿第二定律和速度时间公式结合求运动时间。
【解答】解：（1）设小滑块P 刚要离开地面时的速度为v0，碰撞前P、Q 间距为x。有：
qv0B＝mg
由动能定理得：
qEx= 1
2݉
ݒ0
2
解得：x=݉
3݃2
2ݍ3ܤ2ܧ
（2）对小滑块P、Q 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1。
整体刚要离开水平面时有：
qv2B＝2mg
碰后整体的运动过程，由牛顿第二定律得：
qE＝2ma
v2﹣v1＝ma
联立解得：t= 3݉
2݃
ݍ2ܤܧ
答：（1）碰撞前小滑块P、Q 之间的距离是݉
3݃
2
2ݍ3ܤ2ܧ；
（2）碰撞后PQ 整体经过
3݉
2݃
ݍ2ܤܧ时间离开水平轨道。
【点评】本题要理清物块运动情况的基础上，搞清临界条件：物体刚要离开水平面时重力和洛伦兹力二力平衡，
要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，结合牛顿第二定律与运动学公式进行解答。
16．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律结合感应电动势的计算公式求解；
（2）根据受力情况结合平衡条件求解；
（3）根据焦耳定律求解。
【解答】解：（1）根据欧姆定律可得：I=ܷܴ
根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+r）
感应电动势E＝Bdv
解得：v＝3m/s；
（2）对金属棒受力分析如图所示
根据平衡条件可得：mgsinθ＝BId+Fcosθ
解得：F＝2.5N，方向水平向右；
（3）根据焦耳定律可得：QR＝I2Rt
t= ݔ
ݒ
解得：QR= 2
3J。
答：（1）金属棒的速度大小为3m/s；
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（2）画出金属棒的受力分析图如图所示，水平外力为2.5N，方向水平向右；
（3）金属棒沿导轨下滑x＝1m 的过程中，电阻R 上产生的热量为
2
3J。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路
图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
17．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的轨迹求解；、
（2）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，再根据牛顿第二定律和向心力公式求解磁感应强度；
（3）求出粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角和磁场中运动的时间，由此求出粒子从开始运动至第二次打在y
轴上所经历的时间。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有：
L＝v0t1
qE＝ma
vy＝at1，
进入磁场时的速度为：v=
ݒ0
2 + ݒݕ
2 = 5
3 ݒ0
设粒子进入磁场时的速度方向与x 轴正方向的夹角为θ
则：tanθ= ݒݕ
ݒ0
解得：θ＝53°；
（2）粒子进入磁场后恰好不能从x 轴射出，运动轨迹如图所示。
做类平抛运动向下运动的位移为：y= 1
2at12
由几何知识得：R（1﹣cosθ）＝L﹣y
由牛顿第二定律和向心力公式得：qvB＝m
ݒ2ܴ
解得：B= 2݉
ݒ0
ݍܮ；
（3）粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为：
α＝360°﹣2×37°＝286°
粒子在磁场中运动的周期为：T= 2ߨܴ
ݒ
运动的时间为：t2= 286°
360°T
粒子从开始运动至第二次打在y 轴上所经历的时间为：t＝t1+t2= ܮ
ݒ0 + 143ߨܮ
180ݒ0。
答：（1）粒子进入磁场时的速度为
5
3 ݒ0，方向与x 轴正方向的夹角为53°；
（2）磁感应强度B 的大小为
2݉
ݒ0
ݍL ；
（3）粒子从开始运动至第二次打在y 轴上所经历的时间为
ܮ
ݒ0
+
143ߨܮ
180ݒ0
。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提
供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类
平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答
2019-2020 学年山东省临沂市沂水县高二期末物理试卷
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一、单项选择题：
1．（3 分）关于通电直导线周围磁场分布下列正确确的是（
）
A．
B．
C．
D．
2．（3 分）如图所示，质量为m 的物体，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开
口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确
的是（
）
A．受到的向心力大小为mg+m
ݒ2ܴ
B．受到的摩擦力大小为μm
ݒ2ܴ
C．受到的摩擦力大小为μ（mg+m
ݒ2ܴ
）
D．受到的合力方向斜向左下方
3．（3 分）如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12V 的蓄
电池上，副线圈连接到火花塞的两端，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10000V 以上的电压，火花塞中
产生火花。下列说法中正确的是（
）
A．该点火装置能使火花塞的两端产生持续高压
B．变压器的原线圈用细导线绕制，而副线圈要用粗导线绕制
C．该点火装置巾变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
D．要在副线圈中产生高压，必须将原线圈输人的12V 直流电转换成交流电
4．（3 分）如图所示，某建筑工地正在用塔吊提升建筑材料，塔吊在向上匀加速提升建筑材料的同时使建筑材料沿
水平方向向西匀速运动。以建筑材料开始运动的位置为原点0，水平向西为X 轴，竖直向上为Y 轴，建立平而
直角坐标系，不计空气阻力。在地面上看，建筑材料的运动轨迹是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）质量为10kg 的物体，原来以v＝5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量30N•S 的
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作用，历时2s，物体的动量大小变为（
）
A．80kg•m/s
B．110kg•m/s
C．40kg•m/s
D．60kg•m/s
6．（3 分）如图所示，一矩形导体框匀速穿过垂直纸面向里宽度为d 的匀强磁场，框边长分别为d、2d，取框中顺
时针方向的电流为正，则穿越过程中导体框中电流i 与时间t 的关系图象正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
7．（3 分）如图所示，A 为地球赤道表面上的物体，B 为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面ܴ3的高度处做
匀速圆周运动，向心加速度的大小为a。地球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（
）
A．物体A 的向心加速度大于a
B．地球的质量为M= 16ܴ2ܽ
9ܩ
C．地球两极的重力加速度大小为
4ܽ
3
D．物体A 的线速度比卫星B 的线速度大
8．（3 分）如图所示，质量为m、长为L 的直导线用两根轻质绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导
线中通以沿x 正方向的电流I，且导线保持静止时，细线与竖直方向的夹角为θ．则磁感应强度的方向和大小可能
为（
）
A．z 正向，݉݃ܫܮtanθ
B．y 正向，݉݃ܫܮ
C．x 正向，݉݃ܫܮtanθ
D．沿悬线向上，݉݃ܫܮsinθ
二、不定项选择题：
9．（3 分）如图是研究地球自转的示意图，a、b 是地球赤道上的两点，b、c 是地球表面上不同纬度同一经度上的两
个点，下列说法正确的是（
）
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A．a、b、c 三点的角速度相同
B．a、c 两点的线速度大小相等
C．a、b 两点的线速度大小不相等
D．a、b 两点的向心加速度大小相等
10．（3 分）如图所示为学校的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩
形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中以角速
度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R0 表示输电线的电
阻。以线圈平面与磁场垂直时为计时起点，下列判断正确的是（
）
A．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt
B．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高
C．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向上滑动
D．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈两端的电压瞬时值最大
11．（3 分）如图所示，在闭合的铁芯左侧的线圈与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c 为三个闭合的不同材
料制成的粗细相同的金属圆环，若线圈产生磁感线全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑动触头从左向右滑动时，
下列说法正确的是（
）
A．只有a、b 环中有感应电流
B．a、b、c 三个环中均有感应电流
C．a、b 两环中的感应电动势一定相等
D．a、b 两环中的感应电流一定相等
12．（3 分）如图所示，小车上面固定一个两端等高的光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静
止在光滑的水平面上。今有一个半径略小于管道半径质量为m 的小球，以水平速度v 从左端滑入管道，最后从
管道右端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（
）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球在管道滑动过程中小车一直向右运动
C．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
D．运动过程中小车（含管道）和小球的总动能不变
13．（3 分）如图所示，从以20m/s 沿水平方向匀速直线飞行的直升机上释放一个金属小球，小球在落地之前经过空
中A、B 两点，在A 点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B 点小球速度方向与水平方向的夹角为60°，
（空气阻力忽略不计，取g＝10m/s2），以下说法正确的是（
）
A．小球从释放到B 用时2 3s
B．小球经过A、B 两点的时间间隔为2（3 −l）s
C．A、B 两点间的高度差为30m
D．A、B 两点问的高度差为40m
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三、实验、填空题：
14．图示为“探究感应电流方向的规律”实验时所用电路
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后将线圈A 迅速插入线圈B 时，灵敏电流
计指针将
；接着讲滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流计指针
。（均填“向左偏”“向右偏”
或“不偏”）
（2）某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B 两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，
则被电击是在拆除
（选填“A”或“B”）线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除
电路前应
（选填“断开开关”或“把A、B 线圈分开放置”）。
15．《研究平抛运动》的实验装置如图（甲）所示。
（1）为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是
A．实心小木球
B．实心小铁球
C．空心小铁球
D．以上三种球都可以
（2）用小锤打击弹性金属片，A 球就水平飞出；同时B 球被松开，做自由落体运动。把整个装置放在不同高度
进行实验，结果两小球总是同时落地：这个实验说明了A 球
A．水平方向的分运动是匀速直线运动
B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是自由落体运动
D．竖直方向的分运动是匀速直线运动
（3）某同学描出了的小钢球做平抛运动的轨迹如图（乙）所示。他以抛出点为坐标原点O，取水平向右为x 轴，
竖直向下为y 轴，在轨迹上取两点A（x1，y1）和B（x2，y2），且使y1：y2＝l：4，若测量发现x1：x2 大约为
，
则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动。
四、计算论述题：
16．如图，质量为m 的b 球用长h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处．质量也为m 的小球a，从距BC 高h 的
A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起．已知BC 轨道距地面有一定的高
度，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg．试问：
①a 与b 球碰前瞬间的速度多大？
②a、b 两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）
17．如图所示，水平U 形光滑框架的宽度为1m，电阻忽略不计，导体ab 质量是0.2kg，电阻是0.1Ω，匀强磁场的
磁感应强度B＝0.2T，方向垂直框架向上，现用lN 的外力F 由静止拉动ab 杆，求：
（1）当ab 的速度达到2m/s 时，ab 杆产生的感应电动势的大小；
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（2）当ab 的速度达到2m/s 时，ab 杆的加速度的大小；
（3）ab 杆最终能达到的最大速度。
18．如图所示的平面直角坐标系xoy，在第Ⅳ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴负方向；在第1 象限的
正三角形abc 区域（ab 边与y 轴平行）内有垂直于xoy 平面的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量
为q 的粒子，从y 轴上的P（0，﹣h）点，以大小为v0 的速度沿x 轴正方向射人电场，通过电场后从x 轴上的a
（2h，0）点进入第Ⅰ象限，又经过磁场从y 轴上的某点与Y 轴正方向成45°角进入第Ⅱ象限，不计粒子所受的
重力。求：
（1）判断带电粒子的电性和匀强磁场的方向；
（2）电场强度E 的大小；
（3）粒子到达a 点时速度的大小和方向；
（4）正三角形abc 区域的最小面积。
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2019-2020 学年山东省临沂市沂水县高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：
1．【分析】通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定。
【解答】解：A、根据安培定则：A 图中磁场应该为右边向里，左边向外，故A 错误；
B、根据安培定则知图中磁场方向正确；故B 正确；
C、根据安培定则：图中磁场应该为顺时针方向的同心圆，故C 错误；
D、根据安培定则：图中磁场应该是逆时针方向的同心圆，故D 错误；故选：B。
【点评】本题考查了安培定则，明确四指和大拇指的含义即能正确判断。
2．【分析】根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大
致方向．
【解答】解：A、物体在最低点的向心力大小ܨ݊=݉
ݒ2ܴ
，故A 错误。
B、在竖直方向上，有：N﹣mg＝m
ݒ2ܴ
，解得支持力N=݉݃
+݉
ݒ2ܴ
，则物体所受的摩擦力大小f＝μN＝μ（mg+m
ݒ2ܴ
），
故C 正确，B 错误。
D、因为重力和支持力的合力竖直向上，摩擦力水平向左，根据平行四边形定则知，物体所受的合力方向斜向左
上方，故D 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．难度不大．
3．【分析】蓄电池的电压为12V，火花塞需要的电压为10000V，所以电路中需要的是升压变压器，再根据升压变压
器的原理可得副线圈匝数大于原线圈匝数。
【解答】解：A、汽油机点火装置的开关若始终闭合，变压器就没有变化的磁通量，则不能工作，所以次级线圈
两端也不会有高压，故A 错误；
B、变压器线圈中电流越大，所用的导线应当越粗。原线圈电压低，根据P＝UI 知，原线圈电流大，副线圈电压
大，电流小，所以原线圈用粗导线绕制，副线圈用细导线绕制，故B 错误；
C、由于火花塞需要的电压为10000V，但是电源的电压为12V，所以必须要经过升压变压器才可以得到高的电压，
所以变压器左边线圈的匝数小于右边线圈的匝数，导致右边电压被提高，所以变压器副线圈匝数远大于原线圈的
匝数，故C 正确；
D、接该变压器的初级线圈的电源不一定是交流电源，直流也可以，只要使磁通量发生变化就可以，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题需要掌握变压器电压之比和匝数之比的关系，不能只记住一些结论，要根据变压器的工作原理去分
析。
4．【分析】物体在水平向西方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，知合加速度的方向与合速度
的方向不在同一条直线上，做曲线运动，根据加速度的方向判断轨迹的凹向。
【解答】解：物体在水平向西方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，加速度方向向上，因为合
加速度的方向竖直向上，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线。因为加速度的方向（即合力的方向）
大致指向轨迹凹的一向，故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握曲线运动的条件，以及知道轨迹、速度方向和加速度方向的关系。
5．【分析】根据动量定理：合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量即可求解。
【解答】解：根据动量定理得：P﹣mv＝Ft；则P＝Ft+mv＝（30+10×5）kg•m/s＝80kg•m/s，则A 正确，BCD
错误故选：A。
【点评】有关矢量的运算要注意方向。
6．【分析】将线框的运动分成三段分析，根据楞次定律判断感应电流的方向。
【解答】解：线框向右运动0﹣d 的过程中，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流；
当线框向右运动d﹣2d 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流；
线框向右运动2d﹣3d 的过程中，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流；
因线圈匀速运动，可知产生的感应电流大小相同，故图象D 正确，ABC 错误；故选：D。
【点评】本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到各段电流
的解析式，再选择图象。
7．【分析】根据万有引力提供向心力，结合同步卫星的加速度和轨道半径求出加速度关系。地球赤道上的物体与同
步卫星的角速度，根据a＝rω2 得出向心角速度关系，利用万有引力等于向心力求得地球的质量。
【解答】解：A、根据
ܩܯ݉
ݎ2
=݉ܽ
可知ܽ
= ܩܯ
ݎ2
可知B 的加速度a 大于地球同步卫星的加速度；
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而根据a＝ω2r 可知，同步卫星的加速度大于物体A 的加速度，则物体A 的向心加速度小于a，故A 错误；
B、对卫星B，根据G
ܯ݉
ݎ2 =ma 可得G
ܯ݉
(ܴ+1
3ܴ)2 =ma，地球的质量为ܯ= 16ܴ2ܽ
9ܩ，故B 正确；
C、根据
ܩܯܴ݉
2
=݉݃
，可得地球两极的重力加速度大小为g= 16
9 a，故C 错误；
D、根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉
ݒ2
ݎ可知ݒ=
ܩܯ
ݎ可知B 的速度大于地球同步卫星的速度；而根据v＝ωr 可知，同步卫星的
速度大于物体A 的速度，则物体A 的速度小于卫星B 的速度，故D 错误；故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意赤道上的物体不是靠万有
引力提供向心力。
8．【分析】根据左手定则，结合磁场的方向分析能否使导线保持静止．根据平衡条件和安培力公式列式求解磁感应
强度的大小．
【解答】解：
A、磁感应强度方向为z 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，直导线不能平衡，所以A 错
误；
B、当磁场沿y 正方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL＝mg，B=݉݃ܫܮ导线静止，悬线
的拉力为零，故B 正确；
C、当磁场沿x 正方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线不可能向右偏转，悬线与竖直方向的夹角θ
＝0°，不符合题意，故C 错误；
D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向下方，从受力角度可知，棒无法平衡，故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键通过左手定则判断出安培力的方向，结合共点力平衡进行分析．对于选择题可以采用定
性分析B 的方向和定量计算B 的大小，结合判断．
二、不定项选择题：
9．【分析】共轴转动的物体具有相同的角速度，从图中可以看出a 和b 的半径相等且比c 大，再根据v＝rω去比较
线速度，根据a＝ω2r 比较向心加速度大小。
【解答】解：A、地球自转绕地轴转动，地球上除两级各点具有相同的角速度。所以a、b、c 三点的角速度相等，
故A 正确；
BC、从图中可以看出a 和b 的半径相等且比c 大，根据v＝rω可知，a、c 两点线速度大小不等，a、b 两点的线
速度大小相等，但方向不同，故BC 均错误；
D、根据a＝ω2r 可知a、b 两点的向心加速度大小相等，故D 正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道共轴转动的物体具有相同的角速度。要知道地球自转绕地轴转动，地球上除两级各
点具有相同的角速度。
10．【分析】确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确
定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解。当线圈与磁场平行时，感应电流最大，
当两者垂直时，感应电流最小；
【解答】解：A、线圈从中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt，故A 正确；
B、当触头P 向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故B 错误；
C、当用电量增加时，负载总电阻减小，电流增大，则导线上消耗的电压增大；则为了使用户电压保持不变，滑
动触头P 应向上滑动；故C 正确；
D、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，变压器原线圈的电流瞬时值最大，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查瞬时表达式的书写，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化，
只会改变电流与功率，不会影响电压的变化
11．【分析】由题，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改
变，产生的磁场随之改变，a、b 两环中磁通量会发生改变，即可知道有无感应电流产生。而c 环中总磁通量为零，
保持不变，则知没有感应电流产生。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小关系。
【解答】解：AB、根据题意，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，根据安培定则判断可知，穿过a 的磁感线方
向向左，穿过b 的磁感线向上，a、b 两环都有磁通量。当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生
改变，产生的磁场随之改变，a、b 两环中磁通量会发生改变，故a、b 两环中将产生感应电流。而向左和向右穿
过c 环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c 环中没有感应电流产生，而a、b 环
中有感应电流。故A 正确，B 错误；
CD、a、b 两个环的磁通量始终相同，根据法拉第电磁感应定律可知，a、b 环内产生的感应电动势也是相等的，
但是由于两环的电阻不一定相同，可知两环中感应电流不一定相同。故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】判断有无感应电流产生，要紧扣感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于有两种磁
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感线穿过线圈时，要看抵消后总的磁通量是否变化
12．【分析】根据小球在小车上运动时，小球和小车的在水平方向上合外力为零，故水平方向上动量守恒；根据动
量守恒定律结合能量关系分析讨论。
【解答】解：AB、小球进入管道后，因小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所
以小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A 错误，B 正确；
C、由动量守恒可得：mv＝2mv 车+mv 球，由机械能守恒可得：
1
2mv2= 1
2 ×2mv 车2+ 1
2mv 球2；所以，v 车+2v 球＝0，
那么，v 车= 2
3v，v 球=−1
3v，小球滑离小车时相对小车的速度v 球﹣v 车＝﹣v，故小球滑离小车时相对小车的速度
为v，故C 正确；
D、运动过程中由于小球的重力势能不断变化，可知小车（含管道）和小球的总动能要发生变化，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型。分析清楚运动过程、应用动量
守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。
13．【分析】根据平行四边形定则求出A、B 的竖直分速度，结合速度时间公式求出小球由A 到B 的时间。根据速
度位移公式求出A、B 的高度差。
【解答】解：A、根据平行四边形定则知，vyA＝v0＝20m/s，vyB＝v0tan60°＝20 3m/s，则小球从释放到B 用时
ݐܤ=
ݒܤݕ݃= 20 3
10 ݏ= 2 3ݏ，故A 正确；
B、由A 到B 的时间间隔△ݐ=
ݒݕܤ−ݒݕܣ݃= 2( 3 −1)ݏ，故B 正确；
CD、A、B 的高度差h =
ݒݕܤ2−ݒݕܣ2
2݃
= 1200−400
20݉
= 40݉
，故C 错误，D 正确；
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
三、实验、填空题：
14．【分析】（1）根据在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，结合题意，应用楞次定律分析答题；
（2）依据断电自感现象，即可判定求解。
【解答】解：（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加时，电流
计指针向右偏，
当合上开关后，将线圈A 迅速插入线圈B 时，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向右偏；
当接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏。
（2）在完成实验后未断开开关，也未把A、B 两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A 中的电流突然减
少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而突然会被电击了一下，
为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关；
故答案为：（1）向右偏；向左偏；（2）A；断开开关。
【点评】知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键。对于该实验，要明
确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习，注意断电自感现象的应用。
15．【分析】探究平抛运动的规律中，实验同时让A 球做平抛运动，B 球做自由落体运动，若两小球同时落地，则
说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，而不能说明A 球水平方向的运动性质。在如图乙中，已知竖直方向上
做自由落体，可以知道运动到A、B 的时间比，通过水平位移判断水平方向上的运动性质。
【解答】解：（1）为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是实心小铁球，故B 正确ACD 错误。
故选B。
（2）在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自
由落体运动。
故选C。
（3）竖直方向上做自由落体运动，y1：y2＝1：4，根据h= 1
2gt2 知，运到到A、B 两点的时间比为1：2，所以O
到A、A 到B 的时间相等，若水平位移又相等，即如果x1：x2 大约为1：2，则说明小球水平方向上做匀速直线
运动。
故答案为：（1）B；（2）C：（3）1：2。
【点评】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中，不一定局限于课本
实验的原理，要注重学生对探究原理的理解。
四、计算论述题：
16．【分析】①由机械能守恒定律可以求出小球a 的速度；
②由动量守恒定律求出碰撞后小球的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据拉力大小分析答题．
【解答】解：①设a 球经C 点时速度为vC，a 球下滑过程机械能守恒，
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则由机械能守恒得：mgh= 1
2mv02，
解得：v0=
2݃t，即a 与b 球碰前的速度为：2݃h；
②设b 球碰后的速度为v，a、b 两球碰撞过程系统动量守恒，
以a 球的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv0＝（m+m）v，
解得：v= 1
2
2݃h，
小球被细绳悬挂绕O 摆动时，若细绳拉力为T，
由牛顿第二定律得：T﹣2mg＝2m
ݒ2
t ，
解得：T＝3mg＞2.8mg，细绳会断裂；
答：①a 与b 球碰前瞬间的速度为：2݃h；
②a、b 两球碰后，细绳会断裂．
【点评】本题考查了速度、判断绳子是否断裂问题，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、动量守恒定
律、牛顿第二定律即可正确解题．
17．【分析】（1）ab 杆向右运动时垂直切割磁感线，由E＝BLv 求出感应电动势的大小；
（2）根据欧姆定律和安培力公式F＝BIL 求出安培力的大小，由牛顿第二定律求解加速度的大小。
（3）杆ab 先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件求出最大速度。
【解答】解：（1）ab 杆产生的感应电动势的大小：E＝BLv ①
解得：E＝0.4V
（2）感应电流大小：ܫ= ܧܴ②
ab 杆所受的安培力：FA＝BIL③
根据牛顿第二定律：F﹣FA＝ma ④
代入数据解得：a＝1m/s2
（3）将①②③代入④得：ܨ−ܤ2ܮ2ݒܴ=݉ܽ
当a＝0 时，v 达到最大
ݒ݉
= ܨܴ
ܤ2ܮ2 = 2.5݉
/ݏ
答：（1）当ab 的速度达到2m/s 时，ab 杆产生的感应电动势的大小为0.4V；
（2）当ab 的速度达到2m/s 时，ab 杆的加速度的大小为2.5m/s；
（3）ab 杆最终能达到的最大速度为2.5m/s。
【点评】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合，安培力的分析和计算是关键。对于杆的最大速度也可以根
据功率关系列出如下公式求解ܨݒ݉
= (ܤܮݒ݉)2ܴ
。
18．【分析】（1）根据带电粒子的运动轨迹可判定带电粒子得电性以及匀强磁场的方向。
（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分
解法可求出场强大小E。
（3）由速度的合成法求出粒子到达a 点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过a 点时的方向。
（4）三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外，当粒子刚好与bc 边相切时，三角形面积最小；由几何关系求解最
小面积。
【解答】解：（1）带电粒子的从P 点进入后偏向上方进入磁场，故说明粒子受电场力向上，电场力逆着电场线方
向，故粒子带负电；
粒子在磁场中沿圆周进入第II 象限，则说明粒子进入磁场时受力向左上，由左手定则可知，匀强磁场的方向垂
直xoy 平面向外。
（2）设粒子在电场中运动的时间为t，
水平方向：2h＝v0t
竖直方向：h = 1
2ܽݐ2，
qE＝ma
联立以上各式解得：ܧ=݉
ݒ0
2
2ݍt
（3）粒子达到a 点时沿负y 方向的分速度为vy＝at 解得：vy＝v0
所以ݒ=
2ݒ0方向指向第Ⅰ象限与x 轴正方向成45°
（4）当粒子从b 点射出时，设正三角形的最小边长为L 粒子在磁场中运动时，有
ݍݒܤ=݉
ݒ2
ݎ
根据几何关系：ܴ
=
2
2 ܮ
解得：ܮ= 2݉
ݒ0
ݍܤ
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正三角形abc 区域的面积最小，ܵ
=
3
4 ܮ2 =
3݉
2ݒ0
2
ݍ2ܤ2
答：（1）带电粒子带负电荷；匀强磁场的方向垂直xoy 平面向外。
（2）电场强度E 的大小为݉
ݒ0
2
2ݍt
（3）粒子到达a 点时速度的大小和方向2v0，方向指向第Ⅰ象限与x 轴正方向成45°。
（4）正三角形abc 区域的最小面积
3݉
2ݒ0
2
ݍ2ܤ2 。
【点评】该题考查了有边界电磁场的问题，在电场中的偏转，利用平抛运动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁
场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心角是解决问题的关键。
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2019-2020 学年山东省聊城市高二期末物理试卷
一、本题共有12 个小题每小题4 分，共48 分．在每小题给出的4 个选项中，第1-7 题只有一个选项符合题目要求；
第8-12 题有多个选项符合题目要求全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有错选或不答的得0 分．
1．（4 分）关于动量和冲量，下列说法正确的是（
）
A．物体所受合外力越大，合外力的冲量就越大
B．物体所受合外力大，合外力的冲量不一定大
C．物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同
D．物体所受合外力的冲量等于物体的动量
2．（4 分）现代生活中，人们越来越离不开手机，为通讯而创造的智能手机，越来越智能化，手机上装有多种传感
器。当人们接通电话，将手机放在耳边时，原本亮着的屏幕会熄灭，这是由于屏幕上方安装了（
）
A．温度传感器
B．加速度传感器
C．压力传感器
D．距离传感器
3．（4 分）空间有竖直边界为AB、CD 且垂直纸面向里的有界匀强磁场区域。一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O 点，
将圆环拉至如图所示位置静止释放，圆环在摆动过程中环面始终与磁场垂直。若不计空气阻力，则下列说法中正
确的是（
）
A．圆环完全进入磁场后离最低点越近，感应电流越大
B．圆环在进入和穿出磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环向左穿过磁场后再返回，还能摆到原来的释放位置
D．圆环最终将静止在最低点
4．
（4 分）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′
轴匀速转动。今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25 圈，读出电压表的示数为
10V．已知R＝10Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是（
）
A．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零
B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i=
2sin100πt（A）
C．流过电阻R 的电流最大值为2A
D．电阻R 上的热功率等于5W
5．（4 分）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向
竖直向上为正．当磁感应强度B 随时间t 按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流随时间变化情况的
是（
）
A．
B．
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C．
D．
6．（4 分）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。在两导线中通有方向如图所示大小相等
的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度大小为B，如果仅让P 中的电流反向，其他条件
不变，则a 点处磁感应强度的大小为（
）
A．0
B．
3
3 B
C．3B
D．2B
7．（4 分）图1 和图2 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和L2 为电感线圈。实验时，断开开关S1 瞬间，灯
A1 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯A3 立即变亮，最终A2 与A3 的
亮度相同。下列说法正确的是（
）
A．图1 中，A1 与L1 的电阻值相同
B．图1 中，闭合S1，电路稳定后，A1 中电流大于L1 中电流
C．图2 中，变阻器R 与L2 的电阻值相同
D．图2 中，闭合S2 瞬间，L2 中电流与变阻器R 中电流相等
8．（4 分）山崖边的公路常常称为最险公路，如图所示，一辆汽车欲安全通过此弯道公路，假定公路弯道部分路面
可简化为水平面内的圆弧形平面，下列说法正确的是（
）
A．若汽车以恒定的角速度转弯，选择内圈较为安全
B．若汽车以恒定的速率转弯，选举外圈较为安全
C．若汽车以恒定的速率转弯，则汽车的加速度不变
D．汽车在转弯时受到重力、支持力摩擦力和向心力作用
9．（4 分）“嫦娥四号”探月工程在2018 年5 月和12 月分两次发射完成。5 月发射的中继星“鹊桥号”首次到达地
月拉格朗日L2 点，实现了月球背面与地面站之间的测控通讯。如图所示，拉格朗日L2 点就在地球、月球连线
的延长线上，在此点上卫星几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，则“鹊桥号”的（
）
A．向心力仅由月球对它的引力提供
B．向心力由月球及地球对它的引力的合力提供
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C．线速度大于月球的线速度
D．周期大于月球的周期
10．（4 分）如图所示，条形磁铁放在光滑的斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住并处于静止状态。
图中圆圈为垂直纸面放置的直导线的横截面，当导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为
FN1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为FN2，下列说法正确的是（
）
A．若导线位于图中1 位置且电流方向向外，则FN1＞FN2
B．若导线位于图中1 位置且电流方向向里，则弹簧的伸长量增大
C．若导线位于图中2 位置且弹簧的伸长量增大，则导线中电流方向向里
D．若导线位于图中2 位置且弹簧的伸长量增大，则FN1＞FN2
11．（4 分）如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择
器，然后通过平板S 上的狭缝P 进入另一匀强磁场，磁感应强度为B'，最终打在照相底片A1A2 上，下列说法正
确的是（
）
A．粒子带负电
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．粒子打在照相底片A1A2 上的位置越靠近P，粒子的比荷
ݍ݉越小
D．粒子打在照相底片A1A2 上的位置越靠近P，粒子在磁场中的运动时间越短
12．（4 分）如图所示，某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴小球不变，手牵
着绳在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（
）
A．保持绳长不变，绳对手的拉力缓慢增大，则角速度可能不变，转动半径增大
B．保持绳长不变，绳对手的拉力缓慢增大，则角速度增大，转动半径增大
C．保持角速度不变，缓慢增大绳长，则绳对手的拉力不变，转动半径增大
D．保持角速度不变，缓慢增大绳长，则绳对手的拉力增大，转动半径增大
二、本题包括2 个小题，共12 分，把答案填在答题卡对应的横线上．
13．（6 分）某实验小组利用：学生电源、小型可拆变压器、交流电压表、导线等器材进行变压器线圈两端电压与匝
数关系的探究活动。根据实验原理图连接电路，在原线圈
两端依次加上不同的电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，实验数据如下表：
实验序
号
原线圈匝数n1＝800 原线圈
两端电压U1（V）
副线圈匝数n2＝600 副线圈
两端电压U2（V）
副线圈匝数n3＝___副线
圈两端电压U3（V）
1
5.6
4.2
2.8
2
9.7
7.3
4.8
3
13.7
10.3
6.8
（
1
）
请
你
用
笔
画
线
代
替
导
线
完
成
电
路
的
连
接
。
（2）根据实验数据，可以得出实验结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为
（用题中给出的字母表示）。
（3）根据表中的数据知副线圈的匝数n3＝
。
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14．（6 分）利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的四分之﹣﹣光滑圆弧轨道下端与水平桌面相
切，先将质量均为m 的滑块A、B 分别从圆弧轨道的最高点无初速度释放（如图甲所示），测得滑块在水平桌面
滑行的距离均为x1；然后将滑块B 放在圆弧轨道的最低点，再将A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放（如图乙
所示），测得碰后B 沿桌而滑行的距离为x2，A 沿桌而滑行的距离为x3，圆弧轨道的半径为R，A、B 均可视为
质点，重力加速度为g。
（1）滑块A 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为
。
（2）若A 和B 的碰撞过程动量守恒，则x1，x2，x3 应满足的关系是
（3）若A 和B 发生弹性碰撞。则碰撞后瞬间A 的速度为
，B 的速度为
。
三、解答题（共4 小题，满分40 分）
15．（8 分）我国发射的某颗卫星在距地面高度为R 的圆周轨道上运行，运行周期为T，已知引力常量为G，地球半
径为R（不考虑地球的自转）。求：
（1）地球表面的重力加速度g；
（2）地球的密度ρ。
16．（10 分）如图所示，竖直平面内的
3
4圆弧形光滑轨道的半径为R＝0.4m，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B
点为光滑轨道的最高点且在O 的正上方。一个小球在A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点进入圆轨道并恰
好能通过B 点，最后落到水平面C 点处。取g＝10m/s2，求：
（1）小球通过轨道B 点的速度大小；
（2）释放点距B 点的竖直高度；
（3）落点C 与A 点的水平距离。
17．（10 分）如图所示，真空中的矩形abcd 区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R 的圆形区域内同时存在垂直
于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc、ab，与ad、bc 边分别相切于点e、f．一
带电粒子以初速度v0 沿着ef 方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿
着ef 方向射入恰能从c 点飞离该区域，已知de＝cf= 2
3
3R，粒子所受的重力忽略不计。
（1）求带电粒子的比荷；
（2）若撤去电场保留磁场，求粒子离开矩形区域时的位置，并画出粒子运动轨迹的示意图。
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18．（12 分）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l＝0.2m 导轨上横放着两根
导体棒ab 和cd，构成矩形回路，如图所示，两根导体棒的质量均为m＝0.1kg，电阻均为R＝0.5Ω，回路中其他
部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁场感应强度为B＝1T．设两导体棒均可沿导
轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v0＝10m/s。若两导体棒在运动中始终不接触，
求：
（1）当棒ab 的速度为
3
4v0 时，棒cd 的速度及加速度的大小；
（2）若将cd 棒固定，棒ab 仍以初速度v0 向右运动，且最终未与cd 接触，整个运动过程中通过导体棒的电荷量。
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2019-2020 学年山东省聊城市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、本题共有12 个小题每小题4 分，共48 分．在每小题给出的4 个选项中，第1-7 题只有一个选项符合题目要求；
第8-12 题有多个选项符合题目要求全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有错选或不答的得0 分．
1．【分析】根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，冲量I＝Ft 分析各项。
【解答】解：AB、由I＝Pt 可知冲量由力与时间决定，力大冲量不一定大，则A 错误，B 正确
C、合外力的冲量等于物体动量的变化量，冲量的方向与动量变化的方向相同，则CD 错误故选：B。
【点评】本题考查对冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆。
2．【分析】距离传感器是一种测量距离的仪器，它发出的超声波遇到物体后反射回传感器，传感器收到信号后自动
计算出物体与传感器的距离。
【解答】解：当人们接通电话，将手机放在耳边时，距离传感器发出的超声波遇到物体后反射回传感器，传感器
收到信号后自动计算出物体与传感器的距离，当小于系统设置的临界点时，原本亮着的屏幕会熄灭，故D 正确，
ABC 错误；故选：D。
【点评】解答此题的管家时弄清距离传感器的工作原理。基础题。
3．【分析】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，根据能量守恒求解。当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，
会产生电流。最终整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，机械能守恒。
【解答】解：A、整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故A 错误。
B、只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。故B 正确。
C、当圆环向左穿过磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒，当再返
回，不能摆到原来的释放位置。故C 错误。
D、在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为
在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆
动，而不是静止在平衡位置。故D 错误。故选：B。
【点评】本题为楞次定律的应用和能量守恒相合。注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，
再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化。
4．【分析】图示位置是与中性面垂直的位置，电动势最大，电压表的示数为电动势的有效值，电流瞬时值表达式为
余弦函数。
【解答】解：A、线圈位于图中位置时，磁通量为零，而线圈中的瞬时电流不为零反而为最大，A 错误；
B、电压表示数为10V，即有效值为10V，则最大值为10 2V，ω＝25×2π＝50πrad/s，
则电流最大值为
10 2
10
=
2A，所以从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为：
i=
2cos50πt（A），故B 错误C 正确；
D、电阻R 上的热功率等于ܷ
2ܴ
=
102
10 =10W，D 错误；故选：C。
【点评】本题考查了交流电的基础知识，根据是正确写出交流电瞬时值的表达式，注意计时的位置是中性面还是
与之垂直的地方。
5．【分析】正确解答本题一定要明确B﹣t 图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变
化率成正比．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E＝n
△∅
△ݐ=ns
△ܤ
△ݐ，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁
场的变化率成正比，即与B﹣t 图象中的斜率成正比，
由图象可知：0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，
而2﹣4s 斜率不变，电流方向为逆时针，即为负值，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故
ACD 错误，B 正确。故选：B。
【点评】正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速
度变化量、速度变化率进行学习．
6．【分析】依据右手螺旋定则分别判定磁场方向，结合矢量的合成法则及三角知识，即可求解。
【解答】解：在两导线中通有如图方向的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度为B，如下
图所示：
依据几何关系，及三角知识，则有：B2＝B；
由此可知，每一根导线在a 产生的磁场的磁感应强度为B，
当P 中的电流反向，其他条件不变，
依据几何关系，及三角知识，a 点处磁感应强度的大小为：2Bcos30°=
3B；故C 正确。故选：C。
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【点评】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。
7．【分析】闭合开关的瞬间，通过L 的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯
电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
【解答】解：A、图1 中，断开S1 的瞬间，A1 灯闪亮，是因为电路稳定时，A1 的电流小于L 的电流，则可知L
的电阻小于A1 的电阻，故A 错误；
B、图1 中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1 瞬间，灯A1 突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，
故B 错误；
C、图2 中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器
R 与L2 的电阻值相同，故C 正确；
D、图2 中，闭合S2 瞬间，L2 对电流由阻碍作用，所以L2 中电流与变阻器R 中电流不相等，故D 错误。故选：
C。
【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定
律分析自感电动势对电流的影响。
8．【分析】汽车做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，结合公式Fn＝mω2r＝m
ݒ2
ݎ分析即可。
【解答】解：A、如果汽车以恒定的角速度转弯，根据Fn＝mω2r，在内圈时转弯半径小，故在内圈时向心力小，
故静摩擦力小，不容易打滑，安全，故A 正确；
B、若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据Fn＝m
ݒ2
ݎ，在外圈是转弯半径大，故在外圈时向心力小，故静摩擦力
小，不容易打滑，安全，故B 正确；
C、若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据ܽ݊
= ݒ2
ݎ，内外圈半径不同，向心加速度不同，故C 错误；
D、汽车做的是匀速圆周运动，故是侧向静摩擦力提供向心力，重力和支持力平衡，向心力是合力提供，不是重
复受力，故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题关键是明确汽车的运动性质是匀速圆周运动，找到向心力来源，结合向心力公式列式分析，基础题
目。
9．【分析】分析“鹊桥号”受力即可其向心力的来源；根据“鹊桥号”与月球同步绕地球做圆周运动，可知“鹊桥
号”与月球绕地球做圆周运动的角速度与周期关系，利用v＝ωr 即可分析线速度大小关系。
【解答】解：AB．对“鹊桥号”受力分析，受地球与月球的万有引力作用，两个力都在一条直线上，故“鹊桥
号”的向心力由月球及地球对它的引力的合力提供，故A 错误，B 正确；
CD．由于“鹊桥号”与月球同步绕地球做圆周运动，即“鹊桥号”与月球绕地球运动时有相同的角速度，故周
期相同，由v＝ωr 可知“鹊桥号”的线速度大于月球的线速度，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题的关键是审清题意，通过受力分析找出“鹊桥号”的向心力来源、得出“鹊桥号”与月球的角速度
关系即可正确答题
10．【分析】通电导体在磁场中受到安培力的作用，安培力的方向可以用左手定则判断；根据牛顿第三定律即可判
断出导线对磁铁的安培力方向，再由平衡条件分析即可。
【解答】解：条形磁铁的外部磁场方向是由N 极指S 极，由1 位置的磁场方向沿斜面向下，2 位置的磁场方向斜
向左上方，则：
A．若导线位于图中1 位置且电流方向向外，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下，由牛顿
第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向上，可知磁铁对斜面的压力减小，则FN1＜FN2，故A 正确；
B．若导线位于图中1 位置且电流方向向里，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿
第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下，但弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方向的分力，大小不
变，则弹簧的伸长量不变，故B 错误；
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CD．若导线位于图中2 位置且弹簧的伸长量增大，可知导线对磁铁的反作用力沿斜面方向的分力沿斜面向下，
垂直于斜面方向的分力垂直斜面向下，从而才会使弹簧的弹力增大，也使磁铁对斜面的压力增大，故FN1＜FN2，
所以导线所受的安培力方向斜向右上方，由左手定则可得导线中的电流方向向里，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识
进行推理分析。
11．【分析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的
电性；根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度；通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷
的大小。
【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A 错误；
B、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，而粒子的电场力水平向右，那么洛伦兹力水平向左，
粒子带正电，则磁场垂直纸面向外，故B 正确；
C、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据r=݉
ݒ
ݍܤ知，粒子打在AlA2 上的位置越靠近P，则半径越小，
粒子的比荷越大，故C 错误；
D、所有打在AlA2 上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=ܶ2，T= 2ߨ݉
ݍܤ，则t= ߨ݉
ݍܤ，因此粒
子打在照相底片A1A2 上的位置越靠近P，粒子在磁场中的运动时间越短，故D 正确；
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确洛伦兹力充
当向心力的正确应用是解题的关键。
12．【分析】根据向心力公式F＝mω2r，采用控制变量法，结合牛顿第二定律，即可确定求解。
【解答】解：设绳子与竖直方向夹角为θ，则小球的求轨道半径r＝lsinθ，
A、B 小球受重力mg 和绳子拉力T，据牛顿第二定律有：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mω2r，当绳长l 不变，拉力T 增
大时，据Tcosθ＝mg 知cosθ减小，θ增大，合力Tsinθ增大，半径r＝lsinθ变大，ω不一定增大，可能不变，故A
正确，B 错误；
C、D 根据牛顿第二定律mgtanθ＝mω2lsinθ得：ω=݈݃
ttݏߠ，当角速度ω不变，绳长l 增大时，cosθ减小，Tcosθ
＝mg，绳子拉力T 增大，θ增大，轨道半径r＝lsinθ变大，故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】本题关键选择向心力公式的恰当形式结合题意讨论，并掌握牛顿第二定律的应用，及控制变量法的思想。
二、本题包括2 个小题，共12 分，把答案填在答题卡对应的横线上．
13．【分析】根据实验数据，可以得到ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
．再利用得到结论，可求出副线圈的匝数。
【解答】解：（1）连线如图所示。
（2）第一组数据ܷ
1ܷ
2
=
5.6
4.2 =
4
3，݊1݊
2
=
800
600 =
4
3，
可得ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
第二组数据ܷ
1ܷ
2
=
9.7
7.3 ≈1.33，݊1݊
2
=
800
600 =
4
3 ≈1.33，
可得ܷ
1
U2
=݊
1݊
2
第三组数据ܷ
1ܷ
2
=
13.7
10.3 ≈1.33，݊1݊
2
=
800
600 =
4
3 ≈1.33，
可得ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
（3）根据上面三组数据可以得到变压器线圈两端电压与匝数的关系为：
可得ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
根据可得ܷ
1ܷ
3
=݊
1݊
3
，n3=ܷ
3ܷ
1 ⋅݊
1 = 2.8
5.6 × 800 =400 匝
答：（1）连线如图所示；
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（2）实验结论：ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
；
（3）副线圈的匝数400。
【点评】本题是验证变压器原副线圈的匝数比的一个实验。利用实验数据，容易得到变压器原副线圈的匝数比等
于变压器原副线圈的电压比。对实验实物电路图的连接是解题的难点。
14．【分析】（1）应用机械能守恒定律求出滑块A 到达最低点时的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对A 的支持力，
然后求出滑块对轨道的支持力。
（2）应用动能定理求出滑块的速度，然后应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（3）弹性碰撞过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出碰撞后滑块的速度。
【解答】解：（1）滑块A 在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR= 1
2mvA2，
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律得：
F﹣mg＝m
ݒܣ
2ܴ
，
解得：F＝3mg，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为：
F′＝F＝3mg；
（2）滑块在水平轨道运动过程，由动能定理得：
对滑块A：
﹣μmgx1＝0−1
2mvA2
﹣μmgx3＝0−1
2mvA′2，
对B：﹣μmgx2＝0−1
2mvB2，
如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA＝mvA′+mvB，
解得：ݔ1 =
ݔ2 +
ݔ3；
（3）A、B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA＝mvA′+mvB，
由机械能守恒定律得：
1
2mvA2= 1
2mvA′2+ 1
2mvB2，
解得：vA′＝0，vB=
2ܴ݃
；
故答案为：（1）3mg；（2）ݔ1 =
ݔ2 +
ݔ3；（3）0；2ܴ݃
。
【点评】弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定
律、牛顿第二定律、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
三、解答题（共4 小题，满分40 分）
15．【分析】（1）卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；然后再根据重力加速
度的表达式进行分析即可；
（2）首先利用卫星的万有引力等于向心力列式求解星球质量，然后根据密度的定义求解地球的密度。
【解答】解：（1）卫星受万有引力提供向心力，故：ܩ
ܯ݉
(ܴ+t)2 =݉
( 2ߨܶ)2(ܴ
+ t)，
重力加速度：g= ܩܯܴ
2 ，
联立解得：g= 4ߨ2(ܴ+t)3ܶ
2ܴ
2
；
（2）卫星受万有引力提供向心力，故：ܩ
ܯ݉
(ܴ+t)2 =݉
( 2ߨܶ)2(ܴ
+ t)，
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解得：M= 4ߨ2(ܴ+t)3
ܩܶ2
，
故地球的密度为：ρ= ܯܸ=
4ߨ2(ܴ+t)3
ܩܶ2
4
3ߨܴ
3
= 3ߨ(ܴ+t)3
ܩܶ2ܴ
3 ；
答：（1）地球表面的重力加速度g 为
4ߨ2(ܴ+t)3ܶ
2ܴ
2
；
（2）地球的密度ρ为
3ߨ(ܴ+t)3
ܩܶ2ܴ
3 。
【点评】本题考查卫星的动力学原理，结合牛顿万有引力定律、第二定律和密度的定义列式求解即可。
16．【分析】（1）小球恰能通过最高点B 时，对轨道的压力为0，重力提供向心力，求出B 点的速度；
（2）从释放点到B 点运用动能定理，根据动能定理求出释放点距离A 点的高度。
（3）小球离开B 点做平抛运动，高度决定时间，根据时间和B 点的速度求出水平距离。
【解答】解：（1）小球恰能通过最高点B 时有：mg＝m
ݒܤ
2ܴ
解得：vB=ܴ݃
=2m/s
（2）设释放点到A 高度h，则有动能定理：mg（h﹣R）= 1
2݉
ݒܤ
2
解得：h＝1.5R＝0.6m
距B 点的距离为0.2m
（3）小球由C 到D 做平抛运动R= 1
2݃ݐ2
水平位移xOC＝vBt
解得：ݔtܥ=
2ܴ
所以落点C 与A 点的水平距离为：xAC＝（2 −1）R= 2( 2−1)
5
m
答：（1）小球通过轨道B 点的速度大小2m/s；
（2）释放点距B 点的竖直高度0.2m；
（3）落点C 与A 点的水平距离
2( 2−1)
5
m。
【点评】解决本题的关键知道球到达B 点时对轨道的压力为0，只有重力提供向心力，以及能够熟练运用动能定
理。
17．【分析】（1）本题先分析带电粒子的运动情况，并把握每个过程遵守的规律：未撤去磁场时，带电粒子做匀速
直线运动，电场力与洛伦兹力平衡；撤去磁场后，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向
做初速度为零的匀加速直线运动，已知水平距离x＝2R，竖直距离y＝cf= 2
3
3R，根据牛顿第二定律和运动学公
式结合求出比荷。
【解答】解：（1）设匀强电场强度为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef 方向做直线运动，有：qv0B＝qE…
①
当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速
直线运动，由题，粒子恰能从c 点飞出，则
水平方向有：2R＝v0t
②
竖直方向有：de= 2
3
3R= 1
2ܽݐ2③
qE＝ma
④
联解①②③④得：
ݍ݉=
3ݒ0
3ܤܴ⑤
（2）若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
设粒子离开矩形区域时的位置g 离b 的距离为x，则由牛顿第二定律：
qv0B=݉
ݒ0
2
ݎ
⋯⑦
得，r=݉
ݒ0
ݍܤ=
3R
由图中几何关系得：
粒子的轨迹半径为r＝Rtanθ=
3R…⑧
得θ＝60°
故粒子离开磁场时到b 的距离为x＝R﹣Rcotθ…⑨
代入数据解得：x= 3−3
3ܴ
⋯⑩
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答：（1）带电粒子的比荷为
3ݒ0
3ܤܴ；
（2）若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置离b 的距离为
3−3
3ܴ
，粒子运动轨迹的示意图如图所示。
【点评】本题中带电粒子在复合场中运动，分析受力情况和运动情况是基础，磁场中关键画出轨迹，运用几何知
识求解轨迹半径。
18．【分析】（1）根据动量守恒定律求解棒cd 的速度，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）对ab 利用动量定理列式，结合电流的定义式求解电荷量。
【解答】解：（1）受力分析可知，在运动过程中两棒总动量守恒，取向右为正方向，当棒ab 的速度为
3
4v0 时，设
cd 棒的速度为v，由动量守恒定律得݉
ݒ0 =݉
3
4 ݒ0 +݉
ݒ
得ݒ= 1
4 ݒ0 = 2.5݉
/ݏ
此时加路产生的感应电动为
E＝BLv0﹣BLv＝1×0.2×5V＝1V
回路中电流为
ܫ= ܧ
2ܴ
= 1
1 ܣ= 1ܣ
由牛顿第二定律可得加速度为ܽ
= ܤܫܮ݉= 1×1×0.2
0.1݉
/ݏ2 = 2݉
/ݏ2
（2）最终ab 棒的速度变为0，则由动量定理有
﹣BLIt＝0﹣mv0
又q＝It
得q＝5C
答：（1）当棒ab 的速度为
3
4v0 时，棒cd 的速度大小为2.5m/s，加速度的大小为2m/s2；
（2）整个运动过程中通过导体棒的电荷量为5C。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，
根据平衡条件列出方程；另一条是能量与动量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能
关系等列方程求解。
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2019-2020 学年江苏省扬州市高二期末物理试卷（必修）
一．单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本大题23 小题，每小题3 分，共69 分）
1．（3 分）下列物理量中，属于矢量的是（
）
A．时间
B．路程
C．位移
D．质量
2．（3 分）最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（3 分）做匀速直线运动的物体，位移与时间的关系满足x＝3t（m），其速度为（
）
A．1m/s
B．2m/s
C．3m/s
D．
1
2m/s
4．（3 分）一个物体做直线运动，其v﹣t 图象如图所示。物体在0 到2s 这段时间内的加速度大小为（
）
A．0
B．2m/s2
C．4m/s2
D．1m/s2
5．（3 分）下列图片中的人或物体没有利用摩擦力的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（3 分）“力的合成的平行四边形定则”实验中体现的物理思想方法是（
）
A．等效替代的方法
B．控制变量的方法
C．建立物理模型的方法
D．取微元的方法
7．（3 分）关于作用力与反作用力，下列说法中正确的是（
）
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A．作用力和反作用力同时产生、同时消失
B．先产生作用力后产生反作用力
C．作用力和反作用力不一定同时产生，但一定同时消失
D．作用力和反作用力作用在同一物体上
8．（3 分）在“用电火花计时器探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律”的实验中，某同学操作了以下实验步
骤，其中有明显错误的步骤是（
）
A．将打点计时器固定在木板上，并接好电路
B．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔
C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码
D．放开纸带，再接通电源
9．（3 分）人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是（
）
A．电梯加速上升
B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升
D．电梯匀速下降
10．（3 分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，下列说法中不正确的是（
）
A．平衡摩擦力时，需使纸带上打出点的间距均匀相等
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．平衡摩擦力时，不应将装砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上
D．平衡摩擦力时，应将装砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上
11．（3 分）如图所示，蜡块R 可以在两端封闭、注满清水的竖直玻璃管中匀速上升．现若让蜡块R 从竖直管底沿
管匀速上升的同时，令竖直玻璃管沿水平方向做匀速直线运动．那么关于蜡块R 相对于地面的运动轨迹，下列
说法正确的是（
）
A．是一条竖直线
B．是一条倾斜的直线
C．是一条抛物线
D．是一条水平线
12．（3 分）关于平抛运动，下列说法中正确的是（
）
A．平抛运动是一种不受任何外力作用的运动
B．平抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动
C．平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
D．平抛运动的落地时间与初速度大小有关
13．（3 分）如图所示，小明用大小为F 与水平方向成θ角的拉力拉木箱，沿水平直线匀速运动距离为x，则此过程
中拉力对木箱所做的功为（
）
A．0
B．Fx
C．Fxcosθ
D．Fxsinθ
14．（3 分）关于功率的概念，下列说法中正确的是（
）
A．功率是描述力对物体做功多少的物理量
B．由P=ܹݐ可知，功率与时间成反比
C．某个力对物体做功越多，它的功率就一定大
D．某个力对物体做功越快，它的功率就一定大
15．（3 分）在光滑绝缘水平面上，有两个相距较近的带同种电荷的小球，将它们由静止释放，则两球间（
）
A．距离变大，库仑力变大
B．距离变小，库仑力变小
C．距离变小，库仑力变大
D．距离变大，库仑力变小
16．（3 分）如图所示，将一个点电荷q 置于水平方向的电场中，下列说法中正确的是（
）
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A．电场线所表示的电场方向是水平向右的
B．电场线所表示的电场方向是水平向左的
C．若该电荷带负电，其受电场力方向是水平向右的
D．若该电荷带正电，其受电场力方向是水平向左的
17．（3 分）如图所示，通有水平向右方向电流的直导线，放在小磁针的正上方附近，下列说法中正确的是（
）
A．磁针所在区域磁场方向垂直纸面向里
B．磁针所在区域磁场方向垂直纸面向外
C．磁针不会发生偏转
D．磁针发生偏转，S 极向里，N 极向外
18．（3 分）下图中磁场对通电直导线的作用力的方向向下的是（
）
A．
B．
C．
D．
19．（3 分）下图中运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力的方向向上的是（
）
A．
B．
C．
D．
20．请阅读下列材料，回答第20～23 小题
2018 年11 月19 日2 时，我国以“一箭双星”方式成功发射第四十二、四十三颗北斗导航卫星，这两颗卫星属
于中圆地球轨道卫星，标志着我国北斗三号基本系统星座部署圆满完成。中国北斗卫星导航系统由地球静止轨道、
中圆地球轨道和倾斜地球同步轨道卫星组成。地球静止轨道卫星即地球同步卫星；中圆地球轨道卫星是指轨道半
径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星；倾斜地球同步轨道是指轨道平面与地球赤道平面有交角，但周期等于地
球自转周期的卫星。
北斗导航卫星绕地球做圆周运动，是由于受地球对它的引力作用。下列关于万有引力定律的公式正确的是（
）
A．F＝kx
B．F= ܩ݉
1݉
2
ݎ2
C．F＝ma
D．F=݇
ݍ1ݍ2
ݎ2
21．请阅读下列材料，回答第20～23 小题
2018 年11 月19 日2 时，我国以“一箭双星”方式成功发射第四十二、四十三颗北斗导航卫星，这两颗卫星属
于中圆地球轨道卫星，标志着我国北斗三号基本系统星座部署圆满完成。中国北斗卫星导航系统由地球静止轨道、
中圆地球轨道和倾斜地球同步轨道卫星组成。地球静止轨道卫星即地球同步卫星；中圆地球轨道卫星是指轨道半
径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星；倾斜地球同步轨道是指轨道平面与地球赤道平面有交角，但周期等于地
球自转周期的卫星。
假设火箭由地面竖直向上发射，其v﹣t 图象如图所示，则火箭上升到最高点的位置对应图中的（
）
A．0 点
B．a 点
C．b 点
D．c 点
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22．请阅读下列材料，回答第20～23 小题
2018 年11 月19 日2 时，我国以“一箭双星”方式成功发射第四十二、四十三颗北斗导航卫星，这两颗卫星属
于中圆地球轨道卫星，标志着我国北斗三号基本系统星座部署圆满完成。中国北斗卫星导航系统由地球静止轨道、
中圆地球轨道和倾斜地球同步轨道卫星组成。地球静止轨道卫星即地球同步卫星；中圆地球轨道卫星是指轨道半
径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星；倾斜地球同步轨道是指轨道平面与地球赤道平面有交角，但周期等于地
球自转周期的卫星。
发射的第四十三颗北斗导航卫星质量为m，在以加速度a 竖直向上运动h 高度的过程中，下列说法中正确的是
（
）
A．合外力对卫星做的功为mgh
B．合外力对卫星做的功为mah
C．卫星的重力势能减少了mgh
D．卫星的重力势能增加了mah
23．请阅读下列材料，回答第20～23 小题
2018 年11 月19 日2 时，我国以“一箭双星”方式成功发射第四十二、四十三颗北斗导航卫星，这两颗卫星属
于中圆地球轨道卫星，标志着我国北斗三号基本系统星座部署圆满完成。中国北斗卫星导航系统由地球静止轨道、
中圆地球轨道和倾斜地球同步轨道卫星组成。地球静止轨道卫星即地球同步卫星；中圆地球轨道卫星是指轨道半
径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星；倾斜地球同步轨道是指轨道平面与地球赤道平面有交角，但周期等于地
球自转周期的卫星。
如图所示，假设A、B 两颗北斗导航卫星都围绕地球做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（
）
A．A 的运行速度小于B 的运行速度
B．A 的运行速度大于B 的运行速度
C．A 的运行周期大于B 的运行周期
D．A 的运行周期等于B 的运行周期
二．填空题：把答案填在答题卡相应的横线上（本大题2 小题，其中24 小题4 分，25 小题6 分，共10 分）
24．（4 分）历史上，科学家
（选填“麦克斯韦”或“赫兹”）首先证实了电磁波的存在。电磁波按照波长由
长到短排列依次是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、x 射线和γ射线，其中红外线的频率
紫外线的
频率。（选填“＞”、“＝”或“＜”）
25．如图所示，开始时开关与a 相连。当将开关与b 相连后的瞬间，通过灵敏电流表的电流方向
（选填“向
左”或“向右”）；开关与b 相连后，电容器的电容
（选填“变大”“变小”或“不变”）。
26．（6 分）如图所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。
（1）关于本实验，下列说法中正确的是
A．必须用秒表测出重物下落的时间
B．打点计时器应连接直流电源
C．验证时，必须测量重锤的质量或重力
D．选择质量较大、体积较小的重锤可以减小实验误差
（2）若已知打点计时器的电源频率为50Hz，当地的重力加速度g＝9.80m/s2，重物质量为0.2kg。实验中得到一
条点迹清晰的纸带如图所示，打P 点时，重物的速度为零，A、B、C 为另外3 个连续点。根据图中的数据可知，
重物由P 点运动到B 点的过程中，重力势能减少量△Ep＝
J。
（计算结果保留3 位有效数字）
（3）由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到的阻力较大，这样会导致实验结果mgh
1
2mv2．（选填“＜”或“＞”）
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三．计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本大题3 小题，其中26 小题6 分，27 小题7 分，28 小题8 分，共
21 分）
27．（6 分）如图所示，质量m＝1.0kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.4．在水平拉力F
的作用下，物体由静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小a＝2.0m/s2，经过10s 后撤去拉力F，取重力加速
度g＝10m/s2．求：
（1）撤去拉力时物体速度的大小；
（2）物体所受拉力F 的大小；
（3）撤去外力F 后物体运动的距离。
28．（7 分）如图所示，在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上，离轴心r＝20cm 处放置一小物块，其质量为m＝2kg，
物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.5．当圆盘转动的角速度ω＝2rad/s 时，物块随圆盘一起转动，设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物块的线速度大小；
（2）物块的向心加速度大小；
（3）欲使物块与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过多大？
29．（8 分）蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目，为了研究蹦极过程，现做以下简化：将游客视为质点，他的运动
沿竖直方向，忽略弹性绳的质量。如图所示，某次蹦极时，游客从蹦极平台由静止开始下落，到a 点时弹性绳恰
好伸直，游客继续向下运动，能到达的最低位置为b 点，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，游客从离开蹦极
平台到第一次运动到最低点的过程中，机械能损失可忽略。已知游客的质量m＝60kg，弹性绳的劲度系数k＝
80N/m，弹性绳的原长l0＝10m，取重力加速度g＝l0m/s2。
（1）求该游客第一次到达a 点时的速度大小v；
（2）求该游客下落过程中速度第一次达到最大值时弹性绳的形变量xm；
（3）国家有关部门规定蹦极所需的弹性绳最大伸长量应不超过原长的4 倍，故对游客的体重应有所限制。已知
弹性绳的形变量为x 时，它的弹性势能ܧ= 1
2݇ݔ2．请你判断一位质量m'＝120kg 的游客使用这根弹性的绳是否
符合规定，并简述理由。
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2019-2020 学年江苏省扬州市高二期末物理试卷（必修）
参考答案与试题解析
一．单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本大题23 小题，每小题3 分，共69 分）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。根据有无方向确定。
【解答】解：ABD、标量是只有大小没有方向的物理量，时间、路程和质量都是标量。故ABD 错误。
C、矢量是既有大小又有方向的物理量，位移是矢量，故C 正确。故选：C。
【点评】矢量与标量明显的区别是：矢量有方向，标量没有方向。要掌握各个物理量的矢标性。
2．【分析】本题比较简单，考查了伽利略的主要贡献，根据对物理学史的理解可直接解答。
【解答】解：伽利略最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
【点评】要明确物理上的一些重要科学家的主要贡献，对于物理学史部分平时要注意记忆与积累。
3．【分析】匀速直线运动位移时间关系为一次函数，斜率为速度的大小。
【解答】解：根据位移时间关系x＝3t 知位移随时间均匀增加，说明物体做匀速直线运动，速度大小为3m/s，故
C 正确。故选：C。
【点评】此题考查匀速直线的位移时间关系，记住公式即可解答。
4．【分析】v﹣t 图象的斜率表示加速度，结合加速度的定义求解。
【解答】解：物体在0 到2s 这段时间内的加速度大小为：
a= △ݒ
△ݐ= 4−2
2
=1m/s2．故D 正确，ABC 错误。故选：D。
【点评】本题关键是明确v﹣t 图象的物理意义，对于图象，通常可以从轴、点、线、截距、斜率、面积等角度
来分析。
5．【分析】依据摩擦力产生条件：有弹力，且接触面粗糙，及有相对运动趋势或相对运动，再结合各图情况，即可
判定有无摩擦力产生，及是静摩擦还是滑动摩擦力。
【解答】解：A、传送带将货物送到高处，依靠传送带给货物的静摩擦力，故A 错误；
B、乘客在竖直上升电梯中，不满足摩擦力产生条件，即没有相对运动或相对运动趋势，因此乘客不受摩擦力作
用，故B 正确；
C、运动员跑步，脚底相对地面有后运动的趋势，因此地面给人有向前的静摩擦力，故C 错误；
D、手拿住杯子，满足摩擦力产生的条件，杯子相对手有向下滑的趋势，因此手给杯子有向上的静摩擦力，故D
错误；故选：B。
【点评】考查是否有摩擦力，掌握摩擦力产生条件，理解静摩擦力与滑动摩擦力的区别。
6．【分析】正确理解“等效替代”科学思想方法的应用，明确实验原理，理解“理论值”和“实验值”的区别。
【解答】解：该实验中，两个力拉绳套和一个力拉绳套时，节点要到同一位置，即要求作用效果相同，故采用了
“等效替代”的科学思想方法，本实验采用了“等效法”，故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】明确实验原理，了解具体操作，要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需
要注意的问题进行理解记忆。
7．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体
上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。
【解答】解：ABC、作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失，故A 正确，BC 错误；
D、作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用，一定作用在两个物体上，故D 错误；故选：A。
【点评】解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时
变化、同时消失，作用在不同的物体上。
8．【分析】探究小车速度随时间变化的关系的实验，所需的实验器材应该从实验的过程和步骤去考虑；接通电源与
释放纸带（或物体）的先后顺序根据实验情况总结得出。
【解答】解：A．将打点计时器固定在木板上，并接好电路；
B．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔；
C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码；
D、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，如果先放开纸带开始
运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差；
同时先打点再释放纸带，可以使打点稳定，提高纸带利用率，可以使纸带上打满点，
本题选择有明显错误的步骤的，故选：D。
【点评】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去
搞清楚，同时加强基础知识的应用，提高解题能力。
9．【分析】当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态．
【解答】解：A、电梯加速上升时，加速度向上，故人超重，故A 正确；
B、电梯加速下降时，加速度向下，故人失重，故B 错误；
C、电梯匀速上升时，加速度为零；人不超重也不失重；故C 错误；
D、电梯匀速下降时，加速度为零；人不超重也不失重；故D 错误；故选：A。
【点评】本题考查超重与失重的性质，注意明确加速度向上有两种可能：加速向上或减速向下．
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10．【分析】探究加速度与力、质量的关系”的实验采用控制变量法，实验了减小实验误差，悬挂物的质量应远小
于车和砝码的总质量，实验需要平衡摩擦力，但不能过度，实验中使用图象法处理，可以减小误差，采用a﹣坐
标作图，是为了根据图象直观地作出判断二者是否成正比关系。
【解答】解：本题考察探究加速度与质量、力的关系的实验中平衡摩擦力的问题，由力学规律认真分析即可。
A、若不挂砝码时，小车能够在木板上做匀速直线运动，而匀速直线运动打出的纸带是均匀的，所以选项A 正确；
B、若第一次平衡摩擦力，则有mgsinθ＝μmgcosθ，之后若改变小车的质量m，则重力的下滑分力和摩擦力都将
同比例变化，则仍然是平衡的，选项B 正确；
CD、当然还有一个细节问题就是平衡摩擦力时，当然要装沙的小桶等都取下（它不算在重力的下滑分力之内），
所以选项C 正确，选项D 错误。
本题选不正确的，故选：D。
【点评】对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸
带等。这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决。
11．【分析】蜡块参加了两个分运动，水平方向匀速直线移动，竖直方向在管中匀速上浮，将分运动的速度合成可
以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹．
【解答】解：红蜡块实际运动为沿水平方向的匀速运动与竖直方向匀速直线运动的合运动，显然做的是匀速直线
运动，是一条倾斜的直线。故选：B。
【点评】注意运动的合成与分解中最典型的应用为平抛运动，而本题符合平抛的规律，故可认为是类平抛运动．
12．【分析】平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的
匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动。
【解答】解：AB、平抛运动只受重力的作用，加速度为g，是匀变速曲线运动，故AB 错误；
C、平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，所以C 正确。
D、根据t=
2t݃可知，运动的时间由高度决定，与初速度无关，所以D 错误。故选：C。
【点评】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。
13．【分析】分析题意，明确力、位移以及二者间的夹角，直接根据功的公式即可求得拉力F 所做的功。
【解答】解：由题意可知，拉力与位移的夹角为θ，则由功的公式可知，F 的功W＝Fxcosθ；故C 正确，ABD 错
误。故选：C。
【点评】本题考查功的计算，要注意明确功的大小取决于力、位移以及二者之间的夹角，对于恒力做功可以直接
利用功的公式求解。
14．【分析】功率是描述做功快慢的物理量，功率大说明物体做功快，功率小说明物体做功慢，在分析功率的时候，
一定要注意公式的选择，P=ܹݐ只能计算平均功率的大小，而P＝Fv 可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决
于速度是平均速度还是瞬时速度
【解答】解：A、功率是描述做功快慢的物理量，所以A 错误。
B、功率是表示做功的快慢，与时间的长短无关，时间长做的功也不一定多，所以B 错误。
C、力对物体做功多，如果用的时间也很长，那么功率也不一定大，所以C 错误。
D、功率是描述做功快慢的物理量，故做功越快，功率一定越大，故D 正确故选：D。
【点评】本题就是考查学生对功率概念的理解，知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率也不一定
大
15．【分析】由同种电荷相互排斥和库仑定律分析两个同种电荷小球间库仑力的变化。
【解答】解：带同种电荷的两个小球，存在相互作用力斥力，它们之间的距离增大，
根据库仑定律，它们之间库仑力大小为F＝kܳ
ݍ
ݎ2 ，Q、q 不变，因r 增大，F 减小，故D 正确，ABC 错误。故选：
D。
【点评】解答本题时是要注意电荷间存在库仑力，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
16．【分析】电场线的切线方向表示电场强度的方向，正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同，负电荷所受
电场力的方向与电场线的方向相反。由此分析。
【解答】解：AB、电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向是水平向右的，所以，该电场的
方向是水平向右的。故A 正确，B 错误；
C、负电荷所受电场力的方向与电场线的方向相反，则若该电荷带负电，其受电场力方向是水平向左的，故C 错
误。
D、正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同，则正电荷受到的电场力方向是水平向右的。故D 错误。故选：
A。
【点评】解决本题的关键要明确电场线的物理意义，知道电场线可形象来描述电场的分布，知道电场线分布与电
场强度之间的关系。
17．【分析】小磁针静止时，N 极所指的方向为磁场的方向，根据右手螺旋定则判断出通电直导线下方的磁场方向，
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从而确定小磁针的偏转方向。
【解答】解：根据右手螺旋定则，知通电直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针N 极向里偏转，S 极
向外偏转，故A 正确，B、C、D 错误；故选：A。
【点评】解决本题的关键会通过右手螺旋定则判断直导线周围磁场方向，知道小磁针N 极的受力方向为磁场的
方向。
18．【分析】根据磁场方向与粒子运动的方向，应用左手定则可以判断出电荷的受到的洛伦兹力的方向。
【解答】解：A、根据左手定则可知，安培力向上，故A 错误；
B、电流方向与磁场方向相同，故电流不受安培力，故B 错误；
C、根据左手定则可知，安培力向下，故C 正确；
D、根据左手定则可知，安培力水平向右，故D 错误；故选：C。
【点评】本题考查安培力方向的判断，要注意明确左手定则的基本内容，知道如何判断安培力的方向。
19．【分析】根据磁场方向与粒子运动的方向，应用左手定则可以判断出电荷的受到的洛伦兹力的方向。
【解答】解：A、根据左手定则可知，洛伦兹力垂直纸面向里，故A 错误；
B、根据左手定则可知，洛伦兹力垂直纸面向外，故B 错误；
C、根据左手定则可知，洛伦兹力沿纸面向上，故C 正确；
D、根据左手定则可知，洛伦兹力向下，故D 错误；故选：C。
【点评】本题考查了左手定则的应用，掌握左手定则的使用方法，明确在判断负电荷的受力方向时，四指指向带
电粒子运动的反方向。
20．【分析】本题是物理学基本概念问题，掌握万有引力定律的内容进行解答即可。
【解答】解：万有引力定律内容为自然界中任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小与两物体的质量的乘积成
正比，与两物体间的距离的二次成反比，作用力在两个物体的连线上。公式为：F= ܩ݉
1݉
2
ݎ2
．故B 正确，ACD
错误；故选：B。
【点评】解决该题关键要掌握万有引力定律的内容，根据万有引力定律的内容即可得出公式。
21．【分析】根据速度图象，分析火箭的运动情况，确定火箭上升到最高点的时刻。
【解答】解：由图知，火箭的速度一直为正值，说明火箭一直在向上运动，c 时刻火箭的速度为零，所以c 点是
火箭上升到最高点的位置对应的时刻。故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】本题的关键要抓住速度的正负表示物体的运动方向，就能确定最高点的位置对应的时刻。
22．【分析】对卫星受力分析，根据功的公式求得合外力对卫星做的功，根据重力的功分析卫星的重力势能的变化。
【解答】解：AB、根据功的公式得：W 合＝mah，故A 错误B 正确；
CD、物体上升，克服重力做功，重力做功为﹣mgh，物体重力势能增加了mgh，故CD 错误；故选：B。
【点评】本题关键对物体受力分析，明确功的公式和重力做功与重力势能变化的关系求解。
23．【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速
度、周期和向心力的表达式，由表达式分析各量的大小关系。
【解答】解：由万有引力提供向心力：G
ܯ݉
ݎ2 =m
ݒ2
ݎ=mω2r＝m（
2ߨܶ）2r＝ma
解得：v=
ܩܯ
ݎ①T= 2ߨݎ
ݒ=2π
ݎ3
ܩܯ②ω=
ܩܯ
ݎ3 ③a= ܩܯ
ݎ2 ④
A、B、由v=
ܩܯ
ݎ可知半径小的速度大，则A 错误，B 正确
C、D、由T= 2ߨݎ
ݒ=2π
ݎ3
ܩܯ可知半径小的周期小，A 的周期小于B 的周期，则CD 错误故选：B。
【点评】本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量与半径的关系。
二．填空题：把答案填在答题卡相应的横线上（本大题2 小题，其中24 小题4 分，25 小题6 分，共10 分）
24．【分析】根据赫兹的物理学成就，以及电磁波的频率与波长成反比来解答。
【解答】解：历史上，科学家赫兹首先证实了电磁波的存在。电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、
红外线、可见光、紫外线、x 射线和γ射线，可知，红外线的波长比紫外线的波长长，根据c＝λf 知，红外线的频
率＜紫外线的频率。
故答案为：赫兹，＜。
【点评】对于电磁波谱的顺序可结合各种电磁波的特性进行记忆，并掌握波长、波速及频率的关系，注意顺序不
能搞错。
25．【分析】当开关与a 相连时，电源给电容器充电，当开关与b 相连时，电容器放电。明确电容器的电容与电量和
电压无关，只与电容器本身的性质有关。
【解答】解：开关与a 相连时与电源相连，电容器带电，上端带正电；当开关与b 相连时，电容器放电，电流表
中电流向左；电容器的大小由电压和电量无关，故开关变化时，电容不变；
故答案为：向左；不变。
【点评】解决本题关键了解电容器的性质以及电容器充、放电的特性，知道充电时与电源正极相连的极板带正电，
与电源负极相连的极板带负电。
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26．【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
（2）根据下降的高度求出重力势能的减小量；
（3）依据能量守恒分析重力势能的减小量略大于动能增加量的原因。
【解答】解：（1）A、打点计时器可以直接记录时间，不需要秒表测量时间，故A 错误。
B、打点计时器应接4﹣6V 的低压交流电源，故B 错误。
C、验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，故
C 错误。
D、为了减小阻力的影响，选择质量较大、体积较小的重锤进行实验，故D 正确。故选：D。
（2）重物由P 点运动到B 点，重力势能减少量为：
△Ep＝mgh＝0.2×9.8×0.0501J≈9.82×10
﹣2J，
（3）重物下落克服阻力做功，导致△Ep＞△Ek。
故答案为：（1）D；（2）9.82×10
﹣2；（3）＞。
【点评】解决本题的关键掌握实验的原理以及误差形成的原因，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加
量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
三．计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本大题3 小题，其中26 小题6 分，27 小题7 分，28 小题8 分，共
21 分）
27．【分析】（1）由匀加速直线运动规律，根据加速度和运动时间求得速度；
（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求解；
（3）分析撤去拉力后物体的受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得位移。
【解答】解：（1）拉力作用下，物体由静止开始做匀加速直线运动，故由匀加速直线运动规律可得：撤去拉力时
物体的速度大小v＝at＝20m/s；
（2）在水平面上物体受拉力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，所以，拉力F＝μmg+ma＝6N；
（3）撤去拉力F 后，物体水平方向只受摩擦力作用，故物体做匀减速直线运动；
由牛顿第二定律可得：μmg＝ma'，所以，a'＝μg＝4m/s2；
由匀变速直线运动规律可得：0﹣v2＝﹣2a'x，所以，ݔ= ݒ2
2ܽ' = 50݉
；
答：（1）撤去拉力时物体速度的大小为20m/s；
（2）物体所受拉力F 的大小为6N；
（3）撤去外力F 后物体运动的距离为50m。
【点评】物体运动位移、运动时间、运动速度的求解，一般要先对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求得加速
度，然后根据匀变速运动规律求解。
28．【分析】（1）根据线速度与角速度之间的关系求解线速度即可；
（2）根据向心加速度公式即可确定向心加速度大小；
（3）当静摩擦力达到最大值时，转动的加速度最大，根据静摩擦力提供向心力，运用牛顿第二定律列式求解即
可。
【解答】解：（1）当ω＝2rad/s 时，滑块的线速度为：v＝ωr＝2×0.2＝0.4m/s；
（2）当ω＝2rad/s 时，滑块的向心加速度为：a＝ω2r＝4×0.2＝0.8m/s2；
（3）当物块刚要发生滑动时最大静摩擦力充当向心力，设此时圆盘转动的角速度为ω'，
由牛顿第二定律得：f＝μmg＝mrω'2
解得：ω'＝5rad/s
故圆盘转动的角速度不能超过5rad/s
答：（1）物块的线速度大小为0.4m/s；
（2）物块的向心加速度大小为0.8m/s2；
（3）欲使物块与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过5rad/s。
【点评】本题考查向心力与角速度之间的关系，解答关键是对物体受力分析，然后根据合力提供向心力，运用牛
顿第二定律列式求解即可。
29．【分析】（1）根据机械能守恒定律可求得第一次到达a 点时的速度；
（2）根据平衡条件求出弹力大小，再根据胡克定律求出形变量；
（3）根据机械能守恒定律可确定绳子能承受人的质量，从而确定是否符合规定。
【解答】解：（1）游客由蹦极平台到a 点的运动过程中，由机械能守恒定律得：݈݉݃
0 = 1
2݉
ݒ2
代入数据解得：ݒ= 10 2m/s
（2）速度最大时，合力为零，有：mg＝kxm
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代入数据解得：xm＝7.5m
（3）设质量为m0 的游客运动到最低点时，弹性绳伸长量刚好为原长的4 倍，即弹性绳的长度l＝5l0，由机械能
守恒定律得：݉
0݈݃
= 1
2݇
△݈݉2
解得：݉
0 = 8݈݇
0
5݃
= 128݇݃
故质量m'＝120kg 的游客使用这根弹性绳是符合规定的
答：（1）该游客第一次到达a 点时的速度大小v 为10 2m/s；
（2）求该游客下落过程中速度第一次达到最大值时弹性绳的形变量xm 为7.5m；
（3）质量m'＝120kg 的游客使用这根弹性的绳是符合规定的。
【点评】本题通过蹦极运动考查了机械能守恒和胡克定律等内容，要注意明确题意，正确建立物理模型是此类问
题的解题关键。
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2019-2020 学年江苏省无锡市高二期末物理试卷
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题3 分，共计21 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．（3 分）如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd 在条形磁体N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad 边在
纸内，由图中的位置I 经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置I 和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ．在这个过程中，线圈中的磁通量（
）
A．增加
B．减少
C．先增加，后减少
D．先减少，后增加
2．（3 分）两个分子间分子力随分子间距离变化的图象如图所示。由图象判断以下说法中正确的是（
）
A．当分子间距离r＝r0 时，分子力和分子势能均最小且为零
B．当分子间距离r＞r0 时，分子力随分子间距离的增大而增大
C．当分子间距离r＞r0 时，分子势能随分子间距离的增大而减小
D．当分子间距离r＜r0 时，分子力和分子势能均随分子间距离的减小而增大
3．（3 分）某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m 和V0，则阿伏加德
罗常数NA 可以表示为（
）
A．NA=ܸܸ
0
B．NA=݉ܯ
C．NA= ߩܸ݉
D．NA=݉ߩܸ0
4．（3 分）用多用电表探测图所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G 两点间和F、G 两点间均有电压，E、F 两
点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔（与电表内部电源的正极相连）接E 点，红表笔（与电表内部电源的负极相
连）接F 点，阻值很小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是图中的（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）如图所示的正方形abcd 内有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个带电粒子P、Q 以相同的初速度从a 点沿
ab 方向射入该区域后，分别从d、c 点射出（不考虑粒子重力和粒子间的相互作用），粒子运动轨迹如图所示。下
列说法中正确的是（
）
A．P、Q 带的是正电荷
B．P、Q 两粒子的比荷为1：2
C．P、Q 两粒子在磁场中经历的时间相同
D．P、Q 两粒子在磁场中的加速度大小之比为1：2
6．（3 分）如图所示，电路中R1、R2 均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置闭合开关
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S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是
（
）
A．增大R2 的阻值
B．增大R1 的阻值
C．增大两板间的距离
D．断开开关S
7．（3 分）如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电的小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂
直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v﹣t 图象正
确的是（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共计20 分．每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4 分，选对
但不全的得2 分，错选或不答的得0 分.
8．（4 分）2018 年11 月16 日，第26 届国际计量大会（CGPM）经包括中国在内的各成员国表决，全票通过了关于
“修订国际单位制（SI）”的1 号决议。根据决议，千克、安培、开尔文和摩尔等4 个SI 基本单位的定义将改由
常数定义，于2019 年5 月20 日起正式生效。下列为磁感应强度单位的是（
）
A．T
B．N/（A•m）
C．Wb
D．kg/（A•s2）
9．（4 分）如图是根据某次实验记录数据画出的某电源的U﹣I 图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（
）
A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E＝3.0V
B．待测电源内电阻为5Ω
C．该电源对阻值为R＝4Ω的电阻供电时，效率为20%
D．该电源可能的最大输出功率为2.25W
10．（4 分）如图所示，在两个固体薄片上涂上一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针尖接触薄片，接触点周围的石蜡
被熔化，甲片上熔化了的石蜡呈椭圆形，乙片上熔化了的石蜡呈圆形，则（
）
A．甲片不一定是晶体
B．甲片一定是晶体
C．乙片不一定是非晶体
D．乙片一定是非晶体
11．（4 分）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源两极相连接的两个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
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匀强磁场中，如图所示。设D 形盒半径为R，若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交
流电频率为f，则下列说法正确的是（
）
A．不改变B 和f，该回旋加速器可以直接用于加速电子
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关
C．质子在回旋加速器中的运动周期为
2݂
D．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
12．（4 分）在如图1 所示电路中，R1 是定值电阻，R2 是滑动变阻器，闭合电键S，当R2 的滑动触片P 向下滑动时，
四个理想电表的示数都发生变化，电流表、电压表的示数分别用I、U1、U2、U3 表示，它们示数变化量的大小分
别用△I、△U1、△U2 和△U3 表示。则下列分析判断正确的是（
）
A．ܷ
1
ܫ不变，
△ܷ
1
△ܫ不变
B．ܷ
2
ܫ变大，
△ܷ
2
△ܫ变大
C．ܷ
2
ܫ变大，
△ܷ
2
△ܫ不变
D．ܷ
3
ܫ变大，
△ܷ
3
△ܫ变大
三、简答题：本题共2 小题，共计18 分.请将解答填写在答题卡相应的位置
13．（8 分）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL 溶液中有纯油酸6mL，
用注射器测得1mL 上述溶液为75 滴。把1 滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，
用记号笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的
边长为1cm。
（1）油酸薄膜的面积是
cm2。
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是
mL．（计算结果保留一位有效数字）
（3）按以上实验数据估测出油酸分子直径约为
m．（计算结果保留一位有效数字）
（4）为了减小实验的误差，下列方法可行的是
A．把浅盘水平放置，在浅盘里倒入适量的水，轻轻撒入痱子粉，确保水面上痱子粉薄而均匀
B．用注射器把油酸酒精溶液滴4 滴在水面上
C．用牙签把水面上的油膜尽量拨弄成矩形
D．尽量选择粗一点的记号笔描绘油膜的轮廓
14．（10 分）某学习小组拟研究一个标有“3.6V 1.8W”的小灯泡的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
①电流表A，量程0﹣0.6A，内阻约为0.2Ω；
②电压表V，量程0﹣15V，内阻约为15kΩ；
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③滑动变阻器R，阻值范围0﹣10Ω；
④学生电源E，电动势为4V，内阻不计；
⑤开关S 及导线若干。
（1）该学习小组中的甲同学按照设计的电路图连成如图所示的实物图，实验时，闭合开关后，移动滑动变阻器
的滑片，发现电流表、电压表的示数不能从零开始连续变化，且示数变化范围不太大，旁边的乙同学过来帮忙，
只添加了一根导线就满足了以上要求，请在图中用笔画线代替导线画出乙同学添加的这根导线。
（2）改进后，甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果。于是
又从实验室找来一量程为lg＝100μA、内阻Rg＝1000Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5V 的电
压表，则需
联一个阻值为
Ω的电阻。
（3）甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数l1 和灵敏电流计读数I2 如表所示：
l1（A）
0
0.19
0.30
0.37
0.43
0.46
0.48
0.49
I2（μA）
0
10
20
30
40
50
60
70
请在图2 中的坐标纸上画出I1﹣I2 图线。
（4）若将该小灯泡接在如图3 所示的电路中，则该小灯泡消耗的电功率约为
W．已知电源的电动势为E
＝3.0V，内阻r＝1.5Ω，定值电阻R0＝4.5Ω．（结果保留两位有效数字）
四、计算题：本题共4 小题、共61 分.解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的
不得分.有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位.
15．（14 分）如图所示，一定质量的乙醚理想气体从状态A 变化到状态B，已知A 状态的温度为300K，且从状态A
变化到状态B 的过程中，气体内能增加了150J，求：
（1）状态B 的温度TB
（2）状态A 变化到状态B 的过程中对气体所做功W
（3）状态A 变化到状态B 的过程中气体吸热还是放热？吸收或放出的热量Q 为多少？
16．（15 分）如图所示，已知电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω，当接入定值电阻R＝5Ω时，电路中标有“3V，1.5W”
的灯泡L 和内阻r'＝1Ω的小型直流电动机恰好都能正常工作，求：
（1）电路中的电流I 及电源的总功率P；
（2）电动机的额定电压U；
（3）电动机的效率η。
17．（16 分）质量为m＝0.02kg 的通电细杆ab 置于倾角θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨宽度为d＝0.1m，杆ab
与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，磁感应强度B＝1T 的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示，已知电源
电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω，滑动变阻器铭牌上标有“1A，10Ω”的字样，通电细杆ab 及导轨的电阻忽略不
计，现调节滑动变阻器的滑片P 使细杆ab 保持静止不动。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）试求：
（1）细杆ab 与导轨间恰好无摩擦力作用，细杆受到的安培力；
（2）滑动变阻器接入电路的阻值范围为多少？（设细杆与导轨间最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
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18．（16 分）如图所示，位于竖直平面内的坐标系x0y，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀
强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2N/C．在其第一象限空间
有沿y 轴负方向的、场强大小也为E 的匀强电场，并在y＞h＝0.4m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向
里的匀强磁场，一电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P 点获得一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运动（PO
与x 轴负方向的夹角为θ＝45°），并从原点O 进人第一象限。已知重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）油滴的电性及油滴在P 点获得的初速度大小；
（2）油滴在第一象限运动的时间；
（3）离开第一象限处的坐标值。
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2019-2020 学年江苏省无锡市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题3 分，共计21 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．【分析】分析磁感线的分布特点，从而明确磁通量的变化特点。
【解答】解：磁铁产生的磁场如图所示，线圈从位置1 到位置2 的过程中，磁感线穿过线圈的条数减小，故向上
的磁通量减小，线圈从位置2 到位置3 的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加；
故磁通量是先减小后增加；故ABC 错误，D 正确故选：D。
【点评】磁通量的大小可以用穿过线圈的条数来表示，条数增加则磁通量增加。
2．【分析】当分子间距离r＝r0 时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离r＞r0 时，分子间的距离增大，分子
力分子先增大后减小，分子势能增大；当分子间距离r＜r0 时，分子力和分子势能均随分子间距离的减小而增大。
【解答】解：A、当分子间距离r＝r0 时，分子力为零，分子势能最小但不为零。故A 错误。
B、当分子间距离r＞r0 时，分子间的距离增大，分子力分子先增大后减小。故B 错误。
C、当分子间距离r＝r0 时，分子势能最小，当分子间距离r＞r0 时，分子势能随分子间距离的增大而增大。故C
错误。
D、当分子间距离r＜r0 时，分子力和分子势能均随分子间距离的减小而增大。故D 正确。故选：D。
【点评】本题考查了分子力、分子势能等知识点。记住F﹣r 图象可以迅速解题。
3．【分析】气体分子间有很大间隙，NA≠ܸܸ
0；NA＝
ܯ݉=
ߩܸ݉
≠݉ߩܸ0
。
【解答】解：A、气体分子间有很大间隙，NA≠ܸܸ
0，故A 错误；
BCD、因为NA＝
ܯ݉=
ߩܸ݉
≠݉ߩܸ0
，故C 正确，BD 错误。故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数应用。微观量的估算问题的关键是：
（1）牢牢抓住阿伏加德罗常数，它是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁。
（2）估算分子质量时，不论是液体、固体、气体，均可用m= ܯܰ
ܣ。
（3）估算分子大小和分子间距时，对固体、液体与气体，应建立不同的微观结构模型。
4．【分析】欧姆表内部电池正极与黑表笔相连，电池负极与红表笔相连，二极管具有单向导电性，注意正负极的符
号。
【解答】解：用直流电压挡测量，E、G 两点间和F、G 两点间均有电压，说明E、G 与F、G 间可能有电源存在；
用欧姆档测量，因电流从黑表笔出来通过导体再从红表笔进入欧姆表，故若黑表笔接E 点红表笔接F 点时电阻
小，说明电流容易从E 通过导体，若黑表笔接F 点红表笔接E 点时电阻很大，说明电流不能从F 通过，这就说
明E、F 间有二级管且E 是正极，故该黑箱内元件的接法可能是B。
故ACD 错误，B 正确；故选：B。
【点评】本题考查了探查黑箱内的电学元件实验，掌握多用电表是使用方法、知道二极管的特点即可正确解题。
5．【分析】根据粒子的偏转方向得出洛伦兹力方向，通过左手定则判断粒子的电性，根据粒子的半径大小，通过洛
伦兹力提供向心力求出粒子的荷质比。结合粒子在磁场中运动的周期公式比较两粒子在磁场中的运动时间关系。
根据牛顿第二定律比较加速度大小之比。
【解答】解：A、初始时刻两粒子所受的洛伦兹力方向都是竖直向下，根据左手定则知，两粒子都带负电，故A
错误。
B、根据轨迹图可知，P、Q 两粒子的半径之比为1：2，根据qvB＝m
ݒ2
ݎ得：r=݉
ݒ
ݍܤ，则
ݍ݉=
ݒ
ܤݎ，速度大小相同，
可知两粒子荷质比为2：1．故B 错误。
C、粒子在磁场中的运动周期为T= 2ߨ݉
ݍܤ，可知P、Q 两粒子的周期之比1：2，ݐܲ
= 1
2ܶܲ
，ݐܳ
= 1
4ܶܳ
，知两粒
子在磁场中经历的时间相等，故C 正确。
D、粒子在磁场中的加速度等于向心加速度大小为a= ݒ2
ݎ，因为半径之比为1：2，则加速度大小之比为2：1．故
D 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用。
6．【分析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1 的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响。增大R1 分担
的电压增大，电容器的电压增大，油滴将向上运动。断开开关S，电容器放电，油滴将向下运动。减小平行板的
正对面积，电容器的电压不变，油滴不动。
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【解答】解：A、电路稳定时，当增大R2 的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不
变，油滴将不运动，故A 正确。
B、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1 的电压，当增大R1 的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，
因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动。故B 错误。
C、增大两板间的距离，因电容器的电压不变，则电场强度减小，导致油滴向下运动。故C 错误。
D、断开开关S，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动。故D 错误。故选：A。
【点评】本题关键分析电容器的电压是否变化。当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不
动。
7．【分析】小球向下运动的过程中受重力、电场力、洛伦兹力和摩擦力，根据物体的受力，判断加速度的方向以及
加速度的变化，根据加速度与速度的方向关系，判断速度的变化，从而确定图象的形状。
【解答】解：小球在水平方向上受到向右的电场力、向左的洛伦兹力以及杆子的弹力。开始时小球速度比较小，
洛伦兹力小于电场力，杆对小球的弹力向左，由平衡条件有
FN+qvB＝qE，当速度增大，洛伦兹力增大，则弹力减小，小球受到的滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律得
mg﹣f＝ma，知加速度增大，所以，小球先做加速度增大的加速运动。
当弹力0 时，加速度最大，然后洛伦兹力大于电场力，速度增大，洛伦兹力增大，则弹力增大，摩擦力增大，根
据牛顿第二定律，加速度减小，知小球然后做加速度减小的变加速运动，当重力等于摩擦力时，做匀速直线运动。
故B 正确，A、C、D 错误。故选：B。
【点评】本题是力和运动结合的问题，关键要抓住洛伦兹力与速度的关系，分析弹力的变化，根据牛顿第二定律
判断加速度的方向和加速度大小的变化，以及会根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化。
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共计20 分．每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4 分，选对
但不全的得2 分，错选或不答的得0 分.
8．【分析】根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T 与其他单位的关系。
【解答】解：A、磁感应强度的单位为特斯拉，符号为T．故A 正确；
B、根据磁感应强度的定义式B= ܨ
ܫܮ得，1T＝1N/A•m，故B 正确；
C、由B= ∅ܵ，则单位可以为Wb/m2；故C 错误；
D、由公式B= ܨ
ܫܮ由安培力的单位是N，而电流的单位是A，1A＝1C/s，长度的单位为m，则单位的换算可得1T
＝N/A•m＝1N/（C•ms
﹣1）＝kg/（A•s2），故D 正确。
故选：ABD。
【点评】T 是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉。基础题。
9．【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻。
当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大。
【解答】解：A、图象与纵轴截距的坐标值是电源电动势，由图象可知，电源电动势E＝3.0V，故A 正确；
B、图象的斜率的绝对值等于电源的内阻，电源内阻r= △ܷ
△ܫ=1Ω，故B 错误。
C、该电源对阻值为R＝4Ω的电阻供电时，效率η =ܴܴ
+ݎ× 100% =80%，故C 错误。
D、当外电阻等于内阻时，输出功率最大，为：P= ܧ2
4ݎ=2.25W，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题属于测定电动势和内电阻实验，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，应结合数学知识进行
理解，注意当外电阻等于内阻时，电源输出功率最大。
10．【分析】单晶体表现为各向异性，单晶体表现为各向同性，非晶体表现为各向同性。甲图是各向异性的表现，
乙图是各向同性的表现。
【解答】解：AB、甲图中，表现为热的各向异性，一定是单晶体。故A 错误，B 正确。
CD、乙图中，表现为热的各向同性，可能是多晶体或非晶体。故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了晶体和非晶体。对于晶体和非晶体，要从物理特性和熔点去记忆：（1）物理性质：有些晶体
（单晶体）在物理性质上表现为各向异性，非晶体的物理性质表现为各向同性。（2）熔点：晶体具有一定的熔化
温度，非晶体没有一定的熔化温度。
11．【分析】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，
此时运动的半径等于D 形盒的半径。
【解答】解：A、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= 2ߨ݉
ݍܤ，质子与电子的比荷不同，电子在磁场中做圆周运
动的周期T 与质子做圆周运动的周期不同，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，如果
B 不变，用该加速器加速电子时，应改变交流电的频率f，故A 错误；
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B、质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2ܴ
，质子的最大速度：v= ݍܤܴ݉，
最大速度与加速的电压无关，故B 正确；
C、质子在回旋加速器中的磁场中做圆周运动的周期和高频交流电的周期相等，质子在回旋加速器中运动的周期
为：
1݂，故C 错误；
D、质子从D 形盒中出来时速度最大：vm= 2ߨܴܶ
=2πfR，质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR，故D 正确；
故选：BD。
【点评】该题考查回旋加速器工作原理，解决本题的关键知道当粒子从D 形盒中出来时，速度最大。以及知道
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。
12．【分析】通过分析电路图可知，R1 与R2 串联，电压表V1 测R1 两端的电压，电压表V2 测R2 两端的电压，电压
表V3 测路端电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，根据串联电路中电流的特
点和电压特点，及欧姆定律逐项判断即可得出答案。
【解答】解：A、当滑动变阻器触头P 向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路中总
电流I 变小；R1 为定值电阻，则有：ܷ
1
ܫ=
△ܷ
1
△ܫ=R1，均不变，故A 正确。
BC、ܷ2
ܫ=R2，变大。由闭合电路欧姆定律可知：U2＝E﹣I（r+R1），则得：
△ܷ
2
△ܫ=r+R1，不变，故B 错误，C 正
确。
D、ܷ
3
ܫ=R1+R2，变大。由闭合电路欧姆定律可知：U3＝E﹣Ir，则得：
△ܷ
3
△ܫ=r，不变。故D 错误
故选：AC。
【点评】本题考查了电路的动态分析，分清电路图，利用等效电阻法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本
题的关键。
三、简答题：本题共2 小题，共计18 分.请将解答填写在答题卡相应的位置
13．【分析】通过量筒测出N 滴油酸酒精溶液的体积，然后将此溶液1 滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状
稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不
足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用此溶液的体积除以其的面积，恰好就是油酸分子
的直径。
【解答】解：（1）数油膜覆盖的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到估算出油膜的面积是，
正方形的个数为112 个；
则油膜的面积约为S＝112×1cm×1cm＝112cm2；
每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V= 1
75 × 6
104 ml＝8×10
﹣6 ml＝8.00×10
﹣6 ml
把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径d=ܸܵ
= 8×10−6×10−6
112×10−4
m≈7×10
﹣10 m
（2）A、把浅盘水平放置，在浅盘里倒入适量的水，轻轻撒入痱子粉，确保水面上痱子粉薄而均匀，故A 正确。
B、用注射器把油酸酒精溶液滴1 滴在水面上，只能滴一滴，故B 错误；
C、只要是单分子层油膜即可，对油膜形状没有要求，故C 错误；
D、尽量选择细一点的记号笔描绘油膜的轮廓，故D 错误；
故选：A；
故答案为：（1）112～118，（2）8×10
﹣6，（3）7×10
﹣10；（4）A。
【点评】本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估
算分子大小，数量级符合要求就行了。
14．【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后完成电路图；
（2）根据改装原理可明确要扩大量程应串联大电阻；根据串联电路的规律可求得串联电阻；
（3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；
（4）将定值电阻等效为电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线，两图象的交点即为电源的工作点，读出交点
坐标即可求出灯泡的功率。
【解答】解：（1）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如所示：
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（2）把灵敏电流计改装成5V 电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=ܷܫ݃−ܴ݃
=
5
100×10−6 −1000 =49000Ω；
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图线如图所示：
（4）将定值电阻R0 看做该电源的电阻，则内阻r′＝6Ω，由此可得路端电压U＝E﹣Ir′，在I1﹣I2 图线所在坐
标纸上作出该I﹣U 图象如图所示，
可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该灯泡消耗的功率约为P＝0.32×1.1≈0.35 W。
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）串；49000；（3）图象如图所示；（4）0.35。
【点评】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，注意本实验中一般采用分压及电流表外接法，一定要牢记这两种
接法的电路图。同时注意明确图象的性质和应用，能利用图象找出灯泡的工作点，注意等效电源的方法。
四、计算题：本题共4 小题、共61 分.解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的
不得分.有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位.
15．【分析】（1）由图示图象求出气体状态参量，然后应用概率萨克定律求出气体在B 时的温度；
（2）应用功的计算公式求出气体对外做的功；
（3）应用热力学第一定律求出与外界交换的热量。
【解答】解：（1）由图示图象可知，从A 到B 气体发生等压变化，
气体状态参量：TA＝300K，VA＝3L，VB＝4L，
由盖吕萨克定律得：ܸܣܶ
ܣ
=ܸ
ܤܶ
ܤ
解得：TB＝400K；
（2）从A 到B 气体对外做功为：W＝Fl＝pSl＝p△V＝1×105×（4﹣3）×10
﹣3＝100J；
（3）由热力学第一定律得：△U＝W+Q，
则：Q＝△U﹣W＝150﹣（﹣100）＝250J；
正值表示吸收热量。
答：（1）状态B 的温度TB 为400K；
（2）状态A 变化到状态B 的过程中对气体所做功为100J；
（3）状态A 变化到状态B 的过程中气体吸热250J。
【点评】本题考查了求气体的温度、气体的内能，由图示图象分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量，
应用盖吕萨克定律、热力学第一定律即可正确解题。
16．【分析】（1）以灯泡为研究对象，灯泡在额定电压下正常工作，由额定功率和额定电压求出电流。
（2）正常工作时电动机电路是非纯电阻电路，根据电压的分配关系求出电动机的额定工作电压。
（3）电动机的效率等于输出功率和总功率之比。
【解答】解：（1）灯泡L 正常工作，则电路中的电流为：I=ܲ
ܮܷ
ܮ=0.5A
电源的总功率为：P＝EI＝5W。
（2）根据闭合电路欧姆定律可知：E＝UL+Ur+Ur′+U
代入数据解得电动机的额定电压为：U＝4V。
（3）电动机的总功率为：P1＝UI＝4W
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内部消耗功率为：ܲ
2 = ܫ2ݎ' =0.25W
则效率为：η =ܲ
1−ܲ2ܲ
1
× 100% =93.75%。
答：（1）电路中的电流I 为0.5A，电源的总功率P 为5W。
（2）电动机的额定电压U 为4V。
（3）电动机的效率η为93.75%。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律以及功率的计算问题，对于电动机正常工作时，是非纯电阻电路，欧姆定律
不成立，其两端电压U＞Ir′，不能对整个电路运用欧姆定律求电流。
17．【分析】当滑阻取最小值时，电流较大安培力较大，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力
达到最大时，安培力最大，电流最大；
当滑阻取最大时时，电流最小时安培计较小，有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡，结合安培力的大小公式，
求出通过ab 杆的电流范围，继而求出滑阻的取值范围为即可；
【解答】解：（1）细杆ab 在导轨上受到重力、支持力和安培力作用，如图所示，
根据平衡条件得：F 安＝mgsinθ＝0.12N，方向沿斜面向上；
（2）当电阻取最小值时，电流较大安培力较大，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到
最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab 的电流最大为Imax；
同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin。
正确地画出两种情况下的受力图如图所示，
由平衡条件列方程求解。
根据第一幅受力图列式如下：
F1﹣mgsinθ＝f1
N1＝mgcosθ
f1＝μN1
F1＝BImaxd
解上述方程得：Imax＝2A，
因为2A＞1A，根据闭合电路欧姆定律ܫ=
ܧܴ
+ݎ可得：Rmin＝2Ω；
根据第二幅受力图F2+f2＝mgsinθ
N2＝mgcosθ
f2＝μN2
F2＝BImind
解上述方程得：Imin＝0.4A，
根据闭合电路欧姆定律ܫ=
ܧܴ
+ݎ可得：Rmax＝6.5Ω，
故滑动变阻器接入电路的阻值范围为：2Ω≤R≤6.5Ω；
答：（1）细杆ab 与导轨间恰好无摩擦力作用，细杆受到的安培力为0.12N
（2）滑动变阻器接入电路的阻值范围为2Ω≤R≤6.5Ω；
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住两个临界状态，运用共点力平衡进行求解。知道电流最大时
有向下的最大静摩擦力，电流最小时，有向上的最大静摩擦力。
18．【分析】（1）油滴PO 段做匀速直线运动，结合平衡条件判断油滴所受电场力的方向和洛伦兹的方向，进而判断
油滴的电性。根据油滴在垂直直线方向上应用平衡条件列方程求得油滴在P 点获得的初速度大小；
（2）进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，作出运动
轨迹，结合磁场中圆周运动的周期公式即运动的对称性确定运动总时间。
（3）进入第一象限后，由于重力等于电场力，油滴在混合场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，求
出轨迹半径，画出轨迹，结合几何知识求离开第一象限处的坐标值。
【解答】解：（1）分析油滴受力可以判知要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电。受力如图。
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根据平衡条件得
qvB=
ݍܧ
ttݏ45°Eqcos45°，
所以v＝4 2m/s；
（3）进入第一象限，由于mg＝qE，油滴在混合场中做匀速圆周运动，路径如上图，由O 到A 匀速运动的位移
为：
s1=
t
ݏt݊45° =
2h
运动时间为：t1= ݏ1
ݒ
联立解得：t1＝0.1s
进入混合场后圆周运动的周期为：T= 2ߨ݉
ݍܤ= 4ߨ
5 s
由A 运动到C 的时间为：t2= 1
4T= ߨ
5s
由运动的对称性可知从C 到N 的时间为t3＝t1＝0.1s
在第一象限内运动的总时间为t＝t1+t2+t3≈0.83s
（3）油滴在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB＝m
ݒ2
ݎ
可得r= 8 2
5 s
图中ON 的长度：x＝2（s1cos45°+rcos45°）
联立得：x＝4.0m
所以油滴离开第一象限时的坐标为（4.0m，0）；
答：
（1）油滴带负电，油滴在P 点获得的初速度大小是4 2m/s；
（2）油滴在第一象限运动的时间是0.83s；
（3）离开第一象限处的坐标值为（4.0m，0）。
【点评】本题关键是先确定物体的运动情况，并画出运动轨迹，然后逐段逐段分析，匀速运动阶段受力平衡，匀
速圆周运动阶段由洛伦兹力提供向心力。
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2019-2020 学年江苏省苏州市高二期末物理试卷（选修）
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共18 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．（3 分）物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用。在下列四种器件中，利用电磁感应原理工作的是（
）
A．扼流圈
B．示波管
C．显像管
D．质谱仪
2．（3 分）研究人员发现一种具有独特属性的新型合金，只要略微提高其温度，这种合金就会变成强磁性合金，从
而使它旁边的线圈中产生感应电流。如图，一圆形线圈放在圆柱形合金材料下方，现对合金材料进行加热，则
（
）
A．线圈中将产生逆时针方向的电流
B．线圈中将产生顺时针方向的电流
C．线圈将有收缩的趋势
D．线圈将有扩张的趋势
3．
（3 分）L 为电感线圈，C 为电容器，A、B 为两只相同的灯泡，将它们按照图示方式接在电压瞬时值为u1＝Umsinω1t
的交流电源上，两只灯泡的亮度一样。现换另一个电源供电，电压瞬时值为u2＝Umsinω2t，ω2＝2ω1，则下列说
法中正确的是（
）
A．两灯泡均变暗
B．两灯泡的亮度均不变
C．A 灯泡变暗，B 灯泡变亮
D．A 灯泡变亮，B 灯泡变暗
4．（3 分）电路元件的微型化是电路发展的趋势。图中R1 和R2 是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但
R2 尺寸比R1 小得多。通过两导体的电流方向如图所示。则这两个导体的电阻关系是（
）
A．R1＞R2
B．R1＝R2
C．R1＜R2
D．无法比较
5．
（3 分）如图为“iRobot”智能扫地机器人，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫。已知其电池容量2000mAh，
额定工作电压15V，额定功率30W．则下列说法正确的是（
）
A．“m A•h”是能量的单位
B．扫地机器人正常工作时的电流是2A
C．扫地机器人的电阻是75Ω
D．扫地机器人充满一次电，正常工作时间约为
200
3 h
6．（3 分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以速度U 从A 点沿直径
AOB 方向射入磁场，经过△t 时间从C 点射出磁场，OC 与OA 成60°角。现将另一同种带电粒子以速度3v 仍
从A 点射入磁场，则该粒子在磁场中的运动时间为（
）
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A．3△t
B．2△t
C．
1
3△t
D．
1
2△t
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分，每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4 分，选对但
不全的得2 分，错选或不答的得0 分.
7．（4 分）某电场的电场线分布如图中实线所示，一个带电粒子仅在电场力作用下从A 点运动到B 点，运动轨迹如
图中虚线所示。在此过程中，下列说法正确的是（
）
A．粒子运动的加速度逐渐增大
B．粒子运动的动能逐渐增大
C．粒子所处位置的场强逐渐增大
D．粒子所处位置的电势逐渐增大
8．（4 分）如图所示电路中有L1 和L2 两个完全相同的灯泡，L 是自感系数较大的线圈，线圈直流电阻和电源内阻忽
略不计。下列说法中正确的是（
）
A．闭合S 后，L1 逐渐变亮、L2 立刻变亮
B．断开S 后，L1 逐渐熄灭、L2 立刻熄灭
C．断开S 后，L2 先闪亮一下再逐渐熄灭
D．断开S 前后，L2 中的电流方向发生改变
9．（4 分）微元累积法是常用的物理研究方法，如图所示为某物理量（y）随另一物理量（x）变化的函数图象，关
于图象与坐标轴所围面积大小的物理意义，下列说法正确的是（
）
A．若y 为电场强度E，x 为距离d，则“面积”表示x0 位置的电势
B．若y 为电流I，x 为时间t，则“面积”表示x0 时间内流过的电量
C．若y 为电压U，x 为电流I，则“面积”表示x0 对应状态的电功率
D．若y 为电功率P，x 为时间t，则“面积”表示x0 时间内消耗的电能
10．（4 分）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源两极相连接的两个D 形金属盒，
两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使带电粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直盒面
的匀强磁场中，如图所示，已知D 形盒半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交变电压的频率为f。当用
此加速器加速质子（
1
1H）时，下列说法正确的是（
）
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A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．加速电压越大，质子最后获得的速度越大
C．交变电压的频率与质子做匀速圆周运动的频率相等
D．B 和f 都不改变，该回旋加速器也可用于加速α粒子（
2
4He）
11．（4 分）如图，是一个正方形金属框放在光滑水平面上的俯视图，虚线右侧存在方向竖直向上的匀强磁场。正方
形金属框电阻为R，边长为L，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域。自
线框从左边界进入磁场时开始计时，t1 时刻线框全部进入磁场。设金属框中感应电流大小为i，外力大小为F，
线框中电功率为P，通过导体横截面的电荷量为q，则上述物理量随时间变化的关系可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
三、简答题：本题共3 小题，共计28 分.请将解答填写在答题卡相应的位置
12．（10 分）某同学组装了一个简易多用电表，其电路图如图（a）所示，图中E 是电池，R1、R2、R3、R4 和R5 是
固定电阻，R6 是可变电阻，虚线方框内为选择开关，A 端和B 端分别与两表笔相连
（1）图（a）中，虚线方框内选择开关的“4”、“5”两挡为电压挡，则挡位
（选填“4”或“5”）的量程
较大；
（2）根据图（a）所示电路图判断，此表A 端应与
（选填“红”或“黑”）色表笔相连接
（3）选用欧姆表κ100 档测量某电阻阻值，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测
量，应换到
挡（选填“×10”或“×1k”）。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行测量，那么缺少的
步骤是
。若补上该步骤后再次进行测量，表盘的示数如图（b）所示，则该电阻的阻值是
。
13．（10 分）发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用，如图（a）所示是一款发光二极管的实物图，正常使用时，
带“+”号的一端接高电势，带“﹣”号的一端接低电势。某同学想描绘它的伏安特性曲线，设计了如图（b）所
示电路进行实验，测得它两端的电压U 和通过它的电流I，所得数据如表所示。
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U/V
0
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
2.80
I/mA
0
0.9
2.3
4.3
8.0
12.0
19.0
30.0
（1）实验室提供的器材如下
A．电压表（量程0～3V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程0～15V，内阻约25kΩ）
C．电流表（量程0～50mA，内阻约50Ω）
D．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω，允许最大电流3A）
E．滑动变阻器（阻值范围0～500Ω，允许最大电流为1A）
F．电源（电动势3V，内阻不计）
G．开关，导线若干
该同学为了实验结果更精确，电压表应选
，滑动变阻器应选
（填选项字母）；在实验过程中，开
关S 闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最
端（选填“左”或“右”）
（2）根据表中数据，在图（c）所示的坐标纸中画出该发光二极管的I﹣U 图线。由I﹣U 图线可知：二极管的电
阻值随工作电压的增大而
（选填“不变”或“增大”或“减小”）；
（3）若将n 只该款发光二极管并联后，直接与电动势为3.2V、内阻为20Ω的电源组成闭合回路，可使这些发光
二极管消耗的总功率最大，则n＝
只
14．（8 分）用如图（a）所示的电路测量电源的电动势和内阻，定值电阻R1＝16Ω。
（1）闭合开关S 后，电压表V1 无示数，电压表V2 有示数，经检查发现电路中存在断路故障，则该故障可能在
（选填“ab”或“bc”或“cd”）两点间。
（2）排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器的阻值，记录两电压表的多组示数U1、U2，如表所示，根据表
中数据作出的U2﹣U1 图象如图（b）所示
U2/V
5.0
4.5
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
U1/N
0.66
1.00
1.33
1.88
2.00
2.32
2.68
由上述图象可知，电源电动势E＝
V，内阻r＝
Ω．（结果均保留两位有效数字）
（3）实验中，产生系统误差的主要原因是
。
四、计算题：本大题共4 小题，共54 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答
案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
15．（12 分）如图（a）所示为一理想变压器，ab 为原线圈的输入端，cd 为副线圈的输出端。ab 端接入正弦式交变
电流，其电压M 随时间t 变化的图象如图（b）所示，电压有效值U1＝200V
（1）写出该交变电流电压瞬时值u 的表达式；
（2）已知cd 两端的输出电压U2＝40V，求原副线圈的匝数比݊1݊
2
：
（3）当变压器的输出功率为80W 时，求原线圈中的电流I1
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16．
（12 分）如图所示，平行金属导轨间距L＝0.4m，其所在平面与水平面夹角θ＝37°，且处于磁感应强度B＝0.5T、
方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中。金属导轨的端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.5Ω的直流电源。现
把一根质量m＝0.04kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，
导体棒与金属导轨两接触点间的电阻R＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8。
（1）求流经导体棒的电流大小；
（2）求导体棒受到的摩擦力大小及方向
（3）不改变磁感应强度大小，在垂直导体棒的平面内，将磁场沿顺时针方向缓慢转过角度α，使导体棒和金属导
轨之间的摩擦力恰好为0，求角度α的大小。
17．（14 分）如图（a）所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝lm，两导轨的上端接有一个
R＝2Ω的定值电阻。虚线OO′下方是垂直于导轨平面向内的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现将质量m＝0.1kg、
电阻不计的金属杆ab，从O0′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持
水平，导轨电阻不计。已知金属杆下落0.3m 的过程中，加速度a 与下落距离h 的关系如图（b）所示，g 取10m/s2．求：
（1）金属杆刚进入磁场时，速度v0 为多大？
（2）金属杆下落0.3m 的过程中，在电阻R 上产生的热量Q 为多少？
（3）金属杆下落0.3m 的过程中，在电阻R 上通过的电量q 为多少？
18．（16 分）如图所示，在坐标系xOy 的第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=
3݉
ݒ0
2
2ݍܮ．在第三
象限内有磁感应强度B1= 3݉
ݒ0
2ݍܮ的匀强磁场Ⅰ，在第四象限内有磁感应强度B2= 6݉
ݒ0
ݍܮ的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、
Ⅱ的方向均垂直于纸面向内。一质量为m、电荷量为+q 的粒子从P（0，L）点处以初速度沿垂直于y 轴的方向
进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x 轴和y 轴进入磁场Ⅰ和磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力。求：
（1）粒子由电场进入磁场Ⅰ时的速度v 大小和方向
（2）粒子出发后第1 次经过y 轴时距O 点的距离D；
（3）粒子出发后从第1 次经过y 轴到第4 次经过y 轴产生的位移大小△y 和所需时间△t。
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2019-2020 学年江苏省苏州市高二期末物理试卷（选修）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共18 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．【分析】扼流圈是利用电感对电流的阻碍作用，线圈的电阻阻碍作用很小，质谱仪、示波管、显像管是利用了带
电粒子在磁场中偏转而工作的。
【解答】解：A、扼流圈是利用电感对电流的阻碍作用，线圈的电阻阻碍作用很小，故A 正确；
BCD、质谱仪、示波管、显像管是利用了带电粒子在磁场中偏转而工作的；故BCD 错误；故选：A。
【点评】本题考查电磁感应现象在生活中的应用，要注意明确生活中常见电器的工作原理。
2．【分析】当导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化。
【解答】解：AB、提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，穿过线圈的磁通量增大，从而在线圈
中产生电流。由于原磁场的方向未知，所以不能判断出感应电流的方向。故AB 错误；
CD、当合金材料的磁场增大时，穿过线圈的磁通量增大，则线圈产生的感应电流方向的阻碍磁通量的增大，面
积有缩小的趋势。故C 正确，D 错误。故选：C。
【点评】可从阻碍磁通量变化的角度去分析：增反减同，当磁通量增大时，则线圈产生的感应电流方向的阻碍磁
通量的增大。
3．【分析】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过。对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流
阻高频率交流。
【解答】解：若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，电容器对其阻碍变小，线圈对其阻碍变大。
所以A 灯泡将变暗，B 灯泡将变亮，故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】当电容器的电容越小，频率越低时，容抗越高；而线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高。
4．【分析】明确电流方向，设正方向边长为L，横截面积s＝Ld，长度为L，根据电阻定律R＝ρ
ܮܵ即可得两电阻之比。
【解答】解：由电阻定律R＝ρ
ܮܵ得：R＝ρ
ܮ
ܮ݀
=ρ
1݀，与材料和厚度有关。两电阻厚度相同，材料相同，所以电阻
之比为1：1，即R1＝R2，故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握电阻定律R＝ρ
ܮܵ，注意电流方向的L 与S 的正确判定。
5．【分析】电池容量是指电池的存储电量，根据题目可知正常工作时的电压，根据I=ܷܲ
求解正常工作时的电流，根
据t= ݍ
ܫ求解时间。
【解答】解：A、题中“mAh”是电荷量的单位，故A 错误；
B、扫地机器人正常工作时的电流为：I=ܷܲ
= 30
15A＝2A，故B 正确；
C、扫地机器人并非纯电阻电路，故不能用P＝UI 和U＝IR 计算，故扫地机器人的电阻不可求，故C 错误；
D、扫地机器人充满电后一次工作时间问：t= ݍ
ܫ= 2000݉
ܣt
2ܣ
=1h，故D 错误；故选：B。
【点评】本题是信息给予题，要求同学们能从题目中获取有用信息，知道电池容量是指电池储存电量的大小，难
度不大，属于基础题。
6．【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运
动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间。
【解答】解：设圆形磁场区域的半径是R，以速度v 射入时，半径ݎ1 =݉
ݒ
ݍܤ
根据几何关系可知，
ݎ1ܴ= ݐܽ݊
30°，解得：ݎ1 =
3
3ܴ
运动时间：△ݐ= ߠ
2ߨܶ
= 120
360
2ߨ݉
ݍܤ= 2ߨ݉
ݍܤ
粒子以速度3v 射入时，半径：ݎ2 = 3݉ݒ
ݍܤ= 3 ×
3
3ܴ
=
3ܴ
设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：ݐܽ݊
ߠ
2 =ܴݎ2 =ܴ
3ܴ
=
3
3 ，解得：θ＝60°
第二次运动的时间为：ݐ/' = 60
360ܶ
= 1
6 × 2ߨ݉
ݍܤ= 1
2 △ݐ，故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮
助解题。
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分，每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4 分，选对但
不全的得2 分，错选或不答的得0 分.
7．【分析】先根据粒子带正电和粒子的运动轨迹弯曲方向判断电场线的方向，再由电场线的方向判断电势的高低；
电场力做正功，电势能减小，动能增加；电场力做负功，电势能增加，动能减小。
【解答】解：AC、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知B 点处的电场线密，则B 点处的电场强度大，从A
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到B 的过程中电场强度逐渐增大；由F＝qE 可知，同一个带电粒子受到的电场力逐渐增大，所以带电粒子的加
速度逐渐增大。故AC 正确；
B、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大致向右，速度沿切线方向，力和速度方向夹角
为锐角，电场力做正功，粒子的动能增大，故B 正确；
D、电场力做正功，电势能减小，故D 错误。
故选：ABC。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；
沿电场线的方向，电势降低；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
8．【分析】当电键K 闭合时，通过线圈L 的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方
向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
【解答】解：A、B、灯L1 与电阻R 串联，当电键S 闭合时，灯L2 立即发光。通过线圈L 的电流增大，穿过线
圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能
逐渐增大，L1 逐渐亮起来。所以L2 比L1 先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感
应电动势，两灯电流相等，亮度相同。故A 正确，B 错误；
C、稳定后当电键S 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2 和电阻R
构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于L1、L2 是两个完全相同的灯泡，所以稳定时电流相等，电路稳
定后再断开电键S 时，L2 灯不会闪亮一下。故C 错误，
D、稳定后当电键S 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，电流的方向与L1 原来的方向相同，与L2
电流的方向相反。故D 正确；
故选：AD。
【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。
9．【分析】本题根据图形面积所表示的量等于横坐标轴量与纵坐标轴量的乘积所得量的值。结合相关的规律进行分
析。
【解答】解：A、若y 为电场强度E，x 为距离d，则“面积”表示0﹣x0 位置的电势差，故A 错误；
B、若y 为电流I，x 为时间t，则“面积”表示x0 时间内流过的电量，故B 正确；
C、若y 为电压U，x 为电流I，则“面积”没有意义，x0 对应状态的电功率等于x0 对应状态的电压与电流的乘
积，故C 错误；
D、若y 为电功率P，x 为时间t，则“面积”表示x0 时间内消耗的电能，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查图形面积的意义，要学会变通，能举一反三。关键要掌握相关的物理规律。
10．【分析】粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，当质子的轨迹半径等于R 时速度最大。加速电压越大，
质子加速的次数减少，但质子最后获得的速度不变。交变电压的频率与质子做匀速圆周运动的频率相等，根据
f= ݍܤ
2ߨ݉
分析该回旋加速器能否用于加速α粒子。
【解答】解：A、当质子在磁场中的轨迹半径r＝R 时，速度v 最大，最大速度v＝2πfR．故A 正确；
B、由qvB＝m
ݒ2ܴ
得最大速度v= ݍܴܤ݉，由此可知，质子的最大速度只与质子本身的比荷、D 形盒半径和磁场的磁
感应强度大小有关，与加速电压无关，故B 错误；
C、要使此加速器正常工作，必须使交变电压的频率与质子做匀速圆周运动的频率相等。故C 正确；
D、由于α粒子与质子的比荷不等，在磁场中匀速圆周运动的频率不等，所以根据f= ݍܤ
2ߨ݉
分析知，B 和f 都不改
变，该回旋加速器不能用于加速α粒子（
2
4He）。故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道当粒子从D 形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁场中匀速圆
周运动的频率和高频交流电的频率相等。
11．【分析】根据速度时间关系可得v＝at 和法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感
应电流大小；
根据对线框的受力分析及牛顿第二定律求解外力的表达式；
根据电功率计算公式求解电功率与时间关系；
根据电荷量的计算公式求解电荷量与时间关系，由此分析图象。
【解答】解：A、0﹣t1 时间内，线框由静止开始以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，根据速度时间
关系可得v＝at，感应电动势E＝BLv＝BLat，感应电流：i= ܧܴ= ܤܮܴܽt，B、L、a、R 是定值，则i 与t 成正比，
故A 正确；
B、线框受到的安培力：F 安培＝BIL= ܤ2ܮ2ݒܴ= ܤ2ܮ2ܽݐܴ，
对线框，由牛顿第二定律可得：F−ܤ2ܮ2ܽݐܴ=ma，
解得：F= ܤ2ܮ2ܽݐܴ+ma，故B 错误；
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C、电功率：P＝I2R= ܤ2ܮ2ܽ2ܴ
t2，P 为时间的二次函数，故C 正确；
D、电荷量：q＝It= ܤܮܴܽݐ2，q 与t 的平方成正比，故D 错误；
故选：AC。
【点评】对于电磁感应现象中的图象问题，磁场是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应
定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，
这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
三、简答题：本题共3 小题，共计28 分.请将解答填写在答题卡相应的位置
12．【分析】（1）表头串联大电阻改装成电压表，串联电阻越大则量程越大；
（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，附近与红表笔相连；
（3）偏角小说明电阻大，要换用大倍率挡，重新调零后测量，读数为示数乘以倍率。
【解答】解：（1）表头串联大电阻改装成电压表，串联电阻越大则量程越大，由此可知档位5 的量程较大；
（2）由图（a）所示电路图可知，A 与欧姆表内置电源正极相连，又电流红进黑出，则A 端应与黑表笔相连；
（3）欧姆表的零刻度在左边，偏角小，说明带测电阻阻值大，应换大倍率×1k 挡，重新欧姆调零后测量；
欧姆表的读数为：示数×倍率＝14×1000Ω＝14kΩ；
故答案为：（1）5；
（2）黑；
（3）×1k、欧姆调零、14kΩ。
【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多
用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；
读数时视线要与电表刻度线垂直。
13．【分析】（1）根据实验测得它两端电压U 和通过它电流I 的数据的范围可以选择电压表和电流表；在实验过程
中，开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片应置于时电表示数为零的位置；
（2）在图上描出电流和电压的对应点，用光滑的曲线连接起来；根据图象分析二极管的电阻值随工作电压的变
化关系；
（3）当内外电阻相等时电源的输出功率最大，即发光二极管的总功率最大，由图示图象求出此时发光二极管两
端电压与电流，由欧姆定律求出其的电阻，然后求出二极管的个数。
【解答】解：（1）根据实验测得它两端电压U 和通过它电流I 的数据的范围可知：电压变化的最大值为2.8V，
所以电压表选A；根据表格数据可知电表示数从零开始，滑动变阻采用分压接法，应选阻值相对较小的，便于调
节，故选D；
在实验过程中，开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片应置于时电表示数为零的位置，保护电表，故应在最左端；
（2）根据表中数据，在图上描出各点，用光滑的曲线连接起来。如图所示：
由图线可知，二极管的阻值随电压的增大而减小；
（3）电源内阻为20 欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即发光二极管并联总电阻为20 欧姆时灯泡的总功率
最大，由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3.2V，则路端电压为1.6V，
由上图所示图象可知，电压为1.6V 时通过二极管的电流为10mA，
此时二极管的电阻：R=ܷܫ=
1.6
8×10−3 Ω =200Ω，
假设有n 只二极管并联，则ܴ݊
= 20
解得：n＝10
故答案为：
（1）A、D、左；
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（2）
、减小；
（3）10。
【点评】解决本题关键：1、知道多用电表电流的流向及二极管的特性。
2、知道如何选取电表，会判断电流表的内外接和滑动变阻器的分压限流接法。
3、用数学描点法描绘图象，体现了学科间的整合。
4、要熟练掌握当内外电阻相等时，电源输出功率最大，并能灵活应用解决实际问题。
14．【分析】（1）明确电路结构，从而分析故障原因；
（2）根据闭合电路欧姆定律进行分析，列出对应的表达式，从而明确图象的意义并求出电动势和内电阻；
（4）根据电路结构以及电表内阻的影响进行分析，从而明确误差原因
【解答】解：（1）电压表V1 无读数，电压表V2 有读数，说明V1 无与电源断开，而V2 与电源是连接的，故发生
断路的是cd；
（2）根据电路图由闭合电路欧姆定律可知：
E＝U1+U2+ܷ
1ܴ
1 ݎ
变形可得：
U2＝E−ݎ+ܴ1ܴ
1 U1
由图可知，图象与纵轴的截距表示电动势，故E＝6.0V；
图象的斜率k= ݎ+ܴ1ܴ
1
= 6.0−2.0
2.6
= 1.5
解得：r＝8.0Ω；
（3）本实验中由于电压表V1 分流作用而使测量电流偏小，从而出现误差。
故答案为：（1）cd
（2）6.0；8.0；
（3）电压表V1 分流。
【点评】本题是一种伏阻法测量电源电动势和内阻的方法，注意本题中将电压表与定值电阻并联充当电流表使用，
注意数据处理的基本方法。
四、计算题：本大题共4 小题，共54 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答
案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
15．【分析】（1）由图可知输入电压的圆频率和电压的最大值，即可原线圈的输入电压的瞬时值的表达式。
（2）根据原副线圈的电压与匝数成正比即可求出ab 和cd 间线圈的匝数比。
（3）根据输入功率等于输出功率，求解原线圈中的电流。
【解答】解：（1）最大值ܷ݉
=
2ܷ
1 =200 2V，由题图（b）可知，ω＝200π rad/s，电压瞬时值u＝200 2sin200πt
（V）。
（2）根据电压和匝数的关系可知，݊1݊
2
=ܷ
1ܷ
2
，代入数据解得݊1݊
2
=5：1。
（3）理想变压器的输入功率等于输出功率，P1＝P2，原线圈的电流ܫ1 =ܲ
1ܷ
1，代入数据解得，I1＝0.4A。
答：（1）写出该交变电流电压瞬时值u 的表达式为u＝200 2sin200πt（V）。
（2）已知cd 两端的输出电压U2＝40V，原副线圈的匝数比݊1݊
2
为5：1。
（3）当变压器的输出功率为80W 时，原线圈中的电流I1 为0.4A。
【点评】掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，知道电动机是非纯电阻元件，根据能量守恒输出功率等于总功率
与热功率之差，应用电功率公式即可正确解题。
16．【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度；
（2）根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；
（3）摩擦力为零，根据平衡条件求解角度α的大小。
【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得：I=
ܧܴ
+ݎ
代入数据解得：I＝1.5A；
（2）安培力F＝BIL＝0.3N，方向沿斜面向上
根据平衡条件可得：mgsin37°+f＝F
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代入数据解得f＝0.06N，方向沿斜面向下；
（3）摩擦力为零，根据平衡条件可得：mgsin37°＝Fcosα
代入数据解得：α＝37°。
答：（1）流经导体棒的电流大小为1.5A；
（2）导体棒受到的摩擦力大小0.06N，方向沿斜面向下；
（3）角度α的大小为37°。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡
条件列方程解答。
17．【分析】（1）由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向。由法拉第电磁感应定律、欧姆
定律推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式可求出金属杆刚进入磁场时速度。
（2）从开始下落到下落0.3m 的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻R 上产生的
热量。
（3）求出金属杆在磁场中运动的距离，应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用欧姆定律求出平均
感应电流，应用电流定义式求出电荷量。
【解答】解：（1）金属杆进入磁场时受到的安培力：F＝BIL= ܤ2ܮ2ݒܴ，
由图示图线可知，金属杆进入磁场时的加速度：a0＝10m/s2，方向：竖直向上，
对金属杆，由牛顿第二定律得：
ܤ2ܮ2ݒ0ܴ−mg＝ma0，
代入数据解得：v0＝1m/s；
（2）由图（b）所示图线可知，金属杆下落0.3s 时加速度：a＝0，
金属杆所受合力为零，重力与安培力平衡，
由平衡条件得：mg= ܤ2ܮ2ݒܴ，
代入数据解得：v＝0.5m/s，
从开始到下落0.3m 过程，由能量守恒定律得：mgh= 1
2݉
ݒ2 +Q，
代入数据解得：Q＝0.2875J；
（3）进入磁场前金属杆做自由落体运动，ݒ0
2 =2gh1，
代入数据解得：h1＝0.05m，
金属杆在磁场中下落的高度：h2＝h﹣h1，
代入数据解得：h2＝0.25m，
平均感应电动势：ܧ= △∅
△ݐ= ܤܮt2
△ݐ，
平均感应电流：ܫ= ܧܴ，
电阻R 上通过的电荷量：q= ܫ△ݐ，
代入数据解得：q＝0.25C；
答：（1）金属杆刚进入磁场时，速度v0 大小为1m/s；
（2）金属杆下落0.3m 的过程中，在电阻R 上产生的热量Q 为0.2875J；
（3）金属杆下落0.3m 的过程中，在电阻R 上通过的电量q 为0.25C。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，
根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等
列方程求解。
18．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子速度。
（2）粒子在磁场I 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出
距离。
（3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹，然后分析答
题。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，
沿电场方向：ݒݕ
2 = 2 ݍܧ݉ܮ
解得：vy=
3v0，
粒子速度为：v=
ݒݔ
2 + ݒݕ
2 =2v0，
v 与x 轴负方向间夹角为：θ＝arctan
ݒݕ
ݒ0
=arctan 3 =60°；
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（2）粒子在磁场I 中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB1＝m
ݒ2
ݎ1
，
解得：r1= 4
3L，
由几何知识可知，圆心O1 恰好在y 轴上，距O 点的距离：y1= 2
3L，
粒子第一次经过y 轴时距O 点的距离：D＝y1+r1＝2L；
（3）粒子在磁场II 中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB2＝m
ݒ2
ݎ2
，
解得：r2= 1
3L= ݎ1
4 ，
粒子运动轨迹如图所示，则有：△y＝2r1﹣4r2，
解得：△y= 4
3L，
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T1= 2ߨ݉
ݍܤ1 = 4ߨܮ
3ݒ0，T2= 2ߨ݉
ݍܤ2 = ߨܮ
3ݒ0，
从第一次经过y 轴到第4 次经过y 轴所需总时间：△t= 1
2T1+T2= ߨܮ
ݒ0；
答：（1）粒子由电场进入磁场I 时的速度v 大小为2v0，方向：与x 轴负方向夹角为60°；
（2）粒子出发后第1 次经过y 轴时距O 点的距离D 为2L；
（3）粒子出发后从第1 次经过y 轴到第4 次经过y 轴产生的位移大小△y 为
4
3L，所需时间△t 为
ߨܮ
ݒ0
。
【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。
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2019-2020 学年江苏省苏州市高二期末物理试卷（必修）
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23 小题，每小题3 分，共69 分）
1．（3 分）国际单位制中规定，力学量所对应的基本单位是（
）
A．米、牛顿、秒
B．米、千克、秒
C．米、牛顿、千克
D．米/秒、米/秒2、牛顿
2．（3 分）关于质点，下列说法中正确的是（
）
A．质点就是具有一定质量的点
B．研究地球自转时，地球可以看作质点
C．研究高台跳水运动员空中翻转动作时，运动员可以看作质点
D．研究运动员百米赛跑过程中的平均速度时，运动员可以看作质点
3．（3 分）下列图象中能表示物体做匀加速直线运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（3 分）足球比赛中，运动员用力将球踢出，在此过程中（
）
A．运动员先给足球作用力，足球随后给运动员反作用力
B．运动员给足球的作用力大于足球给运动员的反作用力
C．运动员给足球的作用力与足球给运动员的反作用力方向相反
D．运动员给足球的作用力与足球给运动员的反作用力是一对平衡力
5．（3 分）甲、乙两物体做自由落体运动，已知甲物体的质量是乙物体的质量的2 倍，而甲距地面的高度是乙距地
面高度的一半，下列说法正确的是（
）
A．甲物体的加速度是乙物体加速度的2 倍
B．甲物体着地的速度是乙物体着地的速度的
1
2
C．甲物体下落的时间是乙物体下落的时间的
2
2
D．甲、乙两物体的末速度相同
6．（3 分）质量为m 的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是（
）
A．沿斜面向上
B．沿斜面向下
C．垂直于斜面向上
D．竖直向上
7．（3 分）重100N 的物体，静止在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，当物体受到一个大小为
10N，方向水平向右的拉力作用后，水平面对物体的摩擦力大小和方向是（
）
A．10N，水平向左
B．10N，水平向右
C．20N，水平向左
D．20N，水平向右
8．（3 分）质量为60kg 的人，站在升降机内水平放置的台秤上，测得体重为480N，则升降机的运动可能是（
）
A．匀速上升
B．加速上升
C．减速上升
D．减速下降
9．（3 分）利用图示装置探究加速度与力、质量的关系，下列说法正确的是（
）
A．打点计时器应固定在靠近定滑轮的位置砝码
B．需要用天平测出小车的质量
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C．平衡摩擦力时，应将砝码盘用细绳系在小车上
D．小车加速运动时，细绳对小车的拉力等于砝码和砝码盘的总重力
10．（3 分）一个物体以初速度V0 水平抛出，经过时间t 时其竖直方向的位移大小与水平方向的位移大小相等，那
么t 为（
）
A．ܸ0݃
B．
2ܸ0݃
C．ܸ
0
2݃
D．
2ܸ0݃
11．（3 分）如图所示，在风力发电机的叶片上有A、B、C 三点，其中A、C 在叶片的端点，B 在叶片的中点．当
叶片转动时，这三点（
）
A．线速度大小都相等
B．线速度方向都相同
C．角速度大小都相等
D．向心加速度大小都相等
12．（3 分）甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1：2，转动半径之比为1：2，在相同时间里甲转过
60°角，乙转过45°角．则它们的向心力之比为（
）
A．1：4
B．2：3
C．4：9
D．9：16
13．（3 分）设飞船绕地飞行的轨道为圆轨道。则飞船轨道半径减小时（
）
A．速率变大，周期变小
B．速率变小，周期变大
C．速率变大，周期变大
D．速率变小，周期变小
14．（3 分）一物体速度由0 增加到V，再从V 增加到2V，外力做功分别为W1 和W2，则W1 和W2 关系正确的是
（
）
A．W1＝W2
B．W2＝2 W1
C．W2＝3 W1
D．W2＝4 W1
15．（3 分）甲、乙两个集装箱质量相同，先用起重机将甲集装箱以1m/s 的速度匀速提升20m，再将乙集装箱以2m/s
的速度匀速提升10m，那么起重机（
）
A．第一次做功多，功率小
B．第二次做功多，功率大
C．两次做功一样多，功率一样大
D．两次做功一样多，第二次功率大
16．（3 分）如图所示，一个带正电的球体M 放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N 先后挂在横杆上的
P1 和P2 处。当小球N 静止时，丝线与竖直方向的夹角分别为θ1 和θ2（θ2 图中未标出）．则（
）
A．小球N 带正电，θ1＞θ2
B．小球N 带正电，θ1＜θ2
C．小球N 带负电，θ1＞θ2
D．小球N 带负电，θ1＜θ2
17．
（3 分）匀强电场中有一尘埃质量为0.01g，带有10
﹣8C 的负电荷，尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动g＝10m/s2，
则
（
）
A．场强方向水平向左
B．场强的方向竖直向下
C．场强的大小是103N/C
D．场强的大小是106N/C
18．（3 分）有a、b、c、d 四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示。其中哪一个小磁针的指
向是正确的（
）
A．a
B．b
C．c
D．d
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19．（3 分）如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度为B．边长为a 的正方形线框与磁场垂直，且一条对角线
与磁场边界重合．则通过线圈平面的磁通量为（
）
A．
1
2 ܤܽ2
B．Ba
C．Ba2
D．2Ba
20．（3 分）如图所示，匀强磁场水平向右，电子在磁场中沿竖直方向向上运动，该电子所受洛伦兹力的方向（
）
A．水平向左
B．水平向右
C．垂直纸面向里
D．垂直纸面向外
21．（3 分）如图所示把长为0.4m 的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中磁场的磁感应强度为0.5T，导体棒与磁场方
向垂直棒中通有电流0.8A，则导体棒所受安培力的大小和方向分别为（
）
A．0.16N，垂直纸面水平向外
B．0.16N，垂直纸面水平向里
C．0.25N，垂直纸面水平向外
D．0.25N，垂直纸面水平向里
22．（3 分）如图所示，一小球自A 点由静止开始自由下落，到达B 点时与弹簧接触，到达C 点时弹簧被压缩至最
短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A 至B 到C 的运动过程中（
）
A．小球的机械能守恒
B．小球在B 点时动能最大
C．小球由B 到C 加速度先减小后增大
D．小球由B 到C 的过程中，动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
23．（3 分）在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g
表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（
）
A．mgh−1
2mv2−1
2mv02
B．−1
2mv2−1
2mv02﹣mgh
C．mgh+ 1
2mv02−1
2mv2
D．mgh+ 1
2mv2−1
2mv02
二、填空题:把答案填在答题卡相应的横线上(本部分2 小题共10 分)．（4 分）
24．（4 分）如图所示，一单匝线圈从左侧进入磁场．在此过程中，线圈的磁通量将
（选填“变大”或“变
小”）．若上述过程所经历的时间为0.1s，线圈中产生的感应电动势为0.2V，则线圈中的磁通量变化了
Wb．
25．如图所示，已知电源电动势E＝3V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝5Ω，电路中的电表均为理想电表．则当开关S 闭
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合时，电流表的读数为
A，电压表的读数为
V．
26．（6 分）用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置如图所示。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是
A．需用天平测出重物的质量
B．必须用秒表测出重物下落的时间
C．释放纸带前，手捏住纸带上端并使纸带处于竖直方向
D．释放纸带前，重物应远离打点计时器
（2）下图为一条符合实验要求的纸带0 点为打点计时器打下的第一个点分别测出若干连续点A、B、C…与O 点
之间的距离h1、h2、h3…，已知打点计时器的打点周期为T 重力加速度为g 若重物质量为m，则在O 到B 的过
程中重物增加的动能为
（3）实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能其主要原因是
A．重物的质量过大
B．重物的体积过小
C．重物下落的距离过小
D．重物及纸带在下落时受到阻力
三、计算或论述题解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分,有数值计算的
题,答案中必须明确写出数值和单位(本部分3 小题,共21 分
27．（6 分）扬州市创建文明城市，提倡机动车礼让行人，某司机开车以8m/s 速度行驶到路口附近，发现有行人准
备过斑马线，立即刹车礼让行人，设汽车做匀减速运动的加速度大小为2m/s2，求：
（1）汽车刹车2s 后速度的大小；
（2）刹车3s 内的移位；
（3）刹车时离斑马线的最小距离。
28．（7 分）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度ω＝1rad/s．有一个小物体距圆盘中心r＝0.5m，随圆
盘一起做匀速圆周运动。物体质量m＝1.0kg．与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物体受到的摩擦力大小f；
（2）欲使物体能随圆盘一起做匀速圆周运动，圆盘的角速度ω应满足什么条件？
（3）圆盘角速度由0 缓慢增大到1.6rad/s 过程中，圆盘对物体所做的功W。
29．（8 分）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，弹簧处于自然状态时其右端位于B 点．水平桌
面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖
直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R．用质量m＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块飞离桌面边
缘D 点后由P 点沿切线落入圆轨道，取g＝10m/s2，2 =1.4，求：
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（1）求物块在P 点的速度大小；
（2）求D、P 间的水平距离；
（3）通过计算判断物块能否沿圆轨道到达M 点．
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2019-2020 学年江苏省苏州市高二期末物理试卷（必修）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23 小题，每小题3 分，共69 分）
1．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它
们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们
在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
【解答】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒，所
以B 正确。故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是
需要学生自己记住的．
2．【分析】质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物
体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．
【解答】解：A、质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，所以A
错误。
B、研究地球自转时，如果看做质点则无法研究，故地球不可以看作质点，所以B 错误；
C、研究高台跳水运动员空中翻转动作时，运动员不可以看作质点，所以C 错误；
D、研究运动员百米赛跑过程中的平均速度时，运动员可以看作质点，所以D 正确。故选：D。
【点评】质点是运动学中一个重要概念，要理解其实质，不能停在表面．
3．【分析】物体做匀加速直线运动时，速度均匀增大，加速度不变。v﹣t 图象斜率表示加速度，x﹣t 图象斜率表示
速度。根据数学知识选择图象。
【解答】解：A、x﹣t 图象的斜率等于速度，则A 图表示物体做匀速运动；故A 错误。
B、B 图表示物体静止，故B 错误。
C、v﹣t 图象的斜率等于加速度，则C 图表示物体做匀加速运动；故C 正确。
D、D 图表示物体做匀速运动，故D 错误；故选：C。
【点评】本题要掌握匀加速直线运动的特点：加速度不变，速度均匀增大。要注意速度﹣时间和位移﹣时间图象
斜率的意义。
4．【分析】作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。但作用在不同的物体上，两个力同时产
生，同时变化，同时消失。
【解答】解：作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。但作用在不同的物体上，两个力同
时产生，同时变化，同时消失。故A、B、D 错误，C 正确。故选：C。
【点评】解决本题的关键知道作用力和反作用力的特点：作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条
直线上。但作用在不同的物体上，两个力同时产生，同时变化，同时消失。
5．【分析】重力加速度与物体的质量无关；自由落体运动的初速度为0，加速度等于当地的重力加速度，故根据v2
＝2gh 可得物体落地时的速度，根据h= 1
2gt2，即可求出物体下落的时间．
【解答】解：A、甲、乙两物体做自由落体运动，加速度都为重力加速度，相同，故A 错误；
B、D、根据v2＝2gh，末速度为v=
2݃t，故甲物体着地的速度是乙物体着地的速度的
2
2 ，故B 错误，D 错误；
C、根据h= 1
2gt2，t=
2t݃，故甲物体下落的时间是乙物体下落的时间的
2
2 ，故C 正确；故选：C。
【点评】掌握了自由落体运动的基本规律，掌握了匀变速直线运动运动的速度公式和位移公式即可顺利解决此题．
6．【分析】对木块受力分析，根据共点力的平衡条件可得出斜面对木块的支持力和摩擦力的合力与重力的关系，从
而确定该合力的方向。
【解答】解：木块受重力、斜面的支持力及摩擦力的作用而处于静止状态，由平衡条件知支持力与摩擦力的合力
一定与重力大小相等、方向相反，故支持力和摩擦力的合力竖直向上。故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】解决本题应明确：物体受三力平衡时，任意两力的合力与第三力大小相等、方向相反，并能熟练运用。
7．【分析】当推力小于最大静摩擦力时，物体未动，所受摩擦力为静摩擦力，根据平衡条件计算；当推力大于最大
静摩擦力时，物体被推动，所受摩擦力为滑动摩擦力．
【解答】解：物体所受滑动摩擦力大小为：f＝μN＝0.2×100 N＝20 N；
当F＝10 N＜20 N＜f 静max 时，物体保持静止不动。
物体所受到静摩擦力为：f′＝F＝10 N；方向水平向左；
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】研究摩擦力时，首先要根据物体的状态确定是滑动摩擦还是静摩擦，静摩擦根据平衡条件求解，滑动摩
擦可以根据平衡条件，也可以根据摩擦力公式求解．
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8．【分析】升降机和人具有共同的加速度，隔离对人分析，根据牛顿第二定律求出人的加速度，从而得出升降机的
运动情况．
【解答】解：对人分析，根据牛顿第二定律得，mg﹣N＝ma，解得a=݉݃
−ܰ݉
= 600−480
60
= 2݉
/ݏ2，方向竖直向
下，
知升降机向上做减速运动，或向下做加速运动。故C 正确，A、B、D 错误。故选：C。
【点评】人和升降机具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得出人的加速度大小和方向是解决本题的关键．
9．【分析】本题考察探究加速度与作用力和质量的关系的操作过程，由于是采用的控制变量法，而改变力是通过改
变钩码的重力，而改变小车的质量均是要测质量的。
【解答】解：A、若打点计时器固定在滑轮的位置，则滑轮就没有运动的空间，故选项A 错误；
B、当拉力一定时，改变小车的质量，测量加速度，所以小车质量是必测的，故选项B 正确；
C、平衡摩擦力时应将砝码及盘均取下，垫高平板的一端让小车恰能在斜板上做匀速直线运动，故选项C 错误；
D、小车加速，同样砝码也向下做加速运动，属失重，绳子拉力小于砝码的重力，故选项D 错误。故选：B。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，应用匀变速直线运动的推论、牛顿第二定律即可解题，要熟练掌握基
础知识，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
10．【分析】平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，
分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．
【解答】解：设平抛的水平位移是x，则竖直方向上的位移就是x，
水平方向上：x＝V0t﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
竖直方向上：x= 1
2gt2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②可以求得：
t= 2ݒ0݃。故选：B。
【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自
由落体运动来求解．
11．【分析】只要理解匀速圆周运动中的线速度、角速度及周期、转速的概念及本质即可．
【解答】解：首先A、B、C 属于同轴转动，故他们的角速度相等，故C 正确；
由v＝ωr 知，他们的半径r 不相等，故线速度的大小不相等，故A 错误；
由于是做圆周运动，故线速度的方向位于切线方向，故B 错误；
由a＝ω2r 知，半径r 不相等，故加速度a 不相等，故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查灵活选择物理规律的能力．对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式．
12．【分析】根据角速度定义ω= △ߠ
△ݐ可知甲、乙的角速度之比，再由向心力公式F 向＝mω2r 可以求出他们的向心加
速度之比．
【解答】解：相同时间里甲转过60°角，乙转过45°角，根据角速度定义ω= △ߠ
△ݐ可知甲、乙的角速度之比为
ω1：ω2＝4：3
由题意
r1：r2＝1：2
m1：m2＝1：2
根据公式式F 向＝mω2r
F1：F2＝m1ω12r1：m2ω22r2＝4：9 故选：C。
【点评】要熟悉角速度定义公式和向心加速度公式，能根据题意灵活选择向心加速度公式！
13．【分析】根据
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
ݒ2
ݎ
=݉
4ߨ2ݎܶ
2
求解速度与周期的变化即可。
【解答】解：根据牛顿第二定律和万有引力定律得：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
ݒ2
ݎ
所以：v=
ܩܯ
ݎ
可知当半径减小时，速率增大；
根据牛顿第二定律和万有引力定律得：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
4ߨ2ݎܶ
2
，
得：ܶ
= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ
可知当比较减小时，周期减小。故A 正确，BCD 错误故选：A。
【点评】该题考查卫星问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，由此写出卫星的线速度、角
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速度、周期等与半径的公式关系，然后再进行比较。
14．【分析】由动能定理可求得两过程中外力所做的功，则可求得二者的关系．
【解答】解：由动能定理可知：
W1= 1
2mv2；
W2= 1
2m（2v）2−1
2mv2= 3
2mv2；
故W2＝3W1；故选：C。
【点评】本题考查动能定理的基础知识，明确公式即可求解．
15．【分析】已知物体质量相同，提升高度相同，所以起重机做功相同，根据P＝Fv 分析功率大小。
【解答】解：由于起重机匀速提升货物，故起重机对货物的拉力等于重力；
第一次货物上升的高度大，根据功的公式W＝mgh 可知第一次做功多。
第一次速度大，根据P＝Fv＝mgv 知，第一次功率大。故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】本题考查功及功率的计算，要注意明确各物理量的公式并能正确应用，要注意功率可以根据公式P=ܹݐ
分析，也可以根据P＝Fv 分析。
16．【分析】对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力，进而得到夹角的表达式
【解答】解：小球M 与N 相互排斥，M、N 带同种电荷，M 带正电，N 也带正电
小球N 受重力mg，绳的拉力，库仑力F，绳与竖直方向夹角为：tanθ= ܨ݉݃
库仑力：ܨ=݇ܳ
ݍ
ݎ2 ，
由于电荷N 悬挂在P1 点时距离小，库仑力大，偏角大，故θ1＞θ2，故A 正确，BCD 错误故选：A。
【点评】重点掌握库仑力表达式，其次是正确表示角度，尽量用重力，不要用绳的拉力来表示。
17．【分析】尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，根据平衡条件求出电
场强度大小和方向。
【解答】解：AB、尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，则电场力方
向竖直向上，而尘埃带负电，所以电场强度方向竖直向下，故A 错误，B 正确；
CD、根据平衡条件得：
mg＝qE，
得：E=݉݃ݍ= 0.01×10−3×10
10−8
N/C＝104N/C，故CD 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，以及知道电场强度的方向与正电荷所受电场
力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。
18．【分析】由电源的极性可得出电流的方向，则由安培定则可得出磁场的方向，即可判出小磁场的方向是否正确。
【解答】解：由图可知，电流由右侧流入，则由安培定则可知，螺线管的左侧为N 极，右侧为S 极；
而螺线管的磁感线外部是由N 极指向S 极，内部由S 指向N 极，而小磁针静止时N 极所指方向与磁感线方向一
致，故可知D 正确，其他均错；故选：D。
【点评】本题考查安培定则及通电螺线管磁感线的特点，要求明确内部磁感线和外部磁感线的不同之处，熟记相
应磁场的磁感线形状。
19．【分析】在匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直时，磁通量公式是Φ＝BS，从而即可求解．
【解答】解：据题意知，线框在匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，则通过线框的磁通量是Φ= 1
2BS= ܤܽ2
2 ，
故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】对于磁通量问题，关键掌握好公式Φ＝BS，并知道S 只能是垂直磁感线的有效面积，若有夹角时应求出
投影面积来．
20．【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，得到粒子的偏转方向。
【解答】解：粒子带负电，在水平向右的磁场中向上移动，根据左手定则，此时粒子所受洛伦兹力的方向垂直纸
面向外；故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】根据左手定则直接判断洛伦兹力方向即可，注意与右手定则区别。基础题目。
21．【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的
安培力的方向。根据左手定则来判断如何增加安培力的大小即可
【解答】解：导体棒长为L，磁感应强度B，电流为I，并且导体棒和磁场垂直，所以导体棒受到的安培力大小
为：
F＝BIL＝0.5×0.8×0.4N＝0.16N，
根据左手定则可以判断，磁场向下，电流方向向右，则安培力的方向为垂直纸面向里，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题是安培力的分析和计算问题。安培力大小的一般计算公式是F＝BILsinα，α是导体与磁场的夹角，
当B、I、L 互相垂直的时候安培力最大为F＝BIL
22．【分析】根据机械能守恒的条件判断小球从A 到B 到C 的过程中机械能是否守恒。通过小球的受力，根据加速
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度方向与速度方向的关系，判断出小球的运动情况，确定小球的加速度的变化以及何位置动能最大。根据能量守
恒定律判断动能的变化与弹性势能的变化关系。
【解答】解：A、小球在A 到B 的过程中，只有重力做功，机械能守恒，在B 到C 的过程中，有重力和弹簧弹
力做功，系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能增加，则小球的机械能减少。故A 错误。
B、小球由B 到C 的过程中，重力先大于弹力，加速度方向向下，向下加速，加速度逐渐减小，当重力与弹簧弹
力相等时，速度最大，即动能最大，然后弹力大于重力，加速度方向向上，做减速运动，加速度逐渐增大。故小
球从B 到C 过程中加速度先减小后增大。故B 错误，C 正确。
D、小球由B 到C 的过程中，动能先增大后减小，重力势能减小，弹性势能增加，根据能量守恒定律知，动能和
重力势能总的减小量等于弹性势能的增加量。故D 错误。故选：C。
【点评】明确机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功；把握小球从B 到C 过程的受力分析和运动
分析，知道小球先做加速运动，后做减速运动，在BC 之间某位置速度最大，到C 点速度减为零，弹簧压缩到最
短。
23．【分析】物体从离地面A 处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做
功，可由动能定理求出．
【解答】解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：݉݃
h −ܹ݂
克= 1
2݉
ݒ2 −1
2݉
ݒ0
2
解得：ܹ݂
克=݉݃
t + 1
2݉
ݒ0
2 −1
2݉
ݒ2故选：C。
【点评】运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程．此题要求物体的克服空气阻力做功，即
阻力做负功．
同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关．
二、填空题:把答案填在答题卡相应的横线上(本部分2 小题共10 分)．（4 分）
24．【分析】匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，磁通量Φ＝BS，根据面积变化，分析磁通量的变化；
根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势．
【解答】解：匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，磁通量Φ＝BS，面积变大，故磁通量变大；
根据法拉第电磁感应定律：E= △∅
△ݐ，则有△∅＝Et＝0.2×0.1＝0.02Wb，
故答案为：变大，0.02．
【点评】本题是法拉第电磁感应定律的简单应用．当线圈与磁场垂直时，磁通量Φ＝BS．对于磁通量的变化，也
可以根据磁感线数判断．
25．【分析】根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据U＝IR 求解路段电压．
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律，有：I=
ܧܴ
+ݎ=
3ܸ
1Ω+5Ω = 0.5ܣ；
路端电压为：U＝IR＝0.5A×5Ω＝2.5V；
故答案为：0.5，2.5．
【点评】本题是闭合电路欧姆定律的直接运用，根据公式I=
ܧ
ݎ+ܴ求解电流，根据U＝IR＝E﹣Ir 求解路段电压．
26．【分析】了解实验的工作原理，清楚实验的所需仪器和步骤，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，
利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能；根据功能关系
得重力势能减小量等于重力做功的数值。
【解答】解：（1）考察操作过程及原理：重锤减少的重力势能转化为重锤的动能，由于重力势能和动能公式中都
有质量的因子，所以可以用一个带有字母m 因子来表示出动能和重力势能，所以没必要测出质量，故选项A 错
误；由于是用打点计时器，不必测时间，选项B 错误；释放纸带前要使纸带处于竖直位置，用要靠近打点计时
器，故选项C 正确，选项D 错误。
（2）先求出打下B 点的速度为：vB= ݒܣܥ= t3−t1
(2ܶ)
所以打下B 点时重锤的动能为：Ek= 1
2݉
ݒܤ2 =݉
(t3−t1)2
8ܶ2
；
（3）实验结果是减少的重力势能略小于增加的动能，显然损失了机械能，是因为克服摩擦阻力做了功，故选项
D 正确。
故答案为：（1）C；（2）݉
(t3−t1)2
8ܶ2
；（3）D
【点评】实验问题都是考查物理规律的应用，纸带问题的处理是力学实验中常见的问题。我们可以纸带法实验中，
若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬
时速度。
三、计算或论述题解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分,有数值计算的
题,答案中必须明确写出数值和单位(本部分3 小题,共21 分
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27．【分析】（1）汽车做减速运动，根据速度时间公式求得速度；
（2）根据位移时间公式求得位移；
（3）根据位移时间公式求得位移
【解答】解：（1）汽车减速到零所需时间为：
ݐ0 = ݒܽ= 8
2 ݏ= 4ݏ
故2s 末的速度问：
v＝v0﹣at＝8﹣2×2m/s＝4m/s
（2）3s 内的位移为：
x= ݒ0ݐ' −1
2ܽݐ'2 = 8 × 3 −1
2 × 2 × 32m＝15m
（3）刹车通过的位移问：
x' = ݒ2
2ܽ
= 82
2×2݉
= 16݉
答：（1）汽车刹车2s 后速度的大小为4m/s；
（2）刹车3s 内的移位为15m；
（3）刹车时离斑马线的最小距离为16m
【点评】本题主要考查了匀减速运动，熟练速度时间和位移公式即可判断
28．【分析】（1）物体随圆盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力充当向心力，直接利用向心力公式F＝mω2r 即可求
出摩擦力f；
（2）当静摩擦力达到最大静摩擦力时，角速度最大，根据向心力公式求解即可角速度ω应满足的条件；
（3）根据动能定理求圆盘对物体所做的功W。
【解答】解：（1）物体所受的静摩擦力充当向心力，则有：
f＝mω2r＝1×12×0.5N＝0.5N
（2）当静摩擦力达到最大静摩擦力时，角速度最大，根据向心力公式得：
μmg＝mωmax2r
解得：ωmax＝2rad/s
所以欲使物体能随圆盘一起做匀速圆周运动，圆盘的角速度ω应满足的条件是ω≤2rad/s
（3）圆盘角速度由0 缓慢增大到1.6rad/s 过程中，圆盘对物体所做的功为：
W= 1
2mv2﹣0= 1
2݉
(߱
2ݎ)2 = 1
2 ×1×（1.6×0.5）2＝0.32J
答：（1）物体受到的摩擦力大小f 为0.5N；
（2）欲使物体能随圆盘一起做匀速圆周运动，圆盘的角速度ω应满足的条件是ω≤2rad/s。
（3）圆盘角速度由O 缓慢增大到1.6rad/s 过程中，圆盘对物体所做的功W 是0.32J。
【点评】对于做匀速圆周运动的物体要正确分析其向心力来源，熟练应用向心力公式求解。第3 小题中摩擦力是
变力，只能根据动能定理求摩擦力做功。
29．【分析】（1）（2）物块离开D 点做平抛运动，由P 点沿圆轨道切线落入圆轨道，知道了到达P 点的速度方向，
将P 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上做自由落体运动求出竖直分速度，再根据角度关系求
出水平分速度，由速度的合成求出P 点的速度和P、D 之间的水平距离．
（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg＝m
ݒ2ܴ
，根据机械能守恒定律，求出M 点的速度，
与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M 点．
【解答】解：（1）设物块由D 点以vD 做平抛，落到P 点时其竖直速度为：
1
2݉
ݒݕ
2 =ܴ݉݃
vy=
2ܴ݃
=
2 × 10 × 0.8 = 4m/s
根据几何关系有：
ݒݕ
ݒܦ
=tan45°
代入数据解得：vD＝4m/s
ݒܲ=
ݒܦ
2 + ݒݕ
2 =
42 + 42 = 4 2m/s
（2）平抛运动的时间为：t=
2ܴ݃
=0.4s
所以DP 间的水平距离为：x＝vDt＝4×0.4m＝1.6m．
（3）设物块到达M 点的临界速度为vm，有：
mg＝m
ݒܯ
2ܴ
vM=ܴ݃
=2 2m/s
由机械能守恒定律得：
1
2݉
ݒ'2 =
1
2݉
ݒܦ
2 −
2
2ܴ݉݃
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解得：v′=
16 −8 2m/s
因为16 −8 2＜2 2
所以物块不能到达M 点．
答：（1）物块在P 点的速度大小是4 2m/s；
（2）D、P 间的水平距离是1.6m；
（3）m 不能否沿圆轨道到达M 点．
【点评】该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式的应
用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于难题．
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2019-2020 学年河南省郑州市高二期末物理试卷
一、选择题（本大题共12 小题，每小题4 分，共48 分、在每小题给出的四个选项中，第1-8 小题只有一项符合题
目要求，第9-12 题有多项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
1．（4 分）下列叙述中正确的是（
）
A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫做等效替代法
B．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E= ܨ
ݍ、电容C=ܷܳ
都是采用了比值法
定义的
C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比、并直接用实验进行了验证
D．库仑提出了用电场线描述电场的方法
2．（4 分）关于静电场，下列说法中正确的是（
）
A．随着电场强度的减小，电势也逐渐降低
B．电场力做正功，电势能增加；电场力做负功，电势能减少
C．电扬强度的方向与等势面垂直
D．将一负的试探电荷从电势高的等势面移至电勢低的等势面，电场力做正功
3．（4 分）当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别．那
么熔丝熔断的可能性较大的是（
）
A．横截面积大的地方
B．横截面积小的地方
C．同时熔断
D．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方
4．（4 分）如图所示，R 为光敏电阻，光照越强电阻值越小。平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀
强电场。让质子流以初速度v0 垂直电场方向射入电场（不计质子重力），沿a 轨迹落到下板的中央。现只改变下
列一个条件，有可能让质子沿b 轨迹落到下板边缘的是（
）
A．开关S 断开
B．初速度变为
1
2v0
C．使光照强度减弱
D．竖直移动上板，使板间距变为2d
5．（4 分）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1 和D2 是两个中空的半圆形金属盒，置
于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T 的交流电源上。位于D1 圆心处的质子源A 能不断产
生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek 后，再将它们引出。忽略
质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（
）
A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek 会变大
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间不变
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加速质子
D．质子第n 次被加速前、后的轨道半径之比为݊
−1：݊
6．（4 分）如图所示是一种焊接方法的原理示意图。将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电
流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待爆接工件就焊
接在一起了。我国生产的自行车车轮圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是（
）
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A．这种焊接方法的原理是电流的磁效应
B．线圈中通入的交流电频率越高，焊缝处温度升高的越快
C．线圈中的电流是很强的恒定电流
D．待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反
7．（4 分）如图甲所示，一根电阻R＝4Ω的导线绕成半径d＝2m 的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间
S 形虚线是两个只将均为d 的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示（磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针
方向为正），关于圆环中的电流﹣时间图象，下列选项中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（4 分）如图所示、一个不计重力的带正电子粒子以v0 沿各图的虚线射入场中。A 中是正交的匀强电场和匀强磁
场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外；B 中I 是两条垂直纸面的长直导线中等大同向的电流，
虚线是两条导线连线的中垂线；C 中I 是圆环线圈中的电流、虚线过圆心且垂直圆环平面；D 中+Q、﹣Q 是两个
位置固定的等量异种点电荷的电荷量、虚线是两位置连线的中垂线。其中，带电粒子能做匀速直线运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
9．（4 分）如图所示，竖直墙面与水平地均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球a、b 分别处于竖直墙面和水平地
面，且处于同一竖直平面内。如图所示，在水平推力F 的作用下，小球a、b 静止于图示位置。如果将小球b 向
左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（
）
A．地面对小球的弹力可能减小
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B．两个小球之同的距离增大
C．推力F 将减小
D．竖直墙面对小球a 的弹力不变
10．（4 分）如图甲所为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动。某一风速
时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（
）
A．电流的瞬时值表达式为i＝0.5sin10πt（A）
B．磁体的转速为5r/s
C．若给阻值为10Ω的电阻供电，该电阻1h 内产生的电热为1.8×104J
D．线圈中电流的有值为0.5A
11．（4 分）如图所示，电路中a、b 是两个完全相同的灯泡，电阻为R（忽略电压变化时对电阻的响）L 是一个自感
系数很大、直流电阻为R 的自感线圈。当S 闭合与断开时，a、b 灯泡的发光情况正确的是（
）
A．S 刚闭合后，a 灯立即变亮，b 灯逐渐变亮
B．S 刚闭合后，b 灯立即变亮，a 灯逐渐变亮
C．S 闭合足够长时间后，a 灯比b 灯更亮
D．S 断开后，a 灯立即熄灭，b 灯闪亮一下再逐渐熄灭
12．（4 分）如图所示，半径R＝0.5m 的
1
4圆弧型接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，Ob 水平。一质量
为m＝10
﹣4kg、带电荷量为q＝2.0×10
﹣6C 的粒子，从与圆弧圆心O 等高且距O 点0.3m 的a 点，以初速度v0
＝3m/s 沿水平方向射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直圆弧曲面打到弧面上的c 点（图中未画出），取c 点电
势φc＝0，则（
）
A．该匀强电场的电场强度E＝100V/m
B．粒子到达c 点的速度大小为5m/s
C．粒子在a 点的电势为﹣40V
D．粒子速率为3m/s 时的电势能为4×10
﹣4J
二、实验题（本题共2 小题，共14 分．请按题目要求作答．）
13．（6 分）如图所示，在水平桌面上有一个台秤，台秤上沿东西方向放置金属棒ab，金属棒ab 处在沿南北方向的
匀强磁场中。现通过测量金属棒ab 在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向
（1）在图中画线代替导线完成实验电路图，要求接通电源后电流由a 流向b
（2）完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线；
②保持开关S 断开，读出台秤示数m0；
③闭合开关S，调节R 的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m1 和
④用米尺测量
（3）用测量的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得到B＝
。
（4）判断磁感应强度方向的方法是：若m1＜m0，磁感应强度方向垂直金属棒向
（填“南”或“北”）。
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14．（8 分）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验室备有下列器材
A．干电池（电动勢E 约1.5V、内电阻r 约1.0Ω）
B．电流表G（满偏电流2.0mA、内阻R0＝10Ω）
C．电流表A（量程0﹣0.6A、内阻约0.5Ω）
D．滑动变阻器R1（0 一20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0﹣1000Ω，10A）
F．定值电阻R0（阻值990Ω）
G．开关和导线若干
（1）一组同学设计的实验电路如图甲所示，需要利用以上器材，正确连接好电路，进行实验测量，其中滑动变
阻器选择
（填“R1”或“R2”）
（2）本实验中若将电流表G 和定值电阻R0 组装成电压表，则此电压表的量程为
V。
（3）实验步骤如下：
①利用选好的器材正确连接电路；
②闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端P 至某一位置，记录电流表G 的示数I1 和电流表A 的示数I2；
③多次改变滑动端P 的位置，得到多组数据；
④在图乙所示的坐标纸上建立I1、I2 坐标系，并已标出了与测量数据对应的4 个坐标点。还有一组数据如图丙中
的电表所示，请读出此时电流表G 的示数I1＝
mA 和电流表A 的示数I2＝
mA
⑤将此组数据的对应点标在图乙的坐标系中，并依据所标各点在图中描绘出I1﹣I2 图线；
⑥利用所画图线求得电源的电动势E＝
V，电源的内阻r＝
Ω（结果要求保留两位小数）
三、计算题（本题共4 小题，共38 分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．（8 分）如图所示为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G＝360N，电源电动势E＝90V，电源内阻为r＝
2Ω，不计各处摩擦。当电动机以v＝1m/s 的恒定速率向上提升
重物时，电路中的电流I＝6A．求
（1）电动机消耗的总功率为多少？
（2）电动机线圈的电阻为多少？
16．（8 分）在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。某小型发电站，输送的电功率为P＝500kW，
发电站输出电压为U1＝250V．为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器将电压升高到U2＝5kV 再输出，
在这种情况下，用户端获得的电功率为P1＝340kW．所用变压器均为理想变压器。求：
（1）升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？
（2）这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么变电应将电压升高到多少
向外输电？
17．（10 分）如图所示在xOy 平面内，有以虚线OP 为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域。OP 与x 轴成45°角，
OP 与y 轴之间的磁场方向垂直纸面向里，OP 与x 轴之间的电场平行于x 轴向左，电场强度为E．在y 轴上有一
点M，到O 点的距离为L．现有一个质量为m、带电量为﹣q 的带电粒子，从静止经电压为U 的电场加速后，
从M 点以垂直y 轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图中没有画出），不计带电粒子的重力，求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹与OP 相切时，磁感应强度B 的大小；
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（2）只改变匀强磁场磁感应强度的大小，使带电粒子经磁场能沿y 轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x 轴
离开电场时的位置到O 点的距离为多少？从进入磁场到离开电场经过的时间为多少？
18．（12 分）如图所示，两根间距为L 的平行金属导轨，其cd 右侧水平，左侧为竖直的
1
4画弧，圆弧半径为r，导轨
的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有阻值为R1 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现有一根阻值
为R2、质量为m 的金属杆，在水平拉力作用下，从图中位置ef 由静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动，金
属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。开始运动后，经时间t1，金属杆运动到cd 时撤去拉力，此时理想电压表
的示数为U，此后全属杆恰好能到达圆弧最高处ab。重力加速度为g。求：
（1）金属杆从ef 运动到cd 的过程中，拉力F 随时间t 变化的表达式；
（2）金属杆从ef 运动到cd 的过程中，电阻R1 上通过的电荷量；
（3）金属杆从cd 运动到ab 的过程中，电阻R1 上产生的焦耳热。
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参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12 小题，每小题4 分，共48 分、在每小题给出的四个选项中，第1-8 小题只有一项符合题
目要求，第9-12 题有多项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
1．【分析】对于物理中的重要事件、规律的得出要了解其发展历史，明确重要科学家库仑、牛顿、伽利略、法拉第、
洛伦兹等的主要贡献，培养自己的科学素养和科学品质。
【解答】解：A、当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷，点电荷是一
种理想化的物理模型，故A 错误；
B、电场强度E= ܨ
ݍ、电容C=ܷܳ
都是采用了比值法定义的，故B 正确；
C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想
化推理得到，故C 错误；
D、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故D 错误。故选：B。
【点评】对于物理学史的学习要注意平时加强积累和记忆，不可忽视，这也是高考的重要内容之一。
2．【分析】电场强度的大小与电势的大小无必然联系，沿着电场线方向电势逐渐降低，电势降低的方向不一定是电
场强度的方向；电场力做正功多少，电势能就减少多少；电荷克服电场力做功多少，电势能就增加多少。正电荷
在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小；
【解答】解：A、随着电场强度的大小逐渐减小，电场线越来越疏，但电场线方向不能确定，所以电势不一定逐
渐降低，故A 错误。
B、电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，故B 错误；
C、等势面的电势处处相等，因此电场强度的方向处处与等势面垂直，故C 正确。
D、由于负电荷在电势高的地方电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，
电场力做负功。故D 错误故选：C。
【点评】本题关键理解并掌握电场强度与电势的关系、电场力做功与电势能变化的关系、电势与电势能的关系等
知识，可结合相关公式或电场线的意义理解记忆。
3．【分析】本题的关键是根据电阻定律可知，在长度相同的地方，横截面积小的地方电阻较大，再根据焦耳定律不
难判断横截面积小的地方熔丝熔断的可能性较大．
【解答】解：通过熔丝的电流相同，根据焦耳定律Q＝I2Rt 和电阻定律R= ߩܮܵ可知，在长度L 相同的地方，横
截面积越小电阻R 越大，则产生的热量就越多，就越容易烧断，所以B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】本题关键是明确超导体、导体、半导体、绝缘体的概念，明确其区别，基础题目．
4．【分析】以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动。这样类平抛运动可将
看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动。根据运动学公式解题。
【解答】解：A、开关S 断开，电容器极板电荷量通过电阻立刻放电，场强变为0，加速度变为0，质子做匀速
直线匀速，故A 错误；
B、将初速度变为
ݒ0
2 ，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，
故B 错误；
C、使光照强度减弱，光敏电阻阻值变大，板间电压减小，场强变小，加速度变小，根据y= 1
2ܽݐ2 知，时间变长，
由x＝v0t 知水平位移增大，所以可能让质子沿b 轨迹落到下板边缘，故C 正确；
D、竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的
1
2，电场力为原来的
1
2，加速度为原来的
1
2，根据y= 1
2ܽݐ2
知时间为原来的2倍，水平位移为原来2倍，不能到达下板边缘，故D 错误；故选：C。
【点评】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用类平抛运动的规律处理粒子运动。
5．【分析】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子。带电粒子在磁场中运动的周期与交流
电源的周期相同，根据T= 2ߨ݉
ݍܤ
比较周期。当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据qvB＝m
ݒ2
ݎ求出粒
子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系。
【解答】解：A、根据qvB＝m
ݒ2
ݎ，得v= ݍܤݎ݉．则最大动能EK= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ݎ2
2݉
，与加速电压无关，故A 错误；
B、若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B 错误；
C、若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状
态，故C 错误；
D、根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式R=݉
ݒ
ܤݍ与nqU= 1
2mv2，所以质子第n 次被加速前
后的轨道半径之比为݊
−1：݊
，故D 正确，故选：D。
【点评】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，
根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能。
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6．【分析】恒定电流不能在工件中产生感应电流，频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，磁通量减少
时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同。
【解答】解：A、这种焊接方法的原理是交流电产生的涡流，待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，
产生的热量多。故A 错误；
B、线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，焊缝处温度升高的越快，
故B 正确；
C、待焊工件中的电流是很强的交流电，故C 错误；
D、若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，故D 错误；故选：B。
【点评】本题考查了电磁感应现象在生产和生活中的应用，注意要会分析应用的原理。
7．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各个时间段的感应电动势大小，再求出感应电流大小，由楞次定律判断感
应电流方向。
【解答】解：0～1s，感应电动势为：ܧ1 = △ܤ
△ݐS= 2
1 × ߨ݀2
2
=4πV
感应电流大小为：ܫ1 = ܧ1ܴ= 4ߨ
4 =πA
由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，结合选项知A 正确，BCD 错误故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会通过楞次定律判断感应电流的方向。
8．【分析】当带电粒子所受的合力为零时才能做匀速直线运动，分析粒子的受力情况，从而作出判断。
【解答】解：A、带电粒子进入复合场后，受到竖直向上的电场力和竖直向上的洛伦兹力，合力向上，所以不可
能做匀速直线运动，故A 错误。
B、根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向与虚线方向垂直，带电粒子受到洛伦兹力作用，不可能做匀速直线
运动，故B 错误。
C、由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，
能做匀速直线运动，故C 正确。
D、带电粒子所受的电场力竖直向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向竖直向下，能与电场力平衡，则带电粒子
能做匀速直线运动。故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题要紧扣匀速直线运动的条件：合力为零，掌握电场线和磁感线的分布情况，结合安培定则和左手定
进行判断。
9．【分析】先隔离对a 球分析，a 球受重力，墙壁的弹力和库仑力。b 小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖
直方向的夹角变小，根据平行四边形定则，知库仑力即墙壁弹力的变化。再对整体分析，受总重力，拉力，地面
的支持力，墙壁的弹力。可知地面的支持力等于两球的总重力。
【解答】解：
A、对整体受力分析，如图2 所示，地面的支持力始终等于两球的总重力，所以地面对小球b 的支持力不变，故
A 错误；
B、由A 分析得知，ab 间的库仑力变小，根据库仑定律得知，两球间距离变大，故B 正确；
CD、对a 球受力分析，受到三个力如图1 所示，
b 小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，b 的重力不变，墙壁的弹力方向不变，
根据平行四边形定则，库仑力变小，竖直墙面对小球a 的推力Na 变小。对整体而言，墙壁对球的弹力等于推力
F，则推力F 将减小，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】解决本题的关键先对整体受力分析，再隔离受力分析。整体法和隔离法是物理当中常见的一种方法，要
灵活运用。
10．【分析】根据i﹣t 图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加
倍，形成的感应电流加倍；
【解答】解：A、通过乙图可知电流的最大值为0.5 2A，周期T＝0.2s，故ω= 2ߨܶ=10πrad/s，故电流的表达式为
i＝0.5sin10πt（A），故A 正确
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第157页（共428页）
B、电流的周期为T＝0.2s，故磁体的转速为n= 1ܶ=5r/s，故B 正确；
CD、由题意知电流的有效值为0.5A，若给阻值为10Ω的电阻供电，该电阻1h 内产生的电热为：Q＝I2Rt＝0.52
×10×3600＝9×104J，故C 错误，D 正确；
故选：ABD。
【点评】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及
转速与周期的关系
11．【分析】闭合开关的瞬间，通过L 的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两
灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄
灭。
【解答】解：AB、当S 闭合时，电路产生通电自感，会使a 灯逐渐变亮而b 灯立即亮。故A 正确，B 错误；
C、由于线圈的电阻值也等于R，可知b 支路的总电阻大，所以稳定后a 支路的电流值大，则a 灯比b 灯更亮。
故C 正确；
D、当S 断开时，会产生断电自感，此时a、b 都会逐渐熄灭，由于电流将从原来的数值逐渐减小，所以b 不会
闪亮。故D 错误。
故选：AC。
【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定
律分析自感电动势对电流的影响。
12．【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论与类平抛运动的规律求出电场强度；然后由匀强
电场场强与电势差的关系求出A 点的电势，然后求出电势能；由动能定理求出粒子在C 点的速度；然后由能量
守恒定律求出粒子速率为3m/s 时的电势能。
【解答】解：A、粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C 点，由类平抛运动规律知：
C 点速度方向的反向延长线必过O 点，且OD＝AO＝0.3m，DC＝0.4m，
即有：AD＝v0t，DC= 1
2 ⋅ݍܧ݉ݐ2，
联立并代入数据可得：E＝1000N/C，故A 错误；
C、因UDC＝E•DC＝400V，而A、D 两点电势相等，所以φA＝400V，故B 错误；
B、从A 到C 由动能定理知：qUAC= 1
2mvC2−1
2mv02，代入数据得：vC＝5m/s，故B 正确；
D、粒子在C 点总能量：EC= 1
2mvC2= 1
2 ×10
﹣4×52＝1.25×10
﹣3J，
由能量守恒定律可知，粒子速率为3m/s 时的电势能为：Ep′＝EC−1
2mv2＝8×10
﹣4J，故D 错误。故选：B。
【点评】本题考查了粒子在电场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律、动能定理、能量
守恒定律即可正确解题。
二、实验题（本题共2 小题，共14 分．请按题目要求作答．）
13．【分析】（1）用滑动变阻器的限流式接法即可；
（2）③金属棒平衡时读出电流表的示数；
④安培力与电流长度有关；
（3）根据平衡条件分列式即可求解磁感应强度；
（4）根据左手定则判断磁场方向。
【解答】解：（1）如图所示
（2）③闭合开关S，调节R 的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m1 和电流
表的示数I；
④用米尺测量金属棒的长度L；
（3）根据平衡条件，有：|m0﹣m1|g＝BIL
解得：B= |݉
0−݉
1|݃
ܫܮ
（4）台秤上沿东西方向放置金属棒ab，a 端为东，b 端为西，电流方向自东向西，金属棒ab 处在沿南北方向的
匀强磁场中，若m1＜m0，说明安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向向北。
故答案为：（1）如上图所示；（2）③电流表的示数I；④金属棒的长度L；（3）
|݉
0−݉
1|݃
ܫܮ
；（4）北。
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【点评】理解实验原理是解决实验类题目的关键，此题关键是对线框受力分析，根据平衡条件求磁感应强度，注
意电表的正负极。
14．【分析】（1）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据串联电路特点与欧姆定律求出电压表量程。
（3）④根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数；
⑤根据坐标系内描出的点作出图线；
⑥根据图示图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。
（2）电压表量程：U＝Ig（r+R0）＝0.0020×（10+990）＝2V；
（3）④G 的量程为2.0mA，由图示表盘可知，其分度值为0.1mA，示数为1.30mA；
电流表A 的量程为0.6A，由图示表盘可知，其分度值为0.02A，示数为0.34A＝340mA；
⑤根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
⑥由图甲所示电路图可知，在闭合电路中：E＝I1（R0+Rg）+I2r，
I1=
ܧܴ
0+ܴ݃
−
ݎܴ
0+ܴ݃
I2，
由图象可知，
ܧܴ
0+ܴ݃
=1.48×10
﹣3，
ݎܴ
0+ܴ݃
=
△ܫ1
△ܫ2
=
(1.48−1.20)×10−3
0.5
=0.56×10
﹣3，
解得，E＝1.48V，r＝0.56Ω；
故答案为：（1）R1；（2）2；（3）④1.30；340；⑤图象如图所示；⑥1.48；0.56。
【点评】本题考查了作图象、求电源电动势与内阻、实验评价等，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处
理方法，要掌握描点法作图的方法，根据电路图与欧姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻
的关键。
三、计算题（本题共4 小题，共38 分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率。则电源产生的总功率等于提
升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率。
【解答】解：（1）此时电路中的电流为I＝6A，则电源的总功率为：
P 总＝EI＝90×6W＝540W，
（2）设线圈的电阻为R，重物被提升的功率为：
PG＝Fv＝Gv＝360×1W＝360W
根据能量守恒得：
P 总＝PG+I2r+I2R
则得：R=ܲ
总−ܲܩ−ܫ2ݎ
ܫ2
= 540−360−62×2
62
=3Ω
答：（1）电动机消耗的总功率为540W。
（2）电动机线圈的电阻为3Ω。
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【点评】本题要知道电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，关键要准确分析功率是如何分配，根据能量转化
和守恒定律进行列式解答这类问题
16．【分析】根据输电的效率求出损失的功率，从而得出输送的电流，结合P＝UI 求出输送的电压。
【解答】解：（1）݊1݊
2
=ܷ
1ܷ
2
=
250
5000 =
1
20
（2）r=ܲ
−ܲ1ܷܲ
2
=16Ω
P 损′＝2%P1＝10 kW
I′=ܲ
1ܷ
'
P 损′＝I′2r=ܲ
1
2ܷ
'2r
将P1＝500 kW，r＝16Ω，
代入上式得：U′＝20kV
答：（1）升压变压器原副线圈的匝数之比为1：20。
（2）那么发电站应使用20kV 的电压向外输电。
【点评】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道损失的功率P 损＝I2R，并能灵活运用。
17．【分析】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理求出粒子加速后的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，画
出临界轨迹，结合几何关系求解出轨道半径，然后结合牛顿第二定律和向心力公式列式求解；
（2）粒子垂直进入电场，在磁场中做匀速圆周运动，轨迹为四分之一圆弧，在电场中做类似平抛运动。应用类
平抛运动规律求出距离；分别求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间。
【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：qU= 1
2݉
ݒ2，
解得：v=
2ݍܷ݉，
带电粒子运动轨迹与OP 相切，运动轨迹如图所示，
由几何知识得：OM＝R+ܴݏt݊45°，
解得：R=
ܮ
1+ 2，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2ܴ
，
解得：B=
2+1
ܮ
2ܷ݉
ݍ；
（2）粒子沿y 轴负方向进入电场，运动轨迹如图所示，
由几何知识可知，粒子在磁场中的轨道半径：r= 1
2L，
粒子在磁场中的运动时间：t1= 1
4T= 1
4 × 2ߨݎ
ݒ= ߨܮ
4݉
2ݍܷ，
在电场中做类平抛运动，加速度a= ݍܧ݉，
y 轴方向匀速运动，有：r＝vt2，
x 轴方向匀加速运动，有：x= 1
2ܽݐ2
2，
解得：x= ܧܮ2
16ܷ，t2= ܮ
2݉
2ݍܷ，
到O 点的距离为：
1
2L+ ܧܮ2
16ܷ；
粒子从进入磁场到离开电场经过的时间：
t＝t1+t2= ߨܮ
4݉
2ݍܷ
+ ܮ
2݉
2ݍܷ；
答：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹与OP 相切时，磁感应强度B 的大小为
2+1
ܮ
2ܷ݉
ݍ；
（2）带电粒子从x 轴离开电场时的位置到O 点的距离为：
1
2L+ ܧܮ2
16ܷ，从进入磁场到离开电场经过的时间为：
ߨܮ
4݉
2ݍܷ
+
ܮ
2݉
2ݍܷ。
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【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，画出运动轨迹，找出临界状态对应的轨迹，结合牛顿第二
定律、动能定理、类平抛运动的分运动公式列式求解。
18．【分析】（1）金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，由速度公式求出速度，应用串联电路特点与欧姆定律求
出磁感应强度，由安培力公式求出金属杆受到的安培力，然后由牛顿第二定律求出拉力。
（2）由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，根据电流定义式求出通过电
阻的电荷量。
（3）应用能量守恒定律与串联电路特点求出电阻上产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，
金属棒到达cd 处时棒的速度：v＝at1，
感应电动势：E＝BLv＝BLat1，
电压表示数：U＝IR1=
ܧܴ
1+ܴ2R1= ܤܮܴ1ܽݐ1ܴ
1+ܴ2 ，
磁感应强度：B=ܷ
(ܴ1+ܴ2)
ܮܴ1ܽݐ1 ，
金属棒的速度：v＝at，
金属棒受到的安培力：F 安培＝BIL= ܤ2ܮ2ݒܴ
1+ܴ2 =ܷ
2(ܴ1+ܴ2)ܴ
1
2ݐ1
2
t，
对金属棒，由牛顿第二定律得：F﹣F 安培＝ma，
解得：F=ܷ
2(ܴ1+ܴ2)ܴ
1
2ݐ1
2
t+ma；
（2）金属棒达到cd 时的位移：x= 1
2ܽݐ1
2，
平均感应电动势：ܧ= △Φ
△ݐ= ܤܮݔ
△ݐ，
平均感应电流：ܫ=
ܧܴ
1+ܴ2，
通过电阻R1 的电荷量：q= ܫ△t，
解得：q=ܷ
ݐ1
2ܴ1；
（3）从cd 到ab 过程，由能量守恒定律得：
1
2݉
ݒ2 =Q+mgr，
电阻R1 上产生的焦耳热：Q1=ܴ
1ܴ
1+ܴ2Q，
解得：Q1=
(ܽ2ݐ1
2−2݃ݎ)ܴ݉
1
2(ܴ1+ܴ2)
；
答：（1）金属杆从ef 运动到cd 的过程中，拉力F 随时间t 变化的表达式是：F=ܷ
2(ܴ1+ܴ2)ܴ
1
2ݐ1
2
t+ma；
（2）金属杆从ef 运动到cd 的过程中，电阻R1 上通过的电荷量为ܷ
ݐ1
2ܴ1
；
（3）金属杆从cd 运动到ab 的过程中，电阻R1 上产生的焦耳热为
(ܽ2ݐ1
2−2݃ݎ)ܴ݉
1
2(ܴ1+ܴ2)
。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另
一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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2019-2020 学年河南省商丘市九校联考高二期末物理试卷
一、选择题（每小题5 分，共60 分．1-8 小题只有一个正确答案，9-12 小题有多个正确答案．全部选对的得5 分；
选对但不全对的得3 分；选错或不答的得0 分）
1．（5 分）下列关于物理学史与物理学研究方法的叙述中正确的是（
）
A．奧斯特首先发现了电磁感应现象
B．库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值
C．法拉第最早提出了“电场”的概念
D．卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构
2．（5 分）如图中A、B、C 三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm．把一个电量q＝10
﹣5C 的正电荷从A 移到B，电场力做功为零；从B 移到C，克服电场力做功1.73×10
﹣3J，则该匀强电场的场强
大小和方向是（
）
A．865 V/m，垂直AC 向左
B．865 V/m，垂直AC 向右
C．1000 V/m，垂直AB 斜向上
D．1000 V/m，垂直AB 斜向下
3．（5 分）如图所示，两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的带正电小球（可视为质点）系于同一点，A 球靠在
绝缘墙壁上，B 球保持静止状态。两球所带电荷量分别为qA＝2q 和qB＝4q。现将B 球与A 球接触后再次释放，
稳定后两球均静止，下列说法中正确的是（
）
A．B 球的电荷量不变
B．轻绳对B 球的拉力变大
C．A、B 两球间库仑力减小
D．A、B 两球间距离与原来两球间距离的比值为
3 9
2
4．（5 分）如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。在电场中将一带电液滴从b 点由静止释放，液滴沿直线由
b 运动到d，且直线bd 方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是（
）
A．液滴带正电荷
B．液滴的电势能减小
C．液滴的重力势能和电势能之和不变
D．液滴的电势能和动能之和不变
5．（5 分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S 是闭合的，两板间一
质量为m、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态，G 为灵敏电流计．则以下说法正确的是（
）
A．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G 中有从b 到a 的电流
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第163页（共428页）
B．在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G 中有从b 到a 的电流
C．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴仍然静止，G 中有从a 到b 的电流
D．在将S 断开后，油滴仍保持静止状态，G 中无电流通过
6．（5 分）如图所示，抛物线C1、C2 分别是纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。由
该图可知下列说法中正确的是（
）
A．电源的电动势为8V
B．电源的内电阻为1Ω
C．电源输出功率最大值为8W
D．电源被短路时，电源消耗的最大功率可达32W
7．（5 分）如图所示，质量为m、长度为L 的金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直
向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重
力加速度为g，则（
）
A．金属棒中的电流方向由N 指向M
B．金属棒MN 所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上
C．金属棒中的电流大小为݉݃ܤܮtanθ
D．每条悬线所受拉力大小为mgcosθ
8．（5 分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好
接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保
持静止，下列说法正确的是（
）
A．ab 中的感应电流方向由b 到a
B．ab 中的感应电流逐渐减小
C．ab 所受的安培力保持不变
D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
9．（5 分）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，已发展成一个品种多样的磁传感器产品族，得到广泛应用．如
图为某霍尔元件的工作原理示意图，该元件中电流I 由正电荷定向运动形成，下列说法正确的是（
）
A．M 点电势比N 点电势高
B．用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度
C．用霍尔元件能够把磁学量转换为电学量
D．若保持电流I 恒定，则霍尔电压UH 与B 成正比例
10．（5 分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN 的左边有一闭合电路。当
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PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是（
）
A．向右加速运动
B．向右减速运动
C．向左加速运动
D．向左减速运动
11．（5 分）如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速
成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（
）
A．电流的表达式为i＝0.6sin50t（A）
B．磁铁的转速为10 r/s
C．风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 10πt（A）
D．风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6 2A
12．（5 分）一含有理想变压器的电路如图所示，L1，L2，L3 为“24V 2W”的灯泡，
为理想交流电压表，a、b
端接正弦交流电压源（输出电压的有效值恒定）．当开关S 闭合时，灯泡均正常发光．下列说法正确的是（
）
A．变压器原、副线圈匝数比为1：2
B．电压表的示数为72V
C．变压器的输入功率为8W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1 可能会烧坏
二、实验题（共13.14 两道小题，每空2 分，共18 分）
13．（9 分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：
A．小灯泡：规格为“3.8V，0.3A”
B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω
C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω
D．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩ
E．电压表：量程0～15V，内阻约为50kΩ
F．滑动变阻器：阻值范围0～10Ω，额定电流2A
G．滑动变阻器：阻值范围0～100Ω，额定电流50mA
H．电池组：电动势6V，内阻约为1Ω
I．开关一只，导线若干
（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选
，电压表应选
，滑动变阻器应选
。（填器材
代号）需要使小灯泡两端电压从0 逐渐增大到3.8V 且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用
的连接方式。
（2）在答题纸上的框中画出实验电路图。
14．（9 分）为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
A．待测电源（电动势约为9V）
B．电压表（视为理想电压表，量程为3V）
C．电阻箱R（0～999.9Ω）
D．定值电阻R0（铭牌上的电阻值数字模糊，只显示出个位数字为“0”）
E．开关、导线若干
（1）用欧姆表（×1Ω）测定定值电阻R0，欧姆表的指针如图甲所示，则R0＝
Ω
（2）为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路．
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第165页（共428页）
（3）某同学应用所测得的数据，绘出的
1ܷ−R 图象是一条直线，如图丙所示，测得直线的斜率k= 1
90，纵坐标的
截距b= 4
30，则电源的电动势E＝
，内阻r＝
．
三、计算题.（本题3 小题共42 分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写最后答案不得
分．请将答案写在答题卡相应位置．）
15．（12 分）如图所示，一电荷量q＝3×10
﹣4C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的
O 点。S 合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°．已知两板相距d＝0.1m，电源电动势E＝12V，
内阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω．g 取10m/s2．求：
（1）流过电源的电流强度；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）小球的质量。
16．（14 分）如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝0.5m 的光滑金属“U”型导轨，导轨右端接有R
＝1Ω的电阻，在“U”型导轨右侧l＝1m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如
图乙所示．在t＝0 时刻，质量为m＝0.1kg、内阻r＝1Ω导体棒ab 以v0＝1m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运
动，导轨的电阻忽略不计，g 取10m/s2．
（1）求第一秒内流过ab 电流的大小及方向；
（2）求ab 棒进磁场瞬间的加速度大小；
（3）导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．
17．（16 分）在如图所示的坐标系中，第一和第二象限（包括y 轴的正半轴）内存在磁感应强度大小为B、方向垂
直xOy 平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y 轴正方向、大小未知的匀强电场。p 点为y 轴正半
轴上的一点，坐标为（0，l）；n 点为y 轴负半轴上的一点，坐标未知。现有一质量为m 电荷量为q 带正电的粒
子由p 点沿y 轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x 轴正半轴成45°角的方向进入
匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y 轴经过n 点，粒子的重力忽略不计。求：
（1）粒子在p 点的速度大小；
（2）第三和第四象限内的电场强度的大小；
（3）带电粒子从由p 点进入磁场到第二次通过x 轴的总时间。
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2019-2020 学年河南省商丘市九校联考高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题5 分，共60 分．1-8 小题只有一个正确答案，9-12 小题有多个正确答案．全部选对的得5 分；
选对但不全对的得3 分；选错或不答的得0 分）
1．【分析】根据物理学史，记住著名物理学家的主要贡献即可答题。
【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第首先发现了电磁感应现象，故A 错误。
B、库仑通过扭秤实验总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律，密立根最早实验测量出电子电荷量的
精确值，故B 错误。
C、法拉第最早提出了“电场”的概念，故C 正确。
D、卢瑟福通过对α粒子的散射实验的研究提出原子具有核式结构，故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。
2．【分析】根据一个q＝10
﹣5 C 的正电荷从A 移到B，电场力做功为零，可知，A 与B 电势相等．根据电荷从B 移
到C，电场力做功为﹣1.73×10
﹣3 J，由电势差的公式求出BC 间的电势差．由E=ܷ݀
求场强大小，根据等势线与
电场线垂直且由电势高处指向电势低处，作出电场线．
【解答】解：由题，q＝10
﹣5 C 的正电荷从A 移到B，电场力做功为零，则A 与B 电势相等，AB 连线是一条等
势线。
BC 间电势差为：UBC=ܹ
ܤܥ
ݍ
= 1.73×10−3
10−5
V＝﹣100 3V
则该匀强电场的场强大小：E= 100 3
0.2× 3
2
V/m＝1000V/m，电场线方向垂直于AB 向下。如图。故选：D。
【点评】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作
电场线是常规思路．
3．【分析】对B 球受力分析；结合相似三角形，根据平衡条件列式求解各力的变化情况，结合电荷守恒定律分析电
荷量的变化，由库仑定律分析库仑力的变化。
【解答】解：A、两个完全相同的小球接触后带电量平方，则两个小球后来的带电量：ݍܣ' = ݍܤ' = 2ݍ+4ݍ
2
= 3ݍ，
B 的带电量减小。故A 错误；
BCD、若二者之间的距离不变，根据库仑定律可知库仑力增大，所以二者之间的距离必定增大。
对B 球受力分析，受重力、拉力T 和库仑力F，如图所示：
由图可知，△ABO∽△BMN
根据平衡条件并结合相似三角形法，有：݉݃ܣt =
ܨ
ܣܤ=ܶܤt
由于AO 与BO 不变，小球的质量m 不变，所以AB 之间的距离增大时，绳子的拉力T 不变；
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由上式可得：F=݉݃ܣt ⋅ܣܤ
设开始时AB 之间的即可为L，接触后AB 之间的距离为L′，则开始时：ܨ1 =݇
⋅2ݍ⋅4ݍ
ܮ2
= 8݇ݍ2
ܮ2
后来平衡时：ܨ2 =݇
⋅3ݍ⋅3ݍ
ܮ'2
= 9݇ݍ2
ܮ'2
又：ܨ1 =݉݃ܣt ⋅ܮ，ܨ2 =݉݃At ⋅ܮ'
联立可得：ܮ' =
3 9
2 ܮ
故B 错误，C 错误。D 正确故选：D。
【点评】本题关键是灵活选择研究对象，根据共点力平衡条件并采用相似三角形法和正交分解法列式分析，不难。
4．【分析】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定
出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；
根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，即可分析动能的变化。根据电场力做功的情况可以判定
电势能变化情况。
【解答】解：A、C 由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd 方向，则电场力
必定水平向右，与电场强度方向相反，故液滴带负电，故A 错误；
B、根在运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B 正确；
C、由b 到d 的过程中，电场力和重力均做正功，故液滴的重力势能和电势能之和减小，故C 错误；
D、根据功能关系可知，重力势能、电势能以及动能之和保持不变；而重力势能减小，所以液滴的电势能和动能
之和增加，故D 错误。故选：B。
【点评】带电液滴从静止开始由b 沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经
常用到要注意掌握。同时注意掌握功能关系的正确应用，知道电场力和重力做功的特点以及与对应的势能间的关
系。
5．【分析】电容器与电阻R、电阻R2 相并联后与R1 串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得
到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．
【解答】解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2 相并联后与R1 串
联，滑片向上移动，电阻R 变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），故电容
器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b 到a，故A 正确，C 错误；
B、在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程刚好与选项A 相反，故B 错误；
D、在将S 断开后，电容器通过电阻R2 与滑动变阻器放电，电量减为零，电流沿a 至b，故D 错误；故选：A。
【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路
电流和电压的变化．
6．【分析】电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源
的内阻的大小。
【解答】解：ABC、根据图象可以知道，曲线C1、C2 的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于电路
的电流时相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，
由图可知电源输出功率最大值为4W；
根据P＝I2R＝I2r 可知，当输出功率最大时，P＝4W，I＝2A，所以R＝r＝1Ω；
由于E＝I（R+r）＝2×（1+1）＝4V，所以电源的电动势为4V，故A 错误，B 正确，C 错误；
D、当电源被短路时，电源消耗的最大功率P 大=ܷ
2
ݎ= 16
1 =16W，故D 错误。故选：B。
【点评】本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大。
7．【分析】对通电导线受力分析，根据平衡条件及左手定则即可求得力的方向及电流的方向和大小．
【解答】解：A、平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到的安培力水平向右，根据左手定则，可知金
属棒中的电流方向由M 指向N，故A 错误；
B、受力分析，做出沿MN 的方向观察的受力图，金属棒MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向水平向右，
与OMNO′平面不垂直。故B 错误；
C、由受力分析可知，mgtanθ＝BIL，得I=݉݃ܤܮtanθ，故C 正确；
D、由受力分析可知，2Tcosθ＝mg，得T=݉݃2ttݏߠ，故D 错误。故选：C。
【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．
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8．【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式
分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。
【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由a 到b，故A 错
误。
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律ܧ= △ܤܵ
△ݐ得，感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不
变，故B 错误。
C、根据安培力公式F＝BIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误。
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确。故选：D。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积
不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。
9．【分析】根据左手定则得出电子的偏转方向，确定M、N 两端电势的高低，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平
衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析．
【解答】解：A、根据左手定则知，正电荷向N 点偏转，所以N 点这一侧得到正电荷，另一端失去正电荷带负
电，所以M 点的电势低于N 点的电势。故A 错误。
B、根据qvB= ݍܷ
ܪ݀得，ܷ
ܪ= ݒܤ݀
由电流的微观定义式：I＝nesv，n 是单位体积内的正电荷数，e 是单个导电粒子所带的电量，s 是导体的横截面
积，v 是导电粒子运动的速度。
整理得：v=
ܫ݊݁
ݏ，
联立解得ܷ
ܪ=
ܫܤ݊݁
ݏ݀，可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH 与B 成正比。
故B、D 正确。
C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量。故C 正确。
故选：BCD。
【点评】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象．霍尔效应在新课标教材
中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的．对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和
获取信息能力．
10．【分析】MN 处于通电导线产生的磁场中，当有感应电流时，则MN 在磁场力作用下向右运动，说明MN 受到
的磁场力向右，由左手定则可知电流由M 指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减
小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ 的运动情况。
【解答】解：根据安培定则可知，MN 处于ab 产生的垂直向里的磁场中，MN 在磁场力作用下向右运动，说明
MN 受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M 指向N，L1 中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈
中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ 可能是向左加速运动或向右减速运
动。
故BC 正确，AD 错误。
故选：BC。
【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产
生的。
11．【分析】根据i﹣t 图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，
形成的感应电流加倍；
【解答】解：A、通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T＝0.2s，故ω= 2ߨܶ= 10ߨݎܽ݀
/ݏ，故电流的表达式为
i＝0.6sin10πt（A），故A 错误
B、电流的周期为T＝0.2s，故磁体的转速为n= 1ܶ=5r/s，故B 错误；
C、风速加倍时，角速度加倍，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍
时电流的表达式为i＝1.2sin20πt（A），故C 错误；
D、根据C 得分析，形成的感应电流Im＝1.2A，故有效值为I= ܫ݉
2 = 0.6 2ܣ，故D 正确故选：D。
【点评】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及
转速与周期的关系。
12．【分析】由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由匝数比求电压关系，由功率公
式可求得功率．
【解答】解：A、副线圈中每个灯泡电流：ܫܮ=ܲ
ܮܷ
ܮ= 2
24 = 1
12 ܣ，则原线圈的电流为I1= 1
12A，副线圈电流：ܫ2 = 2 ×
1
12 = 1
6A，则匝数比为：݊1݊
2
=
ܫ2
ܫ1
=
2
1，故A 错误；
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B、副线圈电压为U2＝U 额＝24V，则原线圈电源U1＝48V，则电压表示数为：U＝U 额+U1＝48+24＝72V，故B
正确；
C、副线圈功率P1＝2PL＝4W，则变压器的输入功率为4W，故C 错误；
D、副线圈上再并联一个相同的灯泡D，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1 烧坏，
故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，特别注意电源总电压与加在副线圈两端电压的关系，难度适
中．
二、实验题（共13.14 两道小题，每空2 分，共18 分）
13．【分析】（1）明确实验仪器选择中安全和准确原则，根据灯泡额定电流选择电流表。
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图。
【解答】解：（1）因小灯泡的额定电流为0.3A，为减小示数误差，让指针偏角大一些，则电流表应选B．额定电
压为3.8V，故电压表应选择D，本实验中要求小灯泡两端电压从0 逐渐增大到3.8V 且能方便地进行调节，滑动
变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选择F；
（2）因灯泡内阻较小，所以电流表应采用外接法；同时为了让电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式连
接，电路图如图所示。
故答案为：（1）B；D；F；分压式；（2）如图所示。
【点评】本题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，确定滑
动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。
14．【分析】（1）由多用电表的读数方法可得出正确的读数；
（2）根据题干中给出的实验仪器，通过分析明确实验原理，从而得出正确的电路图；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，通过变形得出对应的函数关系；从而根据图象明确电动势和
内电阻．
【解答】解：（1）欧姆档所用档位为×1；指针示数为10；故最终读数为：10×1＝10Ω；
（2）由题中给定仪器可知由于没有电流表，故无法直接用伏安法进行测量；同时由于电压表量程过小；故通过
电压表和定值电阻组合，由欧姆定律求解电流；再与电阻箱连接；则可得出等效的安阻法；如图所示；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：E＝U+ܷܴ
0 (ܴ
+ ݎ)
变形可得：
1ܷ=
1
ܧ+
ݎ
ܧܴ0
+ܴܧܴ0
由图象可知，b= 1
ܧ+
ݎ
ܧܴ0；
1
ܧܴ0
=k
解得：E＝9.0V；r＝2Ω；
故答案为：（1）10；（2）如图；（3）9.0；2．
【点评】本题考查电源电动势和内电阻的测量实验，要注意明确实验原理，能根据闭合电路欧姆定律分析，并结
合图象进行分析进行数据处理．
三、计算题.（本题3 小题共42 分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写最后答案不得
分．请将答案写在答题卡相应位置．）
15．【分析】（1）先求出R2R3 并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求干路的电流强度
（2）根据U＝IR 求出电容器两端的电压，然后根据E=ܷ݀
求出极板间的场强
（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量
【解答】解：（1）R2 与R3 并联后的电阻值ܴ
23 =ܴ
2ܴ
3ܴ
2+ܴ3
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解得
R23＝6Ω
由闭合电路欧姆定律得：ܫ=
ܧܴ
1+ܴ23+ݎ
解得：I＝1 A
（2）电容器两板间的电压
UC＝I（R1+R23）
电容器两板间的电场强度ܧ1 =ܷ
ܥ݀= ܫ(ܴ1+ܴ23)݀
解得
E1＝100N/C
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F＝mgtanα
又有：F＝qE
所以݉
=
ݍܧ1݃
ݐܽ݊
ߙ
解得：m＝4×10
﹣3 kg
答：（1）流过电源的电流强度为1A；
（2）两板间的电场强度的大小100N/C；
（3）小球的质量4×10
﹣3 kg。
【点评】本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当
于导线。
16．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律与楞次定律，即可求解；
（2）根据安培力公式，及牛顿第二定律，即可求解；
（3）根据焦耳定律，结合功能关系，即可求解．
【解答】解：（1）第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有ܧ1 = △߶
△ݐ=݈݀
△ܤ
△ݐ
= 0.5ܸ
所以流过ab 的电流
ܫ1 = ܧ1
2ܴ
= 0.25ܣ，方向：由a 流向b；
（2）依题意可知ab 棒在1s 末时刻进入磁场（速度仍为v0），此后磁感应强度保持不变
则
E2＝Bdv0＝0.5V
ܫ2 = ܧ2
2ܴ
= 0.25ܣ
F＝BI2d
由牛顿第二定律，有BI2d＝ma
所以a＝1.25m/s2
（3）依据焦耳定律，ܳ
1 = ܫ1
2(ܴ
+ ݎ)ݐ1 = 0.125ܬ
功能关系，则有：ܳ
2 = 1
2݉
ݒ0
2 = 0.05ܬ
全过程回路产生的焦耳热Q＝Q1+Q2＝0.175J
答：（1）第一秒内流过ab 电流的大小0.25A 及方向由a 流向b；
（2）ab 棒进磁场瞬间的加速度大小1.25m/s2；
（3）导体棒最终停止在导轨上，全过程回路中产生的焦耳热0.175J．
【点评】考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，掌握焦耳定律与功能关系的内容，注
意牛顿第二定律的运用，及图象的含义．
17．【分析】（1）做出运动的轨迹，由几何关系求出其半径，然后由洛伦兹力提供向心力，即可求出粒子的速度；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移已知，由动能定理和运动学公式，运用运动的分解法可求出竖直方
向的位移，由动能定理即可求出电场强度。
（3）由运动学的公式以及带电粒子在磁场中运动的周期公式分别求出各段运动的时间，然后求和即可。
【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r=
2l，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B＝m
ݒ0
2
ݎ，
解得：v0=
2ݍܤ݈݉；
（2）粒子进入电场在第二象限中的逆过程为类平抛运动，
速度：v2=
2
2 v1=
2
2 v0，
由类平抛运动规律得：
（2 +1）l=
2
2 v0t2，
2
2 v0＝at2= ݍܧ݉t2，
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解得：t2= ( 2+1)݉
ݍܤ
，E= ( 2−1)ݍ݈ܤ2݉
；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= 2ߨ݉
ݍܤ，
粒子第一次在磁场中运动时间：t1= 5
8T= 5ߨ݉
4ݍܤ，
粒子在电场中的运动时间为：2t2= 2( 2+1)݉
ݍܤ
，
粒子从开始到第二次通过x 轴所用时间：t＝t1+t2= 5ߨ݉
4ݍܤ+ 2( 2+1)݉
ݍܤ
；
答：（1）粒子在p 点的速度大小为
2ݍܤ݈݉；
（2）第三和第四象限内的电场强度的大小为
( 2−1)ݍ݈ܤ2݉
；
（3）带电粒子从由p 点进入磁场到第二次通过x 轴的总时间为
5ߨ݉
4ݍܤ+
2( 2+1)݉
ݍܤ
。
【点评】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识求出电子的轨迹半径是解题的关
键，同时要抓住几个过程之间的联系，比如速度关系、时间关系等。
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第173页（共428页）
2019-2020 学年河南省洛阳市高二期末物理试卷
一、选择题（本题共14 小题，每小题3 分，共42 分．在每小题给出的四个选项中，第1-9 题只有一个选项符合题
目要求，第10-14 题有多个选项符合题目要求．全部选对的得3 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
1．（3 分）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说
法正确的是（
）
A．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电生磁的规律
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．楞次首先引人了电场概念，并提出用电场线表示电场
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流
的磁通量的变化
2．（3 分）把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直
径为2d，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足（
）
A．ܷ
甲ܷ
乙
=1
B．ܷ
甲ܷ
乙
=
2
2
C．ܷ
甲ܷ
乙
=
2
D．ܷ
甲ܷ
乙
=2
3．（3 分）水平桌面上的闭合导体线圈a 正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线在同一条竖直线上，螺线管、滑动变
阻器、电源连接成如图所示电路。若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列正确的是（
）
A．线圈a 有扩张的趋势
B．穿过线圈a 的磁通量减少
C．线圈a 对水平桌面的压力FN 将增大
D．线圈a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流
4．（3 分）有一大小和方向随时间变化的电流如图所示，周期为1s，当通过一阻值R＝100Ω的电阻时，电阻两端电
压的有效值为（
）
A．12V
B．4 10V
C．15V
D．8 5V
5．（3 分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好
接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保
持静止，下列说法正确的是（
）
A．ab 中的感应电流方向由b 到a
B．ab 中的感应电流逐渐减小
C．ab 所受的安培力保持不变
D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
6．（3 分）两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1 和I2，如图所示．先将两个线圈固定在光滑绝
缘杆上，问释放后它们的运动情况是（
）
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A．相互吸引，电流大的加速度大
B．相互吸引，加速度大小相等
C．相互排斥，电流大的加速度大
D．相互排斥，加速度大小相等
7．（3 分）在如图所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直。一带电粒子（重力不计）从左端以
速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（
）
A．一定带正电
B．可能带负电
C．若速度v＞ܧ
ܤ，粒子在板间的运动是类平抛运动
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，仍做直线运动
8．（3 分）两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L．导轨上横放着两根导
体棒ab 和cd 构成矩形回路，如图所示两根导体棒的质量皆为m，ab 棒的电阻为R，cd 棒的电阻为2R，回路中
其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场磁感应强度为B，开始时，cd 棒静止，ab
棒有指向棒cd 的初速度v，若两导体棒在运动中始终不接触，cd 榉达到的最大速度为
ݒ
2，则在两根棒到达共同速
度的过程中，下列说法中错误的是（
）
A．ab 棒的最小速度为
ݒ
2
B．ab 棒和cd 棒的加速度大小始终相同，方向始终相反
C．安培力对cd 棒做的功为݉
ݒ2
8 ，cd 棒产生热量为݉
ݒ2
8
D．ab 棒克服安培力做功为
3݉
ݒ2
8
，两根导体棒生热为݉
ݒ2
4
9．（3 分）以MN 为直径O 为圆心的半圆弧上有M、N、P 三点，如图所示，其中∠MOP＝60°，在MN 两处各放
置一条通有等大电流的长直导线垂直穿过半圆弧面，方向如图，这时O 点的磁感应强度大小为B1．若将M 处长
直导线移至P 处，则O 点的磁感应强度大小为B2，则B2 与B1 之比为（
）
A．3：1
B．3：2
C．1：1
D．1：2
10．（3 分）在收音机线路中经天线接收到的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级需要把低频成
分和高频成分分开只让高频成分输入给下一级，采用了如图所示的装置电路，其中代号a、b 应选择的元件是
（
）
A．a 是电容器
B．b 是电容器
C．a 是电感线圈
D．b 是电感线圈
11．（3 分）如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产
生的交变电动势如图乙中曲线a、b 所受，则下列说法正确的是（
）
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第175页（共428页）
A．曲线a 表示的交变电动势瞬时值e＝36sin25πt（V）
B．曲线b 表示的交变电动势最大值为28.8V
C．t＝5×10
﹣2s 时，曲线a、b 对应的感应电动势大小之比为3 2：2
D．t＝6×10
﹣2s 时，曲线a 对应线框的磁通量最大，曲线b 对应线框的磁通量为0
12．（3 分）远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器，当K 由2 改接为1 时，下列说
法正确的是（
）
A．电压表读数变大
B．电流表读数变大
C．电流表读数变小
D．输电线损失的功率减小
13．（3 分）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接的两个D 形金属盒，两
盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，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，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（
）
A．增大匀强电场间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．增大D 形金属盒的半径
14．（3 分）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所
示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法
中正确的是（
）
A．0～t1 时间内，升降机可能匀速运动
B．0～t1 时间内，升降机可能减速上升
C．t1～t2 时间内，升降机可能匀速上升
D．t1～t2 时间内，升降机可能加速上升
二、本題共2 小题，共14 分．
15．（6 分）某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性学习小组做如
下测量。
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（1）用多用电表测量该导线的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选
择
倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），欧姆调零后再次进行测量，多用电表的示数如图所示，则测
量结果R 为
Ω。
（2）用螺旋测微器测量金属导线的直径，示数如图所示，则直径d 是
mm。
16．（8 分）某物理兴趣小组要测量电源的电动势E 和内阻r（E 约为4.5V，r 约为1Ω）。
实验室可提供的实验器材有：
A．电压表V1（量程0﹣3V，内阻R1 约为3kΩ）
B．电压表V2（量程0﹣15V，内阻R1 约为15kΩ）
C．电流表A（量程0﹣0.6A，内阻RA 为9Ω）
D．滑动变阻器R（0﹣10Ω，额定电流为2A）
E．开关S 以及导线若干
在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：
（1）在虚线方框中画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中给出的符号或字母标注。
（2）在所完成实验电路中，电压表选择正确，按正确实验操作，当电流表的示数为I1 时，电压表的示数为U1；
当电流表的示数为I2 时，电压表的示数为U2，则E＝
，r＝
。
三、本题共4 小题，共44 分．解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
17．（8 分）如图所示，单匝矩形线框abcd 以ad 边为轴在磁感应强度大小B＝0.5T 的匀强磁场中逆时针匀速转动，
lab＝0.4m，lbc＝0.5m，线框电阻r＝1Ω，ad 间接入的电阻R＝9Ω，电流表为理想电表，线圈角速度ω＝10 2rad/s。
求：
（1）线框从图示位置转过30°时电流的方向及电流表的示数；
（2）线框匀速转动t＝10min，电阻R 上产生的热量QR。
18．（11 分）如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N 的中线。热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）
在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画出）后
沿OO′做直线运动。已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。
（1）求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；
（2）若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N
板左端的距离x。
19．（12 分）一电路如图所示，电源电动势E＝28V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，C 为平行
板电容器，其电容C＝3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L＝0.20m，两极板的间距d＝1.0×10
﹣2m．
（1）若开关S 处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4 的总电量为多少？
（2）若开关S 断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0m/s 的初速度射入C 的电场中，刚好沿虚线匀速运动，
问：当开关S 闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C 的电场中，能否从C 的电场中射出？（要求
写出计算和分析过程，g 取10m/s2）
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20．（13 分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ 竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上
端M 与P 间连接阻值为R＝0.400 的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻r＝0.30Ω的金属棒ab 紧貼在导轨上。现使金
属棒ab 由静止开始下滑，其下滑的距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g 取10m/s2。
时间t（s）
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
下滑距
离h（m）
0
0.1
0.3
0.7
1.4
2.1
2.8
3.5
试求：
（1）当t＝0.6s 时，重力对金属棒ab 做功的功率；
（2）金属棒ab 在开始运动的0.6s 内，电阻R 上产生的焦耳热；
（3）从开始运动到t＝0.6s 的时间内，通过金属棒ab 的电荷量
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2019-2020 学年河南省洛阳市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14 小题，每小题3 分，共42 分．在每小题给出的四个选项中，第1-9 题只有一个选项符合题
目要求，第10-14 题有多个选项符合题目要求．全部选对的得3 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电生磁的规律，故A 错误；
B、焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，故B 错误；
C、法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故C 错误；
D、楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流
的磁通量的变化，即楞次定律，故D 正确；故选：D。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
2．【分析】根据电阻定律求出两电阻丝电阻之比，由公式ܲ
=ܷ
2ܴ
分析要使两电阻丝消耗的电功率相等时两电阻丝上
的电压之比．
【解答】解：
根据电阻定律：R 甲＝ρ݈ܵ
甲
，R 乙＝ρ
2݈ܵ
乙
，
由公式ܲ
=ܷ
2ܴ
可知甲乙的功率分别为：ܲ
甲=ܷ
甲
2ܴ
甲
，ܲ
乙=ܷ
乙
2ܴ
乙
，
根据题意，若使P 甲＝P 乙，即：ܷ
甲
2ܴ
甲
=ܷ
乙
2ܴ
乙
，
解得：ܷ
甲ܷ
乙
=ܴ
甲ܴ
乙
=
ߩ݈
ߨ݀2
4
ߩ2݈
ߨ݀2
=
2。
故C 正确。故选：C。
【点评】本题是电阻定律和功率公式的综合应用，要注意电阻丝的截面积S= ߨ݀2
4 ，S 与直径的平方成正比．
3．【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b 中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线
圈a 中感应电流的方向。本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便。
【解答】解：AB、滑动变阻器滑片P 向下滑动，线圈b 电流增大，则使得穿过线圈a 的磁通量增大，再根据微
元法将线圈a 无线分割根据左手定则不难判断出线圈a 应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应
电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a 的磁通量增加，故只有
线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a 应有收缩的趋势。故A 错误，B 错误。
C、开始时线圈a 对桌面的压力等于线圈a 的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a 和b
看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N 极相对，互相排斥，故线圈a 对水平桌面的压力将增大，故C 正
确；
D、由安培定则可知，穿过线圈a 的磁场方向竖直向下，根据楞次定律即可判断出线圈a 中感应电流方向俯视应
为逆时针，故D 错误。故选：C。
【点评】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结
果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。
4．【分析】由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周
期内交变电流产生的热量。
【解答】解：由有效值的定义可得：
I12Rt1+I22Rt2=ܷ
2ܴ
T，
代入数据得：（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2=ܷ
2ܴ
×1，
将R＝100Ω带入解得：U＝4 10V，故B 正确，ACD 错误。故选：B。
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【点评】本题考查有效值的定义，关键是根据交变电流有效值的定义，计算有关交变电流的有效值，注意只有正
弦式交流电，则最大值等于有效值的2倍关系。
5．【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式
分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。
【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由a 到b，故A 错
误。
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律ܧ= △ܤܵ
△ݐ得，感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不
变，故B 错误。
C、根据安培力公式F＝BIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误。
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确。故选：D。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积
不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。
6．【分析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小．
【解答】解：两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引。因为
线圈1 对线圈2 的力和线圈2 对线圈1 的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等。故B
正确，A、C、D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．
7．【分析】带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，
从而确定能否沿虚线路径通过。
【解答】解：AB、粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F＝qvB＝qE，两个
力平衡，速度v= ܧ
ܤ，粒子做匀速直线运动。故A 错误，B 正确。
C、若速度v＞ܧ
ܤ，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，做曲线运动；但洛伦兹力方向不断变化，
故合力不恒定，不是类似平抛运动；故C 错误。
D、此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动。故D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电
性无关。
8．【分析】根据动量守恒定律求解速度；根据牛顿第二定律可得a= ܤܫܮ݉，由此分析ab 棒和cd 棒的加速度；根据动
能定理分析安培力做的功，根据功能关系求解整个过程中动能损失，根据焦耳定律分析产生的热。
【解答】解：A、cd 榉达到的最大速度为
ݒ
2，两棒的总动量守恒，此时ab 棒的速度最小，根据动量守恒定律可得
mv＝mvA+m⋅ݒ
2，解得：vA= ݒ
2，故A 正确；
B、根据右手定则可知感应电流方向为cdba，根据左手定则可知ab 受到的安培力方向向右、cd 受到的安培力方
向向左，安培力大小相等，根据牛顿第二定律可得a= ܤܫܮ݉，所以ab 棒和cd 棒的加速度大小始终相同，方向始终
相反，故B 正确；
C、安培力对cd 棒做的功为W= 1
2m( ݒ
2 )2 =݉
ݒ2
8 ，整个过程中动能损失为Q= 1
2݉
ݒ2 −1
2 × 2݉
× ( ݒ
2 )2 = 1
4݉
ݒ2，
cd 棒产生热量为Qcd=
2ܴ
2ܴ+ܴQ=݉
ݒ2
6 ，故C 错误；
D、ab 棒克服安培力做功为Wab= 1
2݉
ݒ2 −1
2 ×݉
( ݒ
2 )2 = 3݉
ݒ2
8
，整个过程中动能损失为Q= 1
2݉
ݒ2 −1
2 × 2݉
×
( ݒ
2 )2 = 1
4݉
ݒ2，则两根导体棒生热为݉
ݒ2
4 ，故D 正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另
一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
9．【分析】由磁场的叠加可知每根导线在O 点产生的磁感强度大小，移动之后距O 点的距离不变，故磁感应强度大
小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感应强度；即可求得比值。
【解答】解：依题意，每根导线在O 点产生的磁感强度为
ܤ1
2 ，方向竖直向下，则当M 移至P 点时，O 点合磁感
强度大小为：B2＝2× ܤ1
2 ×cos30°=
3
2 B1
则B2 与B1 之比为3：2；故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O 点的磁感应强度，再由矢量的合成方
法﹣平行四边形求得总的磁感应强度。
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10．【分析】本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小。
电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小。
【解答】解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a 要让高频信号通
过，阻止低频信号通过，故元件a 是电容较小的电容器；元件b 要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件
b 是高频扼流圈，故AD 正确，BC 错误。
故选：AD。
【点评】根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器。
11．【分析】根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式既
可进行判断
【解答】解：A、a 的周期为8×10
﹣2s，则߱
= 2ߨܶ=25π，a 表示的交变电动势瞬时值为e＝36sin25πt（V），则A
正确；
B、由图可知，a 的周期为8×10
﹣2s；b 的周期为12×10
﹣2s，则由n= 1ܶ可知，转速与周期成反比，
故转速之比为：3：2，曲线a 表示的交变电动势最大值是36V，根据Em＝nBSω得曲线b 表示的交变电动势最大
值是24V，故B 错误；
C、b 产生的感应电动势的瞬时表达式为：e＝24sin
50
3 πt（V），代入时间曲线a、b 对应的感应电动势大小之比为
3 2：2，故C 正确；
D、t＝6×10
﹣2s 时，a 产生的感应电动势为负的最大，故此时磁通量最大，b 产生的感应电动势为eb＝0，故磁通
量最大，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角
速度等物理量
12．【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远
距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝
数关系。
【解答】解：A、k 接到1 后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压U2 升高（U1：U2＝N1：N2，N2 增多）。
所以输电线电压增大，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，A 正确。
B、输送的电压增大，输送功率不变，电流表的示数减小，B 错误，C 正确；
D、电流表示数减小，输电线损失功率减小，D 正确；
故选：ACD。
【点评】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与
哪些因素有关。
13．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，
从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．
【解答】解：由qvB＝m
ݒ2ܴ
，解得v= ݍܤܴ݉。
则动能EK= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D 形盒的半径
有关，增大磁感应强度和D 形盒的半径，可以增加粒子的动能，
但增大磁感应强度，依据T= 2ߨ݉
ܤݍ，即会改变周期，从而影响加速条件，故D 正确，A、B、C 错误。故选：D。
【点评】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加速的电压无关，与磁感应
强度大小和D 形盒的半径有关．
14．【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压
力的变化，确定升降机的运动状态．
【解答】解：A、0～t1 时间内，电流不变，则电阻R 不变，说明重物对压敏电阻的压力不变，则加速度不变，
所以升降机可能匀速运动，可能减速上升，故AB 正确；
C、t1～t2 时间内，电流随时间增大，则电阻减小，所以压力增大，故加速度方向向上，所以升降机可能加速上升，
但不可能匀速上升，故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题是信息题，首先要抓住题中信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问
题．
二、本題共2 小题，共14 分．
15．【分析】（1）使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与倍率的
乘积是欧姆表的示数。
（2）螺旋测微器的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。两部分读数相加即为该金属导线的直径。
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第181页（共428页）
【解答】解：（1）选用“×100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确测量电阻，
应换小挡，应把选择开关置于×10 挡；
由图示可知，欧姆表示数为7×10Ω＝70Ω；
（2）由图读出，螺旋测微器的固定刻度读数为2.0mm，可动刻度读数为0.150mm，则该金属导线的直径为D＝
2.0mm+0.150mm＝2.150mm。
故答案为：（1）×10，70；（2）2.150
【点评】本题考查了欧姆表的使用方法、欧姆表读数以及螺旋测微器的读数方法，注意使用欧姆表测电阻时，要
选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近。
16．【分析】（1）明确实验原理，从而确定实验应采用的电路图；
（2）根据闭合电路欧姆定律列式，联立即可求出电动势和内电阻。
【解答】解：（1）由于电源电动势约为4.5V，故电压表选择A，误差较小，同时电流表的内阻已知，采用相对
电源的电流表内接法，从而减小实验误差，若滑动变阻器接入电路的阻值为零，闭合开关S 时，电压表被短路，
则电路中电流为：I=
ܧܴ
ܣ+ݎ= 4.5
1+9 ܣ=0.45A＜0.6A，即电流表不会被烧坏。电路设计如图所示，
（2）根据闭合电路欧姆定律，则有：
U1＝E﹣I1（r+RA）
U2＝E﹣I2（r+RA）
联立可以得到：E= ܫ1ܷ
2−ܫ2ܷ
1
ܫ1−ܫ2
；r=ܷ
2−ܷ
1
ܫ1−ܫ2 −RA。
故答案为：（1）电路如图所示，
（2）
ܫ1ܷ
2−ܫ2ܷ
1
ܫ1−ܫ2ܷ
2−ܷ
1
ܫ1−ܫ2
−RA
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测
出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻，同时注意器材的选择。
三、本题共4 小题，共44 分．解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
17．【分析】（1）由右手定则可以判断，可以判断感应电流的方向，根据公式I=
ܧܴ
+ݎ，E=
2
2 Em，Em＝BSω可以求
出电流；
（2）根据公式QR＝I2Rt 可以求出电阻R 上产生的热量。
【解答】解：（1）由右手定则可以判断，从图示位置转过30°时线框中感应电流的方向为abcda。
电流表显示的是电流的有效值，则有：
I=
ܧܴ
+ݎ
E=
2
2 Em，
Em＝BSω
S＝lab×lbc
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解得：I＝0.1A
（2）10min 内电阻产生的热量：
QR＝I2Rt
解得：QR＝54J
答：（1）线框从图示位置转过30°时电流的方向及电流表的示数为0.1A；
（2）线框匀速转动t＝10min，电阻R 上产生的热量为54J。
【点评】本题考查了交流的峰值、有效值以及它们的关系、电功、电功率、右手定则等知识点。熟练掌握各个公
式之间的联系是本题的关键。
18．【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可；
（2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；
【解答】解：（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU= 1
2݉
ݒ2
由于电子在两板间做匀速运动，则evB＝eE，其中E= 2ܷ
ܮ
联立解得：B= 1
ܮ
2ܷ݉݁
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；
（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：
evB=݉
ݒ2
ݎ，其中由（1）得到v=
2ܷ݁݉
设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：cosθ=
ݎ−ܮ
2
ݎ
由几何关系有：x＝rsinθ
联立解得：x=
3
2 ܮ。
答：（1）板间匀强磁场的磁感应强度的大小为
1
ܮ
2ܷ݉݁
，方向垂直纸面向外；
（2）从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离是
3
2 ܮ。
【点评】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的
提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可。
19．【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电
阻两端的电压．当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出
侧向位移．
【解答】解：（1）S 断开时，电阻R3 两端电压为：ܷ
3 =ܴ
3ܴ
2+ܴ3+ݎܧ= 16ܸ
S 闭合后，外阻为：ܴ
=ܴ
1(ܴ2+ܴ3)ܴ
1+(ܴ2+ܴ3) = 6Ω
路端电压为：ܷ
=ܴ
ܧܴ
+ݎ= 21ܸ
电阻R3 两端电压为：ܷ
3
' =ܴ
3ܷܴ
2+ܴ3 = 14ܸ
则所求流过R4 的总电量为：Q＝CU3﹣CU3′＝6.0×10
﹣12C
（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S 断开时有：
ݍܷ݀
3 =݉݃
当开关S 闭合后，设微粒加速度为a，则有：݉݃
−
ݍܷ
3
'݀
=݉ܽ
设微粒能从C 的电场中射出，则水平方向：ݐ= ܮ
ݒ0
竖直方向：ݕ= 1
2ܽݐ2
由以上各式求得：ݕ= 6.25 × 10−3݉
＞݀2
故微粒不能从C 的电场中射出
答：（1）流过R4 的总电量为6.0×10
﹣12C；
（2）微粒不能从C 的电场中射出．
【点评】本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动．
20．【分析】（1）从金属棒ab 下滑的距离与时间的关系知道：金属棒先做加速运动，从0.3s 后做匀速直线运动，求
出匀速运动的速度，由P＝mgv 求重力对金属棒ab 做功的功率；
（2）金属棒ab 在下滑过程中，重力势能转化为动能和电能，根据能量守恒定律求电阻R 上产生的焦耳热Q。
（3）根据金属棒处于平衡状态下，求出磁感应强度与长度的乘积，从而算出在0.4s 的时间内，通过金属棒ab
的电荷量q。
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【解答】解：（1）由表格中数据可以知道：金属棒ab 先做加速运动，从0.3s 后做匀速直线运动，匀速直线运动
的速度为：v= △t
△ݐ= 2.1−1.4
0.5−0.4 =7m/s
t＝0.6s 时金属棒重力的功率为：PG＝mgv＝0.01×10×7＝0.7W
（2）在0.6s 内，由能量守恒定律得：mgh＝Q+ 1
2mv2
电阻R 上产生的热量为：QR=ܴܴ
+ݎQ
代入数据计算得出：QR＝0.02J
（3）导体棒匀速运动时受到的安培力为：F 安＝BIL＝mg
又I= ܤܮݒܴ
+ݎ
解得：BL＝0.1Tm
q= ܫ⋅△ݐ
则：q= ܤܮtܴ
+ݎ=0.4C
答：（1）当t＝0.6s 时，重力对金属棒ab 做功的功率是0.7W；
（2）金属棒ab 在开始运动的0.6s 内，电阻R 上产生的焦耳热Q 是0.02J；
（3）从开始运动到t＝0.6s 的时间内，通过金属棒ab 的电荷量q 是0.4C。
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，从力学的角度来看，关键是分析清楚金属棒的运动情况和受力情况，
搞清楚是如何转化。从电磁感应的角度来看，要熟练推导出电荷量与磁通量变化量的关系是关键。
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2019-2020 学年广东省珠海市高二期末物理试卷
一、单项选择题（本题共8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题只有一个选项正确．）
1．（3 分）首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是（
）
A．安培
B．奥斯特
C．法拉第
D．欧姆
2．（3 分）下列表述正确的是（
）
A．一小段通电直导线在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零
B．在磁场中B= ܨ
ܫܮ，磁感应强度B 与F 成正比，与L 成反比
C．E＝kܳݎ2和E= ܨ
ݍ对所有的电场均成立
D．E=ܷ݀
只对匀强电场成立
3．（3 分）两个可自由移动的点电荷分别放在A、B 两处，如图所示。A 处电荷带正电+Q1，B 处电荷带负电﹣Q2
且电量Q1＝2Q2，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在直线AB 上，欲使整个系统处于平衡状态，则（
）
A．Q3 为负电荷，且放于A 左方
B．Q3 为负电荷，且放于B 右方
C．Q3 为正电荷，且放于A、B 之间
D．Q3 为正电荷，且放于B 右方
4．（3 分）图中实线为某电场的电场线分布，虚线为某电荷仅在电场力作用下运动的轨迹，以下说法正确（
）
A．a 场强大于d 点场强
B．b 和c 处在同一等势面上
C．该电荷带正电
D．该电荷从a 到d 的过程中电势能增加
5．（3 分）如图所示，A、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，
下列操作可使指针张开角度减小的是（
）
A．保持开关S 闭合，将R 上的滑片向右移动
B．保持开关S 闭合，将A、B 两极板分开一些
C．断开开关S 后，将A、B 两极板靠近一些
D．断开开关S 后，将A、B 两极板的正对面积减小一些
6．（3 分）如图，两根与纸面垂直的长直导线通有方向相反的电流I1、I2，且I2＞I1．a、b、c、d 为纸面内的四个点，
且b、d 的连线与a、b、c 的连线垂直。则磁感应强度可能为零的点是（
）
A．a 点
B．b 点
C．c 点
D．d 点
7．（3 分）如图，氕核、氘核、氚核三种粒子从S 点无初速释放。经电场E1 加速后，又进入电场E2 偏转最后打在
屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则（
）
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A．三种粒子将打到屏上的不同位置
B．偏转电场对三种粒子做功一样多
C．三种粒子打到屏上的动能不同
D．三种粒子运动到屏上所用时间相同
8．（3 分）如图，在倾角为a 的光滑斜面上，与底边平行放置一根长为L、质量为m、通电电流为I 的直导体棒。欲
使此导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场。在磁场方向由竖直向上沿逆时针方向转至水平向左的
过程中，关于磁感应强度B 说法正确的是（
）
A．此过程中磁感应强度B 逐渐增大
B．此过程中磁感应强度B 逐渐减小
C．此过程中磁感应强度B 的最小值为݉݃
ݏt݊ߙ
ܫܮ
D．此过程中磁感应强度B 的最大值为݉݃
ݐܽ݊
ߙ
ܫܮ
二、多项选择题(本题共5 小题,每小题4 分,共20 分。每小题都有多个选项符合题意,全选对的得4 分,选对但不全的
得2 分,有选错或不答的得0 分)
9．（4 分）如图所示，真空中有等量同种点电荷q+、+q 分别放置在M、N 两点，在MN 连线上有对称点a、c，MN
连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（
）
A．在M、N 连线的中垂线上，从b 到d，各点电势都相等
B．在M、N 连线的中垂线上，从b 到d，电势先升高后降低
C．在M、N 连线上，从a 到c，场强先减小后增大，电势先减小后增加
D．在M、N 连线上，从a 到c，场强逐渐增大，电势逐渐升高
10．（4 分）图为质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交
的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E．平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A1A2．平
板S 下方有强度为B0 的匀强磁场．下列表述正确的是（
）
A．粒子带正电
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C．能通过的狭缝P 的带电粒子的速率等于
ܧ
ܤ
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
11．（4 分）如图所示的电路中，电源电动势E 和内阻r 恒定不变，滑片P 从左端向右端移动，则（
）
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A．电流表的示数变大
B．电压表的示数变大
C．电阻R1 消耗的功率变小
D．电灯L 消耗的功率变小
12．（4 分）质量为m，电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ角从O 点进入方向如图的正交的匀强电场和匀强
磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、磁场力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A．下列说法中正确的
是（
）
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为݉݃ݍݒttݏߠ
D．该电场的场强为Bvcosθ
13．（4 分）如图所示，在半径为R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一
群比荷为α的负离子体以相同速率V0（较大），由P 点在纸面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后，又飞出磁
场，则下列说法正确的是（
）
A．离子飞出磁场时的动能一定相等
B．离子在磁场中运动的半径一定相等
C．沿着PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大
D．由Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
三、实验题（每空2 分，共20 分）
14．（10 分）现要测量一段粗细均匀的新型导电材料棒的电阻率
（1）首先用多用电表欧姆档粗测电阻，指针位置如图甲所示，其读数为
Ω。
（2）用螺旋测微器测量此新型导电材料棒的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝
mm．用游标卡尺测量
此新型导电材料棒的长度L，测量结果如图丙所示，则L＝
mm。
（3）然后，采用伏安法尽可能准确地测量电阻，在测量电阻的实验中需要直接测量的物理量是
（填物理
量的符号），用已知物理量和所测得物理量的符号表示样品的电阻率ρ＝
。
15．（10 分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现有一只标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关，还
有：
A．直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）
B．直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）
C．直流电流表（量程0～600mA，内阻约为5Ω）
D．直流电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）
E．直流电压表（量程0～5V，内阻约为10kQ）
F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）
G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，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
。（填器材前的字母）
（2）该实验设计了如图1 所示的四个电路，为了减小误差，应选取的电路是
。
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（3）某同学通过实验正确作出小灯泡的伏安特性曲线如图2（甲）所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图2
（乙）所示的电路中，其中电源电动势E＝5V，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝9Ω，此时灯泡的实际功率为
W．（结果保留两位有效数字）
四、计算题（共3 小题，共36 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能
得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，）
16．（10 分）如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V 6W”
的灯泡L 和内阻r′＝0.5Ω的小型直流电动机均恰能正常工作，求：
（1）电路中的电流强度；
（2）电动机的输出功率；
（3）电源的效率．
17．（10 分）如图所示的空间内存在水平向右的匀强电场，质量m＝4.0×10
﹣3kg、电荷量＝1.0×10
﹣6C 的带电小球，
用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角0＝37°．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝
0.80，不计空气阻力。求：
（1）小球的电性及电场强度的大小。
（2）如果将细线轻轻剪断，从剪断细线开始经过时间t＝0.4s，求这一段时间内小球电势能的变化量。
18．（16 分）如图，在平面直角坐标系xoy 的第四象限区域都有沿+y 方向的匀强电场。在第一象限的某个长方形区
域内有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，其下边界在x 轴上，左边界在y 轴上。一质量
为m、电荷量为+q 的带电微粒（重力不计），以初速度v0 从图中的P 点沿﹣x 方向进入电场，通过x 轴上的Q
点时速度为2v0，PQ 间沿﹣x 方向的距离为L，带电微粒进入第一象限后，由于磁场的作用，该微粒再次通过x
轴时，恰好沿﹣y 方向经过原点O．求：
（1）匀强电场的电场强度E 的大小。
（2）微粒在磁场中运动的轨迹半径及微粒从P 到O 运动的时间。
（3）在xoy 平面内长方形磁场区域的最小面积。
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2019-2020 学年广东省珠海市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题只有一个选项正确．）
1．【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特．
【解答】解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特。安培提出了分子电流假说，
研究了通电导线的磁场。法拉第研究了电磁感应现象，特斯拉是电力工程师。故B 正确。故选：B。
【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢．
2．【分析】当电流元与磁场垂直时，安培力最大，为F＝BIL；当电流元与磁场平行时，安培力为零；当当电流元与
磁场成θ角时，安培力为F＝BILsinθ；E＝kܳݎ2只使用与点电荷形成的电场；E=ܷ݀
为匀强电场中得出的场强与电势
差的关系式，只适用于匀强电场。
【解答】解：A、根据公式F＝BILsinθ，一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B 不一定为零，
可能是sinθ为零，故A 错误；
B、磁感应强度B= ܨ
ܫܮ是采用比值法定义的，B 大小与F、IL 无关，B 由磁场本身决定，故B 错误；
C、E＝kܳݎ2只使用与点电荷形成的电场，故C 错误；
D、E=ܷ݀
为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，故D 正确；故选：D。
【点评】本题关键是记住安培力公式F＝BILsinθ，知道磁感应强度由磁场本身决定，与电流元无关，基础问题。
3．【分析】由于Q1 带正电荷，Q2 带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对
其Q3 受力分析，去判断所处的位置。
【解答】解：假设Q3 放在Q1Q2 之间，那么Q1 对Q3 的电场力和Q2 对Q3 的电场力方向相同，Q3 不能处于平衡
状态，所以假设不成立。
设Q3 所在位置与Q1 的距离为r13，Q3 所在位置与Q2 的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1 对Q3 的电场力
大小等于Q2 对Q3 的电场力大小。
即：݇ܳ
1⋅ܳ
3
ݎ13
2
=݇ܳ
2⋅ܳ
3
ݎ23
2
由于Q1＝2Q2，
所以r13＞r23，所以Q3 位于Q2 的右方。
根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3 带正电，故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】我们可以去尝试假设Q3 带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处
于平衡状态，不行再继续判断。
4．【分析】电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，
然后根据电场力与电场线方向判断电性，根据电场力做功判断电势能的变化。
【解答】解：A、电场线疏密反应电场强弱可知，a 场强小于d 点场强，故A 错误；
B、沿着电场线方向，电势逐渐降低可知，b 的电势大于c 的电势，故B 错误；
C、根据轨迹弯曲方向可知，电场力斜向上，与电场线方向相同，故带正电，故C 正确；
D、电荷从a 到d 的过程电场力做正功，电势能减小，故D 错误；故选：C。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解。
比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较
电势能。
5．【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差
的变化。闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势。
【解答】解：AB、保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指
针张角不变，故AB 错误；
C、断开开关S 后，电容器带电量不变，将AB 靠近一些，则d 减小，电容增大，根据C=ܷܳ
知，电势差减小，
指针张角减小，故C 正确；
D、断开开关S 后，电容器带电量Q 不变，将A、B 两极板的正对面积S 减小，电容C 减小，根据C=ܷܳ
知，电
势差U 增大，指针张角增大，故D 错误；故选：C。
【点评】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电
势差不变。与电容器串联的电阻视为导线。
6．【分析】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置。
【解答】解：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系。
根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a 或c，又I2＞I1，所以该点距I1 近，距I2 远，所
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以是a 点，故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力。
7．【分析】由动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度。粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公
式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功W＝Eqy 可分
析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系。
【解答】解：AB、粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：qU1= 1
2mv02﹣0
解得：v0=
2ݍܷ
1݉
粒子在加速电场中的运动时间：t1= ܮ1
ݒ0
2
= 2ܮ1݉
2ݍܷ
1；
粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：t2= ܮ2
ݒ0 = ܮ2݉
2ݍܷ
1；
在偏转电场中竖直分位移：y＝y= 1
2a2t22= 1
2•
ݍܷ
2݀݉⋅(
ܮ2
ݒ0
)2；
联立得y=ܷ
2ܮ2
2
4ܷ
1݀，y 与q、m 无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，
因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；
加速电场对粒子做功为W1＝qU1，q 和U1 相等，所以加速电场E1 对三种粒子做功相等。偏转电场E2 对粒子做
功：W2＝qE2y，q、E2、y 相等，则知偏转电场E2 对三种粒子做功相等。故A 错误，B 正确；
C、对整个过程，根据动能定理得：W= 1
2݉
ݒ2，由于W 相等，所以三种粒子达到屏上的动能相同，故C 错误；
D、离开偏转电场后粒子的运动时间：t3= ܮ3
ݒ0 = ܮ3݉
2ݍܷ
1；
粒子运动到屏上所用时间t＝t1+t2+t3＝（2L1+L2+L3）݉2ݍܷ
1；
因为݉ݍ不等，所以t 不等，故D 错误。故选：B。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要注意偏转中运动的合成与分解的正确应用，本题的结论要
在理解的基础上记牢，经常用到。
8．【分析】本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN 和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方
向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由沿斜面向上逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析。
【解答】解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN 和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN 和安
培力FA 合成，合力与重力相平衡，如图
从图中可以看出，安培力FA 先变小后变大，由于FA＝BIL，其中电流I 和导体棒的长度L 均不变，故磁感应强
度先减小后增大；
由图可以看出当FA 平行于斜面时有最小值，BminIL＝mgsinα
得：Bmin=݉݃
ݏt݊ߙ
ܫܮ
此过程中安培力竖直向上时最大为mg，故B 的最大值为：݉݃ܫܮ，故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，
第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可。
二、多项选择题(本题共5 小题,每小题4 分,共20 分。每小题都有多个选项符合题意,全选对的得4 分,选对但不全的
得2 分,有选错或不答的得0 分)
9．【分析】本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势
高低。a、c 两点关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等。
【解答】解：等两同种电荷周围电场线分布如图所示：
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第191页（共428页）
AB、沿电场线方向电势降低，在MN 连线的中垂线上，O 点电势最高。故从b 到d，电势先升高后降低，故A
错误，B 正确；
CD、沿电场线方向电势降低，在MN 连线的上，O 点电势最低，根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c 两
点的电势相等，故从a 到c，电势先减小后增加，根据电场线疏密可知，从a 到c，场强先减小后增大，故C 正
确，D 错误；
故选：BC。
【点评】本题关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析。
10．【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v= ܧ
ܤ粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S 板的不同位
置，根据粒子在匀强磁场中的圆周运动的轨迹，运用左手定则可以判断粒子带正电还是负电，以及速度选择器中
的磁场的方向．
【解答】解：A、粒子垂直磁场向下进入磁场，根据左手定则可知，粒子带正电，故A 正确。
B、粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B 错误。
C、由qE＝qvB，得v= ܧ
ܤ，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C 正确。
D、由
ݍ݉=
ݒ
ܤ0ܴ
，知R 越小，荷质比越大，故D 错误。
故选：AC。
【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段、速度选择阶段、在磁场中运动阶段．
11．【分析】滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分
析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化。根据功率公式判断功率的变化情况。
【解答】解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R 减小，由欧姆
定律得知总电流I 增大，所以电流表示数变大；
路端电压U＝E﹣Ir 减小。电灯L 的电压等于路端电压，所以电灯L 的电流减小，而PL＝I2RL，所以电灯L 消耗
的功率变小；
而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1 的电流增大，根据P1＝I2R1 可知电阻R1 消耗的功率增大；
R1 的电压增大，所以R 的电压减小，所以电压表的示数减小，故AD 正确BC 错误。
故选：AD。
【点评】本题是简单的电路动态分析问题。对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化。
12．【分析】粒子从O 沿直线运动到A，必定做匀速直线运动，根据左手定则和平衡条件可判断电性，并可求出B
和E．
【解答】解：A、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA 线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力
不能平衡。若粒子带负电，符合题意。所以A 正确。
B、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符。故B 错
误。
D、粒子受力如图：
由图qE＝qvBsinθ，所以E＝Bvsinθ．故D 错误；
C、由平衡条件得
qvBcosθ＝mg，B=݉݃ݍݒttݏߠ，故C 正确；
故选：AC。
【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，考查综合分析和解决问题的能力，要抓住洛伦兹力与速度有关
的特点．
13．【分析】粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动
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的半径、偏向角及离开磁场的时间；由洛仑兹力不做功可知离开时的动能．
【解答】解：A、因洛仑兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞
出时的动能不一定相同，故A 错误；
B、由Bqv＝m
ݒ2ܴ
可知，R=݉
ݒ
ܤݍ，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径相同，故B 正确；
C、由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故此时
粒子一定不会沿PQ 飞出，故C 错误；
D、由C 的分析可知，由Q 点飞出的粒子圆心角最大，故所对应的时间最长；故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进
行分析判断．
三、实验题（每空2 分，共20 分）
14．【分析】欧姆表的读数为示数乘以倍率，螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒，电流表用内接法，用电阻
决定式求电阻率。
【解答】解：（1）多用电表欧姆档的读数为示数与倍率的积，由此看出导电材料的电阻值为：18×10Ω＝180Ω。
（2）螺旋测微器的读数是由固定刻度和可动刻度两部分相加而得，导电材料的直径d＝6.0mm+12.0×0.01mm＝
6.120mm。游标卡尺的读数也是两部分组成，此游标卡尺的精度为
1
20݉݉
=0.05mm，所以导电材料的长度L＝
50mm+18×0.05mm＝50.90mm 3。
（3）要测电阻率必先测出这种导电材料的电阻，由伏安法知，还需用电压表和电流表测出导电材料的加电压U
时通过的电流I，则其电阻R=ܷܫ．再根据电阻定律R= ߩܮܵ
和面积公式S= ߨ(݀2 )2，得到电阻率ρ= ߨܷ݀
2
4ܫܮ。
故答案为：（1）1.8×102（写180 也可）。
（2）6.120 （±0.02）50.90
（3）电压U 和电流I
ߨܷ݀
2
4ܫܮ
【点评】本题考查了欧姆表和螺旋测微器的读数，记住它们的读数方法，伏安法测电阻，要会分析电流表的内接
或外接的选用。
15．【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表和电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后将实物电路连接完整。
（3）在灯泡的U﹣I 图象坐标系内作出电源的U﹣I 图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后
求出此时灯泡实际功率。
【解答】解：（1）灯泡额定电流为：I=ܷܲ
= 2.5
5 =0.5A，则电流表量程选择0.6A 即可，故电流表选C；额定电压
为5V，故电压表应选择E；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，故滑动变阻器采用分压
接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器选择E。
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为R=ܷܫ，
电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为15kΩ，则电压表内阻远大于灯泡电阻，故电流表应采用外接法，故应选择
C 电路；
（3）把定值电阻R＝90Ω与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：U＝5﹣10I，
在图甲中作出电源的U﹣I 图象如图所示，由图可知，此时灯泡两端电压为：U＝1.6V
灯泡电流为：I＝0.32A，
灯泡实际功率为：P＝UI＝1.6×0.32W＝0.69W；
故答案为：（1）C，E，F；（2）C；（3）0.69
【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的前
提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法，求灯泡实际功率时要注意图象法的应用，
要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
四、计算题（共3 小题，共36 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能
得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，）
16．【分析】由电路图可知，灯泡、电阻、电动机串联接入电路，由串联电路特点可知，通过它们的电流相等；
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（1）灯泡正常发光，由电功率的变形公式可以求出灯泡的额定电流，即电路电流．
（2）由串联电路特点可以求出电动机额定电压，由功率公式可以求出电动机的输入功率与热功率，然后求出电
动机的输出功率．
（3）电源的效率等于输出功率和总功率之比，总功率由公式P＝EI 求出，电源的输出功率等于外电路各部分功
率之和．
【解答】解：（1）灯泡正常发光，电路流为：I＝IL=ܲ
ܮܷ
ܮ= 6
3A＝2A；
（2）电动机的额定工作电压为：UM＝E﹣I（R+r）﹣UL1＝20﹣2×（4+1）﹣3＝7V
电动机的输出功率为：P 输＝U2I﹣I2r′＝7×2﹣22×0.5＝12W
（3）电动机的电功率为：P 电＝UI＝7×2W＝14W；
外电路总功率为：P 外＝P 电+PL+I2R＝14+6+22×4＝36W
电源的总功率为：P 总＝EI＝20×2＝40W；
故电源的效率为：η=ܲ
外ܲ
总
×100%= 36
40 ×100%＝90%
答：（1）电路中的电流强度为2A；
（2）电动机的输出功率为12W；
（3）电源的效率为90%．
【点评】本题是简单的直流电路的计算问题，抓住用电器在额定电压下才能正常工作是关键，要注意效率与功率
的区别，不能混淆．
17．【分析】（1）小球处于静止状态，分析受力，根据电场力与场强方向的关系判断电性，根据平衡求解电场强度
大小；
（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；根据运动学公
式求解出小球的位移；然后根据电势能的减小量等于电场力的功列式求解。
【解答】解：（1）对小球受力分析如图，由图可知，小球受到的电场力与电场线方向相同，故小球带正电，根据
平衡得：
F 电＝Eq＝mgtan37°
解得：E＝3×104 N/C
（2）剪断细线后，小球向右下方做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：ܽ
=݉݃ttݏ37°݉=݃ttݏ37° = 10
0.8݉
/ݏ2 = 12.5݉
/ݏ2
则0.4s 内的位移为：
ݔ= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 12.5 × 0．42݉
= 1݉
根据功能关系得：△EP 电＝﹣Eq x sin37°＝﹣3×104×1.0×10
﹣6×1×0.6J＝﹣1.8×10
﹣2J
即电势能减少了1.8×10
﹣2J
答：（1）小球的电性及电场强度的大小为3×104 N/C。
（2）如果将细线轻轻剪断，从剪断细线开始经过时间t＝0.4s，这一段时间内小球电势能的变化量。减少了1.8
×10
﹣2J。
【点评】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动
情况。
18．【分析】（1）对微粒由动能定理求解得电场强度大小。
（2）微粒从P 点到O 点的运动过程中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加
速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解时间。Q 到O 做匀速圆周，根据周期求解运动时
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间。
（3）由速度的分解求出微粒进入磁场时速度与水平方向的夹角，根据牛顿第二定律求出磁场中轨迹半径，即可
求得长方形磁场区域的长和宽，从而求出面积。
【解答】解：（1）以初速度v0 从图中的P 点沿﹣x 方向进入电场，通过x 轴上的Q 点时速度为2v0，
在电场力的方向上的位移x= 1
2ܽݐ2，L＝v0t
由动能定理得：
1
2݉
(2ݒ0)2 −
1
2݉
ݒ0
2 =EqL
联立解得：E=
3݉
ݒ0
2
ݍܮ
；
（2）微粒由P 点到Q 点的运动过程中时间t1= ܮ
ݒ0
cosθ= ݒ0
2ݒ0 = 1
2，故θ＝60°
又R=݉
2ݒ0
ݍܤ，
微粒进入第一象限做匀速直线运动的时间t2=ܴݐܽ݊
60°⋅2ݒ0 =݉
3ݍܤ
微粒做圆周运动的时间t3= 150°
360°ܶ
= 5ߨ݉
6ݍܤ
故微粒从P 到O 的时间t＝t1+t2+t3= 2 3݉
+5ߨ݉
6ݍܤ
+ ܮ
ݒ0
（3）如图所示，有θ＝60°
由几何关系可得长度形磁场区域的最小长度和宽度分别为：R+Rsinθ、R，所以磁场区域的最小面积为
Smin＝（R+Rsinθ）R= 2+ 3
2ܴ
2 =
2(2+ 3)݉
2ݒ0
2
ݍ2ܤ2
答：（1）匀强电场的电场强度E 的大小为
3݉
ݒ0
2
ݍܮ
；
（2）微粒在磁场中运动的轨迹半径及微粒从P 到O 运动的时间为
2 3݉
+5ߨ݉
6ݍܤ
+
ܮ
ݒ0
。
（3）在xoy 平面内长方形磁场区域的最小面积为
2(2+ 3)݉
2ݒ0
2
ݍ2ܤ2
。
【点评】掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动
轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系
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第195页（共428页）
2019-2020 学年广东省中山市高二期末物理试卷
一、单项选择题（本大题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题给出的四个选项中只有一项满足题设要求，选
对得4 分；不选、错选或多选不得分）
1．（4 分）下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（
）
A．小磁针静止时N 极所指的方向就是该处磁感应强度的方向
B．磁场中某处磁感应强度的大小，和放在该处的试探电流元中的电流大小成正比
C．如果磁场中一小段通电导体在该处受到的安培力为零，则此处的磁感应强度一定为零
D．由B= ܨ
ܫܮ可知，电流强度I 越大，导线L 越长，某点的磁感应强度就越小
2．（4 分）已知电流强度为I 的通电直导线在距离为r 的地方产生的磁感应强度大小为
B＝k݈ݎ，k 为常数。如图所示，三根通有电流大小相等的长直导线垂直正方向abcd 所在平面，且分别位于a、c、
d 三个顶点。a、d 处导线中的电流方向与c 处导线的电流方向相反。已知a 处导线在b 处产生的磁感应强度大小
为B，则b
点的磁感应强度大小为（
）
A．
2 10
5
B
B．
10
2
ܤ
C．
2 5
5 B
D．
5
5 B
3．（4 分）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
4．（4 分）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．40W
B．44W
C．47W
D．48W
5．（4 分）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，板带负电荷，板接地。若将板向
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（
）
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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
6．（4 分）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道量的增大
二、多项选择题（本大题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题给出的四个选项中有两个或两个以上满足题设
要求，全部选对得4 分；部分对而无错选得2 分；不选或错选得零分）
7．（4 分）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
8．（4 分）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．
△ܷ
2
△ܫ1
不变
9．（4 分）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（
）
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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
10．（4 分）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
11．（4 分）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
12．（4 分）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
2ܴ݉݃
ݍ
C．若电场是匀强电场，则该电场的场强是݉݃ݍ
D．小球在B 点的机械能比在A 点的机械能大
二、非选择题（共52 分）
13．（10 分）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。
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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
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0
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3 是测量Rx 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P 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7 个坐标点。请在图4
中标出第7 次测量数据坐标点，并描绘出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
﹣2
B．1×10
﹣3
C．1×10
﹣6
D．1×10
﹣8。
14．（10 分）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。
15．（10 分）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。
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16．（10 分）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θ，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？
17．（12 分）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。
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2019-2020 学年广东省中山市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题给出的四个选项中只有一项满足题设要求，选
对得4 分；不选、错选或多选不得分）
1．【分析】磁感应强度的方向就是磁场的方向，是小磁针静止的时候N 极所指的方向，也是小磁针的N 极所受力的
方向；
明确采用B= ܨ
ܫܮ公式定义B 的条件以及采用的比值定义法的意义。
【解答】解：A、根据磁感应强度的方向的规定，磁场中某点的小磁针，静止时北极的指向就是该点磁感应强度
方向。故A 正确；
B、由磁场本身决定，是反应磁场本身性质的物理量，与定义式B= ܨ
ܫܮ里面的量F，I，L 无关。故B 错误；
C、当一长度为L 的电流I 在磁场中某一位置所受磁场力为0 时，可能是B 与I 的方向平行，故C 错误；
D、由磁场本身决定，是反应磁场本身性质的物理量，与定义式B= ܨ
ܫܮ里面的量F，I，L 无关，故D 错误。故选：
A。
【点评】本题考查磁感应强充的定义，要注意明确磁场的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，电场的方向与
电场力的方向在同一条直线上，要注意掌握这一点的不同。
2．【分析】根据每个电流形成的磁场进行矢量合成，即可求出磁场强度大小。
【解答】解：由题意得：a 处导线在b 处产生的磁感应强度大小为B，B＝k݈ݎ，设正方形的边长为r，则c 在b 处
产生的磁感应强度大小也是B，d 在b 处产生的磁感应强度大小为k݈2ݎ=
2
2 ܤ．方向如右图，
根据矢量合成得b 点的磁感应强度大小为B′=
10
2 ܤ，故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵
循平行四边形定则。
3．
【分析】由图可知，M 板接地，所以M 点的电势为零，根据公式UAB=ܹ
ܣܤ
ݍ计算AB 间的电势差，根据公式E=ܷ
ܣܤ݀
ܣܤ
计算电场强度E，再根据UMN＝Ed 求出MN 两板电势差，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
【解答】解：AB、B 两点的电势差为：UAB=ܹ
ܣܤ
ݍ
= 1.0×10−5
−2.0×10−6V＝﹣5V
所以电场方向由N 到M，dAB＝Lsin30°＝5cm＝0.05m
则电场强度为：E= −ܷ
ܣܤ݀
ܣܤ=
5
0.05V/m＝100V/m，故AB 错误；
C、MN 两板电势差为：UMN＝Ed＝100×0.1＝10V
MA 两点电势差为：UMA＝EdMA＝100×0.03＝3V，
而M 板接地，所以M 点的电势为零，UMA＝φM﹣φA，
解得：φA＝3V
根据UAB＝φA﹣φB
得：φB＝3﹣（﹣5）＝8V．故C 错误；
D、电荷q 在B 点的电势能Ep＝qφ＝﹣2.0×10
﹣6×8＝﹣1.6×10
﹣5J，故D 错误；故选：D。
【点评】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=ܷ݀
中d 的含义，知道M 板接地，所
以M 点的电势为零，此题属于中档题。
4．【分析】让电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电阻。电动机正常运转时，根据输入的电
功率和热功率之差求出输出功率。由焦耳定律求解热功率。
【解答】解：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得电动机的电阻为：
R 线=ܷ
1
ܫ1 =2Ω；
电动机正常运转时，输入的电功率为：
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第201页（共428页）
P 电＝U2I2＝2×24＝48W，
发热功率为：
P 热＝I22R＝22×2W＝8W，
所以输出功率为：
P 出＝P 电﹣P 热＝48﹣8＝40W．则A 正确，BCD 错误故选：A。
【点评】电动机电路停止运转时其电路纯电阻电路，欧姆定律成立。电动机正常运转时，其电路是非纯电阻电路，
欧姆定律不成立，根据能量转化和守恒定律求解输出功率。
5．【分析】由题知，电容器所带电量不变，根据C=ܷܳ
、C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
、E=ܷ݀
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。
【解答】解：据题，电容器所带电量Q 不变，若将板向上平移到虚线位置，根据C=ܷܳ
、C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
、E=ܷ݀
得：
E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，则知电场强度E 不变，
由于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，ACD 错误。故选：B。
【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握C=ܷܳ
、C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
、E=ܷ݀
，也可以根据推论可知E 不变。
6．【分析】线圈B 中电流I 减小，B 中电流产生的磁场减弱，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析A 环的受力情况；
根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥判断螺线管相邻两匝线圈间的力。
【解答】解：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；故
选：D。
【点评】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（本大题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题给出的四个选项中有两个或两个以上满足题设
要求，全部选对得4 分；部分对而无错选得2 分；不选或错选得零分）
7．【分析】根据匀强电场的性质找到A 点的等势点，从而确定电场强度方向，根据E=ܷ݀
求解电场强度，正电荷随
电势升高电势能增大。
【解答】解：A、根据题意知B 点电势为9V、C 点电势为3V，则BC 中点D 电势为6V，连接AD 为等势线，
则OAD 平面为等势面，故O 电势为6V，故A 正确；
B、电场线与等势面垂直，所以电场线垂直AD，即BC 指向C，故B 错误；
C、根据E=ܷ݀
= 9ܸ−3ܸ
0.06݉
=100V/m，故C 正确；
D、正电荷由电势为6V 的位置移动到电势为9V 的位置，电势能增大，故D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键是找等势点，知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，
即E=ܷ݀
求出电场强度的大小，注意d 是沿电场线方向上的距离。
8．【分析】电路结构为滑动变阻器和R2 串联后与R3 并联，然后与R1 串联到电源，A1 测干路电流，V2 测并联电路
电压，V1 测R2 电压，A2 测R3 电流，滑片P 向右滑动的过程中，滑动变阻器电阻增大，根据“串反并同”的方
法判定各电表示数变化，根据欧姆定律分析
△ܷ
2
△ܫ1
的大小。
【解答】解：ABC、滑片P 向右滑动的过程中，滑动变阻器电阻增大，根据“串反并同”知V1 示数减小，V2 增
大，A1 减小，A2 增大，故A 错误，BC 正确。
D、根据闭合电路的欧姆定律知U2＝E﹣I1（R1+r），知
△ܷ
2
△ܫ1
=R1+r，保持不变，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】此题的关键是分清电路结构，使用“串反并同”法轻松判定示数变化，“串反并同”就是与可变电阻串
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联的电路上的电压和电流的变化与该电阻的变化相反，如果电阻增大，则串联电路的电压和电流会减小，而并联
电路的电压和电路会随电阻增大而增大。
9．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从
而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关。
【解答】解：AB、粒子在电场中加速，磁场中做匀速圆周运动，电场的交变频率f 与粒子在磁场运动的频率fB
满足f＝nfB，由于狭缝很小，运动时间很短，一般不记，故A 错误，B 正确；
CD、根据qvB＝m
ݒ2ܴ
，解得v= ݍܤܴ݉，则最大动能Ek= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，知最大动能与加速电压无关，与狭缝间的
距离无关。与磁感应强度以及D 形盒的半径有关。增大D 形盒的半径，可以增大粒子从D 形盒射出时的动能，
故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】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加速的电压无关，与磁感应
强度大小和D 形盒的半径有关。
10．【分析】发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意逐项判断即可．
【解答】解：A、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；
B、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；
C、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；
D、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；
故选：BD。
【点评】本题考查了产生感应电流的条件，难度不大．
11．【分析】对油滴受力分析，结合运动情况，与洛伦兹力表达式，即可判断油滴的运动性质，各选项依次分析即
可。
【解答】解：B、由题意可知，带电油滴做直线运动，受重力、电场力（向左或向右）、洛伦兹力，而洛伦兹力
大小与速度大小有关，做直线运动，若速度变化，则洛伦兹力就变化，油滴不会做直线运动，油滴一定做匀速直
线运动，故B 正确；
A、由平衡条件，结合左手定则可知，油滴受力如图所示，因电场方向未知，带电性质无法判断，故A 错误；
C、因油滴带电性质未知，所以可能从a 运动到b，也可能从b 运动到a，故C 正确；
D、由受力分析知电场力向左，但电场方向不确定，故D 错误。
故选：BC。
【点评】考查带电油滴受到电场力，重力与洛兹力时，做直线运动，则一定是匀速直线运动，是解题的关键。
12．【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B 两点的电势差。根据电场力做功的正负，判断小球电
势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大。若电场是匀强电场，根据动能定理，电
场力做功与重力做功值相等，从而确定电场力与重力的大小关系。
【解答】解：A、小球从A 运动到B 的过程中，动能不变，重力势能增加，根据能量守恒定律可知电势能必定减
小，则小球在B 点的电势能一定小于小球在A 点的电势能，故A 错误；
B、根据动能定理得：﹣mg•2R+qUAB= 1
2mݒ0
2 −1
2mݒ0
2 =0，得到：UAB= 2ܴ݉݃
ݍ
，故B 正确；
C、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B 点时小球速度仍为v0，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，
此时的电场强度等于݉݃ݍ．故C 错误。
D、小球从A 运动到B 的过程中，动能不变，重力势能增加，由机械能表达式，可知，在B 点的机械能比在A 点
的机械能大。故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题是带电体在电场中运动问题，要转换头脑，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去
处理，掌握电场力做功与电势能的关系。
二、非选择题（共52 分）
13．【分析】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；
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第203页（共428页）
【解答】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）根据描出的点，作出图象，如图所示：
由图线得到金属丝的阻值为：RX= △ܷ
△ܫ= 1.8
0.40 =4.5Ω
（4）根据R＝ρ
ܮܵ
得：ρ=ܴܵܮ=ܴ
⋅ߨ(݀2)2
ܮ
代入数据得：ρ＝1×10
﹣6Ω•m
故答案为：（1）0.398；（2）甲；（3）如图1；
（4）如图2，4.4（4.3﹣4.7）；（5）C。
【点评】该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：
1、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。
2、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。
3、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．【分析】（1）A 点的电场强度是两个点电荷产生的场强的叠加，先根据点电荷场强公式求出两个点在A 点产生
的场强大小，再由平行四边形定则求解。
（2）已知试探电荷从A 运动到O 点时的速度，由动能定理求A、O 之间的电势差UAO。
【解答】解：（1）由几何关系可知，AC 与BC 的长度：r=
4݀
ݏt݊53° =5d
由库仑定律，则两个点电荷在C 点产生的电场强度：ܧܣ= ܧܤ=݇ܳ(5݀)2 =݇ܳ25݀2
由电场的对称性与矢量合成的特点可知，两个点电荷在C 点的合场强：ܧܥ= 2ܧܣttݏ53° = 6݇ܳ
125݀2，方向向左；
试探电荷静止，则C 点的总合场强为0，所以匀强电场的电场强度大小为：ܧ= 6݇ܳ
125݀2，方向向右；
（2）由几何关系可知，CD 之间的距离：L＝6d
由等量同种点电荷的电场的对称性可知，两个点电荷在C 点的电势与在D 点的电势是相等的，所以试探电荷从
C 到D 的过程中只有匀强电场做功，设试探电荷的质量为m，带电量为q，初速度为v，由动能定理可得：−ܧݍ⋅
6݀
= 0 −1
2݉
ݒ2
又：
ݍ݉= ߤ
联立可得：v=
6
25݀⋅
10ߤ݇ܳ݀
答：（1）匀强电场的电场强度E 的大小为
6݇ܳ
125݀2，方向向右。
（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，初速度的大小为
6
25݀
⋅
10ߤ݇ܳ݀
。
【点评】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。二要明确电势差与电场力做功有关，
常常根据动能定理求电势差。
15．【分析】（1）根据题意作出微粒运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出微粒的入射速度大小。
（2）求出微粒在磁场中转过的圆心角，然后求出微粒在磁场中的运动时间。
（3）微粒在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律求出微粒的轨道半径，然后求出出射点与入射点间的距离。
【解答】解：（1）微粒在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示，
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由几何知识可知：r＝Rtan30°=
3
3 R，
由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2
ݎ，
解得：v=
3ݍܤܴ
3݉
；
（2）由几何知识可知，微粒在磁场中转过的圆心角：θ＝120°，
微粒在磁场中的运动时间：t=
ߠ
360°T= 1
3 × 2ߨ݉
ݍܤ= 2ߨ݉
3ݍܤ；
（3）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q•3vB＝m
(3ݒ)2
ݎ'
，
解得：r′=
3R，
由几何知识可知，入射点与出射点间的距离：d＝2Rsin60°=
3R；
答：（1）微粒入射速度大小为
3ݍܤܴ
3݉
。
（2）微粒在磁场中运动的时间为
2ߨ݉
3ݍܤ。
（3）射出点和入射点M 之间的距离为3R。
【点评】带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动
轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
16．【分析】（1）导体棒静止处于平衡状态，应用平衡条件可以求出磁感应强度。
（2）电流反向后导体棒受到的安培力反向，对导体棒应用平衡条件可以解题。
【解答】解：（1）没接通电源前，导体棒静止处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ＝k（x0﹣x1）
①，
接通电源导体棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ+k（x2﹣x0）＝BIL
②，
解得：B=݇
(ݔ2−ݔ1)
ܫܮ
；
（2）导体棒电流反向后，对导体棒，由平衡条件得：mgsinθ+BIL＝k△x
③，
由①②③解得：△x＝x0﹣2x1+x2；
答：（1）磁场磁感应强度B 的大小为݇
(ݔ2−ݔ1)
ܫܮ
；
（2）导体棒平衡后弹簧的形变量为x0﹣2x1+x2。
【点评】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．【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子在磁场中转过的圆心角，求出粒子在磁场中的运动时间，
应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出粒子到达x 轴时的坐标。
（2）粒子在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动；应用牛顿第二定律求出粒子B 在磁场中的轨道半径，
应用类平抛运动求出粒子在电场中打到棒上的位置，然后求出两粒子间的距离。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，粒子在磁场中转过的圆心角：θ＝90°，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= 2ߨ݉
ݍܤ，
粒子在磁场中的运动时间：t=
ߠ
360°T，
代入数据解得：t＝2.5π×10
﹣6s，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2
ݎ1
，
代入数据解得：r1＝0.1m，
粒子经过x 轴时的横坐标：x=−
2r1=−2
10m，
粒子经过x 轴时的坐标：（−2
10m，0）；
（2）粒子进入电场后做类平抛运动，粒子在接收棒上落点位置与坐标原点O 间的距离：L＝r+vt，
粒子B 在磁场中做圆周运动的轨道半径：r2=݉
2ݒ
ݍ2ܤ，代入数据解得：r2＝0.4m，
粒子A 在电场中的加速：a1= ݍ1ܧ݉
1 ，
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粒子B 在电场中的加速度：a2= ݍ2ܧ݉
2 ，
粒子在电场中做类平抛运动，
对A：r1= 1
2ܽ
1ݐ1
2，L1＝vt1+r1，
对B：r2= 1
2ܽ
2ݐ2
2，L2＝vt2+r2，
代入数据解得：L1＝0.5m，L2＝2.0m，
A、B 两粒子的落点间隔：△L＝L2﹣L1＝2.0﹣0.5＝1.5m；
答：（1）A 粒子到达x 轴时的坐标为（−2
10m，0），在磁场中运动的时间为2.5π×10
﹣6s。
（2）A 粒子和B 粒子到达吸收棒的位置相隔1.5m。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律即可解题。
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2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校华文部高二期末物理试
卷
一、单选题本题共10 小题，每题5 分，共50 分
1．（5 分）关于运行中的电动机和点亮的白炽灯，以下说法中正确的是（
）
A．电动机和白炽灯的电功率均大于热功率
B．电动机和白炽灯的电功率均等于热功率
C．电动机的电功率大于热功率，而白炽灯的电功率则等于热功率
D．电动机的电功率等于热功率，而白炽灯的电功率则大于热功率
2．（5 分）关于电源电动势的说法，正确的是（
）
A．电源的电动势大小等于路端电压
B．电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大
C．无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不变
D．一节新电池的电动势都是1.5V
3．（5 分）下列说法中错误的是（
）
A．电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用
B．磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作用
C．磁场对运动电荷不会产生力的作用
D．电场和磁场都可能使运动电荷的运动方向发生偏转
4．（5 分）下列关于电流方向的说法中，不正确的是（
）
A．电流的方向就是自由电荷定向移动的方向
B．电流的方向就是正电荷定向移动的方向
C．在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反
D．在电解液中，电流的方向与正离子定向移动的方向相同
5．（5 分）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而
将它们的电荷量都变为原来的2 倍，那么它们之间静电力的大小变为（
）
A．
ܨ
16
B．
ܨ
4
C．16F
D．4F
6．（5 分）关于安培力、电场力和洛伦兹力，下列说法正确的是（
）
A．安培力和洛伦兹力的方向均可用左手定则判断
B．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直
C．电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用
D．安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用，安培力可以对通电导线做功，洛伦兹力对运动电荷也
做功
7．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大
C．不管电路是否闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流
D．不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势
8．（5 分）如图所示，a、b、c 是一条电场线上的三点，电场线的方向由a 到c，a、b 间距离等于b、c 间距离，用
φa、φb、φc 和Ea、Eb、Ec 分别表示abc 三点的电势和场强，可以判定（
）
A．φa＞φb＞φc
B．Ea＞Eb＞Ec
C．φa﹣φb＝φb﹣φc
D．Ea＝Eb＝Ec
9．（5 分）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，
匀强磁场的磁感应强度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BIlcosθ
D．支持力大小为mg﹣BIlcosθ
10．（5 分）如图所示，两个相等的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环
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的运动情况是（
）
A．同时向左运动，间距变大
B．同时向左运动，间距变小
C．同时向右运动，间距变小
D．同时向右运动，间距变大
二、填空题（每小题6 分．共30 分）
11．（6 分）如图所示电路中，L 是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1 和D2 是两个完全相同的小灯
泡．将电键K 闭合，再将电键K 断开，则观察到的现象是：
（1）K 闭合瞬间，D1
，D2
（2）K 断开瞬间，D2
，D1
．
12．（6 分）将长0.5m 通过4A 电流的通电导线放在匀强磁场中，当导线和磁场方向垂直时，通电导线所受磁场力
为0.3N，则匀强磁场的磁感应强度B 大小为
T，若将通电导线中的电流减为2A，则导线受安培力为
N．
13．（6 分）如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd 分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬
挂点用导线分别连通。现用外力使ab 棒向右快速摆动，则此时cd 棒受到的安培力方向为
（选填“向右”
或“向左”），这个过程中右侧装置的工作原理相当于
（选填“电动机”或“发电机”）。
14．（6 分）如图所示，各带电粒子均以速度v 射入匀强磁场，其中图C 中v 的方向垂直纸面向里，图D 中v 的方
向垂直纸面向外，试分别指出各带电粒子所受洛仑兹力的方向A 图
，B 图
，C 图
，D
图
。
15．（6 分）一台理想变压器，其原线圈2200 匝，副线圈440 匝，并接一个100Ω的负载电阻，如图所示，则：当原
线圈接在220V 交流电源上时，电压表示数
V，电流表示数
A．此时输入功率为
W，变压
器的效率为
。
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三、解答题本题共2 小题，每题10 分，共20 分．解答应有必要的文字说明、重要的方程式和简单的解答过程．有
数值计算的题结果要带上物理量的单位，只有最后结果而没有解答过程的不能给分．
16．（10 分）如图所示，一束电子流以速率v 通过一个处于矩形空间的大小为B 的匀强磁场，速度方向与磁感线垂
直。且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为3a 和a 电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，求：
（1）电子在磁场中的飞行时间？
（2）电子的荷质比
ݍ݉。
17．（10 分）如图1 所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000 匝，线圈面积S＝0.02m2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一
个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2
所示。求
（1）在0～4s 内穿过线圈的磁通量变化量；
（2）前4s 内产生的感应电动势；
（3）6s 内通过电阻R 的电荷量q。
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2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校华文部高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题本题共10 小题，每题5 分，共50 分
1．【分析】电动机内有线圈，不是纯电阻，消耗的电能要大于产生的热能；而白炽灯是纯电阻，则消耗的电能等于
产生的热能．
【解答】解：电动机内部有线圈，通电后要产生热能，同时要转动，产生机械能。所以电动机消耗的电能大于产
生的热能，而白炽灯仅仅是电阻，消耗的电能等于产生的热能。故A、B、D 均错误；故C 正确。故选：C。
【点评】欧姆定律只适用于纯电阻电路，对于运行中的电动机，属于非纯电阻电路，关键要抓住能量如何转化进
行分析．
2．【分析】电源电动式表示的物理意义是其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。
【解答】解：A、电源电动势大小等于外电路断路时的路端电压，故A 错误；
BC、电源电动势的大小之和电源中非静电力的性质决定的，跟外电路无关，故B 错误，C 正确；
D、我们常用的干电池的电动势为1.5V 但是不一定都是，故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力。电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外
电路无关。
3．【分析】电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用，磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作
用，磁场对运动电荷会产生洛伦兹力的作用．
【解答】解：A、电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用，A 正确；
B、磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作用，B 正确；
C、磁场对运动电荷会产生洛伦兹力的作用，C 错误；
D、电场和磁场都可能使运动电荷的运动方向发生偏转，D 正确；
本题选错误的，故选C
【点评】本题考查了电场和磁场对电荷的作用力，这是电磁场的基本性质．
4．【分析】电荷的定向移动形成电流，定向移动的电荷可以是正电荷，可以是负电荷，可以是正负电荷向相反方向
定向移动形成电流．但是规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．
【解答】解：A、B、电荷的定向移动形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故A 错误，B 正确；
C、在金属导体中，自由电荷是电子，电子带负电，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，故C 正确；
D、在电解液中，自由电荷是正负离子，电流的方向与正离子定向移动的方向相同，故D 正确；
本题选择错误的，故选A。
【点评】本题考查了电流的形成、电流方向的规定、电源外部电流方向和金属导体中电流方向．
注意：一定要注意负电荷定向移动的方向与电流方向是相反的．
5．【分析】根据库仑定律的公式F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2 ，列出变化前和变化后的关系式直接对比即可．
【解答】解：由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2 ，
变化之后它们之间的库仑力为：F′＝k
2ݍ1⋅2ݍ2
ݎ2
=
4݇ݍ1ݍ2
ݎ2
=4F
故ABC 错误，D 正确故选：D。
【点评】本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式为F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2 即可，还要注意，运用库仑定律的公式计算
库仑力时不需要代入符号，直接代入各量的绝对值．
6．【分析】通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，本质
上是一种力，方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功．
【解答】解：A、安培力和洛伦兹力的方向均可用左手定则判断。故A 正确；
B、正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反；电荷所受的洛伦
兹力一定与磁场方向垂直，故B 错误；
C、电荷在电场中一定受电场力作用，静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，故C 错误；
D、安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用，洛伦兹始终与运动方向垂直，对运动电荷不做功，故
D 错误。故选：A。
【点评】本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向．
7．【分析】对法拉第电磁感应定律的理解E＝n
△Φ
△ݐ，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率，只有当电
路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流。
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律：E＝n
△Φ
△ݐ，知，磁通量为零，感应电动势不一定零，故A 错误；
B、感应电动势对应磁通量的变化率，磁通量越大，感应电动势不一定大，故B 错误；
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C、当穿过电路的磁通量发生变化时，电路中就有感应电动势产生，而只有当电路闭合，电路中才有感应电流。
故C 错误；
D、不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势产生。故D 正确；故选：D。
【点评】磁通量Φ＝BS，磁通量的变化△Φ＝Φ2﹣Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值
△Φ
△ݐ，
法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。正确理解磁通量、磁通量的变化和磁
通量的变化率是解决本题的关键，同时注意有感应电动势，不一定有感应电流。
8．【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小。根据
匀强电场中场强与电势差的关系U＝Ed，定性分析电势差的关系。
【解答】解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故A 正确。
B、D 只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD 错误。
C、对于匀强电场，两点间的电势差U＝Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U＝Ed
也不能适用，不能判断电势差的关系，故C 错误；故选：A。
【点评】本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U＝Ed 的适用条件以及公
式中各个物理量的含义。
9．【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摩擦力和支持力．
【解答】解：以导体棒为研究对象，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
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，将立体图转换为平面图，结合共点力平衡进行求解．
10．【分析】当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处
于磁铁的磁场受到安培力，使两圆环运动，同时两圆环间的电流相互作用而导致间距变化．
【解答】解：当磁铁的靠近时，导致两圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从
右向左看），所以又处于N 极的磁场中，则受到的安培力向左。由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相
互吸引，距离减小。故选：B。
【点评】本题考查对楞次定律运动学的描述应用；从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸．同时同向电
流相互吸引，反向电流相互排斥
二、填空题（每小题6 分．共30 分）
11．【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增
大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1 构成电路回路．
【解答】解：L 是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1 和D2 是两个完全相同的小灯泡
（1）K 闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，
当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1 熄灭，D2 变亮；
（2）K 闭合断开，D2 立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所
以D1 亮一下再慢慢熄灭；
故答案为：（1）立刻亮而后熄灭，立刻亮而后更亮；
（2）立刻熄灭，闪亮或变亮而后熄灭．
【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端
是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．
12．【分析】根据安培力F＝BIL 求出磁感应强度的大小，当电流减小，磁感应强度不变，结合F＝BIL 求出安培力
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的大小．
【解答】解：根据F＝BIL 得，匀强磁场的磁感应强度为：
B= ܨ
ܫܮ=
0.3
4×0.5T＝0.15T．
当电流减小时，磁感应强度不变，仍为：B＝0.15T．
则导线所受的安培力为：F＝BI′L＝0.15×2×0.5N＝0.15N．
故答案为：0.15，0.15．
【点评】解决本题的关键知道磁感应强度的大小由磁场本身的因素决定，与电流、安培力的大小无关，掌握安培
力的大小公式，当B 与I 平行，F＝0，当B 与I 垂直，F＝BIL．
13．【分析】根据右手定则可分析ab 中电流，从而明确cd 中的电流，再由左手定则即可分析cd 棒的受力情况，同
时明确电动机的基本模型。
【解答】解：ab 棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向由b 到a，则cd 中电流由c 到d，再根据
左手定则可知，cd 中电流受力向右；右侧装置的运动属于电流在磁场中受力运动，故相当于电动机。
故答案为：向右，电动机
【点评】明确电动机原理以及左手定则和右手定则的应用，要注意明确左手定则适用于因电而动的情况，而右手
定则适用于因动而电的情况。
14．【分析】本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的
关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反。
【解答】解：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使
四指指向正电荷运动的方向（负电荷运动的反方向），这时大拇指所指的方向就是带电粒子在磁场中所受洛伦兹
力的方向；故A 图竖直向上，B 图垂直纸面向里，C 图水平向右，D 图竖直向下。
故答案为：竖直向上；垂直于纸面向里；水平向右；竖直向下。
【点评】考查了左手定则在电磁学中经常用到的，要掌握左手定则与右手定则的区别，并能熟练应用，注意左手
定则中大拇指指向正电荷的洛伦兹力方向。
15．【分析】当原线圈接在220V 交流电源上时，根据变压器的变压比公式求解副线圈的输出电压，根据欧姆定律求
解输出电流，根据P＝UI 求解输出功率，理想变压器输出功率与输入功率相等。
【解答】解：由ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
得：ܷ
2 =݊
2݊
1ܷ
1 = 220 × 440
2200ܸ
= 44ܸ（电压表读数），
ܫ2 =ܷ
2ܴ= 44
100 ܣ= 0.44ܣ（电流表读数），
P 入＝P 出＝I2U2＝0.44×44W＝19.36W，
效率η＝100%
故答案为：44；0.44；19.36；100%
【点评】本题关键明确变压器的工作原理及基本规律的运用，关键熟悉理想变压器的变压比公式。
三、解答题本题共2 小题，每题10 分，共20 分．解答应有必要的文字说明、重要的方程式和简单的解答过程．有
数值计算的题结果要带上物理量的单位，只有最后结果而没有解答过程的不能给分．
16．【分析】找出圆心，画出轨迹，根据几何关系求出半径，飞行时间根据时间等于弧长除以速度求解，再结合洛
伦兹力提供向心力列式求解荷质比。
【解答】解：（1）画出运动轨迹，如图所示
由几何关系：R＝2a；
1、设圆心角为θ
sinθ=
3
2 θ= ߨ
3
故时间为：t= ݏ
ݒ= 2ߨܽ
3ݒ
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2、洛伦兹力提供向心力，有evB＝m
ݒ2ܴ
解得：݁݉
=
ݒ
2ܤܽ
答：1、电子在磁场中的飞行时间为
2ߨܽ
3ݒ。
2、电子的荷质比
ݍ݉为
ݒ
2ܤܽ。
【点评】本题关键是找出圆心，画出轨迹，然后根据几何关系求出半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解。
17．【分析】（1）依据图象，结合磁通量定义式∅＝BS，即可求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s 内感应电动势的大小。
（3）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R 的电荷量。
【解答】解：（1）根据磁通量定义式∅＝BS，那么在0～4s 内穿过线圈的磁通量变化量为：
△∅＝（B2﹣B1）S＝（0.4﹣0.2）×0.02Wb＝4×10
﹣3Wb；
（2）由图象可知前4 s 内磁感应强度B 的变化率为：
△ܤ
△ݐ=
0.4−0.2
4
T/s＝0.05 T/s
4 s 内的平均感应电动势为：
E＝nS
△ܤ
△ݐ=1000×0.02×0.05 V＝1 V。
（3）电路中的平均感应电流为：ܫ= ܧܴ
总
，
q= ܫt，
又因为E＝n
△∅
△ݐ，
所以q＝n
△∅ܴ
总
=1000× 0.02×(0.2−0)
4+1
C＝0.8 C。
答：（1）在0～4s 内穿过线圈的磁通量变化量4×10
﹣3Wb；
（2）前4s 内感应电动势为1V。
（3）6s 内通过R 的电荷量为0.8C。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义式的综合运用，难度不大，需加强训
练。
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第213页（共428页）
2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校港澳台班高二期末物理
试卷
一、选择题（单选，每小题4 分，共52 分）
1．（4 分）在一个点电荷形成的电场中，关于电场强度和电势的说法中正确的是（
）
A．没有任何两点电场强度相同
B．可以找到很多电场强度相同的点
C．没有任何两点电势相等
D．可以找到电势又相等，电场强度又相同的点
2．（4 分）导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，在温度不变时，下列表述正确的是（
）
A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
3．（4 分）如图所示，AB 是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P 处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向
B 点处运动，对此现象下列判断正确的是（
）
A．电荷向B 做匀加速运动
B．电荷向B 做加速度越来越小的运动
C．电荷向B 做加速度越来越大的运动
D．电荷向B 做加速运动，加速度的变化情况不能确定
4．（4 分）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时．三个灯泡亮度的变化情况是（
）
A．L1 变亮，L2 和L3 皆变暗
B．L1 变亮，L2 不能确定，L3 变暗
C．L1 变暗，L2 变亮，L3 也变亮
D．L1 变亮，L2 变亮，L3 变暗
5．（4 分）如图所示，直线A 为电源的U﹣I 图线，曲线B 为灯泡电阻的U﹣I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电
路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（
）
A．4W、8W
B．2W、4W
C．4W、6W
D．2W、3W
6．（4 分）如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈
平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（
）
A．线圈向左运动
B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动
D．从上往下看逆时针转动
7．（4 分）图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b 经电压U 加速（在A 点初速度为零）后，进入磁感应强
度为B 的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S 上的x1、x2 处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒
子a、b 所通过的路径，则（
）
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A．a 的质量一定大于b 的质量
B．a 的电荷量一定大于b 的电荷量
C．a 运动的时间大于b 运动的时间
D．a 的比荷（
ݍܽ݉ܽ）大于b 的比荷（
ݍܾܾ݉）
8．（4 分）空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场
力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 为运动的最低点。不
计重力，则（
）
A．该离子带负电
B．A、B 两点位于同一高度
C．C 点时离子速度并非最大
D．离子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点
9．（4 分）水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab
棒以水平初速度v0 向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（
）
A．安培力对ab 棒所做的功相等
B．电流所做的功相等
C．产生的总内能不相等
D．通过ab 棒的电量不相等
10．（4 分）如图所示，A、B 是完全相同的两个小灯泡，L 为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈（
）
A．电键S 闭合瞬间，A、B 同时发光，随后A 灯变暗，B 灯变亮，最后B 比A 更亮
B．电键S 闭合瞬间，B 灯亮，A 灯不亮
C．断开电键S 的瞬间，A、B 灯同时熄灭
D．断开电键S 的瞬间，B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭
11．（4 分）如图所示，由均匀导线制成的，半径为R 的圆环，以v 的速度匀速进入一磁感应强度大小为B 的匀强
磁场。当圆环运动到图示位置（∠aOb＝90°）时，a、b 两点的电势差为（
）
A．
2
4 BRv
B．
2
2 BRv
C．
3 2
4 BRv
D．2BRv
12．（4 分）如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x 轴按B＝B0+kx（B0、k 为常量）
的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd 处于磁场中，在外力作用下始终保持dc 边与x 轴平行向右匀
速运动．若规定电流沿a→b→c→d→a 的方向为正方向，则从t＝0 到t＝t1 的时间间隔内，下列关于该导线框中
产生的电流i 随时间t 变化的图象，正确的是（
）
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第215页（共428页）
A．
B．
C．
D．
13．（4 分）如图所示。绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝
缘的铜环A．不计铁芯和铜环A 之间的摩擦。则下列情况中铜环A 会向右运动的是（
）
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P 向右匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P 向左加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
二、实验题（本题共2 小题，共23 分）
14．（9 分）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10 挡测量某电阻时，操作步骤正确，
发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到
挡．如果换档后立即用表笔连接待测电阻
进行读数，那么缺少的步骤是
，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是
Ω．
15．（14 分）在用电压表和电流表测电池的电动势和内阻的实验中，所用电压表和电流表的内阻分别为1kΩ和0.1Ω，
图1 为实验原理图及所需器件图．
（1）在图2 中画出连线，将器件按原理图1 连接成实物电路．
（2）一位同学记录的6 组数据见表，试根据这些数据在图3 中画出U﹣I 图象，根据图象读出电池的电动势E＝
V，求出电池的内阻r＝
Ω．
I（A）
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.57
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U（V）
1.37
1.32
1.24
1.18
1.10
1.05
三、计算题（本题共4 小题，共75 分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
16．（16 分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电
阻为R，放在磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN 为磁场的左边界．线框在大小为
F 的恒力作用下向右运动，其中ab 边保持与MN 平行．当线框以速度v0 进入磁场区域时，它恰好做匀速运动．在
线框进入磁场的过程中，
（1）线框的ab 边产生的感应电动势的大小为E 为多少？
（2）求线框a、b 两点的电势差．
（3）求线框中产生的焦耳热．
17．（19 分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b 相距d＝0.10m，a、b 间的电场强度为E＝5.0×105N/C，
b 板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B＝6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为m＝4.8×10
﹣25kg、电荷量为q＝1.6×10‑18C 的带正电的粒子（不计重力），从贴近a 板的左端以υ0＝1.0×106m/s 的初速度
水平射入匀强电场，刚好从狭缝P 穿过b 板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到边界b 的Q（图中未标出）处。
试求
（1）粒子穿过狭缝P 时的速度υ及其与b 板的夹角θ。
（2）P、Q 之间的距离L。
18．（20 分）如图1 所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ 平行放置．两导轨间距为L0，M、P 两点间接有阻值
为R 的电阻．一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的
匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金
属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．
（1）由b 向a 方向看到的装置如图2，在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
（2）在加速下滑时，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；
（3）求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．
19．（20 分）如图所示，一个质量为m，带电量为+q 的粒子以速度V0 从O 点沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的
圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b 处穿过x 轴，速度方向与x 轴正方向
的夹角为30°．粒子的重力不计，试求：
（1）圆形匀强磁场区域的最小面积？
（2）粒子在磁场中运动的时间？
（3）b 点到O 点的距离？
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2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校港澳台班高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（单选，每小题4 分，共52 分）
1．【分析】点电荷产生的电场线是辐射状或汇聚状的，根据电场线的特点判断电场强度的关系，通过点电荷的等势
面判断各点电势的关系。
【解答】解：AB、点电荷的电场中，沿一条电场线，各点的电场方向相同，但大小不同，不同的点，方向又不
同，所以没有任何两点的电场强度相同，故A 正确，B 错误；
CD、点电荷的等势面是一簇簇球面，球面上各点的电势相等，且各点的电场强度大小相等，但方向不同，故CD
错误。故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握点电荷周围电场的特点，注意电场强度是矢量，有大小有方向，以及知道点电荷的
等势面特点。
2．【分析】解答本题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积
有关，还与温度有关；与电流以及电压的大小无关．
【解答】解：由电阻定律R＝ρ
ܮܵ可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，
A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A 正确；
B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B 错误；
C、电阻与电流以及电压的大小无关，故CD 错误；故选：A。
【点评】电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大
小无关．
3．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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．
【解答】解：在电场线上P 处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B 点处运动，电荷受到的电场力向右，
所以电场线的方向向左，但是只有一条电场线，不能判断电场线的疏密的情况，不能判断电荷的受力的变化的情
况，不能判断加速度的变化的情况，所以D 正确，ABC 错误。故选：D。
【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，理解牛顿第二定律内容，注意加速度的不确定性是解题的
关键．
4．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，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
路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯L3 亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断L1 变化的变化．由总电
流与L1 电流的变化，判断L2 亮度的变化．
【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭
合电路欧姆定律得，电路中总电流I 增大，L3 变亮。
并联部分电压U＝E﹣I（R3+r），E、R3、r 都不变，I 增大，则U 减小，L1 变暗。流过L2 的电流I2＝I﹣I1，I 增
大，I1 减小，I2 增大，则L2 变亮。故选：C。
【点评】本题电路中动态分析问题，当外电路某一部分电阻增大或减小时，外电路电路总电阻也随之增大或减小．
5．【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压
和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率．
【解答】解：由图读出E＝3V，r＝0.5Ω
灯泡与电源连接时，工作电压U＝2V，I＝2A
则电源的输出功率P 出＝EI﹣I2r＝（3×2﹣22×0.5）W＝4W
电源的总功率P 总＝EI＝3×2W＝6W 故选：C。
【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面
进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．
6．【分析】将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动。
【解答】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N 极指向右，根据异性相吸，知线圈
向左运动。故A 正确，B、C、D 错误。故选：A。
【点评】通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断。本题用等效法解决比较简
单。
7．【分析】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理
和牛顿第二定律求解．
【解答】解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打
在感光板上的距离为S。
根据动能定理，得
qU= 1
2mv2，v=
2ݍܷ݉
由qvB＝m
ݒ2
ݎ，r=݉
ݒ
ݍܤ= 1
ܤ
2ܷ݉
ݍ
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则S＝2r= 2
ܤ
2ܷ݉
ݍ
得到
ݍ݉=
8ܷ
ܤܵ2
由图，Sa＜Sb，U、B 相同，则
ݍܽ݉ܽ
＞
ݍܾܾ݉故选：D。
【点评】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是
画轨迹．
8．【分析】带电粒子由静止释放（不考虑重力），在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子
会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C 点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，
在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达B 点时速度为零。之后粒子会继续向右重复由在由A
经C 到B 的运动形式。
【解答】解：A、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，
则离子带正电。故A 错误。
B、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A 到B 的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B 两点等
电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B 两点位移同一高度。故B 正确。
C、根据动能定理得，离子运动到C 点电场力做功最大，则速度最大。故C 错误。
D、只要将离子在B 点的状态与A 点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右
侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B 之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲
线返回A 点的。故D 错误。故选：B。
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力
情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中。
9．【分析】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分
析内能关系。根据感应电荷量公式q= △Φܴ，分析产生的电量关系。
【解答】解：A、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初
动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另
一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内
能的和等于金属棒的初动能；所以，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故A 错误；
B、电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的
焦耳热多，电流做功大，故B 错误；
C、两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能；故C 错误；
D、根据感应电荷量公式q= △Φܴ，x 是ab 棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L 相同，x 越大，感应电荷量
越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大。故D 正确。故选：D。
【点评】对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式q= △Φܴ这一电磁感应问
题常用的经验公式。
10．【分析】开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A
逐渐被短路，随后A 灯变暗，B 灯变亮。断开开关的瞬间，B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭。
【解答】解：A、开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B 同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A
逐渐被短路，流过A 灯的电流逐渐减小，B 灯逐渐增大，则A 灯变暗，B 灯变亮，故A 正确，B 错误；
C、断开开关的瞬间，B 灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，
自感电流流过A 灯，所以A 灯突然闪亮一下再熄灭，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的
电路短路。
11．【分析】根据感应电动势公式E＝BLv 求出感应电动势的大小E，ab 边切割磁感线，相当于电源，ab 间的电压
是路端电压，根据欧姆定律求解。
【解答】解：当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为2R；
线框刚进入磁场时ab 边产生的感应电动势为：E=
2BRv；
线框进入磁场的过程中a、b 两点的电势差由欧姆定律得：Uab= 3
4E= 3 2
4 BRv；故选：C。
【点评】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用，注意a、b 两点的电势差不是感应电动势，而是路端
电压。
12．【分析】根据法拉第电磁感应定律E＝BLv，结合闭合电路欧姆定律I= ܧܴ，及运动学公式x＝vt，即可求解．
【解答】解：由题意可知，ad、bc 两边均在切割磁感线，产生感应电动势的方向相反，大小相减，
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根据题意，bc、ad 两边的磁场之差为：△B＝B0+k（L+x）﹣B0﹣kx＝kL
根据法拉第电磁感应定律E＝BLv，则有：E＝△BLv＝Lv•kL；
而感应电流i= ܧܴ=݇
ݒܮ2ܴ
，是定值，故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】考查法拉第电磁感应定律的应用，注意产生感应电动势的大小是相加、还是相减是解题的关键．
13．【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化。根据这个条件分析判断有没有感应电流产生。
然后根据楞次定律判断出感应电流的方向，最后使用左手定则判断出环A 受力的方向。
【解答】解：A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A 的磁通量不变，没有感应电流产
生，环A 不动。故A 错误。
B、通电时，使变阻器的滑片P 作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减小，线圈产生的
磁场减小，穿过铜环A 磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A 向左
运动。故B 错误。
C、通电时，使变阻器的滑片P 作左加速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁
场增强，穿过铜环A 磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，
环A 向右运动。故C 正确。
D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A 的磁通量减小，产生感应电流的磁场方
向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A 向左运动。故D 错误。故选：C。
【点评】该题考查安培定则、楞次定律和左手定则的应用，一定要理解三个定律（定则）的区别，能够正确使用
它们。本题也可以使用楞次定律的推广形式来处理，该方法比较简单。
二、实验题（本题共2 小题，共23 分）
14．【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调
零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
【解答】解：用×10 挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了
较准确地进行测量，应换到×100 挡．
如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；
由图示表盘可知，该电阻的阻值是22×100＝2200Ω．
故答案为：×100；欧姆调零；2200．
【点评】本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档
位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示
数．
15．【分析】（1）根据原理图明确电路原理，根据实物图作图方法连接各元件即可；
（2）由表中数据作出伏安特性曲线，由图象的纵坐标可求得电源的电动势；由斜率求得电阻．
【解答】解：（1）按照实验原理图将实物图连接起来，如图甲所示．
（2）根据U、I 数据，在方格纸UI 坐标系上找点描迹．如图乙所示，然后将直线延长，交U 轴于U1≈1.45 V，
此即为电源电动势；交I 轴于I≈0.65 A，注意此时U2＝1.00 V，则r= 1.45−1.00
0.65
Ω≈0.69Ω．
故答案为：（1）如图所示；（2）1.45；0.69．
【点评】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，即E＝U+Ir，会根据U﹣I 图线求电源的电
动势内阻．
三、计算题（本题共4 小题，共75 分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
16．【分析】（1）根据感应电动势公式E＝BLv 求出感应电动势的大小E．
（2）ab 边切割磁感线，相当于电源，ab 间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解．
（3）线框进入过程做匀速运动，恒力F 所做的功等于线圈中产生的焦耳热，根据功能关系求出焦耳热．
【解答】解：
（1）ab 边产生的感应电动势的大小为E＝BLv0
（2）线框中感应电流为I= ܧܴ= ܤܮݒ0ܴ
a、b 两点的电势差相当于电源的外电压
∴Uab＝E﹣IRab＝BLv0−ܤܮݒ0ܴ⋅ܴ4 = 3
4 ܤܮݒ0
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（3）ab 边所受的安培力为F 安＝BIL= ܤ2ܮ2ݒ0ܴ
线框匀速运动，则有F＝F 安= ܤ2ܮ2ݒ0ܴ
由于线圈在恒力F 作用下匀速进入磁场区，恒力F 所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为
Q＝W＝FL= ܤ2ܮ3ݒ0ܴ
答：
（1）线框的ab 边产生的感应电动势的大小为E 为BLv0．
（2）线框a、b 两点的电势差是
3
4 ܤܮݒ0．
（3）求线框中产生的焦耳热为
ܤ2ܮ3ݒ0ܴ．
【点评】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用．第（3）问也可根据焦耳定律求解：Q＝I2Rt，t= ܮ
ݒ0，
I= ܧܴ= ܤܮݒ0ܴ，代入解得Q= ܤ2ܮ3ݒ0ܴ．
17．【分析】（1）粒子a 板左端运动到P 处，由动能定理即可求出速度和夹角；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，由几何关系及带点粒子在磁场中运动的基本公式即可
解题。
【解答】解：（1）粒子a 板左端运动到P 处，由动能定理得：
qEd= 1
2݉
ݒ2 −1
2݉
ݒ02
代入数据得：v= 2 3
3 × 106m/s
cosθ= ݒ0
ݒ
代入数据得θ＝30°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图。由几何关系得：
ܮ
2 =rsin30°，又Bqv=݉
ݒ2
ݎ
联立求得：L=݉
ݒ
ܤݍ
代入数据得：L＝5.8cm。
答：
（1）粒子穿过狭缝P 时的速度υ为
2 3
3
× 106m/s，其与b 板的夹角θ为30°；
（2）P、Q 之间的距离L 为5.8cm。
【点评】本题考查了动能定理及带点粒子在磁场中的运动情况和基本公式，题目难度适中，属于中档题。
18．【分析】由右手定则判断出感应电流方向；由E＝BLv 求出电动势，由欧姆定律求出电流；由牛顿第二定律可以
求出加速度；当ab 杆匀速下滑时速度最大，由平衡条件求出最大速度．
【解答】解：（1）由右手定则可知，杆向下运动时，感应电流从a 流向b，再根据左手定则知，杆ab 所受安培力
方向沿斜面向上，则物体受力如图所示：
重力mg，竖直下
支撑力N，垂直斜面向上
安培力F，沿斜面向上
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（2）当ab 杆速度为v 时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流ܫ= ܧܴ= ܤܮݒܴ
ab 杆受到安培力ܨ= ܤܫܮ= ܤ2ܮ2ݒܴ
根据牛顿运动定律，杆所受合力
F 合＝mgsinθ﹣F＝ma
可得杆的加速度a=݃
ݏt݊ߠ−ܨ݉=݃
ݏt݊ߠ−ܤ2ܮ2ݒܴ݉
（3）杆沿轨道下滑时随着速度增大，杆的加速度逐渐减小，当杆的加速度减小为0 时，杆的速度将达到最大，
所以当a＝0 时，有：݃ݏt݊ߠ−ܤ2ܮ2ݒܴ݉=0
所以此时杆的最大速度
vm=ܴ݉݃
ݏt݊ߠ
ܤ2ܮ2
答：（1）由b 向a 方向看到的装置如图2，在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图如上图所示；
（2）在加速下滑时，当ab 杆的速度大小为v 时，此时ab 杆中的电流为
ܤܮݒܴ及其加速度的大小为݃
ݏt݊ߠ−ܤ2ܮ2ݒܴ݉；
（3）在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值为ܴ݉݃
ݏt݊ߠ
ܤ2ܮ2
．
【点评】本题与汽车的起动相似，关键要正确分析杆的运动情况，推导出安培力与速度的关系式．
19．【分析】（1）根据带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即可求得半径；先求出连接粒子在磁场区入
射点和出射点的弦长，要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L 的一半，求出半径即可求得最小面积．
（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，根据圆心角与周期的关系即可求解运动时间；
（3）根据轨迹，由几何知识求得从b 点射出时Ob 距离．
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，则ܤݍݒ=݉
ݒ0
2ܴ
其转动半径为ܴ
=݉
ݒ0
ݍܤ
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为：݈=
3ܴ
要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L 的一半，即：ݎ= 1
2݈=
3
2ܴ
=
3
2݉
v0
ݍܤ
其面积为ܵ݉
t݊= ߨݎ2 =
3ߨ݉
2ݒ0
2
4ݍ2ܤ2
（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周期的
1
3，即有
t= 1
3ܶ
= 1
3 ⋅2ߨ݉
ݍܤ= 2ߨ݉
3ݍܤ
（3）带电粒子从O 处进入磁场，转过120°后离开磁场，再做直线运动从b 点射出时Ob 距离：݀
= 3ܴ
= 3݉
ݒ0
ݍܤ
答：
（1）圆形匀强磁场区域的最小面积是
3ߨ݉
2ݒ0
2
4ݍ2ܤ2
（2）粒子在磁场中运动的时间为
2ߨ݉
3ݍܤ．
（3）b 点到O 点的距离是
3݉
ݒ0
ݍܤ．
【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，知道向心力由洛伦兹力提供，学会利用圆心
角去求运动时间，难度适中．
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2019-2020 学年广东省深圳市东部华侨城高二期末物理试卷
一、单项选择题（本题包括7 小题，每小题3 分，共21 分．每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得
分）
1．（3 分）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1q2，其间距为r 时，它们之间的相互作用
力的大小为F=݇
ݍ1ݍ2
ݎ2 ，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为（
）
A．kg•m2•C2
B．N2•C2•m
﹣2
C．kg•m3•C
﹣2
D．N•m2•C
﹣2
2．（3 分）如图中a、b、c 是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa＝5V，φb＝2V，φc＝4V，则
在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（3 分）在检验两地是否短路的测试中，经常用到如图所示的T 形电路，电路中的电阻R1＝50Ω，R2＝R3＝30Ω，
有一测试电源，所提供的测试电压恒为80V．以下说法正确的是（
）
A．若将cd 端短路，ab 之间的等效电阻为50Ω
B．若将ab 端短路，cd 之间的等效电阻为60Ω
C．当ab 两端接上测试电压时，cd 两端的电压为30V
D．当cd 两端接上测试电压时，ab 两端的电压为30V
4．（3 分）在威尔逊云室上方加上垂直云室平面的匀强磁场时，可以看到带电粒子的径迹，如图所示一个带电粒子，
沿垂直于磁场方向射入云室，粒子的一段径迹如图，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的
空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变，不计重力），从图中情况可以确定（
）
A．粒子从a 到b，带正电
B．粒子从b 到a，带正电
C．粒子从a 到b，带负电
D．粒子从b 到a，带负电
5．
（3 分）如图所示，在用伏安法测电阻时，发现电压表的示数为6V，电流表的示数为0，则可能出现的故障是（
）
A．滑动变阻器断路
B．待测电阻Rx 断路
C．电流表断路
D．电压表损坏
6．（3 分）如图，在匀强磁场区域中有一光滑绝缘斜面体，在斜面体上放了一根长直导线，当以如图方向的电流后，
导线能静止斜面上，则磁感应强度的方向可能是（
）
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A．方向垂直纸面向外
B．方向水平向右
C．方向竖直向上
D．方向水平向左
7．（3 分）如图为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作
用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中的对称性虚线为电场线（方向未标），不考虑尘埃在迁移过程中
的相互作用和电量变化，则（
）
A．电场线方向由放电极指向集尘极集尘
B．图中A 点电势低于B 点电势
C．尘埃在迁移过程中做匀变速直线运动
D．尘埃在迁移过程中动能减小
二、多项选择题（本题包括6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题有两个或两个以上选项符合题意．若都正确得4
分：若部分正确得2 分；错选、不选，该小题得0 分）
8．（4 分）关于安培分子电流假说的说法正确的是（
）
A．安培观察到物质内部有分子电流存在就提出了假说
B．为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了假说
C．事实上物体内部都存在类似的分子电流
D．据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符
9．（4 分）在测定电源电动势和内阻的实验中，通常用路端电压U 与干路电流I 作图法研究，图为两个不同闭合电
路中两个不同电源的U﹣I 图象，下列判断正确的是（
）
A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1＞I2
B．电动势E1＝E2，内阻r1＞r2
C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2
D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2 的路端电压变化大
10．（4 分）如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔距离为L 的两个带同种电荷的小球A、B 质
量分别为2m 和m，当静止同时释放时，B 球的加速度为a，则下列说法正确的是（
）
A．当两球距离为2L 时，A 球加速度为
1
8a
B．当两球距离为2L 时，A 球加速度为
1
2a
C．当A 球速度大小为v 时，B 球速度大小为2v
D．当A 球速度大小为2v 时，B 球速度大小为4v
11．（4 分）为了探究电容器充放电的规律，将平行板电容器与电池组相连，且下极板接地，两极板间的带电尘埃恰
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保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（
）
A．带电尘埃的电势能不变
B．尘埃仍保持静止状态
C．电流计G 中有a 到b 方向的电流
D．电流计G 中有b 到a 方向电流通过
12．（4 分）某一热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电
流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，M 为两元件的伏安特性曲线的交点，则下列说法中正确的是（
）
A．图中图线a 是小灯泡的伏安特性曲线，图线b 是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图中图线b 是小灯泡的伏安特性曲线，图线a 是热敏电阻的伏安特性曲线
C．图线中的M 点，表示该状态小灯泡的电阻等于热敏电阻的阻值
D．图线中M 点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
13．（4 分）如图所示为速度选择器，在平行带电金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，两板电势差为U，距离为d，
质量为m、电量为e 的质子以速度v 从左侧水平进入后未发生等转，沿直线射出，（不计重力）则下列说法正确
的是（
）
A．若电子以速度v 从左侧水平进入时，则一定向上偏转
B．若电子以速度v 从右侧水平进入时，则沿直线射出
C．若质子以速度v 从右侧水平中线进入打在下极板上，则打在极板上的速度大小为ݒ2 +ܷ݁݉
D．若磁场的磁感应强度增大，则质子可能打在上极板上
三、实验填空及论述计算题（本题包括5 小题，共55 分．实验填空题只写出最后结果：论述计算题应写出必要的
文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）
14．（8 分）如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针指示如图所示，则：
（1）所测电阻的阻值为
Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果
比较精确，应选用的欧姆挡是
（选填“×10”、“×100”或“×1k”）。
（2）用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA 的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流
为
mA．当选用量程为250mA 的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为
mA。
15．（8 分）某同学利用如图甲所示的实验电路来测量电阻Rx 的阻值及其随电压变化的规律，R′为滑动变阻器，R
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为电阻箱，其步骤如下：
（1）闭合开关S1，单刀双掷开关S2 拨到a 点，适当调节滑动变阻器R′，读出电压表示数U1。
（2）保持R′阻值不变，把S2 拨到b 点，调节电阻箱R 的阻值，直到电压表示数仍为U1，电阻箱读数为R1 如
图乙：则Rx 的阻值为
Ω，这种方法通常称为
（填“等效法”或“控制变量法”）
（3）为了进一步探究电阻R 随电压U 变化的关系。操作如下：
A．把S2 再拨到a 点，调节R′的阻值，读出电压表示数U2；把S2 再拨到b 点，调节电阻箱R 的阻值，直到电
压表示数为U2，此时电阻箱读数为R2。
B．改变滑动变阻器R′的阻值，重复上述操作，得到几组电压表示数与R 的数据如表，
电阻R/Ω
5.0
10.0
15.0
25.0
35.0
45.0
电压
U/V
1.00
1.50
1.80
2.14
2.32
2.45
回答下列问题
（i）请在图丙中根据实验数据作出U﹣R 关系图象；
（ii）若电压表示量为2.00V，利用（i）中测绘的U＝R 图象可得Rx＝
Ω。
16．（11 分）为使带电量为3×10
﹣5 的负点电荷q 在一匀强电场中沿直线匀速地由A 运动到B（AB＝0.4m），必须
对该电荷施加一个竖直向上大小为F＝1.5×10
﹣4 的恒力，如图所示，已知A 点电势φA＝100V．不计电荷的重力。
（1）匀强电场的场强为多少？指出电场线的方向。
（2）B 点的电势为多少？AB 间的电势差为多少？
（3）求q 在由A 到B 的过程中电势能的变化量是多少？
17．（11 分）如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行的共
轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场，玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压为U 下水平
向左发射电子，电子的电量大小为e，质量为m。若给励磁线圈通电后，产生垂直纸面磁感应强度为B 的磁场使
电子产生如图所示的运动径迹，（忽略稀薄气体的阻力）试求：
（1）励磁线圈产生的磁场方向；
（2）电子在磁场中的旋转直径。
18．（17 分）如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ 为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高
度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个
质量为m，电量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知
重力加速度为g．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小；
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（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h 应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距MN 的高度h．
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2019-2020 学年广东省深圳市东部华侨城高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题包括7 小题，每小题3 分，共21 分．每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得
分）
1．【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．
【解答】解：根据F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2
可得：k= ܨݎ2
ݍ1ݍ2，
由于F＝ma，
q＝It，
所以k=݉ܽ
ݎ2
ܫ2ݐ2
根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得
k 的单位是kg•A
﹣2•m3•s
﹣4＝N•m2•C
﹣2；故ABC 错误，D 正确；故选：D。
【点评】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出
单位．
2．【分析】匀强电场电场线是平行等间距，而等势面与电场线垂直，等势面也平行等间距，而且沿着电场线方向，
电势降低．
【解答】解：由题意可知，各点的电势分别为Ua＝5V，Ub＝2V，Uc＝4V，则ab 连线上离a 点
1
3ܾܽ
处的电势为
4V，所以该点与c 点的连线，即为等势线。由于沿着电场线方向，电势降低。故D 正确，ABC 错误；故选：D。
【点评】考查匀强电场的电场线是平行，等势线也是平行，且掌握电场线的方向与电势降低的方向关系．
3．【分析】当cd 端短路时，ab 间电路的结构是：电阻R2、R3 并联后与R1 串联。当ab 端短路时，cd 之间电路结构
是：电阻R1、R3 并联后与R2 串联。当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压等于电阻R3 两端的电压。当cd
两端接通测试电源时，ab 两端的电压等于电阻R3 两端的电压。根据欧姆定律求解电压。
【解答】解：A、当cd 端短路时，ab 间电路的结构是：电阻R2、R3 并联后与R1 串联，等效电阻为：
R=ܴ
2ܴ
3ܴ
2+ܴ3 +R1= 30×30
30+30 +50＝65Ω；故A 错误；
B、当ab 端短路时，cd 之间电路结构是：电阻R1、R3 并联后与R2 串联，等效电阻为：
R=ܴ
1ܴ
3ܴ
1+ܴ3 +R2= 50×30
50+30 +30＝48.75Ω，故B 错误；
C、当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压等于电阻R3 两端的电压，Ucd=ܴ
3ܴ
1+ܴ3E=
30
50+30 ×80＝30V；故C
正确；
D、当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压等于电阻R3 两端的电压，为Uab=ܴ
3ܴ
2+ܴ3E=
30
30+30 ×80＝40V；
故D 错误；故选：C。
【点评】对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路
的简化。
4．【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=݉
ݒ
ݍܤ来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质。
【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，
根据粒子在磁场中运动的半径公式r=݉
ݒ
ݍܤ可知，粒子的半径逐渐的减小，
所以粒子的运动方向是从b 到a，
在根据左手定则可知，粒子带正电，故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】根据r=݉
ݒ
ݍܤ可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是
解决本题的关键。
5．【分析】电压表有示数，电流表无示数，说明电压表与电流表串联。
【解答】解：电压表的示数为6V，电流表的示数为0，说明电路中无电流，但是电压表有示数，说明电压表串
联入电路，故只有待测电阻Rx 断路，故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】此题考查故障电路的分析，常见的电路故障有断路和短路两种，根据电路故障原因分析故障原因即可。
6．【分析】对导体棒受力分析，受到重力、支持力和安培力，根据左手定则得到安培力的方向，结合平衡条件分析。
【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向外，磁场方向与电流方向平行，安培力为零，故不能平衡，故A 错误；
B、磁场方向水平向右，根据左手定则，安培力竖直向下，重力竖直向下，弹力垂直于斜面向上，故不能平衡，
故B 错误；
C、磁场方向竖直向上，根据左手定则，安培力水平向右，导体棒不可能平衡，故C 错误；
D、磁场方向水平向左，根据左手定则，安培力竖直向上，重力竖直向下，可能处于二力平衡状态，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题关键是根据左手定则判断安培力方向，由于斜面光滑，如果有支持力，则安培力平行斜面的分力应
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该是沿着斜面向上，否则不能平衡。
7．【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所
受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。
【解答】解：A、由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场
线方向由集尘极指向放电极，故A 错误；
B、集尘极带正电荷，是正极，A 点更靠近放电极，所以图中A 点电势低于B 点电势，故B 正确；
C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故C 错误；
D、带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中动能增大，故D 错误；故选：B。
【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃的运动方向是突破口。
二、多项选择题（本题包括6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题有两个或两个以上选项符合题意．若都正确得4
分：若部分正确得2 分；错选、不选，该小题得0 分）
8．【分析】安培所提出的“分子电流”的假说。安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环
形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常
紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性。
【解答】解：AB、安培为了解释磁铁产生磁场的原因，提出的分子环形电流假说，认为在原子、分子或分子团
等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁
化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示
出磁性，说明了磁现象产生的本质，故A 错误，B 正确；
C、安培提出了分子环形电流假说，事实上物体内部都存在类似的分子电流。故C 正确；
D、安培提出了分子环形电流假说后，根据科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说
相符。故D 正确
故选：BCD。
【点评】该题考查安培定则以及安培定则的意义，牢记其内容是解答的关键。
9．【分析】U﹣I 图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，与I 轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻
【解答】解：A．U﹣I 图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，与I 轴的交点表示短路电流，故电动势E1＝E2，
发生短路时的电流I1＞I2，故A 正确；
B．U﹣I 图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1＝E2，内阻r1＜r2，故B 错误；
C．U﹣I 图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1＝E2，内阻r1＜r2，故C 错误；
D．电动势E1＝E2，内阻r1＜r2，根据U＝E﹣Ir 可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2 的路端电压变
化大，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了闭合电路电源的U﹣I 图象的相关知识，要求同学们理解U﹣I 图象中与U 轴的交点表示电
源的电动势，与I 轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻。
10．【分析】由库仑定律分析受力的关系，由牛顿第二定律分析加速度的关系，两球组成的系统动量守恒，由动量
守恒定律求出B 球的速度，然后答题。
【解答】解：A、由牛顿第三定律可知，二者之间的相互作用力始终大小相等，方向相反；开始时B 的加速度为
a，则A 的加速度：ܽܣ0 =݉ܽ2݉
= 1
2ܽ
当两球距离为2L 时，两球之间的库仑力：ܨ' =݇
ݍ1ݍ2
(2ܮ)2 = 1
4 ⋅݇ݍ1ݓ2
ܮ2
= 1
4 ܨ= 1
4݉ܽ
A 球加速度为：ܽܣ1 = ܨ'
2݉
= 1
8ܽ．故A 正确，B 错误；
C、二者沿水平方向的电路始终是守恒的，当A 的速度为v 时，取A 运动的方向为正方向，则：2mv+mv′＝0
所以：v′＝﹣2v
其中的负号表示B 运动的方向与A 运动的方向相反。故C 正确，D 错误
故选：AC。
【点评】本题考查了求速度、动能、动量问题，应用动量守恒定律、动能定理、动量与动能的计算公式即可正确
解题。
11．【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，
判断尘埃是否仍保持静止。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中
电流的方向。
【解答】解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
得知，电容减小，
而电压不变，依据E=ܷ݀
，可知，电场强度不变，那么带电尘埃的电势不变，则其电势能也不变，故A 正确；
B、由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故B 正确；
CD、因电压不变，而电容减小，那么电容器带电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针
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方向的电流，则检流计中有a→b 的电流，故C 正确，D 错误；
故选：ABC。
【点评】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式结合进行分析。
12．【分析】热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；I﹣U 图象上某点与坐标
原点的连线的斜率表示电阻的倒数
【解答】解：AB、随着电压的增加，元件的热功率增加，温度升高；从图象可以看出，a 图线对应电阻减小，b
图象对应电阻增加；热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；故a 是热敏电
阻，b 是小灯泡；故A 错误，B 正确；
CD、图线中的M 点，电流和电压都相等，根据欧姆定律，电阻相等；功率P＝UI 也相等，故CD 正确；
故选：BCD。
【点评】本题关键是明确小灯泡和热敏电阻的电阻随温度升高的变化情况，然后结合I﹣U 图象得到小灯泡和热
敏电阻的伏安特性曲线进行分析。
13．【分析】质子以速度v 从左侧水平进入后未发生等转，沿直线射出，电场力和洛伦兹力平衡，从而得出质子的
速度。若换成电子，分析电场力和洛伦兹力，来判断电子的运动情况。若质子以速度v 从右侧水平中线进入打在
下极板上，根据动能定理求质子打在极板上的速度大小。若磁场的磁感应强度增大，洛伦兹力增大，质子将向上
偏转。
【解答】解：A、质子在电磁场中做直线运动时，有：qE＝qvB，得：v= ܧ
ܤ．该式与粒子的电性、质量无关，若
电子以速度v 从左侧水平进入时，仍有qE＝qvB，电子也沿直线运动，故A 错误。
B、若电子以速度v 从右侧水平进入时，电子受到的电场力和洛伦兹力均向上，则电子将向上偏转，故B 错误。
C、若质子以速度v 从右侧水平中线进入电磁场中，质子受到的电场力和洛伦兹力均向下，将打在下极板上，设
质子打在极板上的速度大小为v′．根据动能定理得：
e•ܷ2 =
1
2݉
ݒ'2 −
1
2݉
ݒ2
得：v′=
ݒ2 +ܷ݁݉
，故C 正确。
D、若磁场的磁感应强度增大，质子受到的洛伦兹力增大，洛伦兹力大于电场力，而洛伦兹力向上，则质子向上
偏转，质子可能打在上极板上，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题关键是理解速度选择器的工作原理：电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反的粒子可以匀速通过平
行金属板，这个结论与粒子的电性和电量无关。
三、实验填空及论述计算题（本题包括5 小题，共55 分．实验填空题只写出最后结果：论述计算题应写出必要的
文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）
14．【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中
央刻度线附近。
（2）由图示表盘确定其分度值，然后再读出其示数。
【解答】解：（1）用倍率为“×100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为：15×100＝1500Ω；
多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k。
（2）选用量程为5mA 的电流挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为10mA，示数为31.4mA。
选用量程为250mA 的电流挡测量电流时，最小分度为5mA；故则所测电流为152mA；
故答案为：（1）1500，×1k；（2）30.4，152。
【点评】本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然
后根据表盘确定其分度值，再读数，读数时视线要与刻度线垂直。
15．【分析】（1）明确量程，确定最小分度，从而得出对应的读数；
（2）明确多用电表的使用方法，再根据闭合电路欧姆定律列式，变形即可得出图形对应的表达式，从而根据图
象求出电动势和内电阻；
（3）分析实验电路以及对应的过程，根据串并联电路规律即可确定待测电阻的阻值。
【解答】解：（1）单刀双掷开关分别与两种电阻相接时，与之并联的两种电阻的电压相等，而电路其他部分均未
变，所以这两种电阻阻值相等，本题采用的是等效代换法；由欧姆表各档位的倍率从而确定电阻的值为86.3Ω。
（2）先描点，再用平滑的曲线连接如图所示，从图象可以看出，当电压为2.00V 时，电阻R＝20Ω。
故答案为：（1）86.3
等效法
（2）20
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【点评】本题关键要从实验要求中的安全、准确、操作方便的角度进行分析，明确本实验测量电阻的原理，两次
实验电压表示数不变，则并联部分电阻相等，Rx 的阻值等于电阻箱的阻值，难度适中。
16．【分析】（1）由F＝qE 求出电场强度E，
（2）根据U＝Ed 求出A、B 间电势差，即可求得B 点的电势。
（3）由W＝qU 求出电场力做功，即可求得电势能的变化量
【解答】解：（1）由F＝qE 得场强的大小为：E= ܨ
ݍ= 1.5×10−4
3×10−5 =5N/C，方向如图所示
（2）AB 间的电势差为：UAB＝E×AB×cosα＝5×0.4×0.8V＝1.6V
B 点的电势为：φB＝100﹣1.6＝98.4V
（3）点电荷从由A 运动到B，电场力做功为：W＝qUAB═﹣3×10
﹣5C×1.6＝﹣4.8×10
﹣5J
故点电荷的电势能增大4.8×10
﹣5J
答：（1）电场强度的大小5N/C；
（2）AB 间的电势差为98.4V；
（3）q 在由A 到B 的过程中电势能的变化量是4.8×10
﹣5J
【点评】本题的解题关键要掌握电场力与场强的关系、电场线与等势线的关系、电势能的变化与电场力做功的关
系、电势与电势差的关系等等电场的基本知识
17．【分析】（1）由左手定则可判断磁场方向；
（2）电场对电子加速，应用动能定理可以求出电子的速度。电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心
力，应用牛顿第二定律可以求出电子在磁场中的旋转直径。
【解答】解：（1）由左手定则知，磁场方向垂直纸面向里
（2）电场加速电子的过程，根据动能定理得：eU= 1
2݉
ݒ2
解得：v=
2ܷ݁݉
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：evB＝m
ݒ2
ݎ
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所以：r= 1
ܤ
2ܷ݉݁
电子在磁场中的旋转直径为：d＝2r= 2
ܤ
2ܷ݉݁
答：（1）励磁线圈产生的磁场方向垂直纸面向里；
（2）电子在磁场中的旋转直径是
2
ܤ
2ܷ݉݁
。
【点评】本题考查了电子在电场与磁场中的运动问题，知道电子在电场中加速运动时，利用动能定理可求出加速
获得的速度。电子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供。
18．【分析】（1）根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场
强度大小．
（2）由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由
几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
（3）由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h．
【解答】解：（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖
直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．
由qE＝mg…①，
解得：ܧ=݉݃ݍ⋯②；
（2）假设下落高度为h0 时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如答图（a）所示，
由几何知识可知，小球的轨道半径：R＝d…③，
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh= 1
2mv2…④，
带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2ܴ
⋯⑤
解得：h0= ݍ2ܤ2݀2
2݉
2݃
，
则当h＞h0 时，即h＞ݍ2ܤ2݀2
2݉
2݃
带电小球能进入Ⅱ区域；
（3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m 的大小不变，
故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，
边长为2R，内角为60°，如答图（b）所示．由几何关系知：R=݀ݏt݊60° ⋯⑥
联立解得④⑤⑥得：h= 2ݍ2ܤ2݀2
3݉
2݃
；
答：（1）小球带正电，电场强度E=݉݃ݍ；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，h 应满足的条件是：h＞ݍ2ܤ2݀2
2݉
2݃
；
（3）它释放时距MN 的高度h= 2ݍ2ܤ2݀2
3݉
2݃
．
【点评】本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守
恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．
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第233页（共428页）
2019-2020 学年广东省汕尾市高二期末物理试卷
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～8 小题只有一个选项正
确，第9～12 小题有多个选项正确．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
1．（4 分）下列物理量中，属于矢量的是（
）
A．电势
B．电势差
C．电场强度
D．电势能
2．（4 分）达尔文曾说过：“最有价值的知识是关于方法的知识”，下列模型、公式或规律得出运用的物理方法正确
的是（
）
A．点电荷是运用了微元法建立得出的
B．受到“通电螺线管外部磁场与条形磁铁的磁场十分相似”的启发，安培提出了分子电流假说
C．电场线和磁感线是根据实物模型建立的
D．物体的电阻R=ܷܫ是用比值法定义的，说明物体的电阻与加在其两端的电压成正比
3．（4 分）起重机将2×104N 的重物匀速提升5m，在此过程中，起重机对重物做的功是（
）
A．4×103J
B．1×104J
C．1×105J
D．4×105J
4．（4 分）真空中，在A 点放置一﹣3q 的点电荷，则距离A 点2r 处的B 点和4r 处的C 点电场强度小之比为（
）
A．2：1
B．1：2
C．1：4
D．4：1
5．（4 分）图示为两个均匀金属导体R1，R2 的I﹣U 图象，把R1 均匀拉长到原来的2 倍长后的电阻与R2 的电阻的
比值为（
）
A．12
B．8
C．6
D．2
6．（4 分）如图示为一质点做直线运动的v﹣t 图象。下列说法正确的是（
）
A．3s 末，质点的速度方向和加速度方向都发生变化
B．3s 末，质点的速度和加速度均为零
C．在3s～9s 内，质点的位移大小为12m
D．质点在4s 时的加速度大于在8s 时的加速度
7．（4 分）2017 年4 月22 日12 时23 分，天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室顺利完成自动交会对接。已知
天宫二号距离地面的高度为393km，下列关于它们的运动的说法正确的是（
）
A．天舟一号的发射速度应小于7.9km/s
B．天舟一号与天宫二号对接前在较低的轨道上做匀速圆周运动的周期应小于天宫二号运行的周期
C．天舟一号与天宫二号对接前在较低的轨道上做匀速圆周运动的线速度应小于天宫二号的线速度
D．天舟一号与天宫二号对接后，天宫二号的速度将增加，从而降低到更低的轨道
8．（4 分）如图所示，垂直纸面向里的无限大范围的匀强磁场中有一通有恒定电流的导线AB，若导线绕A 点向纸
面外转动90°，则转动过程中其所受安培力的大小变化情况为（
）
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A．变大
B．变小
C．不变
D．可能变大、可能变小、可能不变
9．（4 分）如图所示，用静电计测量带电的平行板电容器两极板（相互正对）间的电势差时，保持平行板电容器两
极板距离不变，若把B 极板向上移动少许，则（
）
A．电容器的电容不变
B．两极板间的电场强度变大
C．静电计的张角增大
D．两极板所带的电荷量增大
10．（4 分）某带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点，粒子在A 点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判
定（
）
A．粒子在A 点的电势能大于它在B 点的电势能
B．粒子在A 点所受到的力大于它在B 点受到的力
C．粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能
D．从A 点到B 点，电势一直降低
11．（4 分）如图所示，电源内阻可忽略不计，电路中接有一小灯泡和一电动机，小灯泡L 上标有“12V 12W”字样，
电动机的线圈内阻RM＝1Ω若灯泡正常发光，电源的输出电压为16V，此时（
）
A．电动机的输入功率为12W
B．电动机的输出功率为3W
C．小灯泡的热功率是12W
D．整个电路消耗的电功率为12W
12．（4 分）质谱仪的结构原理图如图所示，水平极板S1，S2 间有垂直极板方向的匀强电场，圆筒N 内可以产生质
子和氚核，它们由静止进入极板间，经极板间的电场加速后进入下方的匀强磁场。在磁场中运动半周后打到底片
P 上，不计质子和氚核受到的重力及它们间的相互作用，下列判断正确的是（
）
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第235页（共428页）
A．质子和氚核在极板间运动的时间之比为1：3
B．质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1：1
C．质子和氚核在磁场中运动的速率之比为3：1
D．质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为1：3
二、非选择题部分：共5 小题，共52 分．把答案填在答题卷中的横线上或按题目要求作答．解答题应写出必要的
文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单
位．
13．如图所示是用频率为50Hz 的打点计时器打下的纸带，A、B、C、D 依次为纸带上选出的计数点。
（1）根据标出的数据，打点计时器打A、C 两计数点的时间间隔为
s，打B～D 点的过程中，纸带的平
均速度大小为
m/s（保留两位有效数字）。
（2）打点计时器打A～D 点的过程中，纸带的运动情况是
（填正确选项前的字母）。
A．一直做加速运动
B．一直做减速运动
C．先做减速运动后做加速运动
D．先做加速运动后做减速运动
14
．
在
练
习
使
用
多
用
电
表
的
实
验
中
，
请
究
成
下
列
问
题
：
（1）用多用电表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过小，换相
邻的信率的电阻挡，并欧姆调零后，再次进行测量，多用电表的指针如图甲所示，测量结果为
Q。
（2）某同学找发光二极管的负级的具体操作为：将多用电表选择开关旋到电阻挡的“×1“挡，经过欧姆调零之
后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管导通发光；然后他将两表
笔的位置互换以后，发现二极管不发光。这说明二极管的负极是
（填“长管脚”或“短管脚“）所连接
的一极。
（3）多用电表中大量程的电流表和电压表是由表头
改装而来的。现将满偏电流为100μA 的表头
改装为大
量程的电流表后，再改装为两个量程的电压表，如图乙所示，已知表头
上标记的内阻为900Ω，图中虚线框内
是电压表的改装电路。利用R 和表头构成1mA 量程的电流表，则定值电阻的阻值R1＝
。然后再将其改
装为两个量程的电压表。若R2＝910Ω，R3＝2000Ω，则使用a、b 两个接线柱时，电压表的量程为
V；使
用a、c 两个接线柱时，电压表的量程为
V。
15．飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经15s 起飞离地时的速度大小为120m/s。求：
（1）该飞机滑行时的加速度大小；
（2）在题述过程中，该飞机滑行的距离。
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16．如图所示，质量为m 电荷量为q 的带正电小球A 穿在光滑绝缘细杆（固定）上，杆的倾角为θ，在杆的底端B
固定一电荷量为5q 的带负电小球，将A 球从杆的顶端（距B 高为h 处）由静止释放，当A 球运动到杆的中点时
速度大小为v，整个装置处于真空中，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：
（1）A 球刚被释放时的加速度大小a；
（2）在从释放A 球到其运动到杆的中点的过程中静电力做的功W。
17．如图所示，平面直角坐标系xOy 中，y 轴左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y 轴右侧有沿着y 轴正方向的匀强
电场，一质量为m，带电荷量为e 的电子从x 轴上的M 点以速度v0 沿与x 轴正方向的夹角为60°斜向上进入磁
场，垂直通过y 轴上的N 点后经过x 轴上的P 点，已知2NO＝PO＝2L 不计电子重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）匀强电场的电场强度的大小；
（3）电子从M 点到P 点的运动时间。
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2019-2020 学年广东省汕尾市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～8 小题只有一个选项正
确，第9～12 小题有多个选项正确．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
【解答】解：ABD、电势、电势差和电势能都是只有大小没有方向的标量。故ABD 错误。
D、电场强度是既有大小又有方向的矢量。故C 正确。故选：C。
【点评】本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性．
2．【分析】明确点电荷采用的是理想模型法；同时知道分子电流假说的内容以及发现历程；同时知道电场线和磁感
线是虚拟的，并不存在；电阻是由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关。
【解答】解：A、点电荷是一种理想化物理模型，在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略
不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷，并不是微元法建立得出的，故A 错误；
B、通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，受此启发，安培提出了著名的分子电流假说。故B 正确；
C、电场和磁场在自然界中是客观存在的，电场线和磁感线是人们为了形象地描述电场和磁场而引入的线，它不
是真实存在的曲线，故C 错误；
D、R=ܷܫ是电阻的定义式，R 反映导体本身的特性，与U、I 无关，不能说电阻R 跟U 成正比，跟I 成反比，故
D 错误。故选：B。
【点评】本题考查了物理学史以及电场线等，学好物理学史不仅是高中物理学习的要求，而且能增加我们对物理
的学习兴趣，平时要注意物理学史的积累。
3．【分析】根据平衡条件确定起重机的拉力，再由功的公式可求得起重机对物体做的功。
【解答】解：物体做匀速直线运动，故拉力为：F＝G＝2×104N；
则起重机对物体的做的功为：W＝Fh＝2×104N×5m＝1×105J
故C 正确ABD 错误。故选：C。
【点评】本题考查功的计算，要注意功的公式以及二力平衡的应用，属基本知识的直接考查。
4．【分析】根据“在A 点放置一﹣3q 的点电荷，则距离A 点2r 处的B 点和4r 处的C 点电场强度小之比”可知，
考查了电场强度的计算；根据点电荷电场强度的计算公式即可求出A 点的点电荷在B、C 两处电场强度大小之比。
【解答】解：在B 点，电场强度的大小ܧܤ=݇
⋅3ݍ
(2ݎ)2，
C 点电场强度大小ܧܥ=݇
⋅3ݍ
(4ݎ)2，
则
ܧܤ
ܧܥ
=
4
1，故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】解决本题的关键要掌握点电荷场强公式E＝kܳݎ2，知道点电荷场强的分布情况。要掌握电场强度的物理
意义：电场强度是表示电场本身强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力、与试探电荷
的电量无关。
5．【分析】根据欧姆定律，可以由I﹣U 图象得出两电阻的关系，R1 拉长后，根据电阻定律R＝ρ
ܮܵ求出拉长后的电
阻，之后与R2 进行比较求解。
【解答】解：根据I﹣U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2＝3：1，把R1 拉长到原来的2 倍长
后，横截面积减小为原来的
1
2，根据电阻定律公式R＝ρ
ܮܵ可知，电阻增加为4 倍，变为R2 的12 倍，故A 正确BCD
错误。故选：A。
【点评】本题考查I﹣U 图象的性质，关键是明确I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律、欧姆定
律和电功率表达式分析
6．【分析】v﹣t 图象表示的是物体的速度随时间变化的规律；图象的斜率表示物体的加速度；图象与时间轴围成的
面积表示物体在这段时间内通过的位移
【解答】解：AB、在v﹣t 图象中，斜率代表加速度，在0﹣6s 内斜率不变，故加速度不变且不为零，故AB 错
误；
C、在3s～9s 内，质点的位移大小为：ݔ= 1
2 × 3 × 8݉
= 12݉
，故C 正确；
D、在v﹣t 图象中，斜率代表加速度的大小，在8s 时的斜率大于4s 时的斜率，故质点在4s 时的加速度小于在
8s 时的加速度，故D 错误；故选：C。
【点评】v﹣t 图象表示的是物体的速度随时间变化的规律；图象的斜率表示物体的加速度；图象与时间轴围成的
面积表示物体在这段时间内通过的位移
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7．【分析】7.9km/s 是卫星最小的发射速度。根据万有引力提供向心力：
ܩܯ݉
ݎ2
=mr
4ߨ2ܶ
2 可得周期关系。由卫星的线速
度公式v=
ܩܯ
ݎ，分析线速度的大小。结合变轨原理分析即可。
【解答】解：A、7.9Km/s 是地球的第一宇宙速度，是卫星最小的发射速度，则知天舟一号的发射速度应大于
7.9Km/s，故A 错误。
B、根据万有引力提供向心力：
ܩܯ݉
ݎ2
=mr
4ߨ2ܶ
2 ，知卫星的轨道半径越小，周期越小，则天舟一号与天宫二号对接
前在较低的轨道上做匀速圆周运动的周期应小于天宫二号运行的周期。所以B 正确。
C、根据卫星的线速度公式：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
ݒ2
ݎ得v=
ܩܯ
ݎ，知卫星的轨道半径越小，线速度越大，则天舟一号与天
宫二号对接前在较低的轨道上做匀速圆周运动的线速度应大于天宫二号的线速度，故C 错误。
D、天舟一号与天宫二号对接后，天宫二号的速度将增加，做离心运动，将升高到更高的轨道，故D 错误。故选：
B。
【点评】解决本题的关键是掌握开普勒定律和卫星的线速度公式，也可以根据万有引力等于向心力推导出周期、
线速度的表达式，再分析答题。
8．【分析】根据安培力的计算公式，由电流与磁场的夹角为θ，可得安培力的表达式为F＝BILsinθ，进而分析安培
力变化。
【解答】解：线圈在磁场中转动过程中，通电导线始终与磁场夹角逐渐减小，根据F＝BILsinθ可知，受到的安培
力大小变小，故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】本题关键是记住安培力大小公式，当磁感应强度B 的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ；当磁场和
电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL；当磁场和电流平行时，安培力等于零。
9．【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=߳ܵ4ߨ݇݀
，分析电容的变化，
根据U=ܳܥ分析电压U 的变化，根据E=ܷ݀
分析场强的变化。
【解答】解：将B 板竖直向上平移，两板正对面积减小，由C=߳ܵ4ߨ݇݀
分析可知电容减小，而电容器的电量不变，
根据U=ܳܥ可知板间电压增大，则静电计指针张角增大，根据E=ܷ݀
可知，d 不变，则电场强度增大，故AD 错
误，BC 正确。
故选：BC。
【点评】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，掌握由U=ܳܥ，通过电容
的变化，判断电势差的变化，最后理解E=ܷ݀
判断电场强度变化的应用。
10．【分析】由题图可知，本题考查了电场线。根据电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小的规
律进行判断和分析。由带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能
的变化；沿电场线的方向，电势降低。
【解答】解：AC、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，则由
粒子的运动轨迹和电场线的方向可以判断，粒子从A 到B 的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能
增加，所以粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能，粒子在A 点的电势能大于它在B 点的电势能，故AC 正确；
B、由电场线可知，B 点的电场线密，所以B 点的电场强度大，粒子受的电场力大，故B 错误；
D、沿电场线方向电势逐渐降低，A 点的电势高于B 点的电势，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题要根据轨迹的弯曲方向判断电场力的方向，根据电场力的做功情况，判断动能和电势能的大小。用
电场线可以形象地描述电场的强弱和方向，电场线的方向反映了电势的高低。
11．【分析】电动机与灯泡串联，通过它们的电流相等；已知小灯泡额定电压与额定功率，由电功率公式P＝UI 求
出灯泡正常工作时的电流；电动机的输入功率是电功率，由公式P＝UI 求解。电动机的热功率由P 热＝I2RM 求解。
根据输入功率与热功率之差求电动机的输出功率。由P＝EI 求整个电路消耗的电功率。
【解答】解：A、灯泡正常发光，则电路中的电流为：I＝IL=ܲ
ܮܷ
ܮ= 12
12A＝1A；灯泡正常发光时，电动机的电压
为：UM＝E﹣UL＝16V﹣12V＝4V，电动机的输入功率为：P 入＝UMI＝4×1＝4W；故A 错误。
B、电动机的热功率为：PQ＝I2RM＝12×1＝1W，则电动机的输出功率为：P 出＝P 入﹣PQ＝4W﹣1W＝3W；故B
正确。
C、灯泡的热功率等于它的额定功率12W，故C 正确。
D、整个电路的电功率为P 总＝EI＝16×1W＝16W．故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题时要正确区分纯电阻电路和非纯电阻电路。灯泡是纯电阻电路，热功率等于电功率。电动机是
非纯电阻电路，电动机的输出功率等于输入功率与热功率之差。
12．【分析】根据题图可知，考查了回旋加速器的原理。根据粒子在回旋加速器在电场和磁场中的运动特点即可求
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第239页（共428页）
解。
【解答】解：A、质子
1
1H 和氚核
1
3H 在极板间运动时，有：L= 1
2ܽݐ2 = ݍܧݐ2
2݉
，则有：t=
2݉
ܮ
ݍܧ，所以质子和
氚核在极板间运动的时间之比为1：3，故A 错误；
B、质子
1
1H 和氚核
1
3H 都为半个周期，周期的表达式为：T= 2ߨ݉
ݍܤ，所以质子和氚核在磁场中运动的时间之比
为1：3，故B 错误；
C、质子和氚核在磁场中运动的速率由加速电场来决定，则有：qU= 1
2݉
ݒ2，得：v=
2ݍܷ݉，所以质子和氚核在
磁场中运动的速率之比为3：1，故C 正确；
D、粒子在磁场中的运动半径为：R=݉
ݒ
ݍܤ= 1
ܤ
2ܷ݉
ݍ，故质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为1：3，故
D 正确；
故选：CD。
【点评】考查带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，理解运动学公式与动能定理的应用，掌握粒子在磁场中做
匀速圆周运动的半径公式与周期公式。
二、非选择题部分：共5 小题，共52 分．把答案填在答题卷中的横线上或按题目要求作答．解答题应写出必要的
文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单
位．
13．【分析】（1）根据频率为50Hz，及公式T= 1݂，即可求得时间间隔，根据平均速度的定义得出BD 段的平均速度
大小；
（2）根据纸带上连续相等时间内位移的变化，可以判断小车的运动性质。
【解答】解：（1）频率为50Hz，那么打点计时器打A、C 两计数点的时间间隔为t＝10×0.02＝0.20s；
根据公式：ݒ= ݔܤܦ
ݐܤܦ= 12.12−3.40
0.2
× 10−2 =0.44m/s；
（2）由纸带可知，相邻计数点内的位移先越来越大，后越来越小，因此小车先加速运动，后减速运动，故A、B、
C 错误，D 正确。
故答案为：（1）0.20；0.44；（2）D。
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应
用。
14．【分析】（1）欧姆表的读数要乘以倍率。
（2）欧姆表电流由黑表笔流出进行二极管正极则导通发光，据此分析
（3）电表的改装由串并联电路的原理进行求解各值。
【解答】解：（1）多用电表指针偏转角度过小，则阻值大要用大量程，即选“×1000“档，则读数为：7×1000
＝7000Ω。
（2）二极管正向导通，反向截止，欧姆表电流由黑表笔流出进行二极管正极则导通发光，即红表笔接短管脚。
（3）并联电阻改装成电流表，并联阻值：R1= ܫܴ݃݃
ܫ−ܫ݃=
100×10−6×900
1×10−3−100×10−6 =100Ω
接ab 接线柱时：U＝I（ܴ
1ܴܴ݃
1+ܴ݃
+R2）＝1×10
﹣3× ( 900×100
100+900 + 910) =1V
接ac 接线柱时：U′＝1×10
﹣3× ( 900×100
900+100 + 910 + 2000) =3V
故答案：（1）7000 （2）短管脚（3）100
1
3
【点评】明确欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，欧姆表的红表笔插“+”插孔，黑表笔插“﹣”插孔，
“+”与电源负极相连，“﹣”与电源正极相连；
欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，记住二极管的单向导电性。
15．【分析】（1）根据“飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行”可知，考查了匀变速直线运动的规律；根据匀
变速直线运动的速度时间公式求出飞机的加速度；
（2）结合位移时间公式求出飞机起飞的滑行距离。
【解答】解：（1）根据v＝at 得，飞机的加速度：a= ݒ
ݐ= 120
15 =8m/s2
（2）在这段时间内，飞机滑行的距离：x= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 8 × 152 = 900m。
答：（1）该飞机滑行时的加速度大小是8m/s2；
（2）在题述过程中，该飞机滑行的距离是900m。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运用。
16．【分析】（1）对A 球受力分析，受到重力、支持力和静电斥力，根据牛顿第二定律求加速度；
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（2）根据动能定理，结合重力做功以及A 球运动到细杆的中点时速度大小，即可求解。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知：mgsinθ+F＝ma
根据库仑定律F＝kܳ
ݍ
ݎ2，
又据几何关系有：r=
t
ݏt݊ߠ，
解得a＝gsinθ+ 5݇ݍ2ݏt݊2ߠ݉
t2
。
（2）由动能定理，则有：W+mg•
t
2 =
1
2݉
ݒ2 −0，
解得：W= 1
2݉
ݒ2 −݉݃
t
2 。
答：（1）A 球刚被释放时的加速度大小为gsinθ+ 5݇ݍ2ݏt݊2ߠ݉
t2
。
（2）在从释放A 球到其运动到杆的中点的过程中静电力做的功为
1
2݉
ݒ2 −݉݃
t
2 。
【点评】本题关键对小球A 受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A 的运
动情况，同时掌握动能定理的应用。
17．【分析】（1）电子在磁场中做圆周运动，根据题意求出电子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
（2）电子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度大小。
（3）分别求出电子在磁场与电场中的运动时间，然后求出电子从M 到P 的运动时间。
【解答】解：（1）电子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：rcos60°＝r﹣L，
解得：r＝2L
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ev0B＝m
ݒ2
ݎ
解得：B=݉
ݒ0
2݁ܮ；
（2）电子在电场中做类平抛运动
水平方向：L＝v0t
竖直方向：L= 1݈ܧ
2݉
ݐ2
解得：E=݉
ݒ0
2
2݁ܮ
（3）电子在磁场中做圆周运动的周期为：T= 2ߨݎ
ݒ0 = 4ߨܮ
ݒ0 ，
电子在磁场中的运动时间为：t1= 60°
360°ܶ
= 2ߨܮ
3ݒ0，
电子在电场中的运动时间为：t2= 2ܮ
ݒ0
电子从M 到P 的运动时间为：t＝t1+t2= 2(ߨ+3)
3ݒ0
；
解：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小为݉
ݒ0
2݁ܮ；
（2）匀强电场的电场强度的大小为݉
ݒ0
2
2݁ܮ；
（3）电子从M 点到P 点的运动时间为
2(ߨ+3)
3ݒ0
【点评】根据题图可知，考查了带电粒子在复合场中的运动，根据带电粒子在电场中和磁场中的运动特点，画出
轨迹，结合几何关系求解：只要分析清楚电子运动过程、作出运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律、类平
抛运动规律可以解题。
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2019-2020 学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高二期末物理试
卷（文科）
一、单项选择题
1．（3 分）关于科学家在物理学上做出的贡献，下列说法正确的是（
）
A．奥斯特发现了申磁感应现象
B．爱因斯坦发现了行星运动规律
C．牛顿提出了万有引力定律
D．开普勒提出了狭义相对论
2．（3 分）在下列研究中，加点表示物体可视为质点的是（
）
A．研究蜜蜂翅膀的振动频率
B．研究足球的旋转速度
C．研究飞船与空间站对接时的姿态
D．研究北斗卫星绕地球运行的周期
3．（3 分）人们在高山上观察太阳东升西落时，所选取的参考系不可能是（
）
A．观察者本人
B．高山
C．太阳
D．地球
4．（3 分）在长度为50m 的直线泳道上，有四个运动员组成一组参加了4×100m 游泳接力赛，则每个运动员的位移
都为（
）
A．400m
B．100m
C．50m
D．0
5．（3 分）下列物理量单位，属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．牛
B．米
C．焦
D．瓦
6．（3 分）下列物理量中，均属于标量的一组是（
）
A．质量、时间、功
B．质量、速度、时间
C．时间、速度、功
D．力、位移、功
7．（3 分）篮球比赛中，篮球以4m/s 的速度竖直向下碰撞地面，再以3m/s 的速度竖直向上反弹，与地面接触时间
为0.1s，则在这段时间内篮球的平均加速度大小为（
）
A．10m/s2
B．30m/s2
C．40m/s2
D．70m/s2
8．（3 分）如图为甲、乙两人沿直线跑步的v﹣t 图象，下列说法正确的是（
）
A．t＝0 时刻甲、乙的速度相同
B．t＝t1 时刻甲、乙的速度相同
C．0﹣t1 内甲的平均速度比乙的大
D．0﹣2t1 内甲的平均速度比乙的大
9．（3 分）如图所示，一个花酒喷水头挂在竖直墙上。开启水龙头后，假设喷水头出水速度不变，喷出的水在空中
做平抛运动，则下列说法正确的是（
）
A．喷水头越高，水落地时速度越小
B．水落地时的速度与喷水头高度无关
C．喷水头越高，水从喷出到落地所需时间越长
D．水从喷出到落地所需时间与喷水头高度无关
10．（3 分）下列现象中可能发生离心现象的是（
）
A．赛车在弯道处拐弯行驶
B．汽车在平直公路匀速行驶
C．汽车在平直公路加速行驶
D．汽车在平直公路减速行驶
11．（3 分）某同学将一支笔靠在一个半圆形物体上，关于笔所受弹力方向，下列示意图正确的是（
）
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A．
B．
C．
D．
12．（3 分）下列操作能减小摩擦力的是（
）
A．汽车换上新轮胎
B．短跑运动员换上钉子鞋
C．卫生间铺上防滑垫
D．电风扇转轴处加上润滑油
13．（3 分）某人乘坐电梯上升，电梯运行的v﹣t 图象如图所示，则人处于失重状态的阶段是（
）
A．OP 段
B．PM 段
C．MN 段
D．NQ 段
14．（3 分）一木块放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，在沿斜面向上的拉力F 作用下向上做匀速直线运动，除拉力F
外，关于木块的受力情况，下列分析正确的是（
）
A．木块受到重力和下滑力作用
B．木块受到重力和斜面对它的压力作用
C．木块受到重力、斜面对它的支持力和滑动摩擦力作用
D．木块受到重力和斜面对它的静摩擦力作用
15．（3 分）关于物体的惯性，下列说法正确的是（
）
A．物体的体积越大惯性越大
B．物体的质量越大惯性越大
C．物体的惯性大小与它的受力大小有关
D．运动的物体具有惯性，静止的物体没有惯性
16．（3 分）如图所示，重为100N 的物体P 在大小为10N 的水平拉力F 的作用下，在10s 内沿水平路面匀速前进了
1m，则在这段时间内拉力对物体做功的平均功率为（
）
A．1W
B．10W
C．100W
D．1000W
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17．（3 分）已知两分力F1、F2 的合力为F，则下列说法确的是（
）
A．合力F 一定大于分力F1
B．合力F 一定大于分力F2
C．合力F 只与分力F1 和F2 的大小有关
D．合力F 与分力F1 和F2 的大小及方向都有关
18．（3 分）关于宇宙速度，下列说法正确的是（
）
A．第一宇宙速度大小为16.7km/s
B．第二宇宙速度大小为11.2km/s
C．第三宇宙速度大小为7.9km/s
D．第二宇宙速度也叫环绕速度
19．（3 分）如图所示，M、N 是水平圆盘上的两点，圆盘绕中心竖直轴做匀速圆周运动。若M 点离竖直轴的距离
比N 点的大，则（
）
A．M、N 两点的运动周期一样大
B．M、N 两点的线速度一样大
C．N 点的角速度比M 点的大
D．N 点的向心加速度比M 点的大
20．
（3 分）一电梯质量为1.2×103kg，在它加速上升的某阶段中，其相对地面的加速度大小为0.2m/s2，取g＝9.8m/s2，
阻力不计，则在该阶段电梯所受牵引力的大小为（
）
A．2×103N
B．1.0×103N
C．1.2×104N
D．1.0×104N
21．（3 分）下列物体的运动，不遵循经典力学规律的是（
）
A．苹果从树上自由下落的运动
B．神州飞船绕地球的运动
C．子弹飞出枪口后的运动
D．粒子接近光速的运动
22．（3 分）关于家庭电路的下列做法，不符合安全用电常识的是（
）
A．发现有人触电，应首先切断电源
B．检修电路故障时，应尽量在通电情况下作业
C．有金属外壳的用电器，金属外壳一定要接地
D．为了保证电路安全，家里尽量不要同时使用多个大功率电器
23．（3 分）已知电荷量单位是库，符号为C：电流单位是安，符号为A；时间单位是秒，符号为s。由电流的定义
式I=ܳݐ可知，这三个单位之间的关系是（
）
A．1C＝1A•s
B．1C＝lA•s
﹣1
C．1C＝1A
﹣1•s
D．1C＝1A
﹣1•s
﹣1
24．（3 分）关于条形磁铁周围的磁感线，下列说法正确的是（
）
A．条形磁铁两端附近磁感线可以相交
B．越接近条形磁铁两端，磁感线越密集
C．离条形磁铁较远的地方，磁感线是断开的
D．磁感线是真实存在的曲线
25．（3 分）真空中两个静止的点电荷相距r 时，相互作用的静电力大小为F．当它们之间的也离增大到2r 时，它们
之间的静电力大小为（
）
A．2F
B．4F
C．
ܨ
2
D．
ܨ
4
26．（3 分）如图所示，两根长直导线M、N 位于纸面内平行放置，分別通以电流Il、I2，则下列说法正确的是（
）
A．电流I2 在导线M 处产生的磁场方向垂直纸面向里
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B．电流Il 在导线N 处产生的磁场方向垂直纸面向外
C．导线N 受到的安培力向左
D．导线N 受到的安培力向右
27．（3 分）如图所示，把一小磁针放入水平向左的匀强磁场中，当小磁针静止时，其N 极的指向是（
）
A．水平向右
B．水平向左
C．竖直向上
D．竖直向下
28．（3 分）下列做法不符合安全用电要求的是（
）
A．用铜丝代替保险丝
B．使用冰箱时，电源插头插在三孔插座上
C．发生触电事故时，立即切断电源
D．使用试电笔时，手指不能碰到笔尖
29．（3 分）如图所示，某种物质发射的一束竖直向上的粒子流在匀强磁场中分成3 束，分别沿三条路径运动，则下
列说法正确的是（
）
A．沿路径1 运动的粒子带负电
B．沿路径3 运动的粒子带正电
C．沿路径2 运动的粒子不带电
D．沿路径2 运动的粒子带电量最大
30．（3 分）能源的种类有很多，下列能源属于二次能源的是（
）
A．煤
B．石油
C．电能
D．天然气
31．（3 分）下列图象能表示物体做匀加速直线运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
32．（3 分）甲、乙两物体沿同一直线运动的s﹣t 图象如图所示，由图可知（
）
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A．t＝0 时刻甲、乙的位置相同
B．t＝t1 时刻甲、乙的位置相同
C．0﹣t1 内，甲的位移大于乙的位移
D．0﹣t1 内，甲的位移等于乙的位移
33．（3 分）如图所示，在“验证牛顿运动定律”的实验中，为平衡摩擦力，需要反复移动垫在长木板一端木块的位
置，直到连接小车的纸带上打出的相邻两点间的距离相等、则下列说法正确的是（
）
A．平衡摩擦力时，小车需要用细线挂上未装砂的小桶
B．平衡摩擦力时，小车需要用细线挂上装砂的小桶
C．换另一辆小车重做实验时，不需要重新平衡摩擦力
D．换另一辆小车重做实验时，需要重新平衡摩擦力
34．（3 分）如图所示，一轻弹箦的下端挂上重为10N 的物体P 时，静止后的长度为50cm，当下端挂上重为15N 的
物体Q 时，静止后的长度为70cm，弹簧始终处于惮性限度范围内，则该弹簧的劲度系数为（
）
A．25N/m
B．50N/m
C．75N/m
D．100N/m
35．（3 分）如图所示，在高速公路的紧急停车带上，一辆刹车失灵的大货车动力关闭后以一定的速度冲上斜坡。在
货车开始上冲到停止的过程中，下列说法正确的是（
）
A．合外力对货车做负功
B．合外力对货车做正功
C．重力对货车做正功
D．摩擦力对货车做正功
36．
（3 分）如图所示，球被轻绳AO 挂在竖直光滑墙上不动，关于球的受力情况，下列说法正确的是（
）
A．轻绳对球的拉力小于球的重力
B．轻绳对球的拉力等于球的重力
C．辁绳对球的拉力等于墙对球的弹力
D．轻绳对球的拉力大于墙对球的弹力
37．（3 分）如图所示，O 至P 是一段滑雪赛道，P 点的海拔高度为H，O 点的海拔高度为2H．人和雪橇总质量为m，
从O 点滑到P 点重力对人和雪橇所做的功为（
）
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A．mgH
B．2mgH
C．3mgH
D．0
38．（3 分）如图所示，小明在平台上将足球以一定速度水平踢出，经过一段时间足球落地，忽略空气阻力，足球在
飞行过程中（
）
A．动能始终不变
B．重力势能始终不变
C．机械能始终不变
D．机械能不断增加
39．（3 分）在“研究匀变速直线运动”的实验中，包含下列四个步骤：①把长木板放在实验台上，用木块垫高；
②把纸带穿过打点计时器，并固定在小车后面；③把打点计时器固定在长木板垫高的一端，连接好电路；④把
小车停在靠近打点计时器处，接通电源后，放开小车。正确的操作顺序是（
）
A．①②③④
B．①②④③
C．②①③④
D．①③②④
40．（3 分）在进行“验证力的平行四边形定则”的实验时，下列说法正确的是（
）
A．测力计可以不与木板在同平面内
B．作图时可以用细绳的长度作为两个分力的大小
C．确定某个分力时，只要记录测力计的读数，不要记录方向力计方向
D．确定某个分力时，需要同时记录测力计的读数及细绳的方向
41．（3 分）维修电器的师傅通常用螺丝刀直接吸附小螺丝钉，对吸附螺丝钉现象的正确解释是（
）
A．螺丝钉被磁化
B．螺丝钉被感应带电
C．螺丝钉被摩擦带电
D．螺丝钉被接触带电
42．（3 分）如图所示，绝缘细绳的一端定在O 点，另一端系一个质量为m，带电量为+q 的小球。为了使小球能静
止在图示位置且绳的拉力不为零，可以加一个与纸面平行的匀强电场则所加电场的方向正确的是（
）
A．水平问左
B．水平向右
C．竖直向下
D．竖直向上
43．（3 分）下列设备工作时，将电能转化为机械能的是（
）
A．电动机
B．发电机
C．蒸汽机
D．柴油机
44．（3 分）如图所示，无限大的水平匀强磁场B 中，有一面积为S 的矩形线圈，可绕竖直轴MN 转动。关于穿过
此线圈的磁通量，下列说法正确的是（
）
A．当线圈平面与磁感线垂直时，磁通量为零
B．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量最大
C．线圈绕轴MN 转过90°的过程中，磁通量保持不变
D．线圈绕轴MN 转过90°的过程中，磁通量会发生变化
45．（3 分）下列电路，能防止高频交变电流的冲击，有效保护器的是（
）
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A．
B．
C．
D．
46．（3 分）下列电器工作时主要利用涡流使物体发热的是（
）
A．电熨斗
B．电磁炉
C．电饭锅
D．电热水器
47．（3 分）一个理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1，当这台变压器的原线圈接入电压为880V 的交流电时，
副线圈两端的电压为（
）
A．880V
B．3520V
C．220V
D．0
48．（3 分）电磁感应原理在日常生活中有很多应用，下列设备主要应用电磁感应原理工作的是（
）
A．洗衣机
B．白炽灯
C．电吹风
D．电磁灶
49．（3 分）如图所示，M、N 是静电场中的两点。下列说法正确的是（
）
A．该电场是匀强电场
B．M 点的电场强度比N 点的强
C．M 点的电场强度比N 点的弱
D．带电量相同的电荷在M、N 两点受到的静电力大小相等
50．（3 分）在图所示的申路中，闭合开关S 后，小灯泡正常发光，当电源两端电压不变，将滑动变阻器滑片P 向左
移动时，下列说法正确的（
）
A．灯泡L1 将变得更亮些
B．灯泡L1 将变得更暗些
C．灯泡L2 将变得更亮些
D．灯泡L2 亮度不变
二、多项选择题
51．（3 分）环绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，离地面越高（
）
A．线速度越小
B．周期越大
C．动能越大
D．向心加速度越大
52．（3 分）两个相同的小球在同一高度处，以大小相等的初速度分别做竖直上抛和竖直下抛运动。忽略阻力，下列
表述正确的有（
）
A．落地吋，两球的动能相等
B．从抛出到落地两球经过的路程相等
C．落地时，两球的机械能相等
D．从抛出到落地两球的位移相同
53．（3 分）关于滑动摩擦力，下列说法正确的有（
）
A．物体受到的滑动摩擦力大小总是与它受到的重力成正比
B．物体受到的滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度有关
C．物体受到的滑动摩擦力的方向可能与它的运动方向相同
D．物体受到的滑动摩擦力总是阻碍它的相对运动
54．（3 分）如图所示，x 轴沿水平方向，y 轴沿直方向，图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球M、N，P
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的运动轨迹，其中N 和P 从同一点抛出。忽略空气阻力，下列说法正确的有（
）
A．M 的飞行时间比N 的长
B．N 和P 的飞行时间相等
C．M 抛出的速度比N 的小
D．N 抛出的速度比P 的大
55．（3 分）如图是测量人的反应时间的实验，甲同学手拿长为20cm 的钢尺上端，乙同学的手指在钢尺下端零刻度
附近，当乙看到甲由静止释放钢尺时，立即去捏钢尺，结果恰好捏住钢尺的上端。下列说法正确的有（
）
A．该实验测量的是甲的反应时问
B．该实验测量的是乙的反应时间
C．被测者的反应时间约为0.2s
D．被测者的反应时间与钢尺下落的高度成正比
56．（3 分）下列操作符合安全用电常识的有（
）
A．将洗衣机外壳接地
B．用铜丝代替保险丝
C．将易燃物远离正在工作的电暖气或者热水壶
D．把多个大功率电器同时接入一个额定电流较小的插座上
57．（3 分）石油、煤、天然气等是不可再生的能源。人类无节制地使用和开釆这些能源，不但破坏环境，还会导致
能源枯竭。下列措施有助于缓解能源危机、保证可持续发展的有（
）
A．用木材代替煤，进行火力发电
B．将高能耗企业从发达地区转移到欠发达地区
C．少开汽车，多骑自行车或搭乘公共交通工具出行
D．大力开发风力发电，减少火力发电
58．（3 分）光敏电阻是光电传感器的核心元件，光照强度越强，电阻越小，如图是含有光敏电阻的电路，R1 为光
敏电阻，R2 为定值电阻，闭合开关S，保持电源两极间电压不变，用光去照射光敏电阻，则光照越强（
）
A．电流表A 的示数越大
B．电流表A 的示数越小
C．电压表V 的示数越大
D．电压表V 的示数越小
59．（3 分）如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形金属线框与导线在同一竖直平面内，线框位于导线
下方，且线框的一边与导线平行，当线框被移动时，关于穿过线框的磁通量的变化情况，下列说法正确的有（
）
A．当线框水平向左移动时，穿过线框的磁通量变小
B．当线框水平向右移动时，穿过线框的磁通量不变
C．当线框竖直向下移动时，穿过线框的磁通量变小
D．当线框竖直向下移动时，穿过线框的磁通量不变
60．（3 分）如图是静电除尘装置示意图，装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极。将混浊气体通
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入该装置时，气体中的粉尘会不断向筒壁积累，最后在重力作用下坠落在筒底。在该装置除尘的过程中，下列说
法正确的有（
）
A．粉尘由于吸附作用而带上正电荷
B．粉尘由于吸附了电子而带上负电荷
C．带电粉尘在静电力作用下飞向筒壁
D．筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场
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2019-2020 学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高二期末物理试卷（文
科）
参考答案与试题解析
一、单项选择题
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了申磁感应现象，故A 错误；
B、开普勒发现了行星运动规律，故B 错误；
C、牛顿提出了万有引力定律，故C 正确；
D、爱因斯坦提出了狭义相对论，故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
2．【分析】质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，
它的质量就是它所代替的物体的质量。当物体的大小可以忽略不计时，就可以简化为质点。
【解答】解：A、研究蜜蜂翅膀的振动频率时，蜜蜂的大小不能忽略不计，不能看做质点，故A 错误；
B、研究足球的旋转速度时，足球的大小不能忽略，不能看做质点，故B 错误；
C、研究飞船与空间站对接时的姿态时，飞船的大小不能忽略，不能看做质点，故C 错误；
D、研究北斗卫星绕地球运行的周期时，卫星的大小可以忽略不计，可以看做质点，故D 正确。故选：D。
【点评】物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要
或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点。
3．【分析】参考系是为了研究物体的运动，选定的用来作为标准的物体。根据选项可以得出正确的参考系。
【解答】解：A、B、D、太阳东升西落是人类以地球为参考系得出的结果，由于人、高山都是相对于地球不动的，
所以以人、高山为参考系也可以。故ABD 都不符合题意；
C、太阳东升西落是人类以地球为参考系得出的结果，研究太阳的运动，不能以太阳为参考系。故C 符合题意；
本题选择不可能的故选：C。
【点评】本题要注意区分研究对象与参考系的不同。考查对参考系概念的理解及实际判断能力。
4．【分析】位移是指初末两点的距离，由起点指向终点；而路程为物体经过的轨迹的长度。
【解答】解：由题意可知，每一个人最后都回到了起点，故位移为0m；故ABC 错误，D 正确故选：D。
【点评】本题考查位移与路程，要注意明确位移是矢量，而路程是标量；只有物体做单向直线运动时物体的位移
大小才等于路程。
5．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：A、牛顿是导出单位，故A 错误。
B、米是基本单位，故B 正确。
C、焦耳是导出单位，故C 错误。
D、瓦是导出单位，故D 错误。故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量和基本单位，要记住中学涉及的基本物理量和基本单位，要注意牛顿
不是基本单位，而是导出单位。
6．【分析】标量是只有大小，没有方向的物理量，而矢量是既有大小，又有方向，运算时遵守平行四边形定则的物
理量。
【解答】解：A、质量、时间、功都只有大小，没有方向，均属于标量。故A 正确。
B、速度是矢量，质量、时间是标量，故B 错误。
C、速度是矢量，时间、功是标量，故C 错误。
D、力和位移是矢量，功是标量。故D 错误。故选：A。
【点评】本题关键要抓住标量与矢量的区别：标量没有方向，而矢量有方向，要掌握物理量的矢标性。
7．【分析】根据加速度的定义a= △ܸ
△ݐ即可求解，但注意要规定正方向
【解答】解：取向上为正方向，则篮球的平均加速度大小为ܽ
= ݒ2−ݒ1
ݐ
= 3−(−4)
0.1݉
/ݏ2 = 70݉
/ݏ2。故选：D。
【点评】对于矢量的加减，一定要考虑方向，计算前先规定正方向。
8．【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。根据公式ݒ=
ݒ0+ݒ
2
关系可分析平均速度关系。
【解答】解：A、由图可知，t＝0 时刻甲的速度为零、乙的速度为v1，故A 错误；
B、t＝t1 时刻甲、乙的速度相同，故B 正确；
C、0﹣t1 内甲的平均速度为
ݒ1
2 ，乙的平均速度为v1，则甲的平均速度比乙的小，故C 错误；
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D、0﹣2t1 内甲的平均速度
0+2ݒ1
2
= ݒ1，等于乙的平均速度，故D 错误。故选：B。
【点评】解决本题要明确v﹣t 图象的含义：在v﹣t 图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方
向，图象与时间轴围成的面积表示物体的位移。
9．【分析】开启水龙头后水做平抛运动，根据根据公式动能定理和h= 1
2gt2 分析。
【解答】解：AB、水落地时的速度ݒ=
ݒ0
2 + 2݃t，可知喷水头越高，水落地时速度越大，选项AB 错误；
CD、根据ݐ=
2t݃可知，喷水头越高，水从喷出到落地所需时间越长，选项C 正确，D 错误。故选：C。
【点评】本题考查平抛运动，关键是知道落地速度和落地时间都是与高度有关。
10．【分析】做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞去的倾向，在所受合外力突然消失或
不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就会就会作逐渐远离圆心的运动，这种现象称为离心现象。
【解答】解：A、做圆周运动的物体，当物体所受的指向圆心的合力小于所需要的向心力时，则产生离心现象。
赛车在弯道处拐弯行驶时做圆周运动，需要向心力，所以可能生离心现象，故A 正确。
BCD、汽车在平直公路时匀速行驶、加速行驶、减速行驶都是做直线运动，做直线运动的物体不可能发生离心现
象。故BCD 都错误。故选：A。
【点评】此题只要知道离心现象的定义以及条件，结合生活实例进行理解和记忆即可。
11．【分析】弹力是接触力，根据笔与地面和半圆物体接触，分析这两个物体对笔是否有弹力。弹力方向与接触面
垂直，从而即可分析。
【解答】解：半圆形物体对笔有支持力N1，N1 垂直于物体与笔的接触面，N1 的作用线通过圆心。地面对笔有垂
直于地面向上的支持力N2，故ABD 错误，C 正确；故选：C。
【点评】解决本题时要明确支持力方向与接触面垂直，并指向被支持物，半圆物体对笔的支持力通过圆心。
12．【分析】物体之间的摩擦力的大小与物体之间的正压力以及接触面的粗糙程度有关。由此分析即可。
【解答】解：A、新轮胎的花纹清晰，汽车换上新轮胎后，轮胎与地面之间的粗糙程度增大，能增大摩擦力。故
A 错误；
B、短跑运动员换上钉子鞋能增大鞋与地面之间的摩擦力。故B 错误；
C、卫生间铺上防滑垫增大防滑垫与地面之间的摩擦力。故C 错误；
D、电风扇转轴处加上润滑油，能减小转轴与接触点的摩擦力。故D 正确。故选：D。
【点评】该题考查运行摩擦力的因素以及增大、减小摩擦力的方法，解答此类问题可以从物理的原理出发。
13．【分析】当物体的加速度方向向下时处于失重状态，根据v﹣t 图象的斜率表示加速度，来分析人的状态。
【解答】解：A、由图可知，在OP 段电梯静止，人不是处于失重状态。故A 错误。
B、在PM 段内，电梯匀加速上升，加速度方向向上，人处于超重状态。故B 错误。
C、在MN 段内，电梯匀速上升，加速度为0，人不是处于失重状态。故C 错误。
D、在NQ 段内，电梯匀减速上升，加速度方向向下，人处于失重状态。故D 正确。故选：D。
【点评】解决本题的关键要理解速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度。
14．【分析】受力分析的一般顺序：先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后
分析其他力。
【解答】解：木块在粗糙的斜面上做匀速运动，物体除了受到拉力外，还受重力，斜面对它的支持力和滑动摩擦
力，如图所示，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
15．【分析】惯性定律的内容是：一切物体都有保持原来运动状态的性质，即任何物体在任何情况下都有惯性；质
量是惯性大小的量度。
【解答】解：A、质量是惯性大小的量度，与物体的体积无关。故A 错误；
B、质量是惯性大小的量度，物体的质量越大惯性越大。故B 正确；
C、惯性的大小与物体是否受力无关。故C 错误；
D、惯性的大小与物体的运动状态无关。故D 错误。故选：B。
【点评】知道惯性定律的内容，知道一切物体在任何情况下都有惯性以及惯性大小的量度是质量。
16．【分析】求出拉力在10s 内对物体做的功，再根据功率计算公式进行解答。
【解答】解：物体在10N 的拉力下前进1m，所以拉力做的功：W＝FS＝10×1J＝10J；
拉力的平均功率：ܲ
=ܹݐ= 10
10W＝1W．故A 正确，BCD 错误。故选：A。
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【点评】本题主要是考查功率的计算，关键是求出在该段时间内力做的功，掌握平均功率的计算公式。
17．【分析】由力的合成方法可知，两力合力的范围|F1﹣F2|≤F 合≤F1+F2；
一个合力与几个分力共同作用的效果相同，合力可以大于分力，可以小于分力，也可以等于分力。
【解答】解：A、由力的合成方法可知，两力合力的范围|F1﹣F2|≤F 合≤F1+F2，所以合力有可能大于任一分力，
也可能小于任一分力，还可能与两个分力都相等，故A 错误，B 错误。
C、根据平行四边形定则可知，合力F 与分力F1 和F2 的大小及方向都有关，故C 错误，D 正确。故选：D。
【点评】本题考查对合力与分力关系的理解能力。合力与分力是等效的，合力的范围在两个分力之差与之和之间。
18．【分析】第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度。地球同步卫星的发射速度大于
第一宇宙速度。人造地球卫星运行时速度大于第二宇宙速度时，就脱离地球束缚。第三宇宙速度是物体逃离太阳
的最小速度。
【解答】解：AD、第一宇宙速度大小是7.9km/s，也叫环绕速度，故AD 错误；
B、第二宇宙速度大小是11.2km/s，故B 正确；
C、第三宇宙速度是物体逃离太阳的最小速度。大小是16.7km/s，故C 错误；故选：B。
【点评】本题考查对宇宙速度的理解能力。对于第一宇宙速度不仅要理解，还要会计算。第一宇宙速度就近地卫
星环绕地球做匀速圆周运动的速度，要强调卫星做匀速圆周运动。
19．【分析】同轴转动角速度相等，M、N 是水平圆盘上的两点，结合公式v＝rω和a＝ω2r 列式分析即可。
【解答】解：A、点M 与N 随圆盘转动，角速度、周期都是相等的，故A 正确，C 错误；
B、由图可知，M、N 两点转动的半径不同，由v＝ωr 可知，二者的线速度不同。故B 错误；
D、由图可知，M、N 两点转动的半径不同，M 点的半径大，由a＝ω2r 可知，M 点的向心加速度大。故D 错误。
故选：A。
【点评】本题关键是明确同轴转动与同缘传动的区别，结合公式v＝ωr 以及a＝ω2r 进行分析求解即可。
20．【分析】以电梯为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求解牵引力的大小。
【解答】解：设在该阶段电梯所受牵引力的大小为F。
根据牛顿第二定律得F﹣mg＝ma；
得F＝m（g+a）＝1.2×103×（9.8+0.2）N＝1.2×104N，故C 正确，ABD 错误；故选：C。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行
受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
21．【分析】经典力学的适用范围是宏观、低速情形，不适用于微观、高速情形。由此分析即可。
【解答】解：ABC、苹果、飞船和子弹的运动都属于宏观物体低速运动的情形，经典力学能适用。故ABC 错误。
D、粒子接近光速的运动，属于高速运动的情形，不遵循经典力学规律；故D 正确。
本题选不遵循经典力学规律的，故选：D。
【点评】解决本题的关键是要明确经典力学的适用范围，知道其局限性，明确当物体的速度接近光速时，不能适
用于经典力学。
22．【分析】当人体直接或间接接触火线并形成电流通路的时候，就会有电流流过人体，从而造成触电；
大功率家用电器的外壳接地是以防外壳带电危及人身安全。
【解答】解：A、当发现有人触电时，应该立即采取的措施是：迅速切断电源或用绝缘体挑开电线，不能用手拉
开电线和触电的人，这样自己也会触电。符合安全用电常识，故A 正确。
B、检修电路故障时，必须使电路断开。不符合安全用电常识，故B 错误。
C、金属外壳的用电器的外壳一定要接地，避免金属外壳用电器漏电时发生触电事故。符合安全用电常识，故C
正确。
D、电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大。故大功率用电器同时使用时，
将会使电路中的电流过大，引起火灾。符合安全用电常识，故D 正确。
此题选择不符合安全用电常识的，故选：B。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电
体。发现有人触电或失火时，要及时切断电源，再采取施救措施。
23．【分析】根据电流、电荷量以及时间关系的公式，结合各个物理的符号即可求出。
【解答】解：由电流的定义式I=ܳݐ可得：Q＝It；
电荷量单位是库，符号为C：电流单位是安，符号为A；时间单位是秒，符号为s，所以：1C＝1A×1s＝1A•s．故
A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】该题考查单位制与量纲，解答的关键是要理解常见的物理量之间的关系，知道单位的换算与量纲的表达
式。
24．【分析】磁感线不可能相交；磁感线的密集程度表示磁场的强弱；磁感线是为了形象的描述磁场引入的假想的
曲线。
【解答】解：A、条形磁铁两端附近磁感线不可能相交，故A 错误；
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B、条形磁铁两端的磁感线的分布较密，该处的磁场较强，故B 正确；
C、磁感线是闭合曲线，故C 错误；
D、磁感线是为了形象的描述磁场引入的假想的曲线，不是实际存在的。故D 错误。故选：B。
【点评】本题考查了磁感线及用磁感线描述磁场。要熟记磁感线的特点：
（1）磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
（2）磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱。
（3）磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从N 极指向S 极；在磁体内部，由S 极指向N 极。
（4）同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。
（5）磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
25．【分析】由库仑定律的求出原来它们之间的库仑力与电荷量、距离的关系，再根据库仑定律求解变化后的库仑
力。
【解答】解：由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：ܨ=݇ܳ
ݍ
ݎ2，
变化之后它们之间的库仑力为：ܨ' =݇
ݍܳ
(2ݎ)2 = 1
4݇ܳ
ݍ
ݎ2 = 1
4 ܨ；
故D 正确、ABC 错误。故选：D。
【点评】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们的电荷量乘
积成正比、与它们之间的距离平方成反比。
26．【分析】根据安培定则，可以判断电流I2、Il 产生的磁场的方向；根据左手定则可，导线N、M 所受安培力的方
向。
【解答】解：AB、根据安培定则可知，电流I2 在导线M 处产生的磁场方向垂直纸面向外，I1 在导线N 处产生的
磁场方向垂直纸面向里。故AB 错误；
CD、导线N 处产生的磁场方向垂直纸面向里，电流的方向向上，由左手定则可知，导线N 受到的安培力向左。
故C 正确，D 错误。故选：C。
【点评】本题考查了直线电流磁场、安培定则、左手定则等知识点。这道题也可以利用两条平行的通电直导线之
间会通过磁场发生相互作用规律解题：①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反时，将会排斥。
27．【分析】物理学规定，在磁场中的任意一点，小磁针北极受力的方向，亦即小磁针静止时北极所指的方向，就
是那一点的磁场方向。
【解答】解：小磁针被放入方向水平向左的磁场中，小磁针N 极受到水平向左的磁场力的作用，小磁针S 极受
到水平向右的磁场力，所以N 极要转向磁场方向，而S 极转向磁场方向反方向。因此小磁针静止时N 极的指向
是向左，故ACD 错误，B 正确。故选：B。
【点评】本题考查了磁感线及用磁感线描述磁场。关键点：小磁针N 极的指向为磁场的方向。本题是基础题，
考的是基本概念，难度不大。
28．【分析】当人体直接或间接接触火线并形成电流通路的时候，就会有电流流过人体，从而造成触电，发生触电，
要立即切断电源。
大功率家用电器的外壳接地是以防外壳带电危及人身安全。
【解答】解：A、用铜丝代替保险丝，当电路电流过大时，不能自动熔断而保护电路，不符合安全用电要求，故
A 错误。
B、使用冰箱时，电源插头插在三孔插座上，符合用电要求，故B 正确。
C、发生触电事故时，立即切断电源，符合用电要求，故C 正确。
D、使用试电笔时，手指不能碰到笔尖金属体，而且手必须接触笔尾的金属体，符合用电要求，故D 正确。
本题选不符合的，故选：A。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电
体。发现有人触电或失火时，要及时切断电源，再采取施救措施。
29．【分析】分析粒子受力，由左手定则判断粒子所带电性和路径的关系。
【解答】解：粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用；故由左手定则可得：不带电的粒子不受力，做直线运动（曲
线2）；带正电粒子在洛伦兹力作用下做逆时针偏转（曲线1）；带负电粒子在洛伦兹力作用下做顺时针偏转（曲
线3）；故C 正确，ABD 错误；故选：C。
【点评】在磁场中分析受力情况时，只有在磁场中受到的力（粒子受到的洛伦兹力、导体棒受到的安培力）用左
手定则。
30．【分析】从能源的来源进行分析判断；可以从自然界直接获取的能源叫一次能源；不能从自然界直接获取，必
须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源。
【解答】解：A、煤、石油、天然气等是直接从自然界直接获取的能源，是一次能源，故ABD 错误；
C、我们生活中所使用的电能都是通过其他形式的能转化而来的，是二次能源。故C 正确；故选：C。
【点评】本题考查一次能源和二次能源的特点，明确直接和间接得到的能源是解答本题的关键，较简单
31．【分析】物体做匀加速直线运动时，速度均匀增大，加速度不变。v﹣t 图象斜率表示加速度，s﹣t 图象斜率表示
速度。根据图象的形状分析。
【解答】解：A、图中位移随时间不发生变化，物体处于静止状态，故A 错误；
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B、图中位移随时间均匀增大，表示物体做匀速直线运动。故B 错误；
C、图中，速度随时间不变，做匀速直线运动。故C 错误。
D、图中v﹣t 图象是倾斜的直线，速度均匀变化，加速度不变，表示物体做匀变速直线运动。故D 正确。故选：
D。
【点评】本题要掌握匀加速直线运动的特点：加速度不变，速度均匀增大。要注意速度﹣时间和位移﹣时间图象
斜率的区别，不能搞混。
32．【分析】s﹣t 图象反映了物体的位移随时间的变化情况，能直接读出物体的位置和位移。位移等于纵坐标的变化
量。由此分析即可。
【解答】解：A、由图知，t＝0 时刻甲、乙的位置不同，甲在乙的前方，故A 错误；
B、t＝t1 时刻甲、乙的位置不同，甲在乙的前方，故B 错误；
C、根据位移等于纵坐标的变化量，知0﹣t1 内，甲的位移大于乙的位移，故C 正确，D 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键是理解位移时间图象的物理意义，知道位移等于纵坐标的变化量。但要注意位移图象不
是质点的运动轨迹。
33．【分析】在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，使得砂和小桶的重力等于小车的合力，需平衡摩擦力，
平衡摩擦力时，不挂砂和小桶，小车后面需连接纸带。因为小车做加速运动，桶和砂的重力不等于绳子的拉力，
需保持小车和砝码的质量远大于砂和小桶的质量。
【解答】解：AB、平衡摩擦力时，小车不能用细线挂上小桶。故AB 错误；
CD、每次改变小车的质量，不需要重新平衡摩擦力，因为mgsinθ＝μmgcosθ，与质量m 无关，故C 正确，D 错
误。故选：C。
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，
故要加强对实验原理的学习和掌握。
34．【分析】设劲度系数为k，则由胡克定律可得出两种情况下的公式，联立即可解得两种情况下的长度。
【解答】解：设劲度系数为k，L1＝50cm＝0.5m，L2＝70cm＝0.7m；由F＝kx 得：
F1＝（L1﹣l0）k
F2＝（L2﹣l0）k
代入数据有：
10＝（0.5﹣l0）k
15＝（0.7﹣l0）k
联立解得：k＝25N/m。故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】本题考查胡克定律的直接应用，注意胡克定律在应用时公式里的x 为形变量。
35．【分析】在货车开始上冲到停止的过程中，货车受到的合力与运动方向相反，重力的方向与位移方向的夹角大
于90°，摩擦力方向与位移方向相反即可判断做功的正负
【解答】解：AB、在货车开始上冲到停止的过程中，受到的合力与运动的位移方向相反，故合力做负功，故A
正确，B 错误；
C、在货车开始上冲到停止的过程中，重力的方向与位移的方向夹角大于90°，做负功，故C 错误；
D、摩擦力的方向与位移的方向相反，做负功，故D 错误；故选：A。
【点评】本题主要考查了恒力做功，抓住公式W＝Fxcosθ即可判断，明确各力与位移的夹角关系
36．【分析】对小球进行受析，由于物体是处于静止的，所以物体受力平衡，根据平衡条件列方程求解。
【解答】解：设绳子和墙面夹角为θ，对小球进行受析：
把绳子的拉力T 和墙对球的弹力为N 合成F，由于物体是处于静止的，所以物体受力平衡，
所以物体的重力等于合成F，即F＝G，根据几何关系得出：ܶ
=݉݃ttݏߠ，N＝mgtanθ；
所以轻绳对球的拉力大于墙对球的重力，轻绳对球的拉力大于墙对球的弹力，故ABC 错误，D 正确。故选：D。
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【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
37．【分析】重力做功W＝mgh，h 为初末位置的高度差。
【解答】解：由题可知，物体在竖直方向的高度差为：h＝2H﹣H＝H，所以重力做的功：W＝mgh＝mgH．故A
正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】重力做功的大小仅仅与重力以及两点位置的高度差有关，与路径无关。
38．【分析】忽略空气阻力，足球在飞行过程中，只有重力做功，根据速度的变化分析动能的变化，根据高度的变
化分析势能的变化，结合机械能守恒的条件分析。
【解答】解：A、足球在飞行过程中，只有重力做功，且重力做正功，可知动能增加，故A 错误。
B、足球的高度不断下降，重力做正功，重力势能减少，故B 错误。
CD、由于只有重力做功，所以足球的机械能保持不变，故C 正确，D 错误；故选：C。
【点评】解决本题的关键是明确动能、重力势能和机械能的决定因素，掌握单个物体机械能守恒的条件：只有重
力做功。
39．【分析】按照组装器材、实验操作、记录数据和数据处理的顺序进行操作即可。
【解答】解：先组装器材，然后进行实验操作，所以首先把长木板放在实验台上，用木块垫高，然后将打点计时
器固定在平板上，并接好电路；再将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔，最后把小车停在靠近打
点计时器处，接通电源后，放开小车，故顺序为①③②④，故D 正确故选：D。
【点评】考查了研究匀变速直线运动实验的操作步骤，要求同学们知道实验操作的一般步骤，即先组装器材，然
后实验操作，最后记录数据和数据处理；
40．【分析】明确具体操作和注意事项，知道实验中必须保持细线与木板平行，同时知道实验中应记录的数据为分
力的大小和方向。
【解答】解：A、为了防止出现分力，测力计必须与木板平面平行，故A 错误；
B、作图时要选择合适的标度确定线段长度，不能根据细绳长度作为两个分力的大小，故B 错误；
C、确定某个分力时，需要同时记录测力计的读数及细绳的方向才能准确测量两力，故C 错误，D 正确。故选：
D。
【点评】本题考查“验证力的平行四边形定则”的实验，要注意掌握实验原理，知道实验中的注意事项是解题的
关键。
41．【分析】一些物质在磁体或者电流的作用下获得磁性的过程叫磁化，从而即可求解。
【解答】解：维修电器的师傅把螺丝刀碰一下磁铁，螺丝刀被磁化，螺丝刀磁化后使螺丝钉吸附在螺丝刀上，便
于使用，故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】要求掌握磁化的概念，并且可以利用被磁化的物体的磁性。
42．【分析】根据电场力的方向和重力的方向，求出这两个力的合力方向，根据平衡条件判断电场力的方向。
【解答】解：小球带正电，为了使小球能静止在图示位置且绳的拉力不为零，根据平衡条件可得，电场线的方向
应该沿着重力和绳子拉力合力的反方向；
由此可知，B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
43．【分析】电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程，用电器消耗了电能，获得了其它形式的能量，
就是一个电流做功的过程。
【解答】解：
A．电动机工作时，消耗电能获得机械能，是把电能转化为机械能，故A 符合题意；
B．发电机工作时，将其他形式的能转化为电能，故B 不符合题意；
C．蒸汽机工作时，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，故C 不符合题意；
D．柴油机工作时，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，故D 不符合题意。故选：A。
【点评】电功也是一种功，所以要和前面的内能、做功等能量知识点联系起来记忆，也能更便于理解。
44．【分析】根据磁通量的物理意义：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，分析磁通量的变化情况。
【解答】解：A、当线圈平面与磁感线垂直时，穿过线圈的磁通量最大，故A 错误；
B、当线圈平面与磁感线平行时，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量为零，故B 错误；
CD、线圈在转动过程中，与磁感线垂直的有效面积在不断变化，所以磁通量在不断变化，故C 错误，D 正确故
选：D。
【点评】对于非匀强磁场中线圈的磁通量，可以根据磁感线的条数，确定如何变化。对于匀强磁场，可以根据公
式Φ＝BScosθ判断磁通量如何变化。
45．【分析】电容器能通交流，阻直流，频率越高，容抗越小，电感器对交流电有阻碍作用，频率越高，感抗越大。
【解答】解：A、电容器能通交流，阻直流，而对交流电也有阻碍作用，根据ݔt =
1
2ߨܥ݂知频率越高，容抗越小，
所以电容器对于高频交变电流的阻碍作用小于它对低频交变电流的阻碍作用，因此不能有效保持，故A 错误；
BD、电阻对交流有阻碍，但起不到有效保护，故BD 错误；
C、电感器对交流电有阻碍作用，根据XL＝2πLf 知，频率越高，感抗越大，所以电感器对于高频交变电流的阻
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碍作用大于对低频交变电流的阻碍作用，故C 正确。故选：C。
【点评】本题考查了自感现象和自感系数、电容器与电容等知识点。熟记电容器和电感器在电流中的作用，是解
决本题的关键。
46．【分析】电熨斗、电饭锅以及电热水器都是利用电流的热效应来使物体发热的；而电磁炉是利用涡流使物体发
热的。
【解答】解：电熨斗、电饭锅以及电热水器都是利用电流的热效应来使物体发热的；而电磁炉是利用涡流使物体
发热的，故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】本题考查了电功、电功率、常用家电的原理等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
47．【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解。
【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：ܷ
1ܷ
2
=݊
1݊
2
，原副线圈的匝数比n1：n2＝4：1，原线
圈接入880V 交流电压，则副线圈的电压为：ܷ
2 =݊
2݊
1ܷ
1 = 1
4 × 880ܸ
= 220ܸ，故ABD 错误，C 正确。故选：C。
【点评】本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题。
48．【分析】电磁感应现象的内容是：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流。首
先明确选择项中提到的这四个电学设备的制成原理，然后与题目要求对应，从而可以得到答案。
【解答】解：A、洗衣机主要利用的是电动机，而电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的理论制成的，故
A 错误；
B、白炽灯是利用电流发热而工作的，故B 错误；
C、电吹风采用的是电动机原理，故C 错误；
D、电磁灶利用的是电磁感应原理，通过磁场变化在锅体体产生涡电流而产生热量，故D 正确。故选：D。
【点评】在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点。要在理解的基
础上，记住这些基础知识。
49．【分析】M、N 是同一电场中两点，根据电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密处，场强越大，来判断两点
场强的大小，再由F＝Eq，即可判定电场力大小。
【解答】解：A、由图，结合匀强电场的特点：电场线平行且等间距，可知，该电场一定不是匀强电场，故A 错
误；
BC、M、N 是同一电场中的两点，由图看出，M 处电场线密，N 处电场线疏，则M 处电场强度大于N 处电场强
度，即EM＞EN．故B 正确，C 错误；
D、由F＝Eq，则带电量相同的电荷在M、N 两点受到的静电力大小不相等，故D 错误；故选：B。
【点评】本题是电场中基本题型，抓住电场线的物理意义：电场线表示电场线的强弱，电场线越密，场强越大。
50．【分析】根据“串反并同”，即与可变电阻串联的电路电压、电流随可变电阻增大而减小，与可变电阻并联的电
路电压、电流随可变电阻增大而增大。
【解答】解：此为简单的串联电路，将滑线变阻器滑片P 向左移动时，电阻增大，电源的电动势和内阻不变，电
流减小，灯泡都会变暗，故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，会判定电路结构，
可以利用结论“串反并同”的规律比较简单。
二、多项选择题
51．【分析】万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式比较线速度、周期、向心加速度、动能
的大小等的表达式，由此可以判断各个选项
【解答】解：万有引力提供向心力：ܩܯ݉
ݎ2 =݉
ݒ2
ݎ=݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 =݉ܽ
可得ݒ=
ܩܯ
ݎ，T= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ，a= ܩܯ
ݎ2
A、有ݒ=
ܩܯ
ݎ，可知离地越高，r 越大，则v 越小，则A 正确；
B、有T= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ，可知离地越高，r 越大，则T 越大，则B 正确；
C、r 越大，则v 越小，动能越小，则C 错误；
D、有a= ܩܯ
ݎ2 ，可知可知离地越高，r 越大，则a 越小，则D 错误
故选：AB。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能根据题意结合向心力的几种不同的表达形式，
选择恰当的向心力的表达式。
52．【分析】两球在运动的过程中机械能守恒，由此可以判断它们落地时动能和机械能的大小关系。根据运动轨迹
的长度分析路程，由此起点和终点关系分析位移关系。
【解答】解：A、设两球原来离地高度为h，两球质量均为m，初速度大小为v0．两个球在运动的过程中机械能
守恒，根据机械能守恒定律，有：
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落地时动能
Ek＝mgh+ 1
2݉
ݒ0
2，m、h、v0 均相等，则两球落地时动能相等，故A 正确；
B、根据路程是物体运动轨迹的长度，可知从抛出到落地两球经过的路程不等，竖直上抛的物体路程较长，故B
错误；
C、初始时两球的机械能相等，在运动过程中两球的机械能均保持不变，所以落地时，两球的机械能相等，故C
正确；
D、两个小球的初位置和末位置都相同，故两个球的落地时位移相同，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题的关键是明确两球在运动的过程中，机械能均守恒，运用机械能守恒定律列式分析。
53．【分析】静摩擦力存在于相对静止的两物体之间，滑动摩擦力存在于相对运动的两物体之间。摩擦力的存在依
赖于正压力，但其大小不一定与压力成正比。摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相反。
【解答】解：AB、由f＝μN 可知，物体所受的滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度和正压力有关，故A 错误，
B 正确；
C、滑动摩擦力的方向，一定与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、或不共线，故C 正确；
D、滑动摩擦力的方向总是阻碍物体间的相对运动，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查对弹力和摩擦力关系的理解。摩擦力要分静摩擦力和滑动摩擦力，它们的特点不同。滑动摩擦
力方向一定与物体相对运动的方向相反，但不一定与运动方向相反。
54．【分析】平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，水平方向的分运动为匀速直线运动；根据三个小球在
水平方向的位移与竖直方向的位移大小进行分析即可。
【解答】解：AB．P、N 的高度相同，大于M 的高度，根据h= 1
2gt2 得ݐ=
2t݃，知P、N 的运动时间相同，M
的飞行时间小于N 的时间。故A 错误，B 正确；
C．因为M 的飞行时间短，但是水平位移大，根据x＝v0t 知，M 的水平速度大于N 的水平速度。故C 错误；
D．P、N 的运动时间相同，N 的水平位移大于P 的水平位移，则N 的初速度大于P 的初速度。故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题的关键是抓住平抛运动在水平方向与竖直方向的两个分运动的性质，注意比较两个方向的分位移大
小关系。
55．【分析】直尺下降的时间就是人的反应时间，根据自由落体运动的位移公式分析反应时间与位移的关系即可。
【解答】解：A、B、由题可知，手的位置在开始时应放在0 刻度处，所以0 刻度要在下边。物体做自由落体运
动的位移：h= 1
2gt2，位移与时间的平方成正比，所以随时间的增大，刻度尺上的间距增大。故测量的是乙的反
应时间。故A 错误，B 正确。
C、由公式h= 1
2gt2，解得ݐ=
2t݃= 0.2ݏ，故C 正确。
D、由公式h= 1
2gt2，位移与时间的平方成正比，故D 错误。
故选：BC。
【点评】该题结合自由落体运动与日常的生活进行考查，解决本题的关键理解自由落体运动，以及会利用自由落
体运动求运动时间。
56．【分析】明确安全用电的基本知识，知道如何防止因电而引发的事故，做到安全用电。
【解答】解：
A、洗衣机的金属外壳要接地，这样可防止金属外壳漏电时发生触电事故，故A 正确；
B、用铜丝代替保险丝，由于铜的熔点高，当电路中电流过大时，铜丝不能自动熔断，起不到保险作用，故B 错
误；
C、为了防止引发火灾，应将易燃物远离正在工作的电暖气或者热水壶，故C 正确；
D、插座上同时接入多个大功率用电器，使用的电器总功率过大，会使电路中电流过大，引起保险丝的熔断，故
D 错误。
故选：AC。
【点评】对于安全用电，应注意明确：（1）保险丝是用熔点低的金属制成的，而铜的熔点高，起不到保险作用；
（2）不能用湿布擦用电器外壳，同时将易燃物远离电暖气等；
（3）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故。
（4）电路中电流过大的原因：一是用电器的总功率过大，二是发生短路。
57．【分析】节能减排，应做到节约能源，避免浪费，减少污染物的排放，减少化石能源的使用，尽量使用清洁能
源，以此解答该题。
【解答】解：A．将木材代替煤，进行火力发电，不能减少电能的消耗，也不能减少化石燃料的使用，不能做到
节能减排，无助于缓解能源危机、保证可持续发展，故A 错误；
B．将高能耗企业从发达地区转移到欠发达地区，不能减少化石燃料的使用，也不能做到节能减排，无助于缓解
能源危机、保证可持续发展，故B 错误；
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C．少开汽车，采取骑自行车或做公交车，可减少污染物的排放，减少化石能源的使用，有助于缓解能源危机、
保证可持续发展，故C 正确；
D．大力开发风力发电，减少火力发电，可减少污染物的排放，减少化石能源的使用，有助于缓解能源危机、保
证可持续发展。故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查环境污染以及能源的使用，为高频考点，侧重于化学与生活、能源、环境的考查，有利于培养
学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
58．【分析】根据“串反并同”，即与可变电阻串联的电路电压、电流随可变电阻增大而减小，与可变电阻并联的电
路电压、电流随可变电阻增大而增大。
【解答】解：光照强度越强，电阻越小，用光去照射光敏电阻，则R1 减小，则总电阻减小，总电流变大，与R1
串联的电流表示数增大，R2 以及内阻上的电压变大，则R1 的电压减小，即电压表V 的示数越小，故AD 正确，
BC 错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，会判定电路结构，
可以利用结论“串反并同”的规律比较简单。
59．【分析】对于直线电流磁场分布规律，离导线越远，磁场越弱；当线框水平向左或向右移动时，穿过线框的磁
通量不变。
【解答】解：AB、根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱；当线框水平向左
或向右移动时，穿过线框的磁通量不变，故A 错误，B 正确；
CD、当线框竖直向下移动时，穿过线框的磁通量变小，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了磁通量、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向等知识点。要熟悉各种电流磁场的分布情况，
对直线电流，磁场分布并不均匀，但却有一定的对称性，我们解题的时候一定记住这一点。
60．【分析】根据静电除尘装置示意图，可以知道粉尘带负电荷，筒壁带正电，筒壁与中间金属丝之间存在强大的
静电场，可以让带负电的尘埃吸附在筒壁。
【解答】解：AB、装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，粉尘向正极运动，可知粉尘吸附
电子后带负电。故A 错误，B 正确；
C、筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场，粉尘向正极运动，可知粉尘是在静电力作用下飞向筒壁。故C 正
确；
D、装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，因此筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场。
故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查了静电的利用和防止、带电粒子在匀强电场中的运动等知识点。本题的关键要了解电除尘装置
示意图，然后利用静电进行除尘。
2019-2020 学年广东省惠州市高二期末物理试卷（理科）
一．单项选择题I（每小题4 分，共10 题40 分．）
1．（4 分）避雷针能起到避雷作用，其原理是（
）
A．尖端放电
B．静电屏蔽
C．摩擦起电
D．同种电荷相互排斥
2．（4 分）首先发现电流的磁效应的物理学家是（
）
A．安培
B．法拉第
C．奥斯特
D．牛顿
3．（4 分）真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增
大为原来的2 倍，则它们之间作用力的大小等于（
）
A．F
B．2F
C．
ܨ
2
D．
ܨ
4
4．（4 分）以下说法正确的是（
）
A．由E= ܨ
ݍ可知此场中某点的电场强度E 与F 成正比
B．由E= ܨ
ݍ可知此场中某点的电场强度E 与q 成反比
C．由公式C=ܷܳ
可知电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差成反比
D．公式C=ܷܳ
中的电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关
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5．（4 分）如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场
中将做（
）
A．自由落体运动
B．曲线运动
C．沿着悬线的延长线做匀加速直线运动
D．变加速直线运动
6．（4 分）三根通电长直导线P、Q、R 互相平行、垂直纸面放置。三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，
且每两根导线间的距离均相等。则P、Q 中点O 处的磁感应强度方向为（
）
A．方向竖直向上
B．方向竖直向下
C．方向水平向右
D．方向水平向左
7．（4 分）下列关于电阻率的叙述，错误的是（
）
A．当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零
B．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度
C．常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的
D．材料的电阻率随温度变化而变化
8．（4 分）如图所示是一火警报警器的电路示意图，其中R2 为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材
料的电阻率随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器R2 所在处出
现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U 的变化情况是（
）
A．I 变大，U 变大
B．I 变大，U 变小
C．I 变小，U 变大
D．I 变小，U 变小
9．（4 分）关于磁感应强度，下列说法正确的是（
）
A．磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关
B．磁场中某点磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向一致
C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度值大小为零
D．在磁场中磁感线越密的地方，磁感应强度越大
10．（4 分）如图所示，水平直导线中通有向右的恒定电流I，一电子从导线的正下方以水平向右的初速度进入该通
电导线产生的磁场中，此后电子将（
）
A．沿直线运动
B．向上偏转
C．向下偏转
D．向纸外偏转
二、单项选择题II（每小题4 分，共10 题40 分．）
11．（4 分）点电荷A 和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q 和Q，如图所示，在AB 连线上，电场强度为零的
地方在（
）
A．B 左侧
B．A 右侧
C．A 和B 之间
D．A 的右侧及B 的左侧
12．（4 分）如图是表示在一个电场中的a、b、c、d 四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电量跟它所受电
场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（
）
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A．这个电场是匀强电场
B．a、b、c、d 四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec
C．a、b、c、d 四点的场强大小关系是Ea＞Eb＞Ec＞Ed
D．无法确定这四个点的场强大小关系
13．（4 分）如图所示，实线表示匀强电场的电场线。一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作
用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b 为轨迹上的两点。则下列说法正确的是（
）
A．场强方向一定向左
B．a 点电势比b 点电势高
C．从a 到b 电场力做负功
D．该电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能
14．（4 分）如图所示，让平行板电容器带电后，静电计指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板
间的距离，那么静电计指针的偏转角度（
）
A．一定减小
B．一定增大
C．一定不变
D．无法确定
15．（4 分）在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（
）
A．如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C．如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
D．如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
16．（4 分）一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻
器连成一闭合电路，则它的路端电压是（
）
A．0.10V
B．0.20V
C．0.30V
D．0.40V
17．（4 分）一根长为0.2m，电流为2A 的通电导线，放在磁感应强度为0.5T 的匀强磁场中，受到磁场力的大小不
可能是（
）
A．0.4N
B．0.2N
C．0.1N
D．0
18．（4 分）两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1 和I2，如图所示．先将两个线圈固定在光滑绝
缘杆上，问释放后它们的运动情况是（
）
A．相互吸引，电流大的加速度大
B．相互吸引，加速度大小相等
C．相互排斥，电流大的加速度大
D．相互排斥，加速度大小相等
19．（4 分）饮水机是一种常见的家用电器，其工作电路可简化为如图所示的电路，其中S 是温度控制开关，当水温
升高到一定温度时，它会自动切换，使饮水机处于保温状态；R2 是饮水机加热管的电阻，R1 是与加热管串联的
电阻。该饮水机的额定电压是220v，加热功率550w，保温时整机耗电量0.48kw/24h（不考虑R1、R2 的阻值受
温度影响）。当开关S 闭合时，饮水机处于何种工作状态及R2 的阻值为（
）
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A．加热220Ω
B．加热88Ω
C．保温88Ω
D．保温220Ω
20．（4 分）如图，一质子以速度V 穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转则（
）
A．若电子以相同速度V 射入该区域，将会发生偏转
B．若质子的速度V′＜V，它将向下偏转而做类似的平抛运动
C．若质子的速度V′＞V，它将向上偏转，其运动轨迹是圆弧线
D．无论何种带电粒子（不计重力），只要都以速度V 射入都不会发生偏转
三、多项选择题（每小题4 分，共5 题20 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得4 分，
选不全得2 分，选错或不答得0 分）
21．（4 分）用安培提出的分子电流假说可以解释下列哪些现象（
）
A．永久磁铁的磁场
B．直线电流的磁场
C．环形电流的磁场
D．软铁棒被磁化的现象
22．（4 分）如图所示，平行板电容器的两极板A、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器的内部，闭合电键
S 给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向θ角，若（
）
A．电键S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ增大
B．电键S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ不变
C．保持电键S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ变小
D．保持电键S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大
23．（4 分）图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N 质量相等，所带电荷的绝对值
也相等，现将M、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。
点a、b、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点。若不计重力，则（
）
A．M 带正电荷，N 带负电荷
B．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同
C．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功
D．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做正功
24．（4 分）质量为m 的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通
过杆，杆恰好静止于导轨上．如图所示的A、B、C、D 四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（
）
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A．
B．
C．
D．
25．（4 分）欧姆表调零后，用“×10”档测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确
的是（
）
A．这个电阻的阻值很小
B．这个电阻的阻值很大
C．为测得更准确些，应当换用“×1”档，并且重新调零后进行测量
D．为测得更准确些，应当换用“×100”档，并且重新调零后进行测量
三、非选择题按题目要求解答，解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤、数值和单位．只写出答案
的不能得分．
26．（9 分）如图是用伏安法测定一节干电池的电动势E 和内电阻r 的实验
（1）在甲电路图中填出电流表A 及电压表V。
（2）由测量数据，在U﹣I 图中描出的点迹如乙图所示，画出图线并由此得出干电池的电动势为
V，干
电池的内电阻为
Ω。
27．（12 分）在电场强度为E 方向水平向右的匀强电场中，用一根长为L 的绝缘细杆（质量不计）固定一个质量为
m 的电量为q 带正电的小球，细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动。现将杆从水平位置A 轻轻释放，在小球运
动到最低点B 的过程中。求：
（1）电场力对小球作多少功？小球的电势能如何变化？
（2）A、B 两位置的电势差多少？
（3）小球到达B 点时的速度多大？
（4）在最低点时绝缘杆对小球的作用力？
28．（12 分）如图所示，光滑的平行导轨与水平面的夹角为θ＝30°，两平行导轨间距为L，整个装置处在竖直向上
的匀强磁场中．导轨中接入电动势为E、内阻为r 的直流电源，电路中有一阻值为R 的电阻，其余电阻不计．将
质量为m，长度也为L 的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状态，重力加速度为g，求：
（1）通过ab 导体棒的电流强度为多大？
（2）匀强磁场的磁感应强度为多大？
（3）若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，求此时导体棒的加速度大小及方向．
29．（17 分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b 相距d＝0.10m，a、b 间的电场强度为E＝3.0×103N/C，
b 板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B＝0.3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为m＝2.4×10
﹣13kg、电荷量为q＝4.0×10
﹣8C 的带正电的粒子（不计重力），从贴近a 板的左端以v0＝1.0×104m/s 的初速度从
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A 点水平射入匀强电场，刚好从狭缝P 处穿过b 板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b 板的Q 处（图中未画
出）。
求：（1）粒子到达P 处时的速度大小和方向；
（2）P、Q 之间的距离L；
（3）粒子从A 点运动到Q 点所用的时间t。
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2019-2020 学年广东省惠州市高二期末物理试卷（理科）
参考答案与试题解析
一．单项选择题I（每小题4 分，共10 题40 分．）
1．【分析】雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过
避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．
【解答】解：当带电云层靠近建筑物时，由于越尖的地方的，电场强度越强，避雷针上产生的感应电荷会通过针
尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击。其原理为尖端放电，故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】本题考查了避雷针的原理，掌握越尖的地方，电场强度越强，难度不大，属于基础题，注意掌握静电屏
蔽的原理，与摩擦起电的实质．
2．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一．
3．【分析】电量不变，只是将距离增大到原来的2 倍，根据点电荷库仑力的公式F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2 可以求得改变之后的库仑
力的大小．
【解答】解：由点电荷库仑力的公式F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2 可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的2 倍，库
仑力将变为原来的
1
4，所以D 正确。故选：D。
【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．
4．【分析】电场强度表示电场本身的强弱和方向，与检验电荷所受的电场力和电量无关。场强的方向与正电荷所受
的电场力方向相同。公式E= ܨ
ݍ适用于一切电场。E= ܭܳ
ݎ2 是点电荷的场强公式，Q 是场源电荷。匀强电场中的电
场强度不变。电容的定义式C=ܷܳ
运用比值法定义，C 与U、Q 无关。
【解答】解：AB、E= ܨ
ݍ运用比值法定义，E 反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，E 与F、q 无关。故
AB 错误。
CD、电容的定义式C=ܷܳ
运用比值法定义，C 与U、Q 无关。故C 错误，D 正确。故选：D。
【点评】该题考查到电场的几个概念与相关的公式，都是基础知识。要加强对基础知识的学习。
5．【分析】当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物
体做曲线运动。
【解答】解：悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向。烧断细线，
物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线方向，合力方向与速度方向在同一条直线上，所以物体沿着悬线
的延长线做匀加速直线运动。故C 正确。A、B、D 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，当物体所受的合力与速度在同一条直线上，
物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动。
6．【分析】该题考查了磁场的叠加问题，用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在O 点产生的磁场的方向，利用
矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项。
【解答】解：用右手螺旋定则，判断通电直导线在O 点上所产生的磁场方向，如图所示：
直导线P 在O 点产生磁场与直导线Q 在O 点产生磁场方向相反，大小相等。
则合磁场为零；而直导线R 在O 点产生磁场，方向从Q 指向P，即为水平向左，故ABC 错误，D 正确；故选：
D。
【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
7．【分析】电阻率只与导体材料和温度有关，与导体的形状、横截面积及长度无关；当温度降到一定时，导体的电
阻率突然变为零，变为超导体．
【解答】解：A、当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零，故A 正确；
B、材料的电阻率取决于导体的材料和温度有关，与导体的电阻、横截面积和长度无关，故B 错误；
C、铝、铜的电阻率较小，故常用的导线是用铝、铜材料做成的，故C 正确；
D、材料的电阻率取决于导体的温度有关，故材料的电阻率随温度变化而变化，所以D 正确；
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本题选择错误的，故选：B。
【点评】本题主要考查影响电阻率的因素，明确电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身
性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响，基础问题．
8．【分析】R2 为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小．当传感器R2 所在处出现火情时，分
析R2 的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U 的变化．根据并联部分电压
的变化，分析I 的变化．
【解答】解：当传感器R2 所在处出现火情时，R2 的阻值变小，R2 与R3 的并联电阻减小，外电路总电阻变小，
则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U 变小。
电路中并联部分的电压U 并＝E﹣I（R1+r），I 变大，其他量不变，则U 并变小，I 也变小。所以I 变小，U 变小。
故D 正确，ABC 错误；故选：D。
【点评】本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部→整体→局部”的顺序进行动态变化分析．
9．【分析】磁感应强度是描述磁场本身强弱和方向的物理量，由磁场本身决定，与放在该点的试探电流元无关．磁
感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向垂直．在磁场中磁感线越密的地方，磁感应强度越大．
【解答】解：A、磁场中某点磁感应强度的大小，由磁场本身决定，跟放在该点的试探电流元的情况无关。故A
错误。
B、磁场中某点磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向垂直。故B 错误。
C、在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度值大小不一定为零，也可能电流元方向
与磁场方向平行，电流元不受磁场力，但磁感应强度值大小不为零。故C 错误。
D、磁感线可以形象描述磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁感应强度越大。故D 正确。故选：D。
【点评】本题抓住磁感应强度和磁感线的物理意义是解答的关键，可以与电场强度、电场线类比记忆．
10．【分析】先用安培定则判断出导线下方的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断电子运动时的受力方向，从
而得出正确选项．
【解答】解：由安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，且离导线越远，磁场越弱，如题中图所示，
电子初速度方向与电流方向相同，由左手定则可知受到的洛伦兹力方向向下，因此电子将向下偏转，故C 正确，
ABD 错误。故选：C。
【点评】该题考查的知识点较多，首先是安培定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟
练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断．
二、单项选择题II（每小题4 分，共10 题40 分．）
11．【分析】空间的任意一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加，只有当两个点电荷产生的电场强度大小相
等、方向相反时，该点的电场强度才等于零．根据点电荷场强公式E＝kܳݎ2和点电荷电场分布特点确定在AB 连
线上，电场强度为零的位置．
【解答】解：点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线
从无穷远出发到负电荷终止。
A、在B 的左侧，A 产生的电场强度向左，B 产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A 的电量大于B
的电量，且A 较远，由点电荷场强公式E＝kܳݎ2可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零。
故A 正确。
B、A 的右侧，A 产生的电场强度向右，B 产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A 的电量大于B
的电量，且A 较近，由点电荷场强公式＝kܳݎ2可知，在同一点A 的电场强度一定大于B 的电场强度，所以合场强
不可能为零。故B 错误。
C、A 和B 之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零。故C 错误。
D、由上可知D 错误。故选：A。
【点评】对于异种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上电量少的外侧；对于同种电荷，合场强为零的位置
在两电荷的连线上两电荷之间，靠近电量少的电荷．
12．【分析】匀强电场的场强大小和方向处处相同，F﹣q 图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较
电场中a、b、c、d 四点的电场强度大小。
【解答】解：图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，d 图线斜率的绝对值最大，所以d 点的电场强度最大，c
图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小。所以四点场强的大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec．该电场不是匀强电场。
故B 正确，A、C、D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式E= ܨ
ݍ，知道电场强度的大小与检验电荷的电量无关。
13．【分析】粒子在电场力作用下运动，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向
和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的，因此可作出过a、b 点的等势面，接着沿着电场线去
判定电势高低；电场力做功等于电势能的减小量。
【解答】解：A、匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故电场力一定向右；粒子
带正电，故电场强度方向向右，故A 错误；
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B、沿着电场线的方向电势降低的。作出过a、b 点的等势面，接着沿着电场线可判定a 点的电势大于b 点，故B
正确；
C、D、电场力向右，故从a 到b 电场力做正功，故电势能减小，故C 错误，D 错误；故选：B。
【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由
曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。
14．【分析】根据距离的变化判断电容的变化，抓住电量不变，通过Q＝CU 判断出电势差的变化，从而得知静电计
指针偏转角度的变化．
【解答】解：减小两极板间的距离，根据C=
ɛݏ
4ߨ݇݀
知，电容增大，因为电量不变，根据Q＝CU，知电势差减小，
则指针偏转角度一定减小。故A 正确，B、C、D 错误。故选：A。
【点评】解决本题的关键抓住电量不变，通过电容的变化判断电势差的变化．
15．【分析】闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和。外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的
电动势不变。
【解答】解：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A 错误。
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B 错误。
C、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源
的电动势保持恒量。故C 正确。
D、如外电压不变，则内电压也不变，电源电动势保持不变。故D 错误。故选：C。
【点评】本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关。
16．【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧
姆定律求出电流和路端电压．
【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：
E＝800mV
由闭合电路欧姆定律得短路电流：
I 短= ܧ
ݎ
则电源内阻：
r= ܧ
ܫ短
= 800×10−3
40×10−3 =20Ω
该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流：
I=
ܧܴ
+ݎ=
800
20+20mA＝20mA
故路端电压：
U＝IR＝20mA×20Ω＝400mV＝0.40V；故选：D。
【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路
等于电源的电动势．
17．【分析】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小．由
安培力公式求出导线所受磁场力的范围再选择．
【解答】解：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为Fmax＝BIL＝0.5×2×0.2N＝0.2N；当导线
与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零。则导线所受磁场力的范围为0﹣0.2N。故选：A。
【点评】本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．
18．【分析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小．
【解答】解：两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引。因为
线圈1 对线圈2 的力和线圈2 对线圈1 的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等。故B
正确，A、C、D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．
19．【分析】由电功率公式P=ܷ
2ܴ
知，当电源电压不变时电阻越小功率越大。根据总电阻的大小确定饮水机处于加热
状态还是保温状态。根据R=ܷ
2ܲ
求出加热电阻的阻值。
【解答】解：根据电功率公式P=ܷ
2ܴ
知，当电源电压不变时电阻越小功率越大。
电源电压不变，当S 断开时，R1 与R2 串联；
当S 闭合时，只有R2 接入在电源上，电路中的电阻变小，总功率变大，因而开关S 闭合时是加热状态。
则R2=ܷ
2ܲ
= 2202
550 =88Ω．故B 正确，A、C、D 错误。故选：B。
【点评】本题考查了电功率的计算公式和串联电阻的特点。要注意电功率计算公式的选择。
20．【分析】质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转说明了它受的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，有qvB
＝qE，与带电性质无关；
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如速度发生改变，电场力不变，洛伦兹力改变，再根据受力情况去分析运动情况即可。
【解答】解：AD、质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转说明了它受的电场力和洛伦兹力是一对平衡
力有qvB＝qE，与带电性质无关，所以只要以相同的速度射入该区域都不会发生偏转，故A 错误，D 正确；
B、若质子的入射速度v'＜v，质子所受的洛伦兹力小于电场力，将向下偏转，不是做类似的平抛运动，故B 错
误；
C、质子的入射速度v'＞v，它所受到的洛伦兹力大于电场力。由于质子所受到的洛仑兹力方向向上，故质子就向
上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线，故C 错误。故选：D。
【点评】装置是否构成速度选择器使运动电荷匀速直线穿过复合场，取决于电场、磁场和速度三者之间的关系与
电荷的电性以及比荷无关。
运动电荷一旦在磁场电场所构成的复合场中做曲线运动，一定是非匀变速曲线运动，轨迹不可能是抛物线。
三、多项选择题（每小题4 分，共5 题20 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得4 分，
选不全得2 分，选错或不答得0 分）
21．【分析】安培所提出的“分子电流”的假说．安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种
环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体．未被磁化的物体，分子电流的方向非
常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性．
【解答】解：安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质；
安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微
粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方
向大致相同，于是对外界显出显示出磁性。
通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故安培的分子环形电流假说不可
以用来解释通电导线周围存在磁场，故AD 正确，BC 错误。
故选：AD。
【点评】分子电流假说属于记忆性的知识点，要求有准确的知道．注意磁现象的电本质．
22．【分析】电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，根据推论分析板间场强是否变化，判断θ如何变化．保
持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，根据E=ܷ݀
分析板间场强如何变化，判断θ如何变化．
【解答】解：
A、B 电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，
得知，板间场强E 不变，小球所受电场力不变，则将A 板向B 板靠近时，θ不变。故A 错误，B 正确。
C、D 保持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，板间距离d 减小，由板间场强E=ܷ݀
分析得到场强
增大，小球所受电场力增大，则θ增大。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量不变，板间场强不变是重要的推论，要在理解的基础上
加强记忆．
23．【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O 点电势高于c 点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电
势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性。由动能定理可知，N 在a 点的速度与M 在c 点的
速度大小相等，但方向不同。N 从O 点运动至a 点的过程中电场力做正功。O、b 间电势差为零，由动能定理可
知电场力做功为零。
【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O 点电势高于c 点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向
低电势，可知电场方向垂直于虚线有b 指向c，根据粒子的轨迹可判断出a 粒子所受的电场力方向垂直于虚线有
O 指向a，M 粒子所受的电场力方向垂直于虚线有b 指向c，故知N 粒子带负电，M 带正电。故A 正确；
B、由动能定理可知，N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相等，但方向不同，故B 正确；
C、N 从O 点运动至a 点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C 错误；
D、O、b 间电势差为零，由动能定理可知M 从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做功为零。故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性。由动能
定理分析电场力做功是常用的方法。
24．【分析】通过受力分析，根据杆子所处的状态为平衡状态，合力为0，去判断是否有摩擦力．
【解答】解：A、杆子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知，杆子可能受摩擦力，也可能不受。故A 错误。
B、若杆子受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆子不受摩擦力。若重力大于安培力，则受重力、支
持力，安培力、摩擦力。所以杆子可能受摩擦力，可能不受摩擦力。故B 错误。
C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力。故C 正确。
D、杆子受重力水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力。故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键会正确地进行受力分析，能够根据受力平衡判断摩擦力的存在．
25．【分析】欧姆档的指针偏转角度越小，则电阻越大，要换大倍率的档位．
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【解答】解：偏转角度小，说明电流小，则电阻大。故A 错误，B 正确
因是大电阻，则要换档位大一些即：换“×100”档。每次换档后要重新进行欧姆调零。故C 错误，D 正确
故选：BD。
【点评】考查欧姆档的刻度特点，明确偏角越小，而对应的电阻越大．
三、非选择题按题目要求解答，解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤、数值和单位．只写出答案
的不能得分．
26．【分析】（1）用伏安法测量电源的电动势和内阻，滑动变阻器采用限流式接法，电压表测的是外电压，应将电
流表放在内部。
（2）外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据点迹作出U﹣I 图线，纵轴截距表示电动势的大小，图线
斜率的绝对值表示内阻的大小。
【解答】解：（1）滑动变阻器采取限流式接法，串联在电路中，电流表采取内接法，测量的误差较小，电路图如
下图。
（2）U＝E﹣Ir，知U﹣I 成线性关系，图线的纵轴截距为1.50，所以E＝1.50V，图线斜率的绝对值
r= 1.50−0.80
0.7
=1.0Ω。
故答案为：（1）
（2）1.50
1.0
【点评】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，E＝U+Ir，以及会通过U﹣I 图线得出电源的
电动势和内阻。
27．【分析】（1）根据恒力做功的公式求电场力做的功，若电场力做正功电势能减少；
（2）根据U＝Ed 求AB 两点的电势差；
（3）根据动能定理求出小球到达B 点的速度；
（4）在最低点，根据径向的合力提供向心力求出杆对小球的作用力。
【解答】解：（1）电场力对小球做的功：W＝qEL
电场力做正功，电势能减少；
（2）AB 两点的电势差：U＝EL
（3）根据动能定理得：mgL+qEL= 1
2mvB2﹣0
解得：vB=
2݃ܮ+ 2ݍܧܮ݉。
（4）根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
ݒܤ2
ܮ
解得：F＝3mg+2qE。
答：（1）电场力对小球作的功qEL，电势能减少；（2）AB 两点的电势差为EL；（3）小球到达B 点的速度为
vB=
2݃ܮ+ 2ݍܧܮ݉．（4）在最低点时绝缘杆对小球的作用力为3mg+2qE。
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的基本运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
28．【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律即可求得；
（2）利用共点力平衡即可求得磁感应强度；
（3）根据牛顿第二定律即可求的加速度
【解答】解：（1）有闭合电路的欧姆定律可得ܫ=
ܧܴ
+ݎ
（2）导体棒静止，根据共点力平衡可得BILcos30°＝mgsin30°
B=
3݉݃
(ܴ+ݎ)
3ܧܮ
（3）由牛顿第二定律可得
BIL﹣mgsin30°＝ma
解得a= ( 3
3 −1
2 )݃，方向沿斜面向上
答：（1）通过ab 导体棒的电流强度为
ܧܴ
+ݎ
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（2）匀强磁场的磁感应强度为
3݉݃
(ܴ+ݎ)
3ܧܮ
（3）若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，此时导体棒的加速度大小为( 3
3 −1
2 )݃，方向沿斜面向上
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解
29．【分析】（1）根据动能定理求出粒子到达P 处的速度大小，结合平行四边形定则求出粒子到达P 处时的速度方
向。
（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的在磁场中运动的轨道半径，结合几何关系求出P、Q 之间的距离L。
（3）粒子在电场中做类平抛运动，根据沿电场方向上的速度，结合速度时间公式求出在电场中的运动时间，根
据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，结合周期公式求出在磁场中的运动时间，从而得出粒子从A
点运动到Q 点所用的时间。
【解答】解：（1）粒子a 板左端运动到P 处，由动能定理得
ݍܧ݀
= 1
2݉
ݒ2 −1
2݉
ݒ02
代入有关数据，解得ݒ=
2 ×104m/s
ttݏߠ= ݒ0
ݒ，代入数据得θ＝45°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图。由几何关系得
又ݍݒܤ=݉
ݒ2
ݎ
联立求得
ܮ
2 = ݎttݏ45°
L= 2݉
ݒ
ݍܤttݏ45°
代入数据解得L＝0.4m
（3）根据平行四边形定则，知粒子在P 点沿电场方向的速度v1═v0＝1.0×104m/s
在电场中运动的时间
t1═
ݒ1ܽ=
ݒ1
ݍܧ݉=݉
ݒ1
ݍܧ=
2.4×10−13×1×104
4×10−8×3×103
=2×10
﹣5s
在磁场中运动的时间
t2= ߨ݉
2ݍܤ= 3.14×2.4×10−13
2×4.0×10−8×0.3 =3.14×10
﹣5s
粒子从A 点运动到Q 点所用的时间
t＝t1+t2＝5.14×10
﹣5s。
答：（1）粒子到达P 处时的速度大小为2 × 104݉
/ݏ，方向与水平方向的夹角为45°。
（2）P、Q 之间的距离为0.4m。
（3）粒子从A 点运动到Q 点所用的时间为5.14×10
﹣5s。
【点评】本题考查了粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握粒子在磁场中的半径公式和周
期公式，以及类平抛运动的处理方法。
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2019-2020 学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二期末物
理试卷
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3 分，共计24 分）
1．（3 分）物理学家通过艰苦的实验来探究自然物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰下列
描述行物理学史实的是（
）
A．安培发现的电流的磁效应，并提出分子电流假说解释磁现象
B．库仑发现了点电荷间的相互作用规律并通过油滴实验最早测定了元电荷的数值
C．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了判断通电导线周围磁场方向的方法
D．加速度、电场强度、电势的定义式都是采取比值法定义的物理量
2．（3 分）如图为静电除尘器除尘机原理示意图，尘埃在电场中过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移
并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（
）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
3．（3 分）两根材料相同的均匀导线x 和y，其中，x 长为l，y 长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置
的变化规律如图所示，那么，x 和y 两导线的电阻和横截面积之比分别为（
）
A．3：1
1：6
B．2：3
1：6
C．3：2
1：5
D．3：1
5：1
4．（3 分）如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A 为水平放置的直导线的截
面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为ܨܰ
1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为ܨܰ
2，则
下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法正确的是（
）
A．ܨܰ
1＜ܨܰ
2，弹簧的伸长量减小
B．ܨܰ
1 = ܨܰ
2，弹簧的伸长量减小
C．ܨܰ
1＞ܨܰ
2，弹簧的伸长量增大
D．ܨܰ
1＞ܨܰ
2，弹簧的伸长量减小
5．（3 分）如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于
匀强磁场中磁感应强度大小恒定，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek 随时间t 的变化规律如
图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判正确的是（
）
A．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1
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B．在Ek﹣t 图象中t4﹣t3＝t3﹣t2＝t2﹣t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
6．（3 分）图为测量某电源电动势和内阻时得到的U﹣I 图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测
得路端电压为4.8V．则该电路可能为（
）
A．
B．
C．
D．
7．（3 分）图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动，若某次膜片振动时，膜片与极板
距离增大，则在此过程中（
）
A．膜片与极板间的电容增大
B．极板所带电荷量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R 中有电流通过
8．（3 分）如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab 长为s，竖直边ad
长为h，质量均为m、带电量分别为+q 和﹣q 的两粒子，由a、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v0 进入矩形区
域（两粒子不同时出现在电场中），不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0 等于（
）
A．
ݏ
2
2ݍܧ݉
t
B．
ݏ
2
ݍܧ݉
t
C．
ݏ
4
2ݍܧ݉
t
D．
ݏ
2
ݍܧ݉
t
三、多选题（每小题有两个或两个以上正确选项，每小题4 分，共计24 分．）
9．（4 分）如图所示，重力均不计、带电荷量均为+q 的两点电荷固定不动且连线竖直，检验电荷（带电荷量为Q）
可在两点电荷连线的中垂面内绕中心点O 做半径为r，线速度为v、角速度为的w 匀速圆周运动，则（
）
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A．检验电荷一定带正电
B．圆轨道上各点的电势处处相等
C．圆轨道上各点的场强处处相同
D．检验电荷做圆周运动的r 越小，u 一定越大
10．（4 分）如图所示R1、R2、R3、R4 均为可变电阻，初始状态R1＝R2＝R3＝R4，C1、C2 均为电容器源的电动势
为E，内阻r≠0，对电路进行如下调整，则（
）
A．将C1 与R2 的位置对调，C1、C2 所带的电量都增加
B．将C1 与R3 的位置对调，C1、C2 所带的电量都增加
C．减少R3、C1、C2 所带的电量都增加
D．减小R4、C1、C2 所带的电量都增加
11．（4 分）如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于
垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至皮带轮顶端F 的过程中，其v﹣t 图象如图乙所示，物块全程
运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（
）
A．该物块带正电
B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2～4.5S 内，物块与皮带仍可能有相对运动
12．（4 分）广州塔是广州的地标建筑，高一四校联考时我们研究了广州塔上的横向摩天轮，为了让同学们更好的记
部的广州塔，今天我们研究广州塔的雷电现象，常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构
成。每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，在某一次闪电前云塔之间的电势
差约为1.0×109V 云塔间距离约为1km，第一个闪击过程中云塔间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs，
假定闪电前云塔间的电场是均匀的，根据以上数据，下列判断正确的是（
）
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W
C．闪电前云塔间的电场强度约为1×106V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
13．（4 分）两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d
为电场中几个点，并且a、d 为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则（
）
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A．场强大小关系有Eb＞Ec
B．电势大小关系有φb＞φd
C．将一负电荷放在d 点时其电势能为负值
D．将一正电荷由a 点移到d 点的过程中电场力做正功
14．（4 分）磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带
电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则
（
）
A．用电器中的电流方向从A 到B
B．用电器中的电流方向从B 到A
C．若只增大带电粒子电量，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
三、实验题（共19 分）
15．某间学测定一金属杆的长度、外径和内径，示数如图甲、乙、丙所示，则该金属杆的长度、外径和内径分别为
cm、
mm 和
mm。
16．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx 的阻值：
（1）现有电源（4V，内阻可不计、滑动变阻器（0～50aΩ，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用
，电压表应选用
（选填器材前的字母）；
（2）如图1 是测量Rx 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。要求电压表和电流表从零开始读数，补充
完成图中实物间的连线
：
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，某次电表示数如图
2 所示，可得该电阻的测量值ܴ
ݔ=ܷܫ=
Ω（保留三位有效数字）。
（4）在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是
（选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx 的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx 的电流值
C．电压表测量值小于Rx 两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx 两端的电压值
（5）实验中为减少温度的变化对电阻率的影响，采取了以下措施，其中在确的是
A．多次测量U、I，画U﹣I 图象，再求R 值
B．多次测量U、I，先计算R，再求R 的平均值
C．实验中通电电流不宜过大，通电时间不宜过长
D．多次测量U、I，先求U、I 的平均值，再求R
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17．在物理课外活动中，王聪明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图，已知选用的电流表内
阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝10mA，当选择开关接3 时为程250V 的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻
度均匀，C 为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出：
（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1 时其读数为
，远择开关接3 时其读数为
；
（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下
实验：
①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1 的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C 处，此时电阻箱如图丙所示，则C 处
刻度应为
Ω；
③计算得到多用电表内电池的电动势为
V（保留2 位有效数字）。
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为
Ω（保
留2 位有效数字）。
三、计算题
18．如图所示，质量为m＝245g 的物块（可视为质点）在质量为M＝0.5kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑
水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5g 的子弹以速度v0＝300m/s 沿水平方向射入物块
并留在其中（时间极短），g 取10m/s2，子弹射入后，求：
（1）子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；
（2）木板向右滑行的最大速度v2；
（3）物块在木板上相对静止时，物块离木板左端的距离。
19．（1）如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
B1＝0.5T，一根直金属杆MN 以v＝2m/s 的速度向右匀速运动，杆MN 始终与导轨垂直且接触良好，杆MN 的
电阻r1＝1Ω，导轨的电阻可忽略，求杆MN 中产生的感应电动势E1；
（2）如图乙所示，一个匝数n＝100 的圆形线圈，电阻r2＝1Ω，在线圈中存在面积ܵ2 = 0.3݉
2垂直线圈平面（指
向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B2 随时间t 变化的关系如图丙所示，求圆形线圈中产生的感应电动势E2；
（3）将一个R＝2Ω的电阻分别与图甲和图乙中的a、b 端相连接，然后b 端接地，试判断以上两种情况中，哪种
情况a 端的电势较高？并求出较高的电势φa。
20．如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有匀强磁场B 和匀
强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向，电场方向竖直向下，一质量为m、电荷量为q 的微粒在区域
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Ⅰ左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区城Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q
点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：
（1）区域Ⅰ电场强度E1 的大小和离开区域Ⅰ时速度v1；
（2）区域Ⅱ内匀强电场的E2 的大小和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？
21．在矩形区域abcd 中，存在如图甲所示的磁场区域（包括边界），规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc＝2ab
＝2l，e 为bc 边界上的一点，且t݁=݈2，重力可忽略不计的正粒子从d 点沿dc 方向以初速度v0 射入磁场，已知
粒子的比荷为k，求：
（1）如果在0 时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开，则磁场的磁感应强度B0 应为多
大？
（2）如果磁场的磁感应强度ܤ0 = 2ݒ0݈݇，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad 边离开磁场，
则磁场的变化周期T0 应满足什么条件？
（3）如果磁场的磁感应强度ܤ0 = 2ݒ0݈݇，在bc 边的右侧加一垂直bc 边向左的匀强电场，0 时刻射入磁场的粒子刚
好经过T0 垂直bc 边离开磁场，再次进入磁场后经过T0 从a 点离开磁场区域，则电场强度E 以及粒子在电场中
的路程x 分别为多大？
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2019-2020 学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二期末物理试
卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3 分，共计24 分）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、奥斯特发现的电流的磁效应，安培提出分子电流假说解释磁现象，故A 错误；
B、库仑发现了点电荷间的相互作用规律，密立根过油滴实验最早测定了元电荷的数值，故B 错误；
C、奥斯特发现了电流的磁效，安培提出了判断通电导线周围磁场方向的方法，故C 错误；
D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量，故D 正确。故选：D。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
2．【分析】从静电除尘机理出发即可解题。由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极。而尘埃
在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电。负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根
据F＝Eq 即可得出结论。
【解答】解：A、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故A 错误；
B、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，故B 错误；
C、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C 错误；
D、根据F＝Eq 可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D 正确。故选：D。
【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练
掌握静电的防止与应用的具体实例。
3．【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出x
和y 导线的横截面积之比。
【解答】解：x 和y 两端的电势差分别为6V，2V，电流相等，根据欧姆定律得，ܴ
ݔܴ
ݕ
=ܷ
ݔܷ
ݕ
=
3
1。
根据电阻定律得，R＝ρ݈ݏ，则s= ߩ݈ܴ。
则横截面积之比
ݏݔ
ݏݕ
=
1
3
2
1
=
1
6．故A 正确，B、C、D 错误。故选：A。
【点评】本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，掌握串联电路的电压分配特点是关键。
4．【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；长直导线是固定不动的，根据物体间
力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向。
【解答】解：磁铁的磁感线在它的外部是从N 极到S 极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁
感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。
长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力
分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向
的分力向下，所以弹簧拉力变大，弹簧长度将变长。所以ܨܰ
1＞ܨܰ
2，弹簧的伸长量增大。故C 正确，A、B、D
错误。故选：C。
【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识
进行推理分析。
5．
【分析】回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式T= 2ߨ݉
ݍܤ和r=݉
ݒ
ݍܤ
进行分析判断。明确最大动能由加速器半径决定。
【解答】解：A、由回旋加速器原理知，高频电源的变化周期等于粒子在回旋加速器中周期，带点粒子在高频电
源变化的一个周期中加速两次，由EK﹣t 图知，动能改变两次周期为2（tn﹣tn﹣2），故A 错误；
B、（t4﹣t3）、（t3﹣t2）、（t2﹣t1）为粒子转动周期的一半，由公式T= 2ߨ݉
ݍܤ知粒子周期不变，所以，t4﹣t3＝t3﹣t2
＝t2﹣t1，故B 正确；
CD、设D 型盒半径为R，动能最大粒子转动半径为R，由半径公式知R=݉
ݒ
ݍܤ，所以最大动能为：EKm= 1
2݉
ݒ2 =
ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，与加速次数无关，与粒子比荷有关，故CD 错误。故选：B。
【点评】本题考查了回旋加速器的原理，要注意明确粒子在电场中加速，在磁场中偏转；解题时特别要记住粒子
获得的最大动能是由D 型盒的半径决定的。
6．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图中给出的电动势和内电阻，再根据各项中给出的电路结论进行分析，明确
各电路中对应的路端电压和电流是知符合。
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【解答】解：由上图可知电源电动势为6V，电源内阻为：r= 6−4
4 Ω = 0.5Ω。
对A 图ܫ=
ܧܴ
外+ݎ= 6
1.5 ܣ= 4ܣ，U＝IR 外＝4V；
对B 图，ܫ=
ܧܴ
外+ݎ= 2.4ܣ，U＝IR 外＝4.8V；
对C 图，Iܫ=
ܧܴ
外+ݎ= 0.63ܣ，U＝5.68V；
对D 图，ܫ=
ܧܴ
外+ݎ= 1.2ܣ，U＝5.4V，
故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合
电路欧姆定律来计算即可。
7．【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R 中有电
流。
【解答】解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，由公式ܥ=߳ܵ4ߨ݇݀
可知，电容减小，故A 错误；
B、由公式ܥ=ܷܳ
知，U 不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q 减小，故B 错误；
C、由公式ܧ=ܷ݀
知，U 不变，间距d 增大，则场强E 减小，故C 错误；
D、极板的带电量减小，放电，电阻R 中有电流通过，故D 正确；故选：D。
【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量
或电压的变化。
8．【分析】根据两粒子轨迹相切，结合几何关系得出类平抛运动时沿电场方向和垂直方向的位移大小，结合牛顿第
二定律和运动学公式分析求解。
【解答】解：由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以
可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心。
由类平抛运动的关系可得：
竖直方向：
1
2ܽݐ2 =
1
2
ݍܧ݉ݐ2 =
t
2，水平方向：ݒ0ݐ= ݏ
2，
解得：ݐ=
t݉
ݍܧ，
则ݒ0 = ݏ
2
ݍܧ݉
t，故B 正确，A、C、D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向
上做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
三、多选题（每小题有两个或两个以上正确选项，每小题4 分，共计24 分．）
9．【分析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，及向心力特征；依据电场线与等势面相互垂直；运用库仑定律，矢
量的合成法则，及几何关系，依据库仑合力提供向心力，即可列式一一求解。
【解答】解：A、检验电荷绕O 点做匀速圆周运动，由合外力提供向心力可知，检验电荷一定带负电，故A 错
误；
B、根据同种电荷电场线和等势面分布特点，可知，圆轨道上各点的电势处处相等，故B 正确；
C、圆轨道上各点的场强大小处处相等，方向不同，故C 错误；
D、设两个点电荷的距离为2L，检验电荷的轨道半径为r，检验电荷绕O 点在中垂面内做匀速圆周运动，库仑力
的合力提供其做圆周运动的向心力，则有：
2݇ܳ
ݍ
ݎ2+ܮ2
ݎ
ݎ2+ܮ2 =݉߱
2ݎ，解得：߱
=
2݇ܳ
ݍ݉
(ݎ2+ܮ2) ݎ2+ܮ2所以r 越小，
ω一定越大，根据v＝rω，当r 变小时，ω变大，所以不能确定v 的变化情况，故D 错误。故选：B。
【点评】本题考查库仑定律、矢量的合成法则的应用，掌握圆周运动的向心力的来源，理解几何关系在本题的运
用。
10．【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4 串联接入电路，电容器C1 并联在电阻电阻R2 两端，电容器C2 与R2、
R3 的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后
由Q＝CU 判断出电容器所带电荷量如何变化。
【解答】解：A、原状态时，C1 两端的电压为ܴ3ܴ+ݎܧ，C1 与R2 对调后，C1 两端的电压为
2ܴ
4ܴ+ݎܧ，所以C1 的电
压变大，电量变大，C2 两端的电压由
2ܴ
3ܴ+ݎܧ变为
2ܴ
4ܴ+ݎܧ，所以电压变小，电量减小，故A 错误；
B、C1 与R3 对调后，电路中没有电流，所以C1，C2，两端电压均为E 即变大，所以电量都变大，故B 正确；
C、减小R3，整个电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流增大，由U＝IR 可知，电阻R2 两端电压
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增大，电容器C1 两端电压增大；路端电压变小，电阻R4 两端电压增大，电阻R2、R3 串联电压变大，电容器C2
两端电压减小，由Q＝CU 可知，电容器C1 所带电荷量增大，C2 所带的电量减小，故C 错误；
D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2 两端电压变大，电阻R2、R3 串联
电压变大，电容器C1、C2 两端电压都增大，由Q＝CU 可知C1、C2 所带的电量都增加，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，要掌握好此类题目的解题方法；明确“局部﹣整体﹣局部”
的分析方法。熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q＝CU 即可正确解题。
11．【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由
左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于
传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移。
【解答】解：A、由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是1m/s
A 项：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的
方向：
μFN﹣mgsinθ＝ma…①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN 逐渐
减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：FN′＝mgcosθ﹣f 洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运
动，由左手定则可知，物块带正电，故A 正确；
BD、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也
越来越小，当加速度等于0 时，物块达到最大速度，此时：
mgsinθ＝μ（mgcosθ﹣f 洛）…②
由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的
速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止。故B 错误，
D 正确；
C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生
的相对位移。故C 错误。
故选：AD。
【点评】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不
会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握。
12．【分析】（1）由于云地间的电场是匀强电场，根据场强的公式可以求得电场强度的大小；
（2）根据电流强度的定义式可以求得电流的平均值的大小；
（3）根据电场做功的公式，可以直接计算出释放的能量。
【解答】解：A：根据电流强度的定义式可得，电流为：ܫ=ܳݐ=
6
6×10−5 ܣ= 1 × 105ܣ，故A 正确；
BCD：释放的能量等于电场力做功为：W＝QU＝6×1.0×109＝6×109J；
所以第一次闪电的平均功率为为：ܲ
=ܹݐ= 6×109
6×10−5ܹ
= 1 × 1014ܹ
，由于电荷转移主要发生在第一个闪击过程
中，所以整个闪电过程的平均功率小于第一次的闪电功率，
而电场强度的大小为为：ܧ=ܷ݀
= 1×109
103ܸ
/݉
= 1 × 106ܸ/݉
，故BD 错误，C 正确；
故选：AC。
【点评】本题是对电场强度的公式的直接考查，在电场这一部分中公式比较多，这就要求同学们在学习的过程中
要掌握住每个公式。
13．【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；
根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；
正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，根据电
势能的变化判断电场力做功情况。
【解答】解：A：由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c 点的电场线密，所以有Ec＞Eb，故A 错误；
B：沿着电场线，电势逐渐降低，b 点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b 点的电势比右侧的导体高，而d
点紧靠右侧导体的表面，电势与导体的电势几乎相等，故b 点电势高于d 点的电势，故B 正确；
C：电势能的正负与0 势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d 点时其电势能为正值。
故C 错误；
D：从图中可以看出，a 点的电势高于b 点的电势，而b 点的电势又高于d 点的电势，所以a 点的电势高于d 点
的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a 点移到d 点的过程中，电势能减
小，则电场力做正功，故D 正确。
故选：BD。
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【点评】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、场强大小关系；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。
14．【分析】本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而
判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论。
【解答】解：AB、首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离
子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为
一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A 到B，故A 正确，B 错误；
CD、此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f 外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀
速通过磁场区域，因f＝qvB，ܨ= ݍܧ݀，则qvB= ݍܧ݀，解得E＝Bdv，所以电动势E 与速度v 及磁场B 成正比，
故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负
离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子
体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论。
三、实验题（共19 分）
15．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方
法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
【解答】解：刻度尺在读数的时候要估读一位，所以金属杆的长度为60.10cm；
游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10 个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为10×0.02mm＝0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm＝4.20mm。
螺旋测微器的读数为：d＝5.5+12.0×0.01mm＝5.620mm。
故答案为：（1）60.10；
（2）4.20；
（3）5.620
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
16．【分析】（1）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选
器材。
（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据题意确定滑动变阻器接法，然后连接实物电路
图。
（3）由电压表与电流表读数，应用欧姆定律求出电阻阻值。
（4）根据电路图分析实验误差原因。
（5）电阻率受温度影响，为减小温度对测量值的影响，实验时电流不宜过大，测量实验要短，根据实验注意事
项分析答题。
【解答】解：（1）由于电源电动势为4V，所以电压表应选C（因为若选择电压表D 时，电动势3V，还不到电压
表量程的
1
3）；
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：ܫ݉ܽ
ݔ=ܷܴ
ݔ= 4
5 ܣ= 0.8ܣ所以电流表应选B；
（2）电压表和电流表从零开始读数，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻
值，电流表应采用外接法，实物连线图如图所示：
（3）由图可知，电流表的读数为：I＝0.50A，电压表的读数为：U＝2.60V，所以待测电阻为：ܴ=ܷܫ= 2.60
0.50 Ω = 5.20Ω
（4）根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经Rx
的电流，所以产生误差的主要原因是B；故选：B。
（5）由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选：C。
故答案为：（1）B；C；（2）
；（3）5.20；（4）B；（5）C。
【点评】本题考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对
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电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。
17．【分析】（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数。
（2）电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势。
（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率。
【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，选择开关接1 时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，
其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；
当选择开关接3 时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表；读数为173V；
（2）②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω＝150Ω，此时指针指在中
央，欧姆表内阻等于电阻箱阻值，为150Ω；
③指针指在C 处时，电流表示数为5mA＝0.005A，C 处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势E＝
I•2R＝0.005×150×2＝1.5V；
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.90mA，而表内电池的电动势为E＝
1.5V，欧姆表内阻为150Ω，所以待测电阻的阻值为67Ω。
故答案为：（1）6.9mA、173V；
（2）②150、③1.5；
（3）67。
【点评】本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；
对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数。
三、计算题
18．【分析】（1）子弹射入物块后一起向右滑行时做匀减速运动，所以子弹进入物块后瞬间的速度即为物块的最大
速度，根据子弹和物块组成的系统动量守恒求解。
（2）当子弹、物块和木板的速度相同时木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒求解。
（3）木块在木板上滑动时，应用能量守恒定律可以求出物块离木板左端的距离。
【解答】解：（1）子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定
律得：
m0v0＝（m0+m）v1
其中m0＝5g＝0.005kg，m＝245g＝0.245kg
代入数据解得：v1＝6m/s。
所以子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1 是6m/s；
（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：
（m0+m）v1＝（m0+m+M）v2
代入数据解得：v2＝2m/s；
（3）对物块和子弹整体以及木板组成的系统，
由能量定恒定律得：
1
2 (݉
+݉
0)ݒ1
2 =
1
2 (݉
+݉
0 + ܯ)ݒ2
2 + ܧ
代入数据解得：E＝3J；
产生的内能等于克服摩擦力所做的功，即μ（m+m0）gx＝E
代入数据解得：x＝3m。
答：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1 是6m/s；
（2）木板向右滑行的最大速度v2 是2m/s；
（3）物块在木板上相对静止时，物块离木板左端的距离3m。
【点评】此题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用；关键是搞清研究过程或研究系统，根据动量守恒定律和
能量守恒定律列方程；本题也可用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
19．【分析】（1）切割磁感线产生的感应电动势计算公式为：E＝BLv；
（2）穿过圆形线圈的磁通量发生变化，感应电动势的计算公式为：E2＝n
△ܤ2
△ݐS2；
（3）将产生感应电流的导体等效为电源，电流流出端为高电势端。
【解答】解：（1）杆MN 做切割磁感线的运动，根据法拉第电磁感应定律有：E1＝B1Lv
代入数据得产生的感应电动势为：E1＝0.3V；
（2）穿过圆形线圈的磁通量发生变化：ܧ2 =݊
△ܤ2
△ݐܵ
2
代入数据得产生的感应电动势为：E2＝4.5V；
（3）根据右手定则，可知，图甲a 是正极，而由楞次定律可知，图乙中b 是正极，因此当电阻R 与图甲中的导
轨相连接时，a 端的电势较高，通过电阻R 的电流为：
ܫ= ܧ2ܴ
+ݎ
电阻R 两端的电势差为：ϕa﹣ϕb＝IR
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得a 端的电势为：߶ܽ= ܫܴ
= 4.5
2+1 × 2ܸ
= 3ܸ。
答：（1）杆MN 中产生的感应电动势为0.3V；
（2）圆形线圈中产生的感应电动势为4.5V；
（3）当电阻R 与图1 中的导轨相连接时，a 端的电势较高，这种情况a 端的电势ϕa 为3V。
【点评】本题主要是考查了电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有
关电学知识求解。
20．【分析】（1）微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则电场力在竖直方向的分力与重力平衡；微粒在区域II 内
做匀速圆周运动，则电场力等于重力；根据牛顿第二定律和运动学公式求解离开区域Ⅰ时速度。
（2）根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解；
（3）微粒从P 运动到Q 的时间等于区域I 的匀加速直线运动时间与圆周运动的时间之和。
【解答】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：ݍܧ1ݏt݊450 =݉݃
解得：ܧ1 =
2݉݃
ݍ
设微粒在区域I 内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域I 时速度为v1，
根据牛顿第二定律得ܽ
= ݍܧ1ttݏ450݉
=݃
ݒ1
2 = 2ܽ݀
1
解得：ݒ1 =
2݃݀
1；
（2）微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有：
mg＝qE2
解得：ܧ2 =݉݃ݍ
在区域II 内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则
Rsin60°＝d2
ݍݒ1ܤ=݉
ݒ1
2ܴ
解得：ܤ=݉ݍ݀2
3݀1݃
2 ；
（3）微粒在区域I 内作匀加速运动，ݐ1 =
2݀1݃
在区域II 内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ
ݐ2 =ܶ6 = ߨ݀2
3
2
3݃݀
1
解得：ݐ= ݐ1 + ݐ2 =
2݀1݃+ ߨ݀2
3
2
3݃݀
1。
答：（1）区域Ⅰ电场强度E1 的大小是
2݉݃
ݍ
，离开区域Ⅰ时速度大小是2݃݀
1；
（2）区域Ⅱ内匀强电场的E2 的大小是݉݃ݍ，匀强磁场的磁感应强度B 的大小是݉ݍ݀2
3݀1݃
2
；
（3）微粒从P 运动到Q 的时间是2݀1݃+ ߨ݀2
3
2
3݃݀
1。
【点评】考查受力分析的方法，掌握受力平衡状态方程，理解力的平行四边形定则与牛顿第二定律的应用，注意
几何关系在本题的运用。
21．【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出磁场的磁感应强度
B0；
（2）画出粒子恰好不从ad 边离开磁场的临界轨迹，求出运动的时间，当粒子运动时间等于磁场变化半个周期的
时间时，恰好与ad 边相切，磁场变化的周期要小于等于临界周期，才能满足题设条件；
（3）画出满足题意的粒子运动轨迹，0 时刻射入磁场的粒子刚好经过T0 垂直bc 边离开磁场，则经过ܶ0粒子旋转
1
4圆周，第二个ܶ0粒子继续旋转
1
4圆周，要想粒子能从a 点离开，在电场中运动时间至少ܶ0，考虑周期性，电场中
运动时间为△ݐ=ܶ
0（n 取整数），由牛顿定律和匀变速直线运动的规律即可求解电场强度E 以及粒子在电场中
的路程。
【解答】解：（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1 所示，
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在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
ݍݒ0ܤ0 =݉
ݒ0
2ܴ
0，①
由几何关系，有ܴ
0
2 =݈
2 + (ܴ
0 −݈2 )2②
又由于
ݍ݉=݇
，③
联立①②③，解得ܴ
0 = 5
4݈，
ܤ0 = 4ݒ0
5݈݇
；
（2）由ܴ
=݉
ݒ0
ݍܤ0可知，粒子运动的半径为ܴ
=݈2，临界情况为粒子从t＝0 时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，
如图2 所示
圆周运动的周期为ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ0 = ߨ݈
ݒ0
由几何关系可知，ݐ=ܶ
0内，粒子转过的圆心角为
5
6 ߨ；
对应运动时间为ݐ1 =
5
6ߨT，应满足ݐ1 ≥ܶ
0，
联立以上各式可得：ܶ
0 ≤5ߨ݈
6ݒ0
（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3 所示
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由题意有ܶ
0 = 1
2 × 2ߨ݉
ݍܤ0 ，得ܶ
0 = ߨ݈
2ݒ0，
在电场中有qE＝ma
往返一次用时为△ݐ= 2ݒ0ܽ；
由题意应有△ݐ= (݊
+ 1
2 )ܶ
0，
可得ܧ=
8ݒ0
2
，（n＝0，1，2…）；
故运动的路程为：ݔ= 1
2 ݒ0 × △ݐ
2 × 2 = (2݊+1)ߨ݈
8
，（n＝0，1，2，3…）
答：（1）如果在0 时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开，则磁场的磁感应强度B0 应
为
4ݒ0
5݈݇
；
（2）如果磁场的磁感应强度ܤ0 = 2ݒ0݈݇，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad 边离开磁场，
则磁场的变化周期T0 应满足ܶ
0 ≤5ߨ݈
6ݒ0；
（3）如果磁场的磁感应强度ܤ0 = 2ݒ0݈݇，在bc 边的右侧加一垂直bc 边向左的匀强电场，0 时刻射入磁场的粒子刚
好经过T0 垂直bc 边离开磁场，再次进入磁场后经过T0 从a 点离开磁场区域，则电场强度E 为
8ݒ0
2
，（n＝0，1，
2…）；
粒子在电场中的路程为
(2݊+1)ߨ݈
8
，(݊
= 0，1，2，3⋯)。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，处理问题的关键要能画出粒子的轨迹图。
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2019-2020 学年广东省广州市越秀区高二期末物理试卷
一、单项选择题(每小题4 分,共40 分;在每小题给出的四个选项中,只有一个正确选选对的得4 分,选错的或不答的得
0 分)
1．（4 分）下列关于动量的说法正确的是（
）
A．动量相同的两个物体，质量大的动能大
B．一个物体动量改变了，则速率一定改变
C．一个物体的速率改变，它的动量可能不变
D．一个物体受合外力作用一段时间，它的动量一定改变
2．（4 分）如图甲所示，U 形金属导轨与水平面成θ角放置，电源、电阻、金属杆及导轨组成闭合回路，金属杆与导
轨的摩擦不计，整个装置分别处在如图乙所示的A、B、C、D 的匀强磁场中，其中可能使细杆保持静止的是
（
）
A．
B．
C．
D．
3．（4 分）如图所示，图线1 表示的导体的电阻为R1，图线2 表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（
）
A．R1：R2＝3：1
B．把R1 拉长到原来的3 倍长后电阻等于R2
C．将R1 与R2 串联后接于电源上，则功率之比P1：P2＝3：1
D．将R1 与R2 并联后接于电源上，则电流比I1：I2＝3：1
4．（4 分）两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC 的A 和B 处，如图所示．两通
电导线在C 处产生磁场的磁感应强度大小都是B0，则C 处磁场的总磁感应强度大小是（
）
A．0
B．B0
C．3ܤ0
D．2B0
5．（4 分）如图所示，运动员挥拍将质量为m 的网球击出．如果网球被拍子击前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，
v1 与v2 方向相反，且v2＞v1．忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（
）
A．大小为m （v2﹣v1），方向与v1 方向相同
B．大小为m （v2+v1），方向与v1 方向相同
C．大小为m （v2﹣v1），方向与v2 方向相同
D．大小为m （v2+v1），方向与v2 方向相同
6．（4 分）一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A 点运动到B 点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB 分别
对应电荷在A、B 两点的时刻，则下列说法中正确的是（
）
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A．A 处的场强一定小于B 处的场强
B．A 处的电势一定低于B 处的电势
C．该电场可能是匀强电场
D．电荷在A 处的电势能一定大于在B 处的电势能
7．（4 分）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电源的两极相连接的两个D 形金属盒，两
盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D 形金属盒处于垂直于盒底的匀
强磁场中，如图所示，则下列说法中正确的是（
）
A．只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子射出时的动能
B．只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子在回旋加速器中运动的时间
C．只增大磁场的磁感应强度，可增大带电粒子射出时的动能
D．用同一回旋加速器可以同时加速质子（
1
1H）和氚核（
1
3H）
8．（4 分）直流电动机在生产、生活中有泛的应用。如图所示，一直流电动机M 和电灯L 并联之后接在直流电源上，
电动机内阻r1＝0.5Ω，电灯灯丝电阻R＝9Ω（阻值认为保持不变），电源电动势E＝12V，内阻r2＝1Ω开关S 闭
合，电动机正常工作时，电压表读数为9V．则下列说法不正确的是（
）
A．流过电源的电流3A
B．流过电动机的电流2A
C．电动机的输入功率等于24W
D．电动机的输出功率等于16W
9．（4 分）如图所示，在匀强电场中，场强方向与△abc 所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ܽt =0.2m。一个电
荷量q＝1×10
﹣5C 的正电荷从a 移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a 移到c，电场力做功为1×10
﹣3J．则
该匀强电场的场强大小和方向分别为（
）
A．500 V/m、沿ab 由a 指向b
B．500 V/m、垂直ab 向上
C．1000 V/m、垂直ab 向上
D．1000 V/m、沿ac 由a 指向c
10．（4 分）如图所示，一价氢离子和二价氦离子的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏
转后，打在同一荧光屏上，则它们（
）
A．两离子同时到达屏上的不同点
B．到达屏上同一点，一价氢离子先到达，二价氦离子后到达
C．到达屏上同一点，二价氦离子先到达，一价氢离子后到达
D．增大偏转极板间的距离，氢离子射在荧光屏上的点将向下移动
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二、多项选择题（每小题4 分，共16 分；在每小题给出的四个选项中，有两个或多个正确选乙、项，全部选对的
得4 分，选不全的得2 分，选的或不选的得0 分
11．（4 分）如图所示，质量分别为m1，m2 的两个小球A．B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于
绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A．B 将由静止开始运动，在以后的运动过程中，
对两小球A．B 和弹簧组成的系统，以下说法错误的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过
弹性限度）（
）
A．由于电场力分别对球A 和B 做正功，故系统机械能不断增加
B．由于两小球所受电场力等大反向，故系统动量守恒
C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大
D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
12．（4 分）如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点放置异种点电荷+Q 和﹣3Q，x 轴上的P 点位于﹣3Q 的右
侧，下列判断正确的是（
）
A．在x 轴上还有一点与P 点电场强度相同
B．在x 轴上还有两点与P 点电场强度相同
C．若将一试探电荷+q 放在x 轴上，只有一个点能使之平衡
D．若将一试探电荷+q 放在x 轴上，共有两个点能使之平衡
13．（4 分）在如图所示电路中，电源的电动势E＝3V，内电阻r＝5Ω，电阻R1＝5Ω，闭合电键S，当滑动变阻器的
滑动触头P 从最上端向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2 和U3 表示，
则下列叙述中正确的是（
）
A．I 变大，U1 变大
B．U2 变大，U1 变小
C．电阻R1 的电功率减小
D．电源的输出功率增大
14．（4 分）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S 产生带电
荷量为q 的某种正离子，离子产生时的速度很小，可以看作是静止的，离子经过电压U 加速后形成离子流，然
后垂直于磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，沿着半圆周运动到达记录它的照相底片P 上。实验测得，
它在P 上的位置到入口处S1 的距离为a，离子流形成稳定的电流I 时，下列说法确的是（
）
A．这种离了的质量为m= ݍܤ2
8ܷ
a2
B．单位时间内穿过入口S1 处离子流的能量为UI
C．单位时间内穿过入口S1 处离子流的能量为qU
D．在时间t 内到达照底片P 上的离子的数目为n= ܫݐ
ݍ
三、实验题：（共15 分}
15．（7 分）某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示。将这一系统置于光滑
的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒。
（1）该同学还必须有的器材是
；
（2）需要直接测量的数据是
；
（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是
。
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16．（8 分）为了测量一精密金属丝的电阻率，某实验小组先用多用表粗测其电阻约为6Ω，然后进行较准确测量，
除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）
C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）
F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
G．输出电压为3V 的直流稳压电源E
H．电阻箱
L．开关S，导线若干
为了测较多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有（填代号）
，请在虚线框内设计最合理的电
路图并将图中的实物连线，但用该电路电阻的测值
真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。如果金
属丝直径为D ，长度为L ，所测电压为U ，电流为1 ，写出计算电阻率的表达式
四、计算题:(共39 分。按题目夏求作答,解答题应写出必要的文字说朋、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的
不能得分。有数值计算的题,答案中必须阴确写出数值和单位)
17．（12 分）如图所示，长L＝3m 的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质是M＝20kg 木板置于地面上，木板与
地而向的动摩擦因数μ＝0.1．质量m＝20kg 的人立于木板左端木板与人均静止、若人以4m/s2 的加速度匀加速向
右奔跑至板的右端，并立即抱住立柱，g 取10m/s2，求：
（1）从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；
（2）从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x。
18．（13 分）如图所示，电源电动势为E＝100V，内阻不计，R1、R2、R4 的阻值为300Ω，R3 为可变电阻。C 为一
水平放置的平行板电容器，虚线到两极距离相等且通过竖直放置的荧光屏中心，极板长为1＝8cm，板间距离为
d＝1cm，右端到荧光屏为s＝20cm，荧光屏直径为D＝5cm。有一细电子束沿图中虚线以E0＝9.6×102eV 的动能
连续不断地向右射入平行板电容器。已知电子电荷量e＝1.6×10
﹣19C．求：
（1）要使电子都能从平行板电容器右侧飞出，电容器两板间电压最大不能超过多少？
（2）要使所有电子都能打在荧光屏上，变阻器R3 的取值范围多大？
19．（14 分）如图所示，在直角坐标系的原点O 处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面
的带电粒子．在放射源右边有一很薄的挡板，挡板与xoy 平面交线的两端M、N 与原点O 正好构成等腰直角三
角形．已知带电粒子的质量为m，带电量为+q，速度为υ，MN 的长度为L．
（1）若在y 轴右侧加一平行于x 轴的匀强电场，要使y 轴右侧所有运动的粒子都能打到挡板MN 上，则电场强
度E0 的最小值为多大？在电场强度为E0 时，打到板上的粒子动能为多大？
（2）若在整个空间加一方向垂直纸面向里的匀强磁场，要使板右侧的MN 连线上都有粒子打到，磁场的磁感应
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强度不能超过多少（用m、υ、q、L 表示）？若满足此条件，放射源O 向外发射出的所有带电粒子中有几分之
几能打在板的左边？
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2019-2020 学年广东省广州市越秀区高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题(每小题4 分,共40 分;在每小题给出的四个选项中,只有一个正确选选对的得4 分,选错的或不答的得
0 分)
1．【分析】动量是矢量，有大小有方向，大小和方向任意一个发生变化，则动量一定改变。根据动量和动能的表达
式得出动能与动量的关系，从而判断动能的大小关系。
【解答】解：A、根据P＝mv，Ek= 1
2mv2 得Ek=ܲ
2
2݉
，知动量相同，质量大的动能小。故A 错误。
B、一个物体的动量改变，速率不一定变化，比如做匀速圆周运动，动量变化，速率不变。故B 错误。
C、一个物体的速率改变，根据P＝mv 知，动量一定改变，C 错误。
D、一个物体受合外力作用一段时间一定有冲量，则动量一定变化，故D 正确。故选：D。
【点评】决本题的关键知道动量是矢量，知道动量和动能的关系，基础题。
2．【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定
则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指
指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
【解答】解：A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡。故A 错误。
B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态。故B 正确。
C、金属杆受垂直于斜面向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡。故C 错误。
D、磁场的方向向上，电流的方向向外，所以金属杆受到水平向左的安培力，和重力，支持力，三个力不可能处
于平衡状态。故D 错误。故选：B。
【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应
用左手定则判断安培力的方向．
3．【分析】通过I﹣U 图象得出两电阻的关系。串联电路电流相等；并联电路，电压相等；结合公式P＝UI 和U＝
IR 分析即可。
【解答】解：A、解答：根据I﹣U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2＝1：3．故A 错误。
B、把R1 拉长到原来的3 倍长后，横截面积减小为原来的
1
3，根据电阻定律公式R= ߩܮܵ，电阻增加为9 倍，变为
R2 的3 倍，故B 错误；
C、串联电路电流相等，所以将R1 与R2 串联后接于电源上，电流比I1：I2＝1：1；又由于R1：R2＝1：3。
根据P＝UI＝I2R，功率之比为1：3，故C 错误。
D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1 与R2 并联后接于电源上，电流比I1：I2＝3：1。
根据公式P＝UI，功率之比为3：1，故D 正确。故选：D。
【点评】本题关键是明确I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律、欧姆定律和电功率表达式分析，
不难。
4．【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C 点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大
小．
【解答】解：根据安培定则可知，导线A 在C 处产生的磁场方向垂直于AC 方向向右，导线B 在C 处产生的磁
场方向垂直于BC 方向向右，
如图，根据平行四边形定则得到，C 处的总磁感应强度为B 总＝2Bcos30°=
3B0。故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵
循平行四边形定则．
5．【分析】以网球为研究对象，在拍子击打网球的过程中，网球水平受到拍子的作用力，速度大小和方向发生了改
变，根据动量定理研究拍子的作用力的冲量．
【解答】解：取拍子击打前网球的速度为v1 方向为正方向，根据动量定理得：
拍子对网球作用力的冲量I＝﹣mv2﹣mv1＝﹣m（v1+v2），
即冲量大小为m（v1+v2），方向与v1 方向相反，与v2 方向相同。故选：D。
【点评】本题是实际问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力．对于变力的冲量常常根据动量定理求解．
6．【分析】由速度图象看出，正电荷做加速度减小的减速运动，可知，电场力减小，场强减小，由能量守恒定律分
析电势能的变化，由动能定理分析电场力做功情况。
【解答】解：AC、v﹣t 图象的斜率等于加速度，由v﹣t 图象看出，正电荷做加速度减小的减速运动，而正电荷
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在电场中仅受电场力作用，则知电场力减小，由电场力F＝qE 知，电场强度E 减小，即有A 处的场强一定大于
B 处的场强。故AC 错误。
BD、正电荷做减速运动，其动能减小，根据能量守恒可知，其电势能增大，即电荷在A 处的电势能一定小于在
B 处的电势能，根据推论：正电荷在电势高处电势能大，可知A 处的电势一定低于B 处的电势。故B 正确D 错
误。故选：B。
【点评】本题关键要根据速度的斜率判断出加速度的变化，根据动能定理和能量守恒分析电势能的变化和电场力
做功和正负，属于基础题。
7．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子在磁场中运动的周期等于交流电的周期，当粒子
从D 形盒出来时速度最大．
【解答】解：最大动能对应的是D 形盒半径R，由ܴ
=݉
ݒ
ܤݍ和ܧ݇= 1
2݉
ݒ2，得ܧ݉
= (ܤݍܴ)2
2݉
∝ܤ2，与加速电压大
小无关。增加加速电压，最大动能不变，加速次数减少，回旋次数减少，每半周时间不变，因此运动时间减少。
质子和氚核的回旋周期ܶ
= 2ߨ݉
ܤݍ∝݉
不同，因此不能同时加速。故ABD 错误，C 正确；故选：C。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，以及知道粒子在磁场中运动的周
期等于交流电的周期．
8．【分析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流。由欧姆定律求出灯泡的电流，由总
电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流。电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之
差。
【解答】解：A、电源的输出电压：U＝E﹣Ir，则有I= ܧ−ܷ
ݎ
=3A，故A 正确；
B、对灯泡：I 灯=ܷܴ
灯
= 9
9 =1A，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I 电＝I﹣I 灯＝3A﹣1A＝2A，故B 正确；
C、电动机的输入功率等于P＝UI 电＝9×2＝18W，故C 错误；
D、根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P 出＝UI 电﹣I 电2r＝18﹣2＝16W，故D 正确。
本题选不正确的故选：C。
【点评】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用
9．【分析】由题意可知ab 两点电势相等，则可知ab 是一条等势线，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场
力做功可求得bc 两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U＝Ed 可求得电场强度。
【解答】解：正电荷从a 移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为
等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W＝Uq 可
知，ac 两点的电势差ܷܽ
t =ܹݍ= 1.0×10−3
1×10−5ܸ
= 100ܸ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场线垂直于ab 向上；
ac 间沿电场线的距离d＝ac•cos60°＝0.2×0.5m＝0.1m；由ܧ=ܷ݀
可知：电场强度ܧ= 100
0.1ܸ
/݉
= 1000ܸ/݉
；方
向垂直ab 向上；故C 正确，ABD 错误；故选：C。
【点评】场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U＝Ed 中的d 应为沿电场
方向的有效距离
10．【分析】本题中带电粒子先加速后偏转。先根据动能定理求出加速获得的速度表达式。两种粒子在偏转电场中
做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到
粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系。
【解答】解：ABC、设偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得：qU1= 1
2݉
ݒ2
两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v 的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v 不同，所以两粒
子在偏转电场中运动的时间t= ܮ
ݒ= ܮ݉2ݍܷ
1不同。根据比荷可知，一价氢离子先离开偏转电场。
在偏转电场中的偏转位移：y= 1
2ܽݐ2 = 1
2 ⋅ݍܷ
2݉݀⋅( ܮ
ݒ)2
联立得：y=ܷ
2ܮ2
4ܷ
1݀
同理可得到偏转角度的正切：tanθ=ܷ
2ܮ
2ܷ
1݀，可见y 和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出
射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点。故B 正确AC 错误。
D、由上面的方向可知，增大偏转极板间的距离，则y 和tanθ都变小，即氢离子射在荧光屏上的点将向上移动，
故D 错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场
加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。
二、多项选择题（每小题4 分，共16 分；在每小题给出的四个选项中，有两个或多个正确选乙、项，全部选对的
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得4 分，选不全的得2 分，选的或不选的得0 分
11．【分析】两小球受到的电场力做正功，则能量增加；分析系统中的外力做功情况可得出能量与动量的变化情况．
【解答】解：A、电场力对两球分别做正功，在弹簧第一次伸长到最长的运动过程中，系统机械能不断增加，故
A 错误；
B、两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B
正确；
C、电场力对两球分别做正功，弹簧第一次伸长到最长的运动过程时，电场力对系统做功做多，系统机械能最大，
故C 正确；
D、弹簧第一次伸长到最长的运动过程中，当电场力和弹簧弹力平衡前，合力对小球一直做整个，小球动能一直
增大，当弹力大于电场力后，合力对小球做负功，小球动能减小，由此可知，当小球所受电场力与弹簧的弹力相
等时，小球动能最大，系统动能最大，故D 正确；
题目要求选错误的，故选：A。
【点评】本题关键要明确两个小球的速度的变化情况，两小球都是先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度
不断变大的减速运动．
12．【分析】要解答本题需要：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布；从而确定电场强度相等的点；再根据库仑定
律和受力情况确定哪些点可以使电荷平衡。
【解答】解：AB、等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示，根据其电场分布可知，在x 轴上还有一点与P
点电场强度相同，在正电荷Q 的左边，故A 正确，B 错误；
CD、若放置一正电荷而处于平衡，则其受两固定电荷的电场力应平衡，根据电荷间的相互作用可知，若放置在
负电荷的右侧，但是由于负电荷电量较大，所以无法使q 平衡；如果放置在正电荷左侧，则受正电荷的斥力和负
电荷的引力，可以处于平衡，故有一处可以平衡；故C 正确D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查电场的叠加以及库仑定律的应用，要注意明确三个电荷要处于平衡状态时，应保证“两大夹一
小，两同夹一异“。
13．【分析】理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表V3 测量路端电压，电流表测量干路电流。滑动变阻器的滑
动触头P 向下滑动，接入电路电阻变大，根据电路的结构，由欧姆定律可判断电表示数的变化量大小，当外电阻
等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化。
【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，R2 变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I 变小，
U1＝IR1 变小，故A 错误。
B、I 变小，则U3＝E﹣Ir，U3 变大，则U3＝U1+U2，U1 变小，则U2 变大，故B 正确。
C、根据P=ܷ
1
2ܴ
1可知，U1 变小，功率变小。故C 正确。
D、内电阻r＝0.5Ω，电阻R1＝2Ω，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R 的滑片P 向下移动时，
外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最
大，难度适中。
14．【分析】（1）根据动能定理，结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。
（2）根据E 总＝UQ 求出粒子束的总能量，从而求出单位时间内穿过入口处S1 离子束流的能量。
（3）根据Q＝It 求出所有离子的电量，根据n=ܳݍ求出离子的数目。
【解答】解：A、离子在电场中做加速运动得：
Uq= 1
2mv2 （1）
在磁场中运动有：
Bvq=݉
ݒ2
1
2ܽ
（2）
由（1）（2）得：m= ݍܤ2
8ܷ
a2．故A 正确；
BC、在时间t 内穿过入口处S1 离子束流的能量为：
E 总＝UQ＝UIt
单位时间穿过入口处S1 离子束流的能量为：
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E=
ܧ总
ݐ=ܷ
ܫݐ
ݐ=UI，故B 正确，C 错误；
D、在时间t 内射到照相底片P 上的离子总电量为：
Q＝It
在时间t 内射到照相底片P 上的离子数目为：
n=ܳݍ= ܫݐ
ݍ，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式，以及掌握电量
与电流的关系。
三、实验题：（共15 分}
15．【分析】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正
比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移
替代。
【解答】解：取小球1 的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2，v1、v2，平抛运动的
水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t。
需要验证的方程：0＝m1v1﹣m2v2
又v1= ݏ1
ݐ，v2= ݏ2
ݐ
代入得到：m1s1＝m2s2
故需要测量两木块的质量m1 和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2
所以需要的器材为刻度尺、天平
故答案为：（1）刻度尺、天平
（2）两物体的质量m1，m2 和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2
（3）m1s1＝m2s2
【点评】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验
证。
16．【分析】根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方
便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用
分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电
路图；根据电流表的接反分析实验误差。
【解答】解：实验需要G 电源，I 开关与导线，电源电动势为3V，因此电压表应选：A．电压表V1（量程3V，
内阻约为15kΩ）；
通过待测电阻的最大电流约为I= ܧܴ= 3ܸ
6Ω =0.5A＝500mA，则电流表应选：D．电流表A2（量程600mA，内阻约
为1Ω）；
为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）；故需要的实验器材是：A、
D、E、G、L。
为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，ܴܴ
ܣ
=
6
1 =6，ܴܸܴ
=
15000
6
=250，ܴܸܴ
＞ܴܴ
ܣ
，电流表应采用外
接法，
实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；
电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R=ܷܫ可知，待测电阻测量值比真实值小。
由电阻定律可知：R＝ρ
ܮܵ=ρ
ܮ
ߨ(ܦ
2)2，
由欧姆定律可知：R=ܷܫ，
电阻率：ρ= ߨܷܦ2
4ܫܮ。
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故答案为：ADEGL；电路图如图所示；小于；
ߨܷܦ2
4ܫܮ。
【点评】本题考查了实验器材的选择、考查了设计电路图与连接实物电路图，选择实验器材时，要注意保证电路
安全、注意所选实验器材方便实验操作；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键。
四、计算题:(共39 分。按题目夏求作答,解答题应写出必要的文字说朋、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的
不能得分。有数值计算的题,答案中必须阴确写出数值和单位)
17．【分析】（1）对人和板进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式可以求出运动时间。
（2）由匀变速运动的速度公式求出人奔跑至木板右端时的速度，由动量守恒定律求出人抱住立柱后的速度，再
由动能定理可以求出木板滑行的距离，从而求得木板的总位移。
【解答】解：（1）在人相对木板奔跑时，设人的加速度为a1，木板的加速度为a2，人与板间的相互作用力为F．从
人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为t。
对人有
F＝ma1
对板有F﹣μ（m+M）g＝Ma2
由几何关系得
1
2a1t2+ 1
2a2t2＝L
联立求得t＝1s，a2＝2m/s2
（2）当人奔跑至木板右端时，人的速度v1＝a1t＝4m/s，板向左运动的速度v2＝a2t＝2m/s
木板向左运动的位移s= 1
2a2t2= 1
2 × 2 × 12 =1m
人抱立柱过程中，取向右为正方向，由系统动量守恒得mv1﹣Mv2＝（M+m）v
解得v＝1m/s
v 方向与人原来的运动方向一致。
在随后的滑行过程中，对人与板构成的整体，根据动能定理得
﹣μ（m+M）gs′＝0−1
2（m+M）v2
解得s′＝0.5m
因此，从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x＝s﹣s′＝0.5m 方向向左。
答：（1）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间是1s；
（2）木板的总位移x 是0.5m，方向向左。
【点评】分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与动能定
理即可正确解题。
18．【分析】（1）带电粒子垂直进入电压可调的两平行板运动，在电场力作用下做类平抛运动，由飞出电场的最大
偏转位移可求得电容器两板间电压最大值；
（2）由荧光屏的宽度可确定粒子的偏转位移，从而求出两平行板间的电压，再由闭合电路殴姆定律可得使电子
都能打在荧光屏上，变阻器R3 的取值范围。
【解答】解：（1）电子穿过电容器过程中，在水平方向上做匀速运动l＝v0t
而E0= 1
2݉
ݒ0
2
在竖直方向上做匀加速直线运动：y1= 1
2ܽݐ2
由牛顿第二定律得：a=ܷ݁݉݀
当偏转位移y1=݀2时，电容器两板间电压最大
联立解得：Um＝30V
（2）电子穿过平行板电容器时
由速度公式得：v⊥＝at
速度方向偏转θ角，tanθ= ݒ⊥
ݒ0
电子打在荧光屏上偏离中心O 的位移，y＝y1+s•tanθ
由上述①～⑥方程得：y＝（1+ 2ݏ݈）y1
当y1= 1
2d，代入数据求得：y＝3cm＞ܦ
2
故使电子打在荧光屏上，应满足y≤ܦ
2
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联立解得：U≤2ܦ݀ܧ0݁
(݈+2ݏ)݈。
代入数据求得，A、B 间电压U≤25V
①当UAB＝25V 时，UAB=
ܧܴ
1+ܴ2R2−
ܧܴ
3+ܴ4ܴ
4 =25V
代入数据得：R3＝900Ω
②当UBA＝25V 时，UBA=
ܧܴ
3+ܴ4ܴ
4 −
ܧܴ
1+ܴ2R2＝25V，
代入数据得：R3＝100Ω
综述有：100Ω≤R3≤900Ω。
答：（1）要使电子都能从平行板电容器右侧飞出，电容器两板间电压最大不能超过30V；
（2）要使电子都能打工荧光屏上，变阻器R3 的取值范围为100Ω≤R3≤900Ω。
【点评】粒子进入电场后做类平抛运动，将运动分解两个方向的简单直线运动，从而确定侧向位移，最终得出
AB 板间的电压。
19．【分析】（1）要使y 轴右侧所有运动粒子都能打在MN 板上，其临界条件为：沿y 轴方向运动的粒子作类平抛
运动，且落在M 或N 点．根据牛顿第二定律求出电场强度的最小值，根据动能定理求解打到板上粒子的动能．
（2）加匀强磁场后，粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当轨迹以O′为圆心同时过M、N 两点时，轨迹直径
最小，得到粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出B 的最大值．从O 点向第四象限发射出的粒子均能打在
MN 板的左侧，占发射粒子总数的
1
4．
【解答】解：（1）由题意知，要使y 轴右侧所有运动粒子都能打在MN 板上，其临界条件为：沿y 轴方向运动的
粒子作类平抛运动，且落在M 或N 点．
则M O′= 1
2 ܮ= ݒݐ⋯①
加速度a= ݍܧ0݉⋯②
OO′= 1
2 ܮ= 1
2ܽݐ2⋯③
解①②③式得
E0= 4݉
ݒ2
ݍܮ⋯④
由动能定理知
qE0× 1
2 ܮ= ܧ݇−1
2݉
ݒ2⋯⑤
解④⑤式得：
Ek= 5
2݉
ݒ2
（2）由题意知，要使板右侧的MN 连线上都有粒子打到，粒子轨迹直径的最小值为MN 板的长度L．
R0= 1
2 ܮ=݉
ݒ
ݍܤ0
B0= 2݉
ݒ
ݍܮ
放射源O 发射出的粒子中，打在MN 板上的粒子的临界径迹如图所示．
因为OM＝ON，且OM⊥ON
所以OO1⊥OO2
则υ1⊥υ2
可知放射源O 放射出的所有粒子中只有
1
4打在MN 板的左侧．
答：（1）电场强度E0 的最小值为
4݉
ݒ2
ݍܮ；在电场强度为E0 时，打到板上的粒子动能为
5
2݉
ݒ2；
（2）放射源O 放射出的所有粒子中只有
1
4打在MN 板的左侧．
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【点评】本题中粒子在电场中做类平抛运动时运用运动的合成和分解法研究，在磁场中要通过画出轨迹，确定临
界条件求解磁感应强度．
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2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高二期末物理试卷
一、单项选择题：本题包括8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要
求，多选、错选均不得分．
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．元电荷就是电子或质子
B．元电荷是最小电荷量，又称“基本电量”
C．油滴所带的电荷量可能是3.6×10
﹣19C
D．法国物理学家库仑最早用油滴实验精确地测出了元电荷的数值
2．（3 分）下列关于科学家和其主要贡献的说法，错误的是（
）
A．库仑通过扭秤实验总结出了电学中的基本定律﹣﹣库仑定律
B．法拉第提出了场的概念，并用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场
C．奥斯特提出了分子电流假说，成功解释了铁棒的磁化与高温去磁现象
D．法拉第发现磁能生电，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来
3．（3 分）为测定某点的电场强度，在该点放一电荷量为﹣q 的检验电荷，测得该点的电场强度为E1；再在该点改
放另一电荷量为+2q 的检验电荷，测得电场强度为E2．则（
）
A．E1＞E2，方向相反
B．E1＜E2，方向相同
C．E1＝E2，方向相反
D．E1＝E2，方向相同
4．（3 分）如图所示，把带电小球用绝缘细线悬挂于匀强磁场中，从图示位置由静止释放，当带电小球第一、二两
次经过最低点时，相同的量是（
）
A．小球的速度
B．细线的拉力
C．小球的加速度
D．小球受到的洛伦兹力
5．（3 分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔
对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方݀2处的P 点有一带电微粒，该微粒从静止开始下落，经过小孔进入电容器，
并在下极板处（未与极板接触）返回。若将上极板向上平移݀3，则从P 点开始下落的相同微粒将（
）
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板݀3处返回
D．在距上极板
2݀
5 处返回
6．（3 分）如图，三个电阻R1、R2、R3 的阻值均为R，电源的内阻r＜R，C 为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将
滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是（
）
A．R2 消耗的功率变小
B．R3 消耗的功率变大
C．电源的总功率变大
D．电源内阻消耗的功率变小
7．（3 分）如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD 所在平面。已
知A、B、C 三点的电势分别为φA＝9V，φB＝3V，φC＝﹣3V，则（
）
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A．D 点的电势φD＝3V，场强方向平行AB 方向
B．D 点的电势φD＝6V，场强方向平行BC 方向
C．D 点的电势φD＝3V，场强方向平行AC 方向
D．D 点的电势φD＝6V，场强方向平行BD 方向
8．（3 分）如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然
吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a、b、c 在同一直线上，且ab＝ac，电子电荷量为
e，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（
）
A．
3ݍ
2݁
B．
ݍ
2݁
C．
2ݍ
3݁
D．
q
3݁
二．多项选择题．本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．至少有2 项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但
不全的得2 分，有选错的得0 分．
9．（4 分）将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接，下列说法中正确的是
（
）
A．开关闭合后，线圈A 插入线圈B 或从线圈B 中拔出线圈A 时都会引起电流计指针偏转
B．线圈A 插入线圈B 中稳定后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会发生偏转
C．开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P，电流计指针将会发生偏转
D．开关闭合后，只有将滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才能发生偏转
10．（4 分）某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后各自
的电流I 随所加电压U 变化的图象如图所示，点M 为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡
的下列说法正确的是（
）
A．图线b 是小灯泡的伏安特性曲线，图线a 是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图线a 是小灯泡的伏安特性曲线，图线b 是热敏电阻的伏安特性曲线
C．通过图线中可求得M 点对应小灯泡的阻值和热敏电阻的阻值
D．图线中M 点对应的状态，表示小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
11．（4 分）如图所示，两个相同的带电小球A、B 分别用2L 和3L 长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当
平衡时，小球B 偏离竖直方向30°，小球A 竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。若两小球的质量均为m，重力加
速度为g。则（
）
A．A、B 的静电力等于
1
2mg
B．墙壁受的压力等于
3
2 mg
C．A 球受到细线的拉力等于
5
4mg
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D．B 球受到细线的拉力等于
3
4 mg
12．（4 分）如图所示，平行板电容器的下极板接地，使上极板正带电后，其电势为φ．以下方法中，能使上极板电
势φ升高的是（
）
A．缩小两极板间的距离
B．加大两极板间的距离
C．在两极板间插入电介质
D．使两极板的正对面积减小一些
13．（4 分）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图
所示．a、b 和c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b 和c 处的磁感
应强度大小分别记为B1、B2 和B3，下列说法正确的是（
）
A．B1＝B2＝B3
B．B1＝B2＜B3
C．a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里
D．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和c 处磁场方向垂直于纸面向里
14．（4 分）如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与
高频电源相连。现用该装置加速氘核（带电量为e、质量为2m）和氦核（带电量为2e、质量为4m）。若不考虑
粒子重力及在电场中的运动时间，则下列说法中正确的有（电源频率可保证电荷到达D 型盒间隙时能改变电压
方向）（
）
A．氘核和氦核运动的周期相同
B．氘核和氦核的最大动能相同
C．要使氘核的最大动能变成原来的4 倍，可仅将磁感应强度增大为原来的2 倍
D．要使氘核的最大动能变成原来的
1
4，可仅将磁感应强度变为原来的
1
2
三、实验题，本题共2 小题，共14 分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15 ．（6
分）如图甲所示，某实验小组使用多用电表判断二极管的极性。
（1）测量前应将多用电表的选择开关旋至
（选填“交流电压挡”“直流电压挡”“电流挡”或“欧姆挡”）；
（2）两次测量指针偏转分别如图乙、丙所示。指针如图乙所示时，红表笔接的是二极管的
（选填“正”
或“负”）极；指针如图丙所示时，二极管的负极与
（选填“红”或“黑”）表笔相连。
16．（8 分）某同学用如图甲所示的电路测量一电池的电动势和内阻。已知该待测电池的电动势约为9V，内阻约数
十欧，允许输出的最大电流为50mA；电阻箱R 的最大阻值为999.9Ω，定值电阻R1 的阻值为200Ω。
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（1）某次测量时，电压表和电阻箱的示数分别如图乙、丙所示，其读数分别为
V 和
Ω。
（2）选择定值电阻R1 时，实验小组发现电阻的额定功率有以下几种规格：
A．
1
2W
B．
1
4W
C．1W
应选
（选填“A”“B”或“C”）规格的定值电阻，依据是
。
（3）根据实验测得的多组电压表的示数U 和电阻箱相应的阻值R，以
1ܷ为纵坐标，
1ܴ
+ܴ1
为横坐标，作
1ܷ−
1ܴ
+ܴ1
图线如图丁所示。根据图线可求得待测电池的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω．（均保留两位有效数字）
四、计算题，本题共3 小题，共38 分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不
能得分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．（10 分）在电场中把一个电荷量为﹣6×10
﹣8C 的点电荷从A 点移到B 点，克服电场力做功3×10
﹣5J；将此电
荷从B 点移到C 点，电场力做功为4.5×10
﹣5J．则：
（1）若将此电荷从A 点移到C 点，电荷的电势能变化多少？AC 间的电势差为多少？
（2）若A 点的电势为零，则B、C 两点的电势分别为多少？
18．（12 分）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n＝10，
线圈的水平bc 边长为L＝10.0cm，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I＝0.10A
时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m＝7.80g 的砝码，
才能使两臂再达到新的平衡。重力加速度g 取10m/s2。
（1）若线圈串联一个电阻连接到电压为U 的稳压电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I 时，请用相关
物理量的符号表示串联电阻的大小；
（2）求磁场对bc 边作用力的大小；
（3）求磁感应强度的大小。
19．（16 分）如图，在第一象限内，直线OC 与x 轴的夹角θ＝30°．在OC 与y 轴之间的区域内有方向与y 轴平行
的匀强电场，OC 与x 轴之间的区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。一带正电粒子在y 轴上的P 点以初速
度v0 平行于x 轴射入电场，在D 点垂直OC 边进入磁场。粒子进入磁场后运动轨迹的半径为r，轨迹刚好与x 轴
相切，经OC 边返回电场。设粒子的带电量为q、质量为m，不计粒子的重力。求：
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（1）粒子在磁场中的运动时间t；
（2）D 点位置坐标（xD，yD）；
（3）电场强度E 和磁感应强度B 的大小。
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2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要
求，多选、错选均不得分．
1．【分析】电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，但电性相反，故物体的带电量只能是电子电量的整数倍，
人们把这个最小的带电量叫做元电荷。
【解答】解：A、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是质子或电子，故A 错误；
B、所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，元电荷是最小电荷量，又称“基本电量”。故B 正确；
C、3.6×10
﹣19C 的电荷量不是元电荷电荷量的整数倍，是不可能的。故C 错误；
D、电荷量e 的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D 错误。故选：B。
【点评】元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍。且知道电子的电量与元电
荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得。
2．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、库通过扭秤实验总结出了电学中的基本定律﹣﹣库仑定律，故A 正确；
B、物理学家法拉第提出了场的概念，并用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故B 正确；
C、奥斯特通过实验研究，首先发现了电流周围存在磁场；安培提出了分子电流假说，成功解释了铁棒的磁化与
高温去磁现象，故C 错误；
D、法拉第发现磁能生电，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来，故D 正确；
本题选择错误的，故选：C。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
3．【分析】电场强度表示电场本身力的性质的物理量，与放入电场的试探电荷无关，即电场中同一点场强大小和方
向是唯一确定的。
【解答】解：将电荷量为﹣q 的试探电荷放该点，测得该点的电场强度为E1，
在该点改放另一个电荷量为+2q 的点电荷，该点的电场强度不变，大小仍为E1，方向与E1 相同，即E1＝E2，故
ABC 错误，D 正确；故选：D。
【点评】本题考查对电场强度的理解能力，抓住电场强度的物理意义：反映电场本身性质的物理量，与试探电荷
无关，放在电场中某点的试探电荷不同，试探电荷所受电场力大小和方向可能不同，但电场强度不变。
4．【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于
速度方向，它们对小球不做功。因此仅有重力作功，则有机械能守恒。从而可以确定动能是否相同，并由此可确
定拉力与洛伦兹力。最后由向心加速度公式来确定是否相同。
【解答】解：A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分
别从A 点和B 点向最低点O 运动且两次经过O 点时的动能相同。由于小球的运动方向不同，故速度不同，故A
错误；
BD、则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不
同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故BD 错误；
C、根据a= ݒ2
ݎ，可知小球的向心加速度大小相同，且方向相同，即加速度相同，故C 正确；故选：C。
【点评】本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛
伦兹力方向随着速度的方向不同而不同。最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度。
5．【分析】带电微粒自P 点由静止下落，到达下极板时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过
程中重力做功与电场力做功大小相等。若将上极板向上平移݀3，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带
电微粒的运动情况。
【解答】解：微粒从P 点到下极板的过程，由动能定理得：mg•（݀2 +d）﹣qU＝0，即为：
3
2mgd＝qU，知电场
力做功的大小等于重力做功的大小。
若将上极板向上平移݀3，微粒从P 点下落，设微粒到达下极板处的速度为v，根据动能定理知：mg•（݀2 +d）﹣
qU= 1
2݉
ݒ2 −0，解得：v＝0，则知微粒到达下极板处的速度为零，然后返回。故ACD 错误，B 正确。故选：B。
【点评】本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，
电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析。
6．【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2 和R3 串联，R2 与R3 并联后与R1 串联，c 为滑动变阻器的中点，
滑动触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据P＝UI 分析功率变化。
电源输出的功率P 在r＝R 外时最大，电源的内阻r＜R 外，R 外减小时，电源输出功率增大。
【解答】解：c 为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，
总电阻减小，总电流增大，电源总功率P＝EI 增大；R1 和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，
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并联电路电压减小，R3 所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，R3 消耗的功率减小，而R2 的电流增大，故
R2 功率增大，故ABD 错误，C 正确故选：C。
【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P 从中间→左端总电阻变
化情况的判断。
7．【分析】连接AC，在AC 上找出与B 点等电势点，作出等势线，再过D 作出等势线，在AC 线上找出与D 等势
点，再确定D 点的电势；根据电场线与等势面的关系作出电场线，从而即可求解。
【解答】解：匀强电场中，由公式U＝Ed 知沿着任意方向每前进相同的距离，电势差都相等，故连接AC，AC
连线的中点为E，则E 点的电势为φE=߮
ܣ+߮
ܥ
2
= 9−3
2 V＝3V
连接BE，则BE 为一条等势线，D 点在BE 连线上，所以D 点电势UD＝3V；
过A 点作出垂直于BE 的有向线段，由高电势点A 直线BE，如图中红线所示，即为电场线，那么场强方向平行
AC 方向；
由上分析，可知，故ABD 错误，C 正确。故选：C。
【点评】本题关键是找到等势点，作出等势线。电场线与等势面之间的关系要理解，常常是作电场线的依据。
8．【分析】由题目中所给的ab 与ac 的长度关系，可得知正离子在吸收电子之前和吸收之后运动半径的变化，再由
半径公式可计算出电量的变化情况
【解答】解：离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
ݒ2
ݎ，解得：q=݉
ݒ
ܤݎ，
由题意可知，r＝2r′，则q＝2q′，粒子吸收的电子所带电荷量：Q＝q﹣q′= ݍ
2，粒子吸收的电子数：n=ܳ݁
= ݍ
2݁，
故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】该题考查带电离子在磁场中的运动，由于电量的改变而导致运动半径的变化，同时运动的周期也发生变
化。此内容是高考的重点内容之一，有很强的伸缩空间，是考生复习的重点。本题属中等题目。
二．多项选择题．本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．至少有2 项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但
不全的得2 分，有选错的得0 分．
9．【分析】穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，根据题意分析判断穿过回路的磁通量是否
变化，然后根据感应电流产生的条件分析答题。
【解答】解：A、开关闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，通过线圈A 的电流发生变化，穿过线圈B 的磁
通量发生变化，线圈B 所在回路产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故A 正确；
B、线圈A 插入线圈B 中稳定后，开关闭合和断开的瞬间穿过线圈B 的磁通量都会发生变化，会产生感应电流，
电流计指针均会偏转，故B 错误；
C、开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P 时，穿过线圈的磁通量会发生变化，会产生感应电流，会引起电
流计指针偏转，故C 正确；
D、开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P 加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生
感应电流，电流计指针都会发生偏转，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了感应电流产生条件的应用，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，知
道感应电流产生的条件是解题的前提，根据题意分析磁通量是否变化即可解题。
10．【分析】熟悉热敏电阻的性质及金属导体的性质，即可得出它们的伏安特性曲线；由交点的性质可得出功率大
小关系。
【解答】解：AB、小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流增大，阻值也随着增大，所以图中b
是小灯泡的伏安曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a 是热敏电阻的
伏安曲线，故A 正确，B 不正确；
CD、两图线的交点M，表示此状态两元件不仅电流相同，电压也相同，由欧姆定律可知此时两者阻值相同，功
率也相同；故CD 正确
故选：ACD。
【点评】本题考查热敏电阻及金属导体的伏安特性曲线的性质，要注意明确热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
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11．【分析】对小球B 受力分析，根据共点力平衡求出A、B 的静电力大小以及细线的拉力大小，再对小球A 受力
分析，根据共点力平衡求出A 球所受的拉力以及墙壁对A 球的弹力。
【解答】解：AD、对B 球受力分析，如图所示，根据共点力平衡得，A、B 两球的静电力为：
FB＝mgsin30°= 1
2݉݃
B 球受到的细线拉力为：ܶ
ܤ=݉݃
ttݏ30° =
3
2݉݃
故A 正确，D 错误。
BC、对A 球受力分析，如图所示，根据平衡有：ܰ
= ܨܣttݏ30° = 1
2݉݃
⋅3
2 =
3݉݃
4
细线的拉力为：ܶ
ܣ=݉݃
+ ܨܣݏt݊30° =݉݃
+ 1
2݉݃
× 1
2 = 5݉݃
4
故C 正确，B 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了共点力平衡问题，关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，难度中等。
12．【分析】平行板电容器充电后与电源断开连接，电容器的带电量不变，当上极板竖直向上移动时，根据电容的
决定式、定义式和E=ܷ݀
分析知道场强变化，再判断油滴的运动状态。由U＝Ed 分析P 点与下极板间的电势差如
何变化，确定电势如何变化。
【解答】解：根据C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
、C=ܷܳ
和E=ܷ݀
推导得：E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，
AB、由上可知，Q、S 不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U＝Ed 分析知，E
不变，当板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P 点的电势升高；若缩小两极板间的距离，则两极板间
的电势差减小，因此上极板的电势降低，故A 错误，B 正确；
C、当在两极板间插入电介质时，由E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，可知，电场强度E 减小，那么上极板的电势降低，故C 错误；
D、当使两极板的正对面积减小一些时，由E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，可知，电场强度E 增大，那么上极板的电势升高，故D
正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是掌握电容的决定式、定义式和公式E=ܷ݀
，能熟练推导出
E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，要在理解的基
础上记住这个结论，注意电势能的高低，除与电势有关外，还与电性有关系。
13．【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方
向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解．
【解答】解：A、B、由题意可知，a 点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b
点与a 点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c 点三根导线产生磁场
方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A 错误，B 正确；
C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里，
故C 正确，B 错误。
故选：BC。
【点评】根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小．磁场的方向相同，则大小相加；方
向相反的，大小相减．同时考查矢量叠加原理．
14．【分析】回旋加速器通过磁场偏转，电场加速来加速粒子，根据D 形盒的半径，通过洛伦兹力提供向心力求出
最大速度，从而得出两个原子核的最大速度和最大动能关系；根据周期公式比较两原子核的周期。
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【解答】解：A、根据周期T= 2ߨ݉
ݍܤ
知，两原子核的比荷相等，则周期相同，故A 正确；
B、根据R=݉
ݒ
ݍܤ知，粒子的最大速度为：v= ݍܤܴ݉，氘核的比荷与氦核的比荷相等，则最大速度相等。最大动能
为：Ekm= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，因为两原子核的比荷相等，电荷量不等，则最大动能不等，故B 错误；
C、根据最大动能为：Ekm= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，要使氘核的最大动能变成原来的4 倍，可仅将磁感应强度增大为原
来的2 倍，故C 正确；
D、根据最大动能为：Ekm= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，要使氘核的最大动能变成原来的
1
4，可仅将磁感应强度变为原来的
1
2，
故D 正确；
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，掌握粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活
运用。
三、实验题，本题共2 小题，共14 分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15．【分析】（1）可以用欧姆表判断二极管的正负极。
（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，二极管正向偏压时电阻很小，反向偏压时电阻很
大，根据题意分析答题。
【解答】解：（1）测量前应将多用电表的选择开关旋至欧姆挡。
（2）由图乙所示可知，指针偏角很大，电阻阻值很小，说明二极管正向偏压，红表笔接的是二极管的负极；
由图丙所示可知，指针偏角很小，电阻阻值很大，二极管反向偏压，二极管的负极与黑表笔相连；
故答案为：（1）欧姆挡；（2）负；黑。
【点评】本题考查了用欧姆表检测二极管正负极问题，知道欧姆表结构与二极管特点是解题的前提与关键，掌握
基础知识即可解题。
16．【分析】（1）根据图示电压表确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；电阻箱各旋钮示数与等于倍率的
乘积之和是电阻箱示数。
（2）根据题意求出定值电阻的最大功率，然后选择定值电阻。
（3）根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）由图乙所示可知，电压表量程为10V，分度值为0.2V，示数为8.2V；
由图丙所示电阻箱可知，其示数为：1×100Ω+8×10Ω+0×0Ω+0×0.1Ω＝180.0Ω；
（2）定值电阻R1 在电路中的最大功率大于：P1＝I2R1＝（0.05）2×200＝0.5W，定值电阻应选择C。
（3）由图甲所示电路图可知，电源电动势：E＝U+Ir＝U+ܷܴ
+ܴ1r，
整理得：
1ܷ=
ݎ
ܧ
1ܴ
+ܴ1
+
1
ܧ，由图示
1ܷ−
1ܴ
+ܴ1
图线可知：0.1075= 1
ܧ，
ݎ
ܧ=
△1ܷ
△
1ܴ
+ܴ1
=
0.1295−0.1075
0.004
，
电源电动势：E＝9.3V，r＝51Ω；
故答案为：（1）8.2；180.0；（2）C；定值电阻在电路中消耗的功率会超过0.5W；（3）9.3；51。
【点评】本题考查了作实验电路、实验器材选择、求电源内阻、实验误差分析；电源U﹣I 图象斜率的绝对值是
电源内阻，知道实验原理、根据图象分析即可正确解题。
四、计算题，本题共3 小题，共38 分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不
能得分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．【分析】（1）根据电场力做功与路径无关求解从A 到C 电场力做的功，根据W＝qU 可知AC 之间电势差；
（2）根据BC 间电场力做功WBC＝qUBC 得BC 间电势差，求得A 点为电势零点时C 点电势以及B 点电势。
【解答】解：（1）依题意从A 移到B 电场力做功WAB＝﹣3×10
﹣5 J，
从B 移到C 电场力做功WBC＝4.5×10
﹣5 J，
从A 移到C，电场力做功为：
WAC＝WAB+WBC＝﹣3×10
﹣5 J+4.5×10
﹣5 J＝1.5×10
﹣5 J；
故：从A 移到C 电势能减少△E＝1.5×10
﹣5J
则ܷ
ܣܥ=ܹ
ܣܥ
ݍ
= 1.5×10−5
−6×10−8ܸ
=−250ܸ
（2）设B、C 点的电势分别为φB、φC，有：ܷ
ܣܤ=߮
ܣ−߮
ܤ=ܹ
ܣܤ
ݍ
= −3×10−5
−6×10−8ܸ
= 500ܸ①
UAC＝φA﹣φC＝﹣250V②
①②联立解得：φB＝﹣500V
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φC＝250V
答：（1）若将此电荷从A 点移到C 点，电荷的电势能减少1.5×10
﹣5J，AC 间的电势差为﹣250V；
（2）若A 点的电势为零，则B、C 两点的电势分别为﹣500V、250V。
【点评】解决本题的关键掌握电势差公式U=ܹݍ，并要知道电势差与电势的关系，另外要特别注意符号问题。
18．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出串联电阻的大小。
（2）根据天平的平衡条件，在电流方向变化前和变化后列出表达式，从而求出磁场对bc 边作用力的大小。
（3）根据安培力公式求出磁感应强度的大小。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得：
I=ܷܴ
+ݎ
解得：R=ܷܫ−r。
（2）设电流方向未改变时，天平左盘内砝码的质量为m1，右盘内的质量为m2，磁场对bc 边作用力的大小为F，
由天平的平衡条件，有：
m1g＝m2g﹣F，
电流方向改变后，同理可得：（m+m1）g＝m2g+F，
两式联立，代入数据解得：F= 1
2mg＝3.9×10
﹣2N。
（3）由F＝nBIL 得：B=
ܨ
2݊ܫܮ，
代入数据解得：B＝0.39T。
答：（1）串联电阻的大小为ܷܫ−r。
（2）磁场对bc 边作用力的大小为3.9×10
﹣2N。
（3）磁感应强度的大小为0.39T。
【点评】本题考查了安培力公式、闭合电路欧姆定律和平衡的综合运用，通过左手定则判断出安培力的方向是解
决本题的关键。
19．【分析】（1）根据带电粒子做圆周运动的周期公式结合粒子进入磁场中的速度求解粒子在磁场中的运动时间；
（2）根据圆周运动的半径结合几何知识求解D 点坐标；
（3）根据平抛运动的规律求竖直位移，结合动能定理求场强大小，根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O1，粒子在磁场中作圆周
运动的周期ܶ
= 2ߨݎ
ݒ①粒子在磁场中的运动时间ݐ=ܶ2②
又ݏt݊ߠ= ݒ0
ݒ③①②③联立，解得：ݐ= ߨݎ
2ݒ0；
（2）由几何关系，有tܦ= ݎ+
ݎ
ݏt݊ߠ⑤
xD＝OD•cosθ⑥
yD＝OD•sinθ⑦解得：ݔܦ= 3 3
2 ݎ，ݕܦ= 3
2 ݎ；
（3）设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t′，竖直位移为y（水平位移为x＝xD）。
根据类平抛运动规律，有水平方向：xD＝v0t′解得：ݐ' = 3 3
2ݒ0 ݎ
ݐܽ݊
ߠ= ݒ0
ݒݕ，ݕ= ݒݕ
2 ݐ'
解得ݕ= 9
4 ݎ，
粒子在电场中做类平抛运动的过程，由动能定理，有ݍܧݕ= 1
2݉
ݒ2 −1
2݉
ݒ0
2解得ܧ=
2݉
ݒ0
2
3ݍݎ；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有ݍݒܤ=݉
ݒ2
ݎ解得：B= 2݉
ݒ0
ݍݎ；
答：（1）粒子在磁场中的运动时间t 为
ߨݎ
2ݒ0
；
（2）D 点位置坐标（
3 3
2 ݎ，
3
2 ݎ）；
（3）电场强度E 为
2݉
ݒ0
2
3ݍݎ，磁感应强度B 的大小为
2݉
ݒ0
ݍݎ。
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【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，
应用类平抛运动规律、牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用。
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2019-2020 学年广东省佛山市高二期末物理试卷
一、单项选择题:本题共7 小题,每小题4 分,共28 分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的
得4 分,错选、不选得0 分
1．（4 分）绝缘小球P 与用丝绸摩擦过的玻璃棒接触后带正电，将一个用毛皮摩擦过的橡胶小球（带负电）靠近P
球，要让P 球如图静止，则橡胶小球应该放在图中甲乙丙丁的哪一个位置？（
）
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
2 ．（4
分）如下四个实验或器材共同运用到的物理知识或方法是（
）
A．物体的平衡
B．作用力与反作用力
C．放大法
D．等效替代法
3．（4 分）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提手时，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
4．（4 分）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
5．（4 分）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（
）
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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
6．（4 分）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．
2ߨܴ
3ݒ
B．
2ߨܴ
ݒ
C．
2ߨ݉
ݍܤ
D．
ߨ݉
6ݍܤ
7．（4 分）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（
）
A．0.1W
B．0.2W
C．0.3W
D．0.4W
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分.在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符
合题目要求，全选对的得4 分，漏选的得2 分，错选、不选得0 分
8．（4 分）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φA＞φB
C．粒子在AC 两点电势能EPA＞EPC
D．粒子在AC 两点的加速度aA＜aC
9．（4 分）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R1 的电流一定增大
B．通过R 的电流一定增大
C．R2 的电功率一定增大
D．电源的输出功率一定增大
10．（4 分）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特殊的
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（
）
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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
11．（4 分）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
12．（4 分）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0.5J
D．克服摩擦力做功0.7J
三、实验与解答题：本大题共5 小题，共52 分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明方程式和重要演
算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13．（6 分）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）。
14．（8 分）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。
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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。
15．（10 分）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
ݍ݉。
16．（14 分）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。
17．（14 分）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＝L1݉
2ݍܷ
0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，
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2019-2020 学年广东省佛山市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题:本题共7 小题,每小题4 分,共28 分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的
得4 分,错选、不选得0 分
1．【分析】异种电荷相互吸引，然后结合共点力平衡的条件分析即可。
【解答】解：由题P 带正电，而用毛皮摩擦过的橡胶小球带负电，可知二者之间的静电力为吸引力。
小球P 受到竖直向下的重力。沿绳子方向向上的拉力，两个力不在同一条直线上，由三个力平衡的特点可知，橡
胶小球的位置一定在绳子及其延长线的右侧，即甲、乙、丙、丁四个位置只有丁是可能的，其余都是不可能的。
故ABC 错误，D 正确故选：D。
【点评】该题考查三力平衡的特点，解答的关键是知道异种电荷相互吸引。
2．【分析】根据密立根实验、库仑扭秤、电流的测定以及磁场确定的方法判断即可。
【解答】解：密立根测定元电荷的电荷量时，是让油滴受到的重力与电场力平衡，采用了二力平衡和作用力与反
作用力；
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，其余的方法不是在个实验中都采用了。故A 正确，
BCD 错误故选：A。
【点评】控制变量法是常用的实验方法，要掌握其使用方法；科学探究用到的方法很多，要掌握常用的科学探究
方法。
3．【分析】电荷周围存在电场，顺着电场线电势逐渐降低，电荷在电场力作用下会发生移动，从而形成电流。结合
这些知识分析。
【解答】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提手时，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。故选：D。
【点评】解决本题的关键要理解静电感应的过程，知道顺着电场线电势降低，在负电荷周围电势为负值。
4．【分析】已知电动机额定电压、电流和线圈的电阻，根据P 热＝I2r 求解发热功率，根据P 总＝UI 求解总功率，根
据P 出＝P 总﹣P 热求解输出功率。
【解答】解：A、正常工作时有：P 热＝I2r＝32×1＝9W；故A 错误；
C、总功率为：P 总＝UI＝10×3W＝30W；故C 正确；
B、正常工作时，电动机的输出功率为：P＝P 总﹣P 热＝21W，故B 错误；
D、电动机被杂物卡住无法运转（不考虑保护电路的作用）时，电动机的发热功率等于电功率为30W。故选：C。
【点评】此题考查功率的几个公式，注意电动机不是纯电阻，但电动机被杂物卡住无法运转（不考虑保护电路的
作用）时，电动机的发热功率等于电功率。
5．【分析】电场线从无穷远出发到负电荷终止，负点电荷电场的分布规律是越靠近负电荷电势越低。正电荷在电势
高处电势能大。根据牛顿第二定律和库仑定律结合分析加速度的大小。结合变轨原理分析总能量的变化。
【解答】解：AD、根据负点电荷电场的分布规律可知，轨道上的各点，A 点的电势最低，乙的电势能最小，动
能最大，速度最大，故A 正确，D 错误。
B、乙球在经过A 点时所受的库仑力增大，加速度最大，速度变化最快，故B 正确。
C、在轨道上，C 电势最低，乙球在C 时系统的电势能最大，故C 正确。
本题选择错误的，故选：D。
【点评】本题的关键要掌握点电荷电场的分布情况，可以类比行星运动模型分析。要知道正电荷在电势高处电势
能大，正电荷在电势低处电势能小。
6．【分析】粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，
【解答】解：设圆形区域的半径为R。
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°。
根据几何知识得知：轨迹半径为r1＝2R：
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AB、粒子在磁场中运动的时间t=
ߨ
3⋅ݎ2
ݒ，解得：t= 2ߨܴ
3ݒ，故A 正确B 错误；
CD、粒子在磁场中运动的周期T= 2ߨ݉
ݍܤ，粒子在磁场中运动的时间t=
ߨ
3
2ߨ⋅ܶ
= ߨ݉
3ݍܤ，故CD 错误。故选：A。
【点评】根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间。
7．【分析】在灯泡I﹣U 图象中作出电源的I﹣U 图象，由图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由功率公
式求出功率。
【解答】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：ܫ' = ܫ
2 = 0.19ܣ
则灯泡的实际功率P＝UI′＝1.3×0.19≈0.2W，
故ACD 错误，B 正确；故选：B。
【点评】本题考查了求电阻与灯泡实际功率问题，应用图象法处理实验数据是常用的方法，本题要特别注意两个
灯泡并联，每个灯泡电流为流经电源电流的一半。
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分.在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符
合题目要求，全选对的得4 分，漏选的得2 分，错选、不选得0 分
8．【分析】沿电场线是方向电势逐渐降低；
电场线的疏密反映电场的强弱；
根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电场力方向和场强方向判断电性；
根据电场力做功判断电势能的变化，由能量关系判断动能变化。
【解答】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大致向下方，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，AC 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。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；
明确电场力做功与电势能和动能间的关系。
9．【分析】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
路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，分析电流变化。再根据功率
公式确定功率的变化。
【解答】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。
故选：AB。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析方法，本题也可以将R1 直接作为内电阻处理；同时注意明确当
内外电阻相等时，电源的输出功率最大。
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10．【分析】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，根据电容的定义式C=ܷܳ
分析
电势差与电压的关系。
【解答】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=ܷܳ
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=ܷܳ
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=ܷܳ
分析知其与大地间的电势差越小，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键要掌握电容的决定因素，如板间距离、极板的正对面积等，知道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。还要掌握电容的定义式C=ܷܳ
。
11．【分析】根据安培定则，判定穿过导线框的磁场，并确定穿过磁通量变化情况，再由楞次定律判断导线框感应
电流的方向，同时根据法拉第电磁感应定律，判定确定感应电流的大小。
【解答】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。
故选：ACD。
【点评】考查楞次定律的应用，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题。
12．【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J 根据动能定理求出摩擦力做功。
知道电场力做功量度电势能的改变。知道重力做功量度重力势能的改变。外力做功等于物体机械能的改变
【解答】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，故金属点正电，故AB 错误；
C、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 正确；
D、外力做功为：W 外＝W 电+Wf＝﹣1.2J，故机械能减少1.2J，故D 正确
故选：BD。
【点评】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系。
三、实验与解答题：本大题共5 小题，共52 分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明方程式和重要演
算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13．【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；欧姆
表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据实验数据应用电阻定律可以求出铅笔芯的电阻率。
【解答】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，谓节欧姆调零旋钮，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：R＝ρ
ܮܵ=ρ
ܮ
ߨ(݀2)2，电阻率：ρ= ߨܴ݀
2
4ܮ，
代入数据解得：ρ＝7.9×10
﹣4Ω•m。
故答案为：0.500；欧姆零刻度线处；4；7.9×10
﹣4。
【点评】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；欧姆表换挡后
要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；应用电阻定律可以求出电阻率。
14．【分析】①为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
②明确实验原理，根据实验中所出现的问题即可明确对应的解决方案；
③根据电源的U1﹣U2 图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：①根据实验原理图连接实物图如图所示：
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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，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：ܧ=ܷ
1 +ܷ
2ܴ
0 ⋅ݎ，即：ܷ
1 = ܧ−ݎܴ
0 ⋅ܷ
2，由上述公式知U 1﹣U 2 图象与纵轴截
距（如图）为电动势，则E＝1.50V，斜率大小为
ݎܴ
0
=
1.50−1.00
1.00
Ω = 0.5Ω，则r＝0.5R0＝0.5×2Ω＝1.0Ω
故答案为：①实物连接如图所示：
，R2；
②R0 断路或没接入电路；
③1.50、1.0。
【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将电压表和定值电阻并联改装为电流表，
再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法。
15．【分析】（1）根据电场力与洛伦兹力平衡，即可求出粒子穿过速度选择器的速度v；
（2）根据洛仑兹力提供向心力，qvB2＝m
ݒ2ܴ
，求出粒子在B2 磁场中做匀速圆周运动的半径R。
【解答】解：（1）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得
Eq＝qvB1
即ܷ݀q＝qvB1
解得：v=ܷܤ1݀；
（2）在B2 中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有qvB2＝m
ݒ2ܴ
，
那么R=݉
ݒ
ݍܤ2 =ܷ݉ݍܤ2ܤ1݀。
又R= t
2，
由以上两式，解得：
ݍ݉=
2ܷ
t݀ܤ1ܤ2
答：（1）能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子的速度是ܷܤ1݀
；
（2）该种粒子荷质比为
2ܷ
t݀ܤ1ܤ2
。
【点评】解决本题的关键掌握牛顿第二定律与向心力表达式的内容，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，
电场力与洛仑兹力平衡。
16．【分析】由闭合电路欧姆定律求解电流，进而求出电压；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，并求出安培力大小及电流大小。
【解答】解：（1）此时PQ 接入电路中的电阻R1＝0.5Ω
由闭合电路欧姆定律：I1=
ܧܴ
+ݎ
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
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且：I2=
ܧ
ݎ+ܽܮ2
联立求解得，I2＝5A，L2＝0.2m
答：（1）当PQ 接入电路的长度L＝0.5m 时，流过PQ 的电流和CD 两点间的电压为2V。
（2）当磁感应强度B＝1.5T 时，PQ 静止在导轨上的某一位置，此时磁场的方向垂直导轨平面向上、PQ 所受安
培力的大小为1.5N 及其电流的大小为5A。
【点评】本题是力电综合问题，关键是明确结合闭合电路欧姆定律、安培力公式、左手定则和平衡条件列示分析，
不难。
17．【分析】（1）根据动能定理求带电粒子进入偏转电场的速率。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，根据运动学公式计算时间。
（2）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，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。结合牛顿第二
定律和运动学公式解答；
（3）结合（2）分析即可求解。
【解答】解：（1）带电粒子在加速电场的运动过程，由动能定理得：
qU0= 1
2mv02
解得：v0=
2ݍܷ
0݉
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= ܮ1
ݒ0 =L1݉2ݍܷ
0
（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× 1
2ܽ( 1
2ܶ)2
由牛顿第二定律得加速度为：a= ݍ߮
ܤ݉݀
由以上各式解得：y=߮
ܤܮ2
8ܷ
0݀
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=߮
ܤܮ2
8ܷ
0݀
（3）t＝0 时进入的粒子会达到最上点P，t= 1
2T 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′=߮
ܤܮ2
4ܷ
0݀
。
答：（1）若粒子t＝0 时刻进入AB 金属板间，经L1݉2ݍܷ
0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，O′P 的大小为߮
ܤܮ2
8ܷ
0݀
；
（3）荧光屏上有粒子撞击的区域的长度，为߮
ܤܮ2
4ܷ
0݀
。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动问题，关键要正确分析带电粒子的受力情况，判断出运动情况，要明
确类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解，要抓住运动过程的特点：对称性研究。
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2019-2020 学年广东省潮州市高二期末物理试卷
一、选择题:本题共10 小题,每小题6 分,共60 分。在每小题给出的四个选项中,第14~18 小题只有一项符合题目要求,
第19~23 小题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分,选对但不全的得3 分,有选错或不选的得0 分。
1．（6 分）通电导线周围存在磁场的现象称为电流的磁效应，首先发现该现象的物理学家是（
）
A．安培
B．法拉第
C．奥斯特
D．特斯拉
2．（6 分）将一段阻值为R，长度为L 的均匀电阻丝，分成长度相等的两段，两者并联后的阻值为（
）
A．ܴ2
B．4R
C．ܴ4
D．R
3．（6 分）我市部分道路将高压钠灯换成LED 灯，已知高压钠灯功率为400W，LED 灯功率为180W，若更换2000
盏，则一个月可节约的电能约为（
）
A．9×102KW•h
B．1.5×105KW•h
C．6×105KW•h
D．1×1012KW•h
4．（6 分）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈
Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（
）
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
5．（6 分）如图所示的情况中，a、b 两点电势相等、电场强度也相同的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（6 分）指纹传感器为在一块半导体基板上阵列了10 万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一个极外表面绝缘，手
指在其上构成电容器的另外一个极。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时由于指纹深浅不同，对应的峪（本义：
山谷）和嵴（本义：山脊）与半导体基板上的金属颗粒间形成一个个电容值不同的电容器，若金属颗粒与手指间
组成的每个电容器电压保持不变，则（
）
A．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离远时，电容较小
B．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近时，电容较小
C．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量减小
D．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量增大
7．（6 分）如图所示电路中，L1、L2 为两只相同灯泡，R 为光敏电阻，当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正
确的是（
）
A．L1、L2 两灯均逐渐变暗
B．L1 灯逐渐变暗，L2 灯逐渐变亮
C．电源内电路消耗功率逐渐增大
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D．光敏电阻R 和灯泡L1 消耗的总功率逐渐增大
8．（6 分）如图所示的v﹣t 图象表述一带电粒子仅在电场力作用下从A 点开始以初速度﹣v0 向左做直线运动，粒子
在t0 时刻运动到B 点，3t0 时刻运动到C 点，以下说法正确的是（
）
A．A、B 两点的电势关系为φB＞φA
B．A、B 两点的场强大小关系为EB＞EA
C．C 点在出发点的左侧
D．粒子从A 点经B 点运动到C 点，电势能先增加后减少
9．（6 分）如图所示为质谱仪的结构原理图，若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、氖的原子
核（不计重力），经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C 三个点，则氕、氘、氚原子核
（
）
A．进入磁场时的动能相同
B．在磁场中运动的时间相同
C．在电场中加速的时间相同
D．打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC 之比为（2 −1）：（3 −
2）
10．（6 分）如图所示，一根长导线弯曲成“π”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于
同一竖直平面内。在电流I 增大的过程中，下列判断正确的是（
）
A．金属环中有逆时针方向的感应电流
B．金属环中无感应电流产生
C．悬挂金属环C 的竖直线的拉力小于环的重力
D．悬挂金属环C 的竖直线的拉力大于环的重力
三、非选择题
11．（7 分）某实验小组用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S、T，请根据下列步骤完
成电阻测量
（1）转动部件
，使指针对准电流的
刻度；
（2）将K 旋转到电阻挡“×100“的位置；
（3）将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，转动部件
；使指针对准电阻的
（选填“0 刻线”或“∞”
刻线）
（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中
挑出合理的步骤，并按
的顺序进行操作。
A．将K 旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将K 旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
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12 ．（11 分）小明同学用伏安法测定额定电压为2.5V 的小灯泡伏安特性曲线。
（1）图甲是连接好的实物电路图，在开关闭合前，小明同学又再次仔细检查了电路的连接，发现电路有误。请
你帮他纠正错误
（任意写出两处即可）
（2）为使测量尽量准确，滑动变阻器应选用图乙中的
（填“R1”或“R2”）；
（3）在纠正错误后，小明同学进行了多次的实验，某次得到电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为
V。
（4）若小明在实验过程中，不知道应该采用电流表内接还是外接，他于是两种接法各做了一次，根据数据，分
别得到了伏安特性曲线“1”和“2”。则实验中误差较小的操作应选择曲线
（填“1”或“2”）
13．（14 分）如图所示，S 为一离子源，它能向MN 右方空间各方向持续地发射大量相同的正离子，离子质量为m
＝1×10
﹣15kg，电量为q＝2×10
﹣8C，速率为v0＝4×105m/s。在S 右侧有一半径为R＝4×10
﹣2m 的圆屏，OO′
是过其圆心且垂直圆面的中心轴线。试对下面两种加入电场的情形求解（不考虑离子的重力和离子之间的相互作
用）：
（1）如果将屏移到与S 距离为x1＝1mm 处，在S 与圆屏间加一范围足够大的，方向垂直于屏向左的匀强电场，
恰好能使沿OO′方向射出的离子不能到达屏上，则匀强电场场强的E1 大小为多少。
（2）如果S 与圆屏间有范围足够大的匀强电场，电场强度E2＝5×106N/C，方向垂直屏向右，要使S 发射的所
有离子都能打到屏上，则屏最多可放到距S 多远处。
14．（18 分）如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，水平轨道AD 和斜面DC 均光滑且绝缘，AD 和DC 的长度均为
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L，斜面DC 与水平地面间的夹角θ＝60°，有一质量为m，电荷量为+q 的带电小球（可视为质点）被放在A 点，
已知在第一象限分布着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，电场方向竖直向上，场强大小为E2=݉݃ݍ，磁场为水平
方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度为B；在第二象限分布着沿x 轴正方向的水平匀强电场，场强大小为
E1= ܤ2ݍܮ
6݉
．现将放在A 点的带电小球由静止释放，求：
（1）带电小球运动到D 点时的速度；
（2）带电小球从A 点出发到落地过程中所用的时间（小球所带的电荷量不变）．
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2019-2020 学年广东省潮州市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题:本题共10 小题,每小题6 分,共60 分。在每小题给出的四个选项中,第14~18 小题只有一项符合题目要求,
第19~23 小题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分,选对但不全的得3 分,有选错或不选的得0 分。
1．【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特。
【解答】解：A、安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场。故A 错误；
B、法拉第研究了电磁感应现象，故B 错误；
C、首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特。故C 正确；
D、特斯拉是电力工程师。故D 错误。故选：C。
【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢。
2．【分析】不考虑温度影响，在导体材料一定时，电阻与长度成正比，与横截面积成反比。
【解答】解：一根粗细均匀，电阻值为R 电阻丝截成长度相等的两段，则每段长度变为原来的
1
2，再把得到的两
段并联起来使用，横截面积变为原来的2 倍，根据R= ߩܮܵ，所以阻值变为原来的
1
4，即
1
4R．故ABD 错误，C 正
确故选：C。
【点评】串联电路相当于增加了电阻的长度，所以阻值增大，并联电路相当于增加了电阻的横截面积，所以阻值
减小。
3．【分析】求出盏灯更换后可节约的电功率，再利用公式W＝Pt 计算每月可节约的电能，注意单位直接采用Kw•h
（度）。
【解答】解：每盏高压钠灯换成LED 灯时，节约的功率△P＝400﹣180＝220W＝0.22kW；
路灯一般工作时间一天约为12 小时，
故一个月可节约的电能约为：
W＝n△Pt＝2000×0.22×30×12kw•h≈1.5×105kW•h；
故B 正确，ACD 错误。故选：B。
【点评】本题考查了消耗电能（电功）的计算，关键知道LED 灯的节能、能量的转化现象。
4．【分析】通电平行线圈可等效为两条平行的通电直导线之间的作用来讨论，两条平行的通电直导线之间会通过磁
场发生相互作用。
①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反时，将会排斥。
【解答】解：A、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A 正确；
B、当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B 错误；
C、线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C 错误；
D、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D 错误；
故选：A。
【点评】正确理解两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用产生的实质，在应用中不要用反了。
5．【分析】电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行，根据各种电场电场线
和等势面的分布情况进行作答．
【解答】解：
A、平行板电容器中是匀强电场，a、b 的场强相同，而电势不同，故A 错误；
B、a、b 在点电荷的同一等势面上，两点的电势相等，而场强方向不同，场强不同，故B 错误；
C、根据两个等量同种电荷等势面的分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相
等，而场强的方向相反，所以场强不同，故C 错误；
D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，两点的电势相等。根据电场线分布的对称性可知，场强相同，故
D 正确；故选：D。
【点评】此题考查了不同电场中电势和场强的知识，关键是知道电势是标量，而场强是矢量．
6．【分析】手指的嵴和峪与金属电极的距离不同，根据电容的决定式分析电容的大小。由电容的定义式分析，电容
的电压一定时，电量变化，判断金属电极是处于充电状态还是放电状态。
【解答】解：A、指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远时，根据电容的决定式C=߳ܵ4ߨ݇݀
得知，电容
小，故A 正确；
B、指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近时，根据电容的决定式C=߳ܵ4ߨ݇݀
得知，电容大，故B 错误；
CD、在手指挤压绝缘表面时，手指与对应的金属颗粒距离靠近，电容增大，而电压一定，则由Q＝CU 可知，各
金属颗粒电极电量增大，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】本题题干较长，要有快速获取有效信息的能力。本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的决定式和
定义式结合进行分析。
7．【分析】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，再分析总电阻的变化，由欧姆定律即可得出电路中电流及路端电
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压的变化；再分析并联部分电路，可得出R1 的电流变化，从而判断出两个灯泡亮度的变化．由功率公式可得出
功率的变化．
【解答】解：AB、当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路
中总电流增大，则L2 灯逐渐变亮。
由U＝E﹣Ir 可知，路端电压减小，L2 灯的电压增大，则R1 两端的电压减小，故L1 灯逐渐变暗，故A 错误，B
正确；
C、总电流增大，由P＝I2r 知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C 正确。
D、将L1 灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻R 和灯泡L1 消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电
源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻相差加大，输出功率减
小，则光敏电阻R 和灯泡L1 消耗的总功率逐渐减小。故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确此类问题的解题思路一般为：局部﹣整体﹣局部．
8．【分析】根据速度与时间图象可知，斜率表示加速度，则可确定电场力大小，进而得出电场强度大小；因粒子的
电性不知，则无法确定电场强度的方向，由于从A 到B，动能减小，则电场力对粒子做负功，导致电势能增大，
从而即可求解。
【解答】解：A、由于粒子不知电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故A 错误；
B、由v﹣t 图象的斜率表示加速度大小可知，粒子的加速度增大，由于仅仅受到电场力作用，因此A、B 两点的
场强大小关系为EB＞EA，故B 正确；
C、由图可知，2t0 时回到了出发点，所以3t0 时在出发点的右侧，故C 错误；
D、由图象可知，粒子从A 点经B 点运动到C 点速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，根据能量守恒定
律，电势能应该先增大后减小，故D 正确；
故选：BD。
【点评】考查由速度与时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，理解电场力做功与电势能变化关系，以及动
能的变化，注意粒子不知电性，因此电势高低无法确定。
9．【分析】粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程，应用动
能定理与牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：AC、设原子核的电荷量为q，质量为m，加速电压为U，磁感应强度大小为B，
原子核在电场中加速时，由动能定理得：qU= 1
2mv2﹣0
则有进入磁场时三种同位素的动能相同，粒子在电场中做匀加速直线运动，速度：v＝at= ݍܧ݉t
解得加速时间t= 1
ܧ
2ܷ݉
ݍ，
由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，但质量不同，故A 正确，C 错误；
B、原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期T= 2ߨ݉
ݍܤ
原子核在磁场中运动半个周期的时间t1=ܶ2 = ߨ݉
ݍܤ，故B 错误；
D、原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=݉
ݒ
ݍܤ= 1
ܤ
2ܷ݉
ݍ
r 与݉
成正比，氕、氘、氚原子核的质量之比为1：2：3，
因此打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC 之比为（2 −1）：（3 −
2），故D 正确；
故选：AD。
【点评】明确质谱仪的工作原理以及同位素的含义是解题的关键，并掌握动能定理来确定加速电场中获得的速度，
由牛顿第二定律与向心力表达式，确定影响半径的表达式，是解题的突破点。
10．【分析】金属环C 处于弯曲成“π”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确
定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况。
【解答】解：根据安培定则知，弯曲成“π”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加。由楞次定
律可知，感应电流的方向为逆时针，
根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是“π”导线，所以金属环下边
1
4圆弧没有安培力，因此
导致挂环的拉力大于环的重力，但环仍处于静止状态，故AD 正确，BC 错误，
故选：AD。
【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向。
同时会用左手定则判断安培力的方向。
三、非选择题
11．【分析】①电表使用前要使指针指在0 刻线位置，通过调节调零旋钮实现；
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③欧姆表测量前要进行欧姆调零；
④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值
电阻附近；每次换挡要重新调零；
⑤欧姆表读数＝刻度盘读数×倍率；
⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出。
【解答】解：（1）电表使用前要旋转机械调零旋钮S 进行机械调零，使指针对准电流的0 刻线；
（2）将K 旋转到电阻挡“×l00“的位置。
（3）将插入“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0 刻线。
（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏角过小，则电阻阻值大，说明所选挡位太小，为了得到比较准
确的测量结果，应换用大挡进行测量，
应将K 旋转到电阻挡“×1K”的位置，然后将两表笔短接，旋动合适部件，使指针指在电阻零刻度处，再将两
表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，因此合理是实验步骤是：ADC；
（5）由图2 所示可知，被测电阻阻值：6×10Ω＝60Ω；
故答案为：（1）S
0 （3）T
0 （4）ADC
【点评】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡
位，使指针指在中央刻度线附近。
12．【分析】（1）明确实验原理，确定实验接法，从而确定错误的接线；
（2）根据滑动变阻器的接法选择进行分析，知道分压接法时应选择小电阻；
（3）明确电表量程，确定最小分度，从而明确读数，注意是否需要估读；
（4）根据电流表内外接法时两电表的误差情况进行分析，从而确定对应的图象。
【解答】解：（1）本实验测量的是额定电压为2.5V 灯泡的伏安特性曲线，所以应选择3V 量程的电压表；同时
因本实验要求电压由零开始调节，故应选择滑动变阻器分压接法；由接好的电路图可知，电表和电源的极性接反；
（2）因本实验采用分压接法，因此应采用滑动变阻器总电阻较小的R2；
（3）电压表量程为3V，故最小分度为0.1V，读数为2.38V；
（4）本实验中由于灯泡内阻较小，所以电流表应采用外接法，采用外接法时电流表示数偏大，由图可知1 为采
用外接法得出的图象，故应选用1 进行分析。
故答案为：（1）电压表应选择3V 的量程；滑动变阻器应该选择分压式接法；（或两电表的正负线都应该相互对
换，电源的正负极对换）；
（2）R2；（3）2.38（2.37﹣2.39）（4）1。
【点评】本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，知道本实验中应选用滑动变阻器分压接
法和电流表外接法，同时注意掌握实验误差情况的分析方法。
13．【分析】（1）根据动能定理可直接求解；
（2）当平行于圆板的粒子恰好能打在其边缘时，S 与板的距离x2 即为满足条件的最大距离，根据类平抛运动的
规律求解即可。
【解答】解：（1）当垂直于圆板的粒子恰好能到达圆板时，根据动能定理得：﹣qE1x1＝0−1
2݉
ݒ0
2
解得：E1=݉
ݒ0
2
2ݍݔ1 =4×106N/C
（2）当平行于圆板的粒子恰好能打在其边缘时，S 与板的距离x2 即为满足条件的最大距离，由牛顿第二定律得：
a= ݍܧ2݉
平行于圆板方向做匀速直线运动，有：R＝v0t
垂直于圆板方向做匀加速运动，则有：x2= 1
2ܽݐ2
解得：x2＝0.5m
答：（1）匀强电场场强的E1 大小为4×106N/C。
（2）屏最多可放到距离子源0.5m 远处。
【点评】本题考查牛顿第二定律与类平抛运动的综合运用，注意理解运动情景。
14．【分析】（1）从A 到D 点小球做匀加速直线运动，由动能定理就能求出速度．
（2）从D 点进入复合场后，由于重力与电场力平衡，所以小球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，先求出轨道
半径，由几何关系确定在倾斜轨道上的位置，从而计算出偏转角，在磁场中的时间就很容易求出，在两种场区的
时间相加就是所求．
【解答】解：（1）设小球到达D 点的速度为v，由动能定理有：qE1L= 1
2݉
ݒ2
因E1= ܤ2ݍܮ
6݉
，则求得小球到达D 点的速度为：v=
3ܤݍܮ
3݉
（2）从A 到D 点，由L= 1
2ܽݐ2
而a= ܧ1ݍ݉
解得小球从A 点到D 点所用的时间为：t1= 2 3݉
ܤݍ
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由于小球在第一象限所受到的重力与电场力等大反向，所以小球由D 点进入第一象
限后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：Bqv＝m
ݒ2ܴ
则小球运动的轨道半径为R=
3
3 L
如图所示，小球运动的圆心O′在OD 的连线上，由几何关系可得：OO′＝OD﹣R=
3
6 L
设小球落在地面上的C′点，∠OO′C′＝β，则有
cos β= tt'ܴ= 1
2，β＝60°
由几何关系可知：OC′＝Rsin 60°= ܮ
2，即C′与C 重合
小球在第一象限中运动的时间为t2= 1
3T= 2ߨ݉
3ܤݍ
所以小球由A 点出发到落地的过程中所用的时间为：
t＝t1+t2= 2݉
(3 3+ߨ)
3ܤݍ
．
答：（1）带电小球运动到D 点时的速度为
3ܤݍܮ
3݉
．
（2）带电小球从A 点出发到落地过程中所用的时间为
2݉
(3 3+ߨ)
3ܤݍ
．
【点评】本题是带电小球先在电场力作用下加速，后进入复合场中做匀速圆周运动的问题，关键点在于求出半径
后结合题中长度和角度的几何关系求出小球在倾斜轨道上的位置，这要用到三角函数和直角三角形的性质．
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2019-2020 学年北京市顺义区高二期末物理试卷
一、单项选择题（本题共10 小题，在每小题给出的四个项中，只有一个选项是合题意的．每小题4 分，共40 分）
1．（4 分）下列物理量中，属于矢量的是（
）
A．时间
B．动能
C．功
D．安培力
2．（4 分）两颗人造地球卫星，都绕地球作匀速圆周运动，它们的质量相等，轨道半径之比
ݎ1
ݎ2
=
1
2，则它们的速度
大小之比
ݒ1
ݒ2
等于（
）
A．2：1
B．2：1
C．1：2
D．4：1
3．（4 分）物体沿光滑斜面下滑，在此过程中（
）
A．斜面对物体的弹力做功不为零
B．斜面对物体的弹力的冲量为零
C．物体动能的增量等于重力的功
D．物体的动量的增量等于重力的冲量
4．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．匀速圆周运动是加速度不变的运动
C．一对相互作用力做功一定是等大且正负号相反
D．当物体做曲线运动时，所受的合外力做功一定不为零
5．（4 分）如图所示，矩形线框abcd 的ad 和bc 的中点M、N 之间连接一电压表，整个装置处于足够大的匀强磁场
中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法正确的是（
）
A．MN 这段导体做切割磁力线运动，MN 间有电势差
B．穿过线框的磁通量不变化，MN 间无感应电动势
C．MN 间无电势差，所以电压表无示数
D．因为无电流通过电压表，所以电压表无示数
6．（4 分）如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A 和B，它们与
盘间的动摩擦因数相同，当盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，则两个物体的运动情况是（
）
A．两物体均沿切线方向滑动
B．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动
C．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远
D．物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A 发生滑动，离圆盘圆心越来越远
7．（4 分）甲、乙两物体分别在恒力F1 和F2 的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如图所示，
设甲在t1 时间内所受的冲量为I1，乙在t2 时间内所受的冲量为I2，则下列F、Ⅰ的关系正确的是（
）
A．F1＜F2，Ⅰ1＜Ⅰ2
B．F1＞F2，Ⅰ1＞Ⅰ2
C．F1＞F2，Ⅰ1＝Ⅰ2
D．F1＝F2，Ⅰ1＝Ⅰ2
8．（4 分）在高度为h 的同一位置向水平方向同时抛出两个小球A 和B，若A 球的初速度vA 大于B 球的初速度vB，
则下列说法中不正确的是（
）
A．A 比B 先落地
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B．在飞行过程中的任一段时间内，A 的水平位移总是大于B 的水平位移
C．若两球在飞行中遇到一堵竖直墙，A 击中墙的高度大于B 击中墙的高度
D．在空中飞行的任意时刻，A 总在B 的水平正前方，且A 的速率总是大于B 的速率
9．（4 分）如图所示，在光滑水平面上有两块木块A 和B，质量均为m，B 的左侧固定一轻质弹簧。开始时B 静止，
A 以初速度v0 向右运动与弹簧接触，则在相互作用的过程中（
）
A．任意时刻，A、B 系统的总动能恒定不变
B．当弹簧恢复到原长时，A 与B 具有相同的速度
C．当弹簧压缩到最短长度时，A 与B 具有相同的速度
D．当弹簧压缩到最短时，系统弹性势能是A 初始动能的
1
4
10．（4 分）图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电
子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁
场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行，电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压
和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈面形，
关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是（
）
A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变
B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
C．只增大后磁线圈中的电流，轨道半径不变
D．只增大场磁线圈中的电流，轨道半径变小
一、填空题（本题共5 小题，共20 分）
11．（2 分）如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线处于同一平面内，让线框向右平动，
线圈产生感应电流的方向是
。
12．（2 分）地球质量大约是月球质量的81 倍，一飞行器在地球和月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力
相等时，这飞行器距地心距离与距月心距离之比为
。
13．（4 分）假设地球为一球体，地球绕地轴自转时，在其表面上有A、B 两物体，θ1 和θ2 为已知，A、B 两物体的
角速度之比为ωA：ωB＝
，线速度之比vA：vB＝
。
14．（6 分）在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25m。若小球在
平抛运动过程中的几个位置如图中的田a、b、c、d 所示，则小球平抛的初速度的计算式为V0＝
（用L、
g 表示），g＝9.8m/s2，其值是
。
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15．（6 分）某同学把两块大小不同的木块用细线连接，质量分别为m1，m2 中间夹一被压缩了的轻弹簧，如图所示，
将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体问相互作用时
动量守恒。
（1）该同学还必须有的器材是
。
（2）需要直接测量的数据是
。
（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是
。
二、论述计算题（本题共5 小题，共40 分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案．有数值
计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
16．（7 分）如右图所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强
度大小为B，方向与导轨平面垂直。金属棒ab 的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直。电源电动势为E，定值
电阻为R，其余部分电阻不计，则当电键K 闭合时，求：
（1）通过ab 棒的电流Ⅰ
（2）ab 棒受到的安培力F；
（3）ab 棒的加速度a。
17．（7 分）如图甲所示是游乐场中过山车的实物图片，可将过山车的一部分运动简化为图乙的模型图，此模型中所
有轨道都是光滑的，现使小车（视作质点）从左侧轨道距B 点高h＝0.25m 处（图中未标出）由静止开始向下运
动，B 点为圆轨道的最低点，小车进入圆轨道后，恰好能通过轨道的最高点A 处，不计空气阻力，小车的质量m
＝1.0kg，g 取10m/s2．求：
（1）小车通过B 点时的速度大小VB；
（2）圆轨道的中径R 的大小；
（3）小车运动到圆轨道B 点时对轨道的压力大小FB
18．（8 分）下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A 和B 经反弹后，B 能上升到比初始位置高
得多的地方，A 是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28kg，在其顶部的凹抗中插着质量m2＝0.10kg 的木根B，
B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之问有小空隙。将此装置从A 下端离地板的高度H＝1.25m 处由静止释
放，实验中，A 触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B 和球A 作用后，木根B 脱离球A 开
始上升，而球A 恰好停留在地板上，不计实心球的半径，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）球A 落到地板时的速度；
（2）木棍B 脱离球A 开始上升时的速度；
（3）木棍B 上升的高度。
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19．（8 分）示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，如下图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转
电极和荧光屏组成，炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e，发射出的电子由静止经电压
U1 加速后，从金属板的小孔O 射出，沿OO′进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个
平行的相同金属极板M、N 组成，已知极板的长度为l，两板间的距离为d，极板间电压为U2，偏转电场极板的
右端到荧光屏的距离为L．不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。求：
（1）电子从小孔O 穿出时的速度大小v0；
（2）电子离开偏转电场时沿垂直于板方向偏移的距离y；
（3）电子打在荧光屏上的位置距离O′的距离Y；
20．（10 分）电动自行车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动自行车，设计质量（包括人）为m
＝90kg，动力电源选用能量存储量为“36V、15Ah”（即输出电压恒为36V，工作电流与工作时间的乘积为15Ah）
的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P 电＝180W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），自
行车的效率为η＝80%，如果自行车在平直公路上行驶时所受阻力跟行驶速率和自行车对地面的压力的乘积成正
比，即Ff＝kmgv，其中g 取10m/s2，k＝5.0×10
﹣3s•m
﹣1．求：
（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间和自行车电动机的内阻；
（2）自行车在平直的公路上能达到的最大速度；
（3）有人设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，已知太阳辐射的总功率P0＝4×1026W，太阳到地球
的距离r＝1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化
效率约为15%．则此设想所需的太阳能电池板的最小面积。
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2019-2020 学年北京市顺义区高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共10 小题，在每小题给出的四个项中，只有一个选项是合题意的．每小题4 分，共40 分）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解：ABC、时间、动能和功只有大小没有方向，都是标量，故ABC 错误。
D、安培力既有大小又有方向，是矢量，故D 正确。故选：D。
【点评】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边
形定则，标量运算遵守代数加减法则。要掌握物理量的矢标性。
2．【分析】人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，列式求出线速度的表达式，再求速度
大小之比。
【解答】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、
地球质量为M，则有：G
ܯ݉
ݎ2 =m
ݒ2
ݎ
得：v=
ܩܯ
ݎ，
轨道半径之比为：
ݎ1
ݎ2
=
1
2
则它们的速度大小之比为：
ݒ1
ݒ2
=
2
1 ．故ACD 错误，B 正确；故选：B。
【点评】本题关键要抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度的表达式，再进行求解。
3．【分析】当力与物体的位移方向垂直时力对物体不做功；
力与力的作用时间的乘积是力的冲量；
由动能定理可知，合外力的功等于物体动能的变化量；
物体动量的变化量等于物体合外力的冲量。
【解答】解：A、物体沿斜面下滑时弹力方向与物体位移方向垂直，弹力对物体不做功，故A 错误；
B、斜面对物体的弹力的冲量：I＝Nt 不为零，故B 错误；
C、由动能定理可知，物体动能的增量等于合外力的功，等于重力对物体所做的功，故C 正确；
D、物体动量的增量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D 错误；故选：C。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合
外力的冲量才等于动量的变化。
4．【分析】平抛运动只受重力，加速度是重力加速度，方向竖直向下不变，即加速度恒定；
通过匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心来判断；
物体做曲线运动时所受合外力与速度方向不共线，合外力一定不为零，结合举例来判断；
相互作用力是一对等大反向的力，但相互作用力的位移不一定相等，做功的大小不一定相等。
【解答】解：A、平抛运动的加速度绳子等于重力加速度g，保持不变，做匀变速曲线运动，故A 正确；
B、匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，方向改变。故B 错误。
C、一对相互作用力，其大小一定相等，方向相反，但其对应的位移不一定相等，所以其做功不一定是等大正负
号相反，故C 错误；
D、当物体做曲线运动时，所受合外力一定不为零，但合外力做功不一定不为零，例如匀速圆周运动合外力就不
做功。故D 错误；故选：A。
【点评】曲线运动是变速运动，但可以是匀变速曲线运动，这点经常被学生忽略。同时一对相互作用力做功代数
和是否为零由对应的位移决定。
5．【分析】线框在匀强磁场水平向右匀速移动时，穿过线框回路的磁通量没有改变，则知没有感应电流产生。ab、
cd 切割磁感线产生感应电动势，a 与b、c 与d 间有电势差，根据有无电流，判断电压表是否有示数。
【解答】解：AB、MN 切割磁感线，所以MN 产生感应电动势，MN 间有电势差，故A 正确、B 错误；
CD、穿过线框的磁通量不变化，所以无感应电流，因此电压表无读数，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键要知道电压表是由电流表改装而成的，没有电流，电压表则没有读数。要根据磁通量有
无变化判断有无感应电流。
6．【分析】对AB 两个物体进行受力分析，找出向心力的来源，即可判断烧断细线后AB 的运动情况。
【解答】解：当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供
向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要
发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B 所需要的向心力小于B 的最大静摩擦力，所以B 仍保持相对圆盘
静止状态，故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB 两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度不大，
属于基础题。
7．【分析】根据图象，结合初末状态的动量比较动量变化量的大小，从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力
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的大小关系。
【解答】解：由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1＝I2，
根据I＝Ft 知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故C 正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】本题考查了动量定理与图象的综合，知道合力的冲量等于动量的变化量，难度不大。
8．【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直
方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。根据运动学规律列式分析。
【解答】解：A、两球都做平抛运动，由h= 1
2݃ݐ2得：t=
2t݃，则知平抛运动的运动时间是由竖直高度决定的，
AB 两个球的高度是相同的，所以它们的运动的时间也是相同的，同时落地，故A 不正确；
B、由于A 球的初速度vA 大于B 球的初速度vB，所以由公式x＝v0t 知，在飞行过程中的任一段时间内，A 球的
水平位移总是大于B 球的水平位移，故B 正确；
C、遇到墙时，AB 两球的水平位移是相同的，由于A 球的初速度vA 大于B 球的初速度vB，所以A 的运动时间
要比B 的运动时间短，再根据h= 1
2݃ݐ2，可知，A 下落的距离小，所以A 球击中墙的高度大于B 球击中墙的高
度，故C 正确；
D、AB 两个球在竖直方向上的运动情况是一样的，竖直方向的速度的大小始终相同，但是A 球的初速度vA 大于
B 球的初速度vB，所以在空中飞行的任意时刻，A 球总在B 球的水平正前方，A 球的速率总是大于B 球的速率，
故D 正确；
本题让选不正确的，故选：A。
【点评】本题是对平抛运动规律的考查，明确平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的
自由落体运动，根据运动学规律，采用半定量的方法分析。
9．【分析】两木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，分析清楚木块的运动过程，应用动量守恒定律与能
量守恒定律分析答题。
【解答】解：A、A 以v0 速度向右运动与B 发生无机械能损失的碰撞，根据能量守恒得弹簧的势能增大过程，A、
B 系统的总动能减小，故A 错误；
B、弹簧恢复原长时弹簧弹性势能为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+mvB，
由能量守恒定律得：
1
2݉
ݒ0
2 =
1
2݉
ݒܣ
2 +
1
2݉
ݒܤ
2，解得：vA＝0，vB＝v0，故B 错误；
CD、当弹簧压缩到最短长度时，A 与B 具有相同的速度，系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝2mv，
由能量守恒定律得：
1
2݉
ݒ0
2 =
1
2 ⋅2݉
ݒ2 +EP，
解得：v= 1
2v0，EP= 1
4݉
ݒ0
2 = 1
2 ⋅1
2݉
ݒ0
2，故C 正确，D 错误；故选：C。
【点评】本题综合考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律
即可解题，本题综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强练习。
10．【分析】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，然后分
析各选项答题。
【解答】解：电子被加速电场加速，由动能定理得：
eU= 1
2mv02…①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：
eBv0＝m
ݒ0
2
ݎ⋯②
解得：r= 1
ܤ
2ܷ݉݁
⋯③；
AB、只增大电子枪的加速电压U，由r= 1
ܤ
2ܷ݉݁
可知，轨道半径变大，故AB 错误；
CD、值增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B 增大，由r= 1
ܤ
2ܷ݉݁
可知，轨道半径r 变小，故C 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了粒子在电场中的加速和磁场中的偏转运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关
键。
一、填空题（本题共5 小题，共20 分）
11．【分析】根据安培定则判断电流产生的磁场的方向，然后结合直导线的电流产生的磁场的特点判断磁场的变化，
最后由楞次定律判断感应电流的方向。
【解答】解：电流的方向向上，由安培定则可知线框所在处的磁场的方向垂直于纸面向里，当线框向右运动时磁
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场减小，则穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框内产生的感应电流沿顺时针方向。
故答案为：顺时针方向
【点评】该题考查安培定则与楞次定律，解答的关键是正确使用哪一只手。
12．【分析】根据万有引力定律表示出地球对飞行器的引力和月球对飞行器的引力。
根据引力相等找出飞行器距地心距离与距月心距离之比。
【解答】解：设月球质量为M，地球质量就为81M。
飞行器距地心距离为r1，飞行器距月心距离为r2。
由于地球对它的引力和月球对它的引力相等，根据万有引力定律得：
ܩ⋅81ܯ݉
ݎ1
2
=
ܩܯ݉
ݎ2
2
解得：
ݎ1
ݎ2
=9。
故答案为：9：1。
【点评】该题考查的是万有引力定律的应用，要能够根据题意列出等式，去解决问题。
13．【分析】（1）根据同轴转动角速度相等找到角速度之比；
（2）根据线速度和角速度的关系式找到线速度之比；
【解答】解：（1）A．B 两物体跟着地球转动时，在相同的时间内转动的角度相等，故角速度相同，
ωA：ωB＝1：1；
（2）令地球的半径为R，A 物体做圆周运动的半径为RA＝R•sinθ，
B 物体做圆周运动的半径为RB＝R•cosθ，
又因为线速度v＝r•ω，所以线速度之比为vA：vB＝sinθ：cosθ；
故答案为：（1）1：1；
（2）sinθ：cosθ；
【点评】本题的关键是找到物体半径的表达式，同时要灵活运用线速度和角速度之间的关系式；
14．【分析】根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔
求出平抛运动的初速度。
【解答】解：在竖直方向上，根据△y＝L＝gT2 得：T=
ܮ݃
则平抛运动的初速度为：ݒ0 = 2ܮܶ= 2݃
ܮ。
代入数据得：ݒ0 = 2 ×
9.8 × 1.25m/s＝7.0m/s。
故答案为：2݃
ܮ，7.0m/s。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
15．【分析】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正
比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移
替代。
【解答】解：设两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动
的时间为t。
烧断细线过程系统动量守恒，取小球1 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1﹣m2v2＝0，
又v1= ݏ1
ݐ，v2= ݏ2
ݐ，整理得：m1s1＝m2s2；
（1）实验需要测量两木块的质量m1 和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2，所以需要的器材为刻
度尺、天平；
（2）两物体的质量m1，m2 和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2；
（3）实验需要验证的表达式为：m1s1＝m2s2。
故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）两物体的质量m1，m2 和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2；
（3）m1s1＝m2s2。
【点评】本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理是解题的前提，本题是运用等效思维方法，平抛时间
相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。
二、论述计算题（本题共5 小题，共40 分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案．有数值
计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
16．【分析】根据闭合电路欧姆定律可以计算电键闭合瞬间，电路中电流I 的大小和方向，已知电流的大小可以算出
此时ab 棒受到的安培力的大小和方向，对导体棒进行受力分析知，导体棒受到的安培力在水平方向的分力使导
体棒ab 产生加速度，根据牛顿第二定律可以算得导体棒的加速度
【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律回路中电流为：
I= ܧܴ；
（2）导体棒受到的安培力大小为：
F＝BId= ܤܧܴ݀，根据左手定则可知安培力方向向左，
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（3）由牛顿第二定律可得：F＝ma
解得：ܽ
= ܨ݉= ܤܧܴ݀݉；
答：（1）通过ab 棒的电流Ⅰ为
ܧܴ；
（2）ab 棒受到的安培力F
ܤܧܴ݀；
（3）ab 棒的加速度a 为
ܤܧܴ݀݉。
【点评】能通过左手定则确定安培力的大小和方向，并对导体棒正确的受力分析得出导体棒所受的合力，根据牛
顿第二定律解得。主要考查左手定则和闭合回路的欧姆定律的运用
17．【分析】（1）小车下滑的过程，由动能定理或机械能守恒求出小车B 点时的速度大小。
（2）小车恰好能通过圆形轨道的最高点A 处，轨道对小车的弹力为零，由重力提供小车圆周运动所需要的向心
力，根据牛顿第二定律求出小车在A 点的速度。从B 到A 的过程，运用机械能守恒定律列式，可求得轨道半径
R。
（3）在B 点，通过支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力，再由牛顿第三定律得到压
力。
【解答】解：（1）小车下滑的过程，由动能定理得：
mgh= 1
2݉
ݒܤ
2
可得：vB=
2݃t =
2 × 10 × 0.25 =
5m/s
（2）由于小车恰能通过A 点，由重力提供小车圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律得：
mg＝m
ݒܣ
2ܴ
解得：vA=ܴ݃
从B 到A 的过程，运用机械能守恒定律得：
1
2݉
ݒܣ
2 +2mgR= 1
2݉
ݒܤ
2
联立解得：R＝0.1m
（3）设轨道在最低点对小车的支持力大小为FB′，由牛顿第二定律有：
FB′﹣mg＝m
ݒܤ
2ܴ
解得：FB′＝6N
由牛顿第二定律可知，小车对轨道的压力为：FB＝FB′＝6N
答：（1）小车通过B 点时的速度大小vB 是5m/s。
（2）圆轨道的半径R 的大小是0.1m；
（3）小车通过到圆轨道B 点时对轨道的压力大小FB 是6N。
【点评】本题综合考查了牛顿第二定律和动能定理，关键是理清运动的过程，运用合适的规律进行求解。
18．【分析】（1）物体A、B 系统落地前做自由落体运动，根据运动学公式求球A 落到地板时的速度；
（2）A 与地面碰撞后反弹，速度大小不变，方向向上，物体A 与物体B 碰撞时间极短，内力远大于外力，系统
动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰撞后B 脱离球A 开始上升时的速度。
（3）再由运动学公式求出木棍B 上升的高度。
【解答】解：（1）球A 落到地板时的速度为：
v0=
2݃ܪ=
2 × 10 × 1.25 =5m/s
（2）根据题意，A 碰地板后，反弹速度的大小v1 等于它下落到地板时速度的大小，即为：
v1＝v0＝5m/s
A 刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B 碰撞，碰前B 的速度为：
v2＝v0＝5m/s
由题意，碰后A 速度为零，以v2′表示B 开始上升时的速度，取向上为正方向，根据动量守恒定律，有：
m1v1﹣m2v2＝m2v2′，
解得：v2′＝9m/s
（3）令h 表示木棍B 上升的高度，有：h=
ݒ2
'2
2݃
=
92
2×10 =4.05m。
答：（1）球A 落到地板时的速度是5m/s；
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（2）木棍B 脱离球A 开始上升时的速度是9m/s；
（3）木棍B 上升的高度是4.05m。
【点评】本题关键要明确系统的运动过程，特别要注意的是物体A 与地面的碰撞过程以及物体B 与物体A 的碰
撞过程，虽然这两个过程的时间极短，但碰撞的弹力很大，速度改变较大，要用动量守恒定律求解。
19．【分析】（1）根据动能定理求解电子从小孔O 穿出时的速度大小；
（2）电子进入偏转电场做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解；
（3）根据几何关系求解
【解答】解：（1）由动能定理：qU1= 1
2݉
ݒ0
2
解得：v0=
2ܷ݁
1݉
（2）电子进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设电子在偏转
电场中运动的时间为t
水平方向：t=݈ݒ0
竖直方向：E=ܷ
2݀
根据电场力计算公式：F＝Ee，
加速度：a= ܨ݉
联立解得：y= 1
2ܽݐ2 =ܷ
2݈2
4ܷ
1݀
（3）打在荧光屏上时的偏移距离Y，如图所示
根据几何关系知ܻݕ=
1
2݈+ܮ
1
2݈
解得：Y=ܷ
2݈(݈+2ܮ)
4ܷ
1݀
答：（1）电子从小孔O 穿出时的速度大小2ܷ݁
1݉；
（2）电子离开偏转电场时沿垂直于板方向偏移的距离ܷ
2݈2
4ܷ
1݀
；
（3）电子打在荧光屏上的位置距离O′的距离ܷ
2݈(݈+2ܮ)
4ܷ
1݀
；
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理偏转的方法，将电子的运动分解垂直电场方向和
沿电场方向，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
20．【分析】（1）额定功率行驶时输出电压为36V，输出功率为180W，根据P＝UI 求出电流，再根据电池的容量求
出行驶的时间。根据效率求出发热功率，再根据P 热═I2r 求出内阻。
（2）速度越大，牵引力越小，当牵引力等于阻力时，速度最大。
（3）根据太阳的辐射总功率，求出地面上单位面积上的辐射功率，然后利用太阳能电池的能量转化效率进一步
求解。
【解答】解：（1）根据公式：P＝IU，I＝5A，再根据电池容量可得：t=ܳܫ=2h。
P 热＝P 电﹣80%P＝I2r
解得内阻为：r＝1.44Ω。
（2）经分析可知，当自行车以最大功率行驶且达匀速时速度最大，因此有：
F 牵＝kmgvm
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第335页（共428页）
而F 牵=
ηܲ电
ݒ݉
，
联立代入数据可得：vm＝4 2m/s。
（3）当阳光垂直电池板入射时，所需电池板面积最小，设其为S，由题意得：
(1−30%)ܲ0
4ߨݎ2
⋅ܵ
⋅15% =P 电
解得所需的太阳能电池板的最小面积为：
S=
3ߨݎ2ܲ
电
70%⋅15%ܲ0。
代入数据解得：S≈101m2。
答：（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间为2h，自行车电动机的内阻为1.44Ω。
（2）自行车在平直的公路上能达到的最大速度为4 2m/s。
（3）有人设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，已知太阳辐射的总功率P0＝4×1026W，太阳到地球
的距离r＝1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化
效率约为15%．则此设想所需的太阳能电池板的最小面积为101m2。
【点评】本题考查能量转化与守恒、太阳能的利用，有一定的现实意义，易错点在于不能正确求出地面上单位面
积太阳能功率。
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2019-2020 学年北京市海淀区高二期末物理试卷
一、单项选择题．本题共10 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3 分，共30
分）
1．（3 分）下列物理量属于矢量的是（
）
A．电势
B．电势能
C．电功率
D．磁感应强度
2．（3 分）如图所示，人造卫星A、B 绕地球做匀速圆周运动。则这两颗卫星相比（
）
A．卫星A 的角速度较大
B．卫星A 的加速度较大
C．卫星A 的周期较大
D．卫星A 的线速度较大
3．（3 分）如图所示，空间中有一足够大的区域内分布着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，某时刻一带正电粒子
沿纸面向右运动，若不计粒子所受重力，带电粒子在匀强磁场中的运动是（
）
A．匀速直线运动
B．匀变速曲线运动
C．顺时针转向的圆周运动
D．逆时针转向的圆周运动
4．（3 分）某交流发电机产生的电流随时间变化的关系如图所示。由图象可知该交流电的（
）
A．频率为50Hz
B．频率为25Hz
C．电流有效值为10A
D．电流有效值为5A
5．（3 分）如图所示，在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，放置一个金属圆环，圆环平面与磁场方向垂直，
若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是（
）
A．使匀强磁场均匀增强
B．使匀强磁场均匀减弱
C．使圆环向左或向右平动
D．使圆环向上或向下平动
6．（3 分）喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v 垂直匀
强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P．关于此微滴及其在极板间电场中运动，下列说法正确
的是（
）
A．经带电室后带正电
B．电场力对微滴做负功
C．动能增大
D．电势能增大
7．（3 分）右图为演示自感现象实验装置的电路图，电源的电动势为E，内阻为r。A 是灯泡，L 是一个自感系数很
大的线圈，线圈的直流电阻小于灯泡A 正常发光时的电阻。实验时，闭合开关S，电路稳定后，灯泡A 正常发
光。下列说法正确的是（
）
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A．闭合开关S，电路稳定后，灯泡A 中电流等于线圈L 中电流
B．闭合开关S，电路稳定后，灯泡A 中电流大于线圈L 中电流
C．电路稳定后突然断开开关S，灯泡A 立即熄灭
D．电路稳定后突然断开开关S，灯泡A 闪亮一下再熄灭
8．（3 分）磁铁有N、S 两极，同名磁极相斥，异名磁极相吸，这些特征与正、负电荷有很大的相似性。库仑在得
到点电荷之间的库仑定律后，直觉地感到磁极之间的相互作用力也遵循类似的规律。他假定磁铁的两极各带有正、
负磁荷，当磁极本身的几何线度远小于它们之间的距离时，其上的磁荷可以看作点磁荷。库仑通过实验证明了静
止的两个点磁荷之间的相互作用力遵循的“磁库仑定律”与点电荷之间遵循的库仑定律类似。由上述内容可知，
下列说法正确的是（
）
A．两个正磁荷之间的作用力为引力
B．两个点磁荷之间的相互作用力只与它们之间的距离有关
C．两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离成反比
D．相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等
9．（3 分）如图甲所示，矩形导线框ABCD 固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里，磁感应强度B 随
时间t 变化的规律如图乙所示。规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA 方向为感应
电流i 的正方向。则在线框中产生的感应电流随时间变化的关系可能为下图中的（
）
A．
B．
C．
D．
10．（3 分）如图所示，右端开口的矩形导体轨道QPMN 固定在水平面内，轨道的电阻忽略不计。电阻为R 的金属
导体棒ab 垂直于MN、PQ 放在轨道上。空间中存在与轨道所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．导
体棒ab 以恒定的速度向右运动，与导轨MN 始终垂直并接触良好。当其运动到导轨MN 和PQ 的中点处开始计
时，运动到NQ 位置时将导体棒迅速锁定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小从B 增加到B'（过程Ⅱ）。在过程
Ⅰ、Ⅱ中，流过导体棒ab 的电荷量相等，则
ܤ'
ܤ等于（
）
A．
5
4
B．
3
2
C．2
D．
5
2
二、多项选择题．本题共4 小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的．（每小题4 分，共16 分．每
小题全选对的得4 分，选对但不全的得2 分，只要有选错的该小题不得分）
11．（4 分）金属棒MN 两端用细软导线悬挂于a、b 两点，其中间一部分处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，
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静止时MN 平行于纸面，如图所示。若金属棒通有从M 向N 的电流，此时悬线上有拉力。为了使拉力等于零，
下列措施可行的是（
）
A．增大电流
B．增大磁感应强度
C．将电流方向改为从N 流向M
D．将磁场方向改为垂直于纸面向外
12．（4 分）我们通常用阴极射线管来研究磁场对运动电荷的作用，图为阴极射线管的示意图，两个电极的连线沿x
轴方向。玻璃管内部已抽成真空，当两个电极连接到高压电源两端时，阴极会发射电子，电子在电场的加速作用
下，由阴极沿x 轴方向飞向阳极，电子束掠射到荧光板上，显示出电子束的径迹。要使电子束的径迹向z 轴正方
向偏转，下列措施中可采用的是（
）
A．加磁场，磁场方向沿x 轴正方向
B．加磁场，磁场方向沿y 轴负方向
C．加电场，电场方向沿z 轴正方向
D．加电场，电场方向沿z 轴负方向
13．（4 分）如图是通过变压器降压给用户供电的示意图。负载变化时变压器输入电压基本保持不变。输出电压通过
输电线输送给用户，输电线的电阻用R0 表示，开关S 闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加。如果变压
器上的能量损失可以忽略，则开关S 闭合后，以下说法正确的是（
）
A．电表V1 示数与V2 示数的比值不变
B．电表A1 示数不变，A2 示数增大
C．输电线的电阻R0 消耗的功率增大
D．流过电阻R1 的电流减小
14．（4 分）电子感应加速器是利用感应电场来加速电子的一种设备。电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环
形真空室组成，当电磁铁通以变化的电流时，会在柱形电磁铁的两极间产生磁场，在磁场中安置一个环形真空管
道作为电子运行的轨道，如图所示（图中上部分为主视图、下部分为俯视图）。当磁场发生变化时，产生的感应
电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动。下列说法正确的是（
）
A．感生电场的方向为顺时针方向
B．感生电场的方向为逆时针方向
C．电磁铁中通入的电流应越来越强
D．电磁铁中通入的电流应越来越弱
三、填空题．本题共2 小题．（15 题4 分，16 题8 分，共12 分）
15．（4 分）在探究平抛运动规律时，老师和同学们选用如图所示的装置进行实验。初始时，A 球静止在弹性金属片
的右侧，B 球被夹在金属片的左侧。用小锤打击弹性金属片后，A 球和B 球同时开始运动。实验中，
（选
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填“A 球”“B 球”或“A、B 两球”）做抛体运动。老师用该实验装置完成了一次实验，观察到两个小球同时落
地，于是得出结论：平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动。小明同学认为不够严密，请你阐述小明的理
由
（写出一条即可）。
16．（8 分）某同学用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件。
（1）图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成图中实物间的连线。
（2）若连接好实验电路并检查无误后，闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈
（填“A”
或“B”）中有了感应电流。开关闭合后，他还进行了其他两项操作尝试，发现也产生了感应电流，请写出两项
可能的操作：
①
；
②
。
四、论述计算题．本题共4 小题．（17、18 题各9 分，19、20 题各12 分，共42 分）解题要求：写出必要的文字说
明、方程式和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
17．（9 分）有一个电热器，其电阻恒为44Ω、所接交流电压的瞬时表达式为u＝311sin（100πt），式中各物理量均为
国际单位。求：
（1）该交流电电压的最大值Um；
（2）该交流电的周期T；
（3）该电热器正常工作时的功率P。
18．（9 分）2018 年是中国航天里程碑式的高速发展年，是属于中国航天的“超级2018”。例如，我国将进行北斗组
网卫星的高密度发射，全年发射18 颗北斗三号卫星，为“一带一路”沿线及周边国家提供服务。北斗三号卫星
导航系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。图为其中一颗静止轨道卫星绕地球飞
行的示意图。已知该卫星做匀速圆周运动的周期为T，地球质量为M、半径为R，引力常量为G。
（1）求静止轨道卫星的角速度ω；
（2）求静止轨道卫星距离地面的高度h1；
（3）北斗系统中的倾斜同步卫星，其运转轨道面与地球赤道面有一定夹角，它的周期也是T，距离地面的高度
为h2．视地球为质量分布均匀的正球体，请比较h1 和h2 的大小，并说出你的理由。
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19．（12 分）一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内，阴极K 发出的电子经阳极A 与阴极K 之间的
高压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入间距为d 的两极板C、D 间的区域。若两极板C、D 间无
电压，电子将沿直线打在荧光屏的中心O 点；若在两极板间施加恒定电压U，则离开极板区域的电子将打在荧
光屏上的P 点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面的磁感应强度大小为B 的匀强磁场，则电子在荧光屏上
产生的亮点又回到O 点。
（1）判断匀强磁场的方向；
（2）求电子击中O 点时的速度大小v；
（3）已知极板的长度l＝5.00cm，间距d＝1.50cm，极板区的中点M 到O 点的距离L＝12.50cm，极板间电压U
＝200V，磁感应强度B＝6.3×10
﹣4T，P 点到O 点的距离y＝3.0cm。根据上述数据，计算电子的比荷݁݉（保留2
位有效数字）。
20．（12 分）如图所示，两根相距为L 的光滑平行金属导轨CD、EF 固定在水平面内，并处在竖直向下的匀强磁场
中，导轨足够长且电阻不计。在导轨的左端接入阻值为R 的定值电阻，将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒
MN 垂直放置在导轨上，可以认为MN 棒的长度与导轨宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良
好，不计空气阻力。金属棒MN 以恒定速度v 向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B 且保持不变，为了方
便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN 中的感应电动势E；
（2）在上述情景中，金属棒MN 相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电荷所受洛伦兹力有关。请根据
电动势的定义，推导金属棒MN 中的感应电动势E。
（3）请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示意图。我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，金属棒MN
中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况，通过
计算分析说明。
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2019-2020 学年北京市海淀区高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题．本题共10 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3 分，共30
分）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解：ABC、电势、电势能和电功率只有大小没有方向，都是标量，故ABC 错误。
D、磁感应强度既有大小又有方向，是矢量，故D 正确。故选：D。
【点评】本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性。
2．【分析】人造卫星A、B 绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，由此列式得到各量与轨道半径
的关系，再分析大小关系。
【解答】解：A、B 两卫星均绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有ܩܯ݉
ݎ2 =݉
ݒ2
ݎ=݉ܽ
=݉߱
2ݎ=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，可得ݒ=
ܩܯ
ݎ，ܽ= ܩܯ
ݎ2 ，߱
=
ܩܯ
ݎ3 ，ܶ=
4ߨ2ݎ3
ܩܯ，而rA＞rB，可知卫星A 的角速度较小，加速度较小，
线速度较小，而周期较大，故C 正确，A、B、D 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一理论，熟练推导出线速度、角速度、加速度、周期与轨
道半径的关系。
3．【分析】带电粒子只受洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断受力情况确定运动方向。
【解答】解：带电粒子只受洛伦兹力的作用，所以带电粒子的运动是匀速圆周运动；
给左手定则可知此时带电粒子受到的洛伦兹力方向向上，所以带电粒子做逆时针转向的圆周运动，故D 正确、
ABC 错误。故选：D。
【点评】本题主要是考查带电粒子在匀强磁场中的运动，解答本题的关键是能清楚受力情况，根据受力情况确定
运动情况。
4．【分析】通过图象直接得到周期和最大值，则可以通过计算求出频率和有效值。
【解答】解：AB、由图象可知交流电的周期为T＝0.04s，则频率为：݂= 1ܶ=
1
0.04 ܪt = 25ܪt，故A 错误，B 正
确；
CD、由图象可得电流的最大值为Im＝10A，则电流的有效值I= 10
2 ܣ= 5 2ܣ，故CD 错误；故选：B。
【点评】本题关键是要能通过图象得到周期、频率、有效值、峰值、瞬时值，要注意正弦式交变电流的有效值等
于峰值除以根号二，掌握图象法的正确应用。
5．【分析】要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，分析各项磁通量的变化情况，结合楞次定
律即可一一求解。
【解答】解：A、由图可知，磁场的方向向里，当磁场增强时，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，
则感应电流的方向为逆时针方向。故A 正确；
B、磁场的方向向里，当磁场减弱时，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向里，则感应电流的方向为顺
时针方向，故B 错误
C、因磁场区域足够大，故线圈左右平移时，磁通量不变，不会产生感应电流，故C 错误；
D、线圈上下平移时磁通量不会发生变化，故不会产生感应电流，故D 错误。故选：A。
【点评】穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，则当条数发生变化时，必有感应电动势出现。
而条数的变化可以由线圈的运动确定。
6．【分析】向上偏转故带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电
场力做功来确定电势能变化情况。
【解答】解：A、墨汁微滴经带电室带电后，最终打在纸面上半部分的某一位置P，故收电场力向上，故微滴带
负电，故A 错误；
BD、电场力向上，位移向上，故电场力做正功，电势能减小，故BD 错误；
C、微滴收到的合力向上，故速度增大，动能增大，故C 正确；故选：C。
【点评】解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的。
7．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧
姆定律和楞次定来分析。
【解答】解：A、在t＝0 时刻闭合开关S 时，灯泡两端直接获得电压，所以灯泡的电流瞬间达到最大；而线圈中
电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I 也逐渐增大；根据闭合电路的欧姆定
律可知，路端电压将减小，所以流过灯泡的电流减小，逐渐达到稳定；最后由于线圈的直流电阻小于灯泡A 正
常发光时的电阻，所以灯泡A 中电流小于线圈L 中电流。故A 错误，B 错误；
C、当断开电键，原来通过线圈的电流渐渐减小，由于电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过灯泡，由于
电路稳定时灯泡A 中电流小于线圈L 中电流，所以突然断开开关S，灯泡A 闪亮一下再熄灭。故C 错误，D 正
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
确。故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
8．【分析】根据点电荷间的库仑力大小计算公式（库仑定律）类比分析磁荷之间的作用力。
【解答】解：A、两个正电荷之间的库仑力为斥力，所以两个正磁荷之间的作用力也为斥力，故A 错误；
B、根据库仑定律可得F 库=݇
ݍ1ݍ2
ݎ2
可知，两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离以及磁荷的乘积有关，
故B 错误；
C、根据库仑定律可得F 库=݇
ݍ1ݍ2
ݎ2
可知，两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离的平方成反比，故C 错
误；
D、相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等，是一对作用力与反作用力，
故D 正确。故选：D。
【点评】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们的电荷量乘
积成正比、与它们之间的距离平方成反比，由此类比分析磁荷之间的作用力。
9．【分析】由图可知B 的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律
可知电动势，即可知电路中电流的变化情况。
【解答】解：线圈中磁通量的变化率不变，由法拉第电磁感应定律可知，线圈内产生的感应电动势不变，所以感
应电流的大小不变。
由图可知，0−2ݐ0 内，线圈中磁通量的变化率相同，故0 到2ݐ0 时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路
中电流方向为顺时针，即电流为ABCDA 方向，与正方向相同，故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】本题要能正确理解B﹣t 图的含义，然后利用楞次定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等进
行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流方向
一定是相同的。
10．【分析】根据感应电量的公式ݍ=݊
△Φܴ，其中R 为回路总电阻，直接进行计算。
【解答】解：根据感应电量公式ݍ= △Φܴ
过程Ⅰ中，流过导体棒ab 的电荷量为q=
ܤ⋅ܵ2ܴ
过程Ⅱ中，流过导体棒ab 的电荷量为q′= △ܤ⋅ܴܵ= (ܤ'−ܤ)⋅ܴܵ
根据题意知，两个过程中流过导体棒ab 的电荷量相等，所以有q＝q′
即
ܤ⋅ܵ2ܴ=
(ܤ'−ܤ)⋅ܴܵ
解得
ܤ'
ܤ=
3
2，故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】本题考查感应电荷量公式的应用，要记住公式ݍ=݊
△Φܴ，注意公式中各个字母的含义，在求解选择题、
填空题可直接应用，计算题要有必要的推导过程。
二、多项选择题．本题共4 小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的．（每小题4 分，共16 分．每
小题全选对的得4 分，选对但不全的得2 分，只要有选错的该小题不得分）
11．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F＝BIL 求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方
向。从而分析使拉力减小为零的措施。
【解答】解：当棒中通有由M 流向N 的电流时，根据左手定则知，安培力方向向上，悬线有拉力，根据平衡有：
2T+BIL＝mg，
可知要使拉力减小为零，增大安培力，即增大磁感应强度或增大电流强度即可，若将磁场或电流反向，安培力反
向，拉力变得更大，故AB 正确，CD 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了安培力和共点力平衡的基本运用，知道安培力的大小公式和会通过左手定则判断安培力方向
是解决本题的关键。
12．【分析】电子射线由阴极沿x 轴方向射出，形成的亮线向上（z 轴正方向）偏转，说明电子受到的洛伦兹力和电
场力方向向上。
【解答】解：A、根据左手定则可知，要使粒子向Z 轴正方向偏转，所加磁场应沿y 轴的负方向，故A 错误，B
正确；
C、电子带负电，受电场力与电场线方向相反，如果要加电场，则电场方向应沿Z 轴的反方向才能使电子束的径
迹向Z 轴正方向偏转，故C 错误D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的受力情况，要注意明确电场力和洛伦兹力的区别，知道带负电的粒
子的左手四指应指向运动的反方向。
13．【分析】抓住原线圈电压不变，通过副线圈中负载的变化，通过欧姆定律得出电流的变化，从而得出原线圈电
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流的变化。
【解答】解：A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压不变，即电压表
V1、V2 的读数不变，电表V1 示数与V2 示数的比值不变。故A 正确。
B、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2 增大，原副线圈电流之
比等于匝数之反比，所以A1 示数变大。故B 错误。
C、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P＝UI 知功率增加，故C 正
确。
D、电压表V2、V3 示数之差等于副线圈导线上的电压损失，△U＝IR 增加，电阻R1 两端的电压减小。故D 正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，抓住输入电压不变，结合欧姆定律
进行动态分析。
14．【分析】根据电流变化得到磁通量变化，进而得到磁感应强度变化及感生电场的方向，然后由楞次定律，来判
定通入的电流强弱。
【解答】解：AB、当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆
周运动，那么感生电场的方向为顺时针方向，故A 正确，B 错误；
CD、根据楞次定律，结合题目图电流方向，因此电磁铁中通入的电流应越来越强，则磁场越来越强，因此感生
电场即为顺时针方向，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】考查感生电场产生原理，理解感应电场方向判定依据，掌握楞次定律的内容。
三、填空题．本题共2 小题．（15 题4 分，16 题8 分，共12 分）
15．【分析】根据小球的受力，分析A、B 两球的运动规律，通过两球同时落地得出平抛运动竖直方向上的运动规律。
【解答】解：用小锤打击弹性金属片后，A 球获得水平初速度，仅受重力，做平抛运动，B 球初速度为零，做自
由落体运动。
两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，实验为了严密，需改变小球距地面的高度和打击的
力度，多次重复这个实验。
故答案为：A 球；改变小球距地面的高度和打击的力度，多次重复这个实验。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，注意实验时需改变小球距离地面的高度和打击力度，重复
进行实验。
16．【分析】（1）由该实验的原理可知A 线圈应与电源相连，B 线圈与电流表相连；
（2）检流计指针发生偏转说明电路中产生了电流，根据电路中发生的变化可知实验所揭示的规律。
【解答】解：（1）本实验中线圈A 与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈A 中的磁通量发生变化，从而使线
圈B 产生电磁感应线象，故线圈B 应与检流计相连，如图所示：
（2）闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B 中有了感应电流；
线圈B 中产生感应电流的原因是其磁通量发生变化，
则可能的操作：①将滑动变阻器的滑片快速滑动；
②将线圈A（或铁芯）快速抽出或断开开关的瞬间。
故答案为：（1）如上图所示；
（2）B；将滑动变阻器的滑片快速滑动；将线圈A（或铁芯）快速抽出或断开开关的瞬间。
【点评】实验题应根据实验的原理进行分析，注意结合实验的现象得出实验的结论，同时根据实验的原理记忆实
验中的仪器。
四、论述计算题．本题共4 小题．（17、18 题各9 分，19、20 题各12 分，共42 分）解题要求：写出必要的文字说
明、方程式和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
17．【分析】（1）根据瞬时值表达式判断最大值，然后求出有效值；
（2）由瞬时值表达式即可求出角速度，然后求出周期；
（3）求出电压有效值，由电功率的表达式即可求出。
【解答】解：（1）由瞬时值表达式可知，该交流电的最大值为311V，则有：Um＝311V；
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（2）由瞬时值表达式可知角速度为：ω＝100πrad/s
重物周期为：ܶ
= 2ߨ߱=
2ߨ
100ߨ= 0.02ݏ
（3）根据有效值与最大值之间的关系可得：U 有=ܷ݉
2 =220V
所以电容器的功率为：ܲ
=ܷ
有
2ܴ
= 1100ܹ
答：（1）该交流电电压的最大值Um 是311V；
（2）该交流电的周期T 是0.02s；
（3）该电热器正常工作时的功率是1100W。
【点评】本题考查了交流电的最大值和有效值间的关系，知道电压表和电流表显示的是电压和电流有效值。
18．【分析】（1）根据卫星的周期，结合周期与角速度的关系求出静止轨道卫星的角速度。
（2）根据万有引力提供向心力，结合轨道周期求出轨道半径，从而得出静止轨道卫星距离地面的高度h1。
（3）根据万有引力提供向心力比较出轨道半径，从而比较高度。
【解答】解：（1）静止轨道卫星的角速度：߱
= 2ߨܶ
（2）静止轨道卫星做圆周运动，由牛顿运动定律有：ܩ
ܯ݉
(ܴ+t1)2 =݉
(ܴ
+ t1)( 2ߨܶ)2
解得：h1 =
3 ܩܯܶ2
4ߨ2 −ܴ
（3）h1＝h2．如图所示，同步卫星的运转轨道面与地球赤道共面，倾斜同步轨道卫星的运转轨道面与地球赤道
面有夹角，但是都绕地球做圆周运动，轨道的圆心均为地心。由于它的周期也是T，根据牛顿运动定律，ܩ
ܯ݉
(ܴ+t2)2 =݉
(ܴ
+ t2)( 2ߨܶ)2
解得：h2 =
3 ܩܯܶ2
4ߨ2 −ܴ
因此h1＝h2。
答：（1）静止轨道卫星的角速度为
2ߨܶ；
（2）静止轨道卫星距离地面的高度为
3 ܩܯܶ2
4ߨ2 −ܴ
；
（3）h1＝h2．周期相等，可知轨道半径相等，则高度相等。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意高度和轨道半径的区别。
19．【分析】（1）电子向下偏转，故磁场强度为垂直纸面向里。
（2）当电子受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，因此由电压、磁感应强度可求出运动速度。
（3）没有加磁场时，电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式可推导出垂直
于极板方向的位移，电子离开极板区域后做匀速直线运动，水平方向的速度等于电子刚进入极板间的初速度，求
出匀速直线运动的时间，即可求出P 点离开O 点的距离。加上磁场B 后，荧光屏上的光点重新回到O 点，说明
电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等，即可得到电子进入极板时的初速度，联立可求出
比荷。
【解答】解：（1）电子向下偏转，故磁场强度为垂直纸面向里。
（2）设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0，加上磁场B 后，荧光屏上的光点重新回到O 点，表
示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受的电场力和磁场力相等，即为：qE＝qv0B，
E=ܷ݀
，
解得：v0=ܷܤ݀。
（3）两极板只加电场时，电子的加速度为：a= ݍܧ݉= ݍܷ݉݀，
电子通过两极板所用的时间为：t=݈ݒ0，
电子在极板间偏转的距离为：y1= 1
2at2，
电子射出偏转电场时竖直方向的速度为：vy＝at，
射出电场速度方向与水平方向的夹角为θ，则为：tanθ= ݒݕ
ݒ0，
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电子射出偏转电场后在竖直方向位移为：y2＝Ltanθ，
OP 间的距离为：y＝y1+y2，
由以上各式解得比荷为：
ݍ݉=
2ܷ
ݕ
ܤ2݈݀
(1+2ܮ)，
代入数据解得：
ݍ݉=1.6×1011C/kg。
答：（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）电子击中O 点时的速度大小v 为ܷܤ݀；
（3）电子的比荷݁݉
为1.6×1011C/kg
【点评】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，电子在复合场中，
是速度选择器的原理，难度适中。
20．【分析】（1）抓住回路的磁通量的不变化，根据法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化推导出感应电动势公
式。
（2）抓住电子从M 到N 运动的过程中，根据非静电力做功的大小，运用E=ܹݍ求出感应电动势的大小。
（3）根据左手定则画出电荷的受力，然后由做功的条件分析洛伦兹力起到的作用。
【解答】解：（1）如图1 所示，在一小段时间△t 内，金属棒MN 的位移：△x＝v△t
这个过程中线框的面积的变化量：△S＝L△x＝Lv△t
穿过闭合电路的磁通量的变化量：△Φ＝B△S＝BLv△t
根据法拉第电磁感应定律：ܧ= △Φ
△ݐ
解得：E＝BLv
（2）如图2 所示，棒向右运动时，正电荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力：f1＝evB，f1 即非静电
力
在f 的作用下，电子从N 移动到M 的过程中，非静电力做功：W＝evBL
根据电动势定义ܧ=ܹݍ解得：E＝BLv
（3）自由电荷受洛伦兹力如图3 所示。
设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。
如图所示，沿棒方向的洛伦兹力：f1＝qvB，
该力做正功：W1＝f1•u△t＝qvBu△t
垂直棒方向的洛伦兹力：f2＝quB，
该力做负功：W2＝﹣f2•v△t＝﹣quBv△t
所以W1+W2＝0，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1 做正功，将正电荷从N 端搬运到M 端，f1 相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电动势”，使电源的电能
增加；
f2 做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能
转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
答：（1）根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN 中的感应电动势为BLv；
（2）金属棒MN 中的感应电动势为BLv。
（3）受力如图3，f1 做正功，将正电荷从N 端搬运到M 端，f1 相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电动
势”，使电源的电能增加；f2 做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力
做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
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【点评】本题要掌握推导感应电动势E＝BLv 两种方法，建立物理模型，理清思路是关键。掌握感应电动势的两
个公式：E＝BLv，E=݊
△Φ
△ݐ，并能灵活运用。
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2019-2020 学年北京市东城区高二期末物理试卷
一、单项选择题（本题共13 小题，每小题3 分，共45 分．每小题只有一个选项符合题意）
1．（3 分）在国际单位制中，磁感应强度的单位是（
）
A．安培
B．库仑
C．特斯拉
D．韦伯
2．（3 分）在第23 届冬奥会闭幕式上“北京八分钟”的表演中，轮滑演员在舞台上滑出漂亮的曲线轨迹（如图所示）。
在此过程中轮滑演员的（
）
A．速度始终保持不变
B．运动状态始终保持不变
C．速度方向沿曲线上各点的切线方向
D．所受合力方向始终与速度方向一致
3．请阅读下述文字，完成第3、第4、第5 题。
匀速圆周运动是圆周运动中最为简单的一种运动形式。走时准确的钟表指针尖端的运动可以视为匀速圆周运动。
下列钟表均走时准确。
钟表的时针尖端在运动过程中保持不变的物理量是（
）
A．周期
B．线速度
C．加速度
D．向心力
4．请阅读下述文字，完成第3、第4、第5 题。
匀速圆周运动是圆周运动中最为简单的一种运动形式。走时准确的钟表指针尖端的运动可以视为匀速圆周运动。
下列钟表均走时准确。
钟表的分针与时针的角速度之比为（
）
A．12：1
B．1：12
C．60：1
D．1：60
5．请阅读下述文字，完成第3、第4、第5 题。
匀速圆周运动是圆周运动中最为简单的一种运动形式。走时准确的钟表指针尖端的运动可以视为匀速圆周运动。
下列钟表均走时准确。
一只钟的秒针尖端的线速度大小为3×10
﹣3m/s，另一只手表的秒针尖端的线速度大小为8×10
﹣4m/s，则闹钟的
秒针与手表的秒针的长度之比为（
）
A．15：4
B．4：15
C．8：3
D．3：8
6．（3 分）地球和火星绕太阳的公转可视为匀速圆周运动。下表给出了地球和火星的质量、半径、绕太阳公转的轨
道半径等信息。忽略行星自转影响。火星和地球相比，下列说法正确的是（
）
质量/kg
半径/m
轨道半径/m
地球
6.0×1024
6.4×104
1.5×1011
火星
6.4×1023
3.4×104
2.3×1011
A．火星的公转周期较小
B．火星的向心加速度较小
C．火星的运行速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
7．（3 分）如图所示，运动员挥拍击打质量为m 的网球。网球被球拍击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2（v1
＜v2），且方向相反。忽略重力的影响，则此过程中球拍对网球作用力的冲量（
）
A．大小为m（v2+v1），方向与v1 方向相同
B．大小为m（v2+v1），方向与v2 方向相同
C．大小为m（v2﹣v1），方向与v1 方向相同
D．大小为m（v2﹣v1），方向与v2 方向相同
8．（3 分）为了安全起见，电影特技演员从高处跳下时往往会落在很厚的空气垫上，某次表演时，特技演员从5 米
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高处自由落下，竖直落在空气垫上，经过0.4s 静止下来。则在此过程中他受到的空气垫施加的平均作用力约为其
自身重力的（
）
A．1 倍
B．1.5 倍
C．2.5 倍
D．3.5 倍
9．（3 分）兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短时间内，“水火
箭”以相对地面的速度v0 竖直向下喷出质量为m 的水，忽略喷水过程中重力和空气阻力的影响，则喷水结束时
“水火箭”获得的速度大小是（
）
A．݉ܯv0
B．
ܯ݉v0
C．
ܯ
ܯ−݉
v0
D．݉ܯ−݉
v0
10．（3 分）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振
子，弹簧处于原长时小物块位于O 点。现使小物块在M、N 两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中（
）
A．小物块运动到M 点时回复力与位移方向相同
B．小物块每次运动到N 点时的加速度一定相同
C．小物块从O 点向M 点运动过程中做加速运动
D．小物块从O 点向N 点运动过程中机械能增加
11．（3 分）如图所示为做简谐运动物体的振动图象。由图可知（
）
A．0～0.5s 时间内，物体的加速度从零变为正向最大
B．0.5s～1.0s 时间内，物体所受回复力从零变为正向最大
C．1.0s～1.5s 时间内，物体的速度从零变为正向最大
D．1.5s～2.0s 时间内，物体的动量从零变为正向最大
12．（3 分）一列简谐横波沿x 轴传播。某时刻的波形如图所示，其中质点a、b 均处于平衡位置，且质点a 正向上
运动。下列说法正确的是（
）
A．此列波沿x 轴负方向传播
B．此时刻质点b 正向上运动
C．一段时间后质点a 运动到质点b
D．一段时间后质点a、b 同时回到平衡位置
13．（3 分）如图所示，一列简谐横波向右传播，质点a 和b 的平衡位置相距0.5m，某时刻质点a 运动到波峰位置时，
质点b 刚好处于平衡位置向上运动，这列波的波长可能是（
）
A．
1
2m
B．
2
3m
C．2m
D．3m
14．（3 分）如图所示为阴极射线管的示意图，阴极射线管的两个电极接到高压电源时，阴极会发射电子。电子在电
场中沿直线飞向阳极形成电子束。将条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电
子束不再发生偏转。上述实验现象能说明（
）
A．电子束周围存在电场
B．电流是电荷定向运动形成的
C．磁场对运动电荷有力的作用
D．磁场对静止电荷没有力的作用
15．（3 分）利用如图所示的天平可以测定磁感应强度。天平的右臂下悬挂有一个N 匝矩形线圈，线圈宽度为l，线
圈下端在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有顺时针方向的电流I 时，在天平左右两边分别加上质量
为m1、m2 的砝码，天平平衡，当线圈中通有逆时针方向的电流I 时，天平右边再加上质量为m 的砝码后，天平
重新平衡，由此可知，磁感应强度（
）
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第349页（共428页）
A．方向垂直纸面向里，大小为݉݃2ܰܫ݈
B．方向垂直纸面向外，大小为݉݃2ܰܫ݈
C．方向垂直纸面向里，大小为
(݉
1−݉
2)݃
2ܰܫ݈
D．方向垂直纸面向外，大小为
(݉
1−݉
2)݃
2ܰܫ݈
二、填空题（本题共2 小题，共16 分）
16．（8 分）利用如图所示装置，通过半径相同的两小球的碰撞来验证动量守恒定律，图中AB 是斜槽，BC 是水平
槽，斜槽与水平槽之间平滑连接，图中O 点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。
实验时，先让球1 从斜槽轨道上的某位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，多次重复
上述操作，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP．再把球2 放在水平槽末端的位置，让球1 仍从原位
置由静止开始滚下，与球2 碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，多次重复上述操作，分别找到球1 和球
2 相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM 和ON，测得球1 的质量为m1，球2 的质量为m2。
（1）实验中必须满足的条件是
A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B．斜槽轨道末端的切线水平
C．球1 每次从轨道的同一位置由静止滚下
D．两小球的质量相等
（2）若所测物理量满足表达式
时，可以说明两球在碰撞过程中动量守恒。
（3）若所测物理量满足表达式
时，可以说明两球的碰撞为弹性碰撞。
（4）实验时尽管没有测量两小球碰撞前后的速度，也同样可以验证动量是否守恒，其原因是
。
17 ．（8
分）利用如图
1
所示的装置做“ 用单摆测重力加速度” 的实验。
（1）实验室有如下器材可供选用：
A．长约1m 的细丝
B．长约1m 的橡皮绳
C．直径约2cm 的均匀铁球
D．直径约5cm 的均匀木球
E．秒表
F．时钟
G.10 分度的游标卡尺
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H．最小刻度为毫米的米尺
选用了游标卡尺和米尺后，还需要从上述器材中选择
（填写器材前面的字母）
（2）用10 分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量的示数如图2 所示，读出小球直径的值为
mm。
（3）将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂。用米尺测量摆线长度为l，小球在
竖直平面内小角度平稳摆动后，测得小球完成n 次全振动的总时间为t。请写出重力加速度的表达式g＝
（用l、d、n、t 表示）
（4）正确操作后，根据多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值，比较后发现：此值比北京的重力加速
度值略小，则实验所在处的地理位置与北京的主要不同点可能是
（写出一条即可）。
三、论述计算题（本题共4 小题，共39 分，解答时应画出必要的受力图，写出必要的文字说明和原始方程．只写
出最后答蒙不能得分．有数值计算的题，答案中要明确写出数值和单位）
18．（8 分）将一个小球从某高处以3m/s 的初速度水平抛出，测得小球落地点到抛出点的水平距离为1.2m。小球运
动中所受空气阻力可以忽略不计，取g＝10m/s2，求：
（1）小球在空中运动的时间；
（2）抛出点距地面的高度；
（3）有同学认为，“如果以某一适当的初速度将小球水平抛出，可以使它沿竖直方向落到水平地面上”请你说明
他的观点是否正确，并写出你的理由。
19．（8 分）某颗人造地球卫星在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，地面表
面附近的重力加速度为g，请你推导该卫星：
（1）运行速度的表达式；
（2）运行周期的表达式。
20．（11 分）如图所示，半径为0.5m 的光滑细圆管轨道竖直固定，底端分别与两侧的直轨道相切。物块A 以v0＝
6m/s 的速度进入圆轨道，滑过最高点P，再沿圆轨道滑出，之后与静止于直轨道上Q 处的物块B 碰撞，A、B 碰
撞时间极短，碰撞后二者粘在一起。已知Q 点左侧轨道均光滑，Q 点右侧轨道与两物块间的动摩擦因数均为μ＝
0.1，物块A，B 的质量均为1kg，且均可视为质点。取g＝10m/s2，求：
（1）物块A 经过P 点时的速度大小；
（2）物块A 经过P 点时受到的弹力大小和方向；
（3）在碰撞后，物块A、B 最终停止运动处距Q 点的距离。
21．（12 分）质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为一种质谱仪的原理示意图，带电
粒子从容器A 下方的小孔飘入电势差为U 的加速电场，其初速度几乎为零，然后沿着与磁场垂直的方向进入磁
感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上。忽略重力的影响。
（1）若电荷量为+q，质量为m 的粒子，由容器A 进入质谱仪，最后打在底片上某处，求粒子在磁场中做匀速圆
周运动的半径R。
（2）若有某种元素的两种同位素的原子核由容器A 进入质谱仪，在磁场中运动轨迹的直径之比为d1：d2，求它
们的质量之比。
（3）若将图中的匀强磁场替换为水平向左的匀强电场，（2）中两种同位素的原子核由容器A 进入质谱仪，是否
会打在底片上？是否会被分离成两股粒子束？请通过计算说明你的观点
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2019-2020 学年北京市东城区高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共13 小题，每小题3 分，共45 分．每小题只有一个选项符合题意）
1．【分析】对基本的物理量要掌握住物理量的单位和基本的物理公式，由此即可分析得出本题。
【解答】解：A、安培是电流的单位。故A 错误。
B、库仑是电量的单位，故B 错误。
C、特斯拉是磁感应强度的单位，故C 正确；
D、韦伯是磁通量的单位，故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查物理量的单位，属于基础题，关键要同学们多看书，熟悉各个物理量的单位，还要搞清哪些是
基本单位，哪些是导出单位。
2．【分析】曲线运动速度方向一定改变，故曲线运动一定是变速运动；物体做曲线运动时，速度方向是曲线上该点
的切线方向上，合外力方向与速度方向不共线。
【解答】解：AB、轮滑演员做曲线运动，运动状态不断变化，是改变的，在某点的速度方向改变，速度不断变
化，故AB 错误；
C、做能曲线运动的物体速度方向沿曲线上各点的切线方向，故C 正确；
D、轮滑演员所受合力方向始终与速度方向不在一条直线上，故D 错误。故选：C。
【点评】掌握物体做曲线运动的速度方向和大小特征：速度方向一定变，但速度大小不一定变。
3．【分析】匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心，
注意线速度、合外力和向心加速度为矢量。
【解答】解：匀速圆周运动过程中，周期恒定不变、线速度大小不变，方向改变、加速度不变，方向始终指向圆
心、向心力大小不变，方向始终指向圆心，故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】解决本题的关键知道线速度、向心加速度、向心力是矢量，矢量只有在大小和方向都不变时，该量不变。
4．【分析】分针转一圈的时间为1h，时针转一圈的时间为12h，其周期比为1：12．根据ω= 2ߨܶ得出角速度之比。
【解答】解：分针、时针的周期分别为1h、12h，则周期比为ܶ
分ܶ
时
=
1
12。
根据ω= 2ߨܶ得角速度之比为߱
分߱
时
=ܶ
时ܶ
分
=
12
1 。
故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】解决本题的关键知道时针、分针、秒针的周期，以及知道周期与角速度的关系，ω= 2ߨܶ．通常容易将时
针的周期误算为24h。
5．【分析】由公式ω= 2ߨܶ求出角速度之比，由公式v＝ωr 进一步判断两针长度之比。
【解答】解：两表的秒针周期相同，故两表秒针的角速度之比为1：1；
公式v＝ωr，闹钟的秒针与手表的秒针的长度之比为：
ݎ闹
ݎ手
=
ݒ闹
ݒ手
=
3×10−3
8×10−4 =
15
4
故A 正确，BCD 错误；故选：A。
【点评】该题为基本公式的应用，要搞清楚时针、分针、秒针的周期比。通常容易将时针的周期误算为24h。
6．【分析】第一宇宙速度是贴着星球表面做圆周运动的速度大小，根据星球的质量和半径得出第一宇宙速度的表达
式，从而比较大小；根据万有引力提供向心力得出加速度和周期的表达式，结合轨道半径比较大小。
【解答】解：AB、火星和地球均绕太阳做圆周运动，根据G
ܯ݉
ݎ2 =ma＝mr
4ߨ2ܶ
2
得：a= ܩܯ
ݎ2 ，T=
4ߨ2ݎ3
ܩܯ，火星的
轨道半径较大，则加速度较小，周期较大，向心加速度较小，故A 错误，B 正确；
C、根据G
ܯ݉
ݎ2 =m
ݒ2
ݎ得：v=
ܩܯ
ݎ，由于轨道半径较大，则火星运行速度较小，故C 错误；
D、根据G
ܯܴ݉
2 =m
ݒ2ܴ
得，第一宇宙速度v=
ܩܯܴ，火星质量和半径的比值较小，则火星的第一宇宙速度较小，
故D 错误；故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，
并能灵活运用。
7．【分析】本题已知作用前后的动量，则用动量定理可直接直出作用力的冲量；但要注意动量的方向。
【解答】解：设击打前球的速度方向为正，则击打后的速度为负，则前后的动量分别为mv1 和﹣mv2；由动量定
理可得：
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合外力的冲量I＝﹣mv2﹣mv1＝﹣m（v2+v1），即冲量的大小为m（v2+v1），负号表示冲量与正方向相反，即与
v2 方向相同；故B 正确ACD 错误。故选：B。
【点评】本题考查动量定理的应用，只要能正确理解矢量性即可顺利求解。
8．【分析】运动员先做自由落体运动，根据运动学公式求速度；对运动员受力分析，然后根据动量定理列式求解。
【解答】解：设运动员从h 处下落，刚触空气垫的速度为v，则：v2＝2gh
所以：v=
2݃t =10m/s
与空气垫接触后运动员受到两个力的作用，以向下为正，由动量定理：
mgt﹣Ft＝0﹣mv，
解得：F＝3.5mg，故ABC 错误D 正确。故选：D。
【点评】本题关键是对运动员的各个运动情况分析清楚，然后结合运动学公式、动量定理列式后联立求解。
9．【分析】以火箭和喷出的水为研究系统，设定正方向，由动量守恒定律可以求出火箭的速度。
【解答】解：取向上为正方向，由动量守恒定律得：
（M﹣m）v﹣mv0＝0，
解得：v=݉
ݒ0
ܯ−݉
；故ABC 错误D 正确。故选：D。
【点评】在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题。要注意火箭属于动量守恒中常见的
物理模型之一。
10．【分析】根据F＝﹣kx 判断回复力的方向；根据a=−݇
ݔ݉判断加速度的大小；根据加速度方向与速度方向判断运
动情况；根据弹簧弹力对小物块做功判断小物块的机械能的变化。
【解答】解：A、根据F＝﹣kx 可知小物块运动到M 点时回复力与位移方向相反，故A 错误；
B、根据a=−݇
ݔ݉可知小物块每次运动到N 点时的位移相同，则加速度一定相同，故B 正确；
C、小物块从O 点向M 点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故C 错误；
D、小物块从O 点向N 点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减小，故D 错误。故选：B。
【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置；振动的质
点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大→回复力增大→加速度增大→速度减小→动能减小
→势能增大。
11．【分析】根据a=−݇
ݔ݉可得加速度的变化情况；根据位移的变化确定回复力的变化、速度的变化、动量的变化。
【解答】解：A、0～0.5s 时间内，物体的位移x 从零变为正向最大，根据牛顿第二定律可得：a=−݇
ݔ݉可得加速度
从零变为负向最大，故A 错误；
B、0.5s～1.0s 时间内，物体所受回复力从负向最大变为零，故B 错误；
C、1.0s～1.5s 时间内，物体的速度从负向最大变为零，故C 错误；
D、1.5s～2.0s 时间内，物体的速度从零变为正向最大，根据P＝mv 可知物体的动量从零变为正向最大，故D 正
确。故选：D。
【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置；振动的质
点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大→回复力增大→加速度增大→速度减小→动能减小
→势能增大。
12．【分析】由质点a 的振动方向，根据“上下坡法”判断波的传播方向，并判断出质点b 的振动方向。在波的传播
过程中，介质中的各个振动质点都做简谐运动，不随波向前移动。根据a、b 间的距离与波长的关系分析它们振
动情况的关系。
【解答】解：A、图中质点正向上运动，由“上下坡法”判断知此波沿x 轴正向传播，故A 错误。
B、此波沿x 轴正向传播，由“上下坡法”判断知该时刻质点b 正向下运动，故B 错误。
C、简谐横波沿x 轴正方向传播，质点a 只能上下振动，不沿x 轴方向移动，所以质点a 不会运动到质点b，故C
错误。
D、a、b 两质点平衡位置间的距离是半个波长，振动情况总相反，则再过半个周期后质点a、b 同时回到平衡位
置，故D 正确。故选：D。
【点评】根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，常用的方法
有：上下坡法、波形平移法等，都要准确掌握。
13．【分析】a 质点经过平衡位置速度方向可能向上，也可能向下，结合波的周期性，得到波长的通项，再得到特殊
值。
【解答】解：据题质点a 运动到波峰位置时，质点b 刚好处于平衡位置向上运动，则ab 间距离与波长的关系为：
xab＝（n+ 1
4）λ，n＝0，1，2，3…
则得λ= 4ݔܾܽ
4݊+1 = 4×0.5
4݊+1 =
2
4݊+1m
当n＝0 时，λ＝2m；
当n＝1 时，λ＝0.4m；
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当n＝2 时，λ= 2
9m；
则可知，只有C 是可能的，故C 正确ABD 错误。故选：C。
【点评】本题考查波的多解性，解题的关键抓住波的空间周期性，得到波长的通项，主要考查运用数学知识解决
物理问题的能力和分析波动形成过程的能力。
14．【分析】阴极射线管电子从阴极射向阳极，电子穿过存在磁场的区域，受到洛伦兹力的作用发生偏转。
【解答】解：磁极周围存在磁场，条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电子
束不再发生偏转；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用发生偏转，只能说明磁场对运动电荷有力的作用；故C
正确，ABD 错误。故选：C。
【点评】磁场对运动电荷有力的作用，即洛伦兹力。方向可根据左手定则来判断；注意明确此现象只能说明磁场
对运动电荷的作用。
15．【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力
大小。
【解答】解：首先判断磁场的方向：当B 的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向
相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码；故磁场方向
垂直纸面向里；
再考虑磁感应强度的大小：根据平衡条件，有：mg＝2NBIL，所以B=݉݃2ܰܫ݈，故A 正确、BCD 错误。故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题。
二、填空题（本题共2 小题，共16 分）
16．【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以
要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；
（2）由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后由
动量守恒定律分析答题；
（3）球离开平台后做平抛运动，球抛出点高度相等，它们在空中的运动时间相等，应用机械能守恒定律分析答
题；
（4）由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比。
【解答】解：（1）A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只
要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A 错误；
B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B 正确；
C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C 正确；
D、为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量大于碰撞小球质量，故D 错误；
故选：BC。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t 相等，
它们的水平位移x 与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，
若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1+m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1OP＝m1OM+m2ON，
（3）若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：
1
2m1v02= 1
2m1v12+ 1
2m2v22，
将OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t 代入得：m1OP2＝m1OM2+m2ON2；
（4）由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，可以用
球的水平位移代替其水平速度。
故答案为：（1）BC；（2）m1OP＝m1OM+m2ON；（3）m1OP2＝m1OM2+m2ON2；（4）球离开斜槽后做平抛运动，
球做平抛运动抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，球的水平位移与初速度相等，可以用球的水平位
移代替初速度。
【点评】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度
和时间，而是用位移x 来代替速度v，这是解决问题的关键，解题时要注意体会该点。
17．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定还需要的器材。
（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。
（3）根据全振动的次数和时间求出单摆的周期，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，结合单摆的周期公式求
出重力加速度的表达式。
（4）重力加速度的大小会随纬度或高度的变化而变化。
【解答】解：（1）摆线的长度不能伸长，所以摆线选择长约1m 的细丝，摆球选择质量大体积小的球，所以选择
直径约2cm 的均匀铁球，实验中需要用秒表测量单摆摆动的时间，从而得出周期，故选：ACE。
（2）游标卡尺的主尺读数为17mm，游标读数为0.1×6mm＝0.6mm，则小球直径为17.6mm。
（3）单摆的摆长L＝l+݀2，单摆的周期T= ݐ݊，根据T= 2ߨ
ܮ݃得：g= 4ߨ2ܮܶ
2
=
4ߨ2݊2(݈+݀2)
ݐ2
。
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（4）多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值比北京的重力加速度值略小，可能实验所在处纬度低或海
拔比较高。
故答案为：（1）ACE，（2）17.6，（3）
4ߨ2݊2(݈+݀2)
ݐ2
，（4）实验所在处纬度低或海拔比较高。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握单摆的周期公式，注意单摆的摆长不是摆线的长度，是悬点到摆
球球心的距离。
三、论述计算题（本题共4 小题，共39 分，解答时应画出必要的受力图，写出必要的文字说明和原始方程．只写
出最后答蒙不能得分．有数值计算的题，答案中要明确写出数值和单位）
18．【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和初速度
求出运动的时间。
（2）根据h= 1
2gt2 球出下落的高度；
（3）根据水平方向的运动情况进行分析。
【解答】解：（1）小球在水平方向上做匀速直线运动，根据t= ݔ
ݒ0得小球在空中运动的时间为：
t= 1.2
3 s＝0.4s；
（2）小球在竖直方向上做自由落体运动，根据h= 1
2gt2
解得抛出点距地面的高度为：h= 1
2 × 10 × 0．42m＝0.8m；
（3）如果以某一适当的初速度将小球水平抛出，不可能使它沿竖直方向落到水平地面上；
因为小球在空中运动过程中，水平方向是匀速直线运动，水平方向的速度不可能为零，其合速度方向不可能竖直
向下。
答：（1）小球在空中运动的时间为0.4s；
（2）抛出点距地面的高度为0.8m；
（3）不正确，水平方向速度不可能为零。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握平抛运动在水平方向上做匀速直线运动
和竖直方向上做自由落体运动的规律。
19．【分析】人造地球卫星在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球飞行，靠万有引力提供向心力，根据万有引力提
供向心力结合万有引力等于重力求出线速度的表达式和周期的表达式。
【解答】解：（1）地球对人造卫星的万有引力提供人造卫星向心力有：
ܩܯ݉
(ܴ+t)2 =݉
ݒ2ܴ
+t
根据地面上物体受到的万有引力和重力的关系可得：
ܩܯ݉
0ܴ
2
=݉
0݃
得：GM＝R2g
所以解得：v＝Rܴ݃
+t；
（2）根据万有引力提供向心力，有：
ܩܯ݉
(ܴ+t)2 =݉
(ܴ
+ t)
4ߨ2ܶ
2 得：
T＝2π (ܴ+t)3ܴ
2݃
。
答：（1）卫星在圆形轨道上运行速度为Rܴ݃
+t；
（2）运行周期的表达式为2π (ܴ+t)3ܴ
2݃
。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用。
20．【分析】（1）物块A 从进入轨道至运动到P 的过程，利用机械能守恒定律可求得物块A 经过P 点时的速度大小。
（2）物块A 经过P 点时，由合力提供向心力，由向心力公式可求得弹力大小和方向；
（3）对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后A、B 的共同速度；再由动能定理求A、B 一起滑行的距离。
【解答】解：（1）物块A 从进入轨道至运动到P 的过程，由机械能守恒定律得：
1
2mv02＝mg（2R）+ 1
2mvP2；
解得：vP＝4m/s；
（2）物块A 经过P 点时，由牛顿第二定律得
FN+mg＝m
ݒܲ2ܴ
可得：FN＝22N，方向竖直向下
（3）由机械能守恒定律可知物块A 与物块B 碰撞前的速度大小vA＝v0＝6m/s
两物块碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mAvA＝（mA+mB）v
解得：v＝3m/s；
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两物体碰撞后一起向右滑动，由动能定理得
﹣μ（mA+mB）s＝0−1
2（mA+mB）v2
解得s＝4.5m
答：
（1）物块A 经过P 点时的速度大小是4m/s；
（2）物块A 经过P 点时受到的弹力大小是22N，方向竖直向下；
（3）在碰撞后，物块A、B 最终停止运动处距Q 点的距离是4.5m。
【点评】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，关键要能正确分析物理过程，做好受力分析
及能量分析；要知道涉及力在空间的效果时往往根据动能定理研究。
21．【分析】（1）（2）粒子在加速电场中，根据动能定理求解速度，在磁场中根据洛伦兹力提供向心力求解半径及
质量之比即可；
（2）磁场改成匀强电场，粒子做类平抛运动，根据平抛运动的规律求偏转位移即可解决问题；
【解答】解：（1）粒子在电场中加速，根据动量定理，有ݍܷ
= 1
2݉
ݒ2
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有ݍݒܤ=݉
ݒ2ܴ
联立解得ܴ
= 1
ܤ
2ܷ݉
ݍ；
（2）由（1）中结论可得݉
1：݉
2 =݀
1
2：݀
2
2；
（3）粒子在加速电场中，根据动能定理，有：ݍܷ
= 1
2݉
ݒ2，
粒子在偏转电场中，垂直电场方向做匀速直线运动，有：x＝vt，
沿电场方向做匀加速直线运动，有：ݕ= 1
2
ݍܧ݉ݐ2
联立解得：ݕ= ܧ
4ܷ
ݔ2，故两种同位素的原子核不会打在底片上，也不会被分离成两股粒子束；
答：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R 为
1
ܤ
2ܷ݉
ݍ；
（2）某种元素的两种同位素的原子核由容器A 进入质谱仪，在磁场中运动轨迹的直径之比为d1：d2，则它们的
质量之比为݀
1
2：݀
2
2；
（3）若将图中的匀强磁场替换为水平向左的匀强电场，两种同位素的原子核不会打在底片上，也不会被分离成
两股粒子束；
【点评】明确质谱仪的工作原理以及同位素的含义是解题的关键，并掌握动能定理来确定加速电场中获得的速度，
由牛顿第二定律与向心力表达式，确定影响半径的表达式，是解题的突破点。
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2019-2020 学年北京市朝阳区高二期末物理试卷
一、选择题本题共13 小题，每小题3 分，共39 分．在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
1．（3 分）某链条传动装置如图所示，已知主动轮顺时针匀速转动，其半径是从动轮半径的2 倍，下列说法正确的
是（
）
A．从动轮是逆时针转动的
B．主动轮和从动轮的角速度相等
C．主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等
D．主动轮和从动轮边缘的加速度大小相等
2．（3 分）如图甲所示，弹簧抵子在a、b 两点之间做简谱运动，O 点为平衡位置，取Ox 方向为正方向，从某时刻
开始计时得到如图乙所示的振动图象。则（
）
A．振子的振动周期等于t1
B．在t＝t1 时刻振子的速度为零
C．在t＝0 时刻振子的位置在a 点
D．从t1 到t2 时间内振子正从O 点向b 点运动
3．（3 分）如图所示，为一列沿x 轴传播的简谐横波在t＝0 时刻的波形图。质点P 正沿y 轴正方向运动，此波的传
播速度v＝4m/s。则（
）
A．此波沿x 轴负方向传播
B．质点P 的振动周期为1.0s
C．x＝2.0m 处的质点在t＝0.25s 时速度最大
D．x＝1.0m 处的质点在0～1.0s 内通过的路程为10cm
4．（3 分）如图所示，篮球运动员接球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂将球引至胸前以廷长接球
过程的时间，这样做可以（
）
A．减小球对手的平均作用力
B．减小球对手作用力的冲量
C．减小球的速度变化量
D．减小球的动量变化量
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5．（3 分）如图所示，为火车在水平路基上拐弯处的截面示意图，弯道的半径为R，轨道的外轨略高于内轨，轨道
平面倾角为θ（θ很小）。当火车以大小为v=ܴ݃
ݐܽ݊
ߠ的速度通过此弯道时，则火车（
）
A．所受支持力N 的竖直分量大于重力G
B．所受支持力N 的水平分量提供向心力
C．所受重力G 在平行于轨道平面方向上的分量提供向心力
D．所受重力G 在直于轨道平面方向上的分量与支持力N 平衡
6．（3 分）把地球同步卫星、月球绕地球运行的轨道视为圆，根据同步卫星和月球运动的周期之比可得（
）
A．同步卫星和月球的质量之比
B．月球和地球的质量之比
C．同步卫星和月球绕地球运行的速率之比
D．同步卫星和月球到地球的距离的三次方的平方之比
7．（3 分）关于地球的第一宇宙速度，下列说法正确的是（
）
A．其数值为11.2m/s
B．它是地球卫星的最小发射速度
C．它是卫星绕地球做圆周运动的最小速度
D．以该速度运行的卫星，其周期等于地球的自转周期
8．（3 分）街头投篮是大家喜受的一种游戏运动。某同学先将球举至恰好和篮板在同一水平面上然后将球以一定的
初速度掷出，球恰好入框。不计空气阻力。将篮球视为质点。则（
）
A．该同学需将球水平掷出
B．球掷出后速度越来越大
C．球掷出后加速度先减小后增大
D．球掷出后竖直方向的速度先减小后增大
9．（3 分）如图所示，光滑的水平面上有一辆平板车，某人站在车上抡起锤子打车的左扇，以
人、锤子和平板车为系统（初始时系统静止），在连续敲打过程中，下列说法正确的是（
）
A．锤子给平板车向右的冲量，车将持续向右运动
B．系统动量守恒，平板车将静止不动
C．系统水平方向不受外力，该方向动量守恒
D．系统竖直方向所受合外力为零，该方向动量守恒
10．（3 分）两个质量不同、初动能相同的物体在水平地面上沿直线滑行，两物体与水平地面间的滑动摩擦因数相同。
则（
）
A．质量小的物体滑行时间长
B．质量大的物体滑行时间长
C．两物体滑行的距离相同
D．质量大的物体滑行的距离长
11．（3 分）水平推力F1 和F2 分别作用于水平面上等质量的a，b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续
运动一段时间后停下。a、b 两物体的v﹣t 图象分别如图中OAB、OCD
所示，图中AB∥CD．则在整个运动过程中（
）
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A．F1 的冲量大于F2 的冲量
B．F1 的冲量等于F2 的冲量
C．a 物体受到的摩擦力冲量小于b 物体受到的摩擦力冲量
D．a 物体受到的摩擦力冲量等于b 物体受到的摩擦力冲量
12．（3 分）汽车无人驾驶技术已逐渐成热，最常用的是ACC 自适应航控制，它可以控制无人车在前车减速时自动
减速、前车加速时自动跟上去。其使用的传感器主要有毫米波雷达，该雷达会发射和接收调制过的无线电波，再
通过因波的时间差和多勒效应造成的频率变化来测量目标的相对距离和相对速度。若该雷达发射的无线电就的频
率为f，接收到的回波的频率为f′，则（
）
A．当f＝f′时，表明前车与无人车速度相同
B．当f＝f′时，表明前车一定处于静止状态
C．当f′＞f 时，表明前车在加速行驶
D．当f′＜f 时，表明前车在减速行驶
13．（3 分）如图所示，质量为m1 的球1 与质量为m2 的球2 放置在“卫J2130 向心力演示仪”上。该演示仪可以巧
妙地将向心力转化为竖直方向的效果进行显示，左边立柱可显示球1 所受的向心力F1 的大小，右边立柱可显示
球2 所受的向心力F2 的大小。皮带与轮A、轮B 有多种组合方式，图示为其中的一种组合，此时连接皮带的两
轮半径RA＝RB．图中两球距离立柱转轴中心的距离rA＝rB，下列说法正确的是（
）
A．若m1＞m2，撬动手柄，则立柱上应显示F1＜F2
B．若m1＝m2，仅将球1 改放在N 位置，撬动手柄，则立柱上应显示F1＞F2
C．若m1＝m2 仅调整皮带位置使RA＞RB，则立柱上应显示F1＞F2
D．若m1＝m2，既调整皮带位置使RA＞RB，又将球1 改放在N 位置，则立柱上应显示F1＞F2
二、本题共3 小题，共18 分．把答案填在苦题纸相应的位置
14．（3 分）如图所示，为“用单摆测定当地重力加速度“的实验装置。关于本实验下列说法正确的是（
）
A．摆线应选用细长且有弹性的摆线
B．摆球应选用密度较大且直径较小的小球
C．为减小误差，应从摆球摆至最高点时开始计时
D．为减小误差，应从摆球经过平衡位置时开始计时
15．（5 分）在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，若小球在平抛运动中的几个位置
如图中的a、b、c、d 所示。图中的横、纵线分别水平和竖直，小方格的边长为l0，重力加速度为g。则：
（1）小球平抛的初速度大小v0＝
；
（2）小明认为小球经过相邻位置的时间间隔相等。你认为小明的推断
（选填“正确”或“错误”）理由
是
。
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16．（10 分）如图甲所示，为“验证碰撞中动量守恒”的实验装置，小球1 和小球2 的半径相同，质量分别为m1
和m2，且m1＞m2．实验时先让小球1 从斜槽上某一固定位置S 由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道未端
抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上连操作10 次，得到10 个落点痕迹，再
把小球2 放在水平轨道末端，让小球1 仍从位置S 由静止滚下，小球1 和小球2 碰撞后，分别在白纸上留下各自
的落点痕迹重复操作10 次。M、P，N 为三个落点的平均位置，O 点是水平轨道来端在记录纸上的竖直投影点，
如图乙所示。
（1）关于本实验，下列说法正确的是
A．斜槽轨道必须光滑
B．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
C．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
D．用半径尽量小的圆把10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
（2）本实验除了要测量OP、OM，ON 的值以外，还必须要测量的物理量有
A．小球1 的质量m1 和小球2 的质量m2
B．小球1 开始释放的高度h
C．抛出点距地面的高度H
D．小球平抛运动的飞行时间
（3）若所测物理量满足表达式
（用上问中所测的物理量表示）时，则说明两球的碰撞遵守动量守恒定律。
（4）若改变小球1 和小球2 的材质（两球半径仍相同），两球碰撞时不仅得到（3）的结论即碰撞遵守动量守恒
定律而且满足机械能守恒定律，则根据上述信息可以推断
。
A．
tܰ
tܲ不可能超过2
B．
tܰ
tܯ可能超过3
C．MN 与OP 大小关系不确定
D．MN 与OP 大小关系确定，且MN＝OP
三、本题共5 小题，共43 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不得分，
有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．将解答过程写在答题纸相应的位置．
17．（6 分）如图所示，质量为m 的汽车以恒定的速率v 通过半径为r 的拱桥。重力加速度为g。
求：
（1）汽车在桥顶时的角速度大小ω；
（2）汽车在桥顶时对路面的压力大小F。
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18．（8 分）如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为
图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，将质量为m 的小球从弧形轨道上A 点由静止释放，小球进入
半径为R 的圆轨道下端后沿圆轨道运动。已知小球运动到竖直圆轨道最高点时对轨道的压力等于小球的重力。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。重力加速度为g。求：
（1）小球运动到竖直圆轨道最高点时的动能大小Ek；
（2）A 点离地面的高度h。
19．（8 分）跳台滑雪运动员的动作惊险优美，若将某运动员的跳台滑雪过程抽象为质点在斜坡上的平抛运动，如图
所示。设运动员从倾角为θ的足够长的斜坡顶端P 以某一初速度v0 水平飞出，落在斜坡上的Q 点。重力加速度为
g。
（1）求运动员由P 点飞行至Q 点所用的时间t；
（2）设运动员落在Q 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为α，请推证tanα＝2tanθ。
20．（9 分）用弹簧秤可以称量一个相对于地球静止的小物体m 所受的重力，称量结果随地理位置
的变化可能会有所不同。已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G．将地球视为半径为R、质量均
匀分布的球体。
（1）求在地球北极地面称量时弹簧秤的读数F0，及在北极上空高出地面0.1R 处称量时弹簧秤的读数F1；
（2）求在赤道地面称量时弹簧秤的读数F2；
（3）事实上地球更接近一个椭球体，如图所示。如果把小物体放在北纬40°的地球表面上，请定性画出小物体
的受力分析图，并画出合力。
21．（12 分）如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。喷嘴离地面高为h，将水连续不断地以恒定速度水平
喷出，其喷灌的水平射程为10h，喷嘴横截面积为S（设同一横截面上各点水流速度大小均相同），水的密度为ρ，
空气阻力忽略不计。重力加速度为g。
（1）求空中水的体积V；
（2）假如我们只研究其中一个质量为m 的水滴，不计水滴间的相互影响，求它从喷嘴水平喷出后在空中运动过
程中的动量变化量△p；
（3）假如水击打在水平地面上速度立即变为零，求水击打地面时竖直向下的平均作用力大小F。
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2019-2020 学年北京市朝阳区高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题本题共13 小题，每小题3 分，共39 分．在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
1．【分析】同缘传动边缘点线速度相等，同时结合v＝ωr、a= ݒ2
ݎ进行分析。
【解答】解：A、由于链条没有交叉，主动轮是顺时针转动的，故从动轮也是顺时针转动的，故A 错误；
BC、同缘传动边缘点线速度相等，故主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等，根据ω= ݒ
ݎ知v 大小相等，ω与r
成反比，即主动轮的角速度要小于从动轮的角速度，故B 错误C 正确；
D、根据向心加速度a= ݒ2
ݎ得：v 大小相等时，a 与r 成反比，即主动轮的加速度要小于从动轮的加速度，故D 错
误；故选：C。
【点评】本题关键明确同缘传动边缘点线速度相等，同轴传动角速度相等，同时结合v＝ωr 进行分析，不难。
2．【分析】简谐运动中振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出；根据位移分析振子的位
置和速度，振子在最大位移处速度为零，通过平衡位置时速度最大；根据位移的变化，分析振子的运动情况。
【解答】解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期T＝2t1；故A 错误；
B、在t＝t1 时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故B 错误；
C、由图乙知在t＝0 时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O 点，故C 错误；
D、从t1 到t2，振子的位移从0 变化到正向最大，说明正从O 点向b 点运动。故D 正确。故选：D。
【点评】对振动图象读出周期、振幅和振子的位移情况，从而判断出其速度、加速度情况，是应具备的基本能力，
应加强相关练习，做到熟练掌握。
3．【分析】根据质点P 的振动方向得到波的传播方向，从而得到简谐波上质点振动方向；再由图得到波长，即可根
据波速求得周期，进而得到质点振动，从而根据振幅求得路程。
【解答】解：A、根据图时时刻质点P 向上振动可得：波向右传播，故A 错误；
B、由图可得：波长λ＝4m，故周期T= λ
ݒ= 4
4s＝1s，故B 正确；
C、x＝2.0m 处的质点此时处于平衡位置向上振动，在t＝0.25s= 1
4ܶ
时处于波峰，速度为零，故C 错误；
D、t＝0 时刻x＝1m 处质点在波峰，在0～1.0s 内振动时间t＝T，故通过的路程s＝4A＝20cm，故D 错误。故选：
B。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的
传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
4．【分析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理
即可分析。
【解答】解：先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量
定理得：
﹣Ft＝0﹣mv
解得：F=݉
ݒ
ݐ
当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，改变的动量的变化率，即球对手的作用力；故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了动量定理的直接应用，要注意物理与生活中的联系，要能将所学物理规律用到生活中。
5．【分析】据题分析可知，当速度为v=ܴ݃
ݐܽ݊
ߠ火车只受重力与支持力，其合力提供向心力。据此分析各项
【解答】解：火车以某一速度v 通过某弯道时，若内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力
提供向心力为：
F 合＝mgtanθ
合力等于向心力，故得：mgtanθ＝m
ݒ2ܴ
解得：v=ܴ݃
ݐܽ݊
ߠ，即若速度为ܴ݃
ݐܽ݊
ߠ火车只受重力，支持力，合力为向心力。
A、所受支持力N 的竖直分量篁于重力G，则A 错误
B、可理解为：所受支持力N 的水平分量即为合力，提供向心力，则B 正确
CD、可理解为：重力分解为沿水平向与垂直于轨道方向两个分量，水平向分量提供向心力，另一方向与支持力
N 平衡，则C 错误，D 正确
故选：BD。
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【点评】题关键抓住火车所受重力和支持力的合力恰好提供向心力的临界情况，计算出临界速度由力的合成与分
解进行分析。
6．【分析】根据万有引力提供向心力求出月球的运行周期，再求比值。
【解答】解：同步卫星，由引力提供向心力，则有：
ܩܯ݉
ݎ2
=m
4ߨ2ܶ
2 ݎ
解得：T=
4ߨ2ݎ3
ܩܯ
而月球绕地球运行做匀速圆周运动，有：G
ܯ݉
'
ݎ'2 =m′
4ߨ2ܶ
'2 ݎ′
解得：T′=
4ߨ2ݎ'3
ܩܯ
那么T：T′=
ݎ3：ݎ'3，故ABC 错误，D 正确；故选：D。
【点评】解答此题要清楚月球绕地球做匀速圆周运动靠万有引力提供向心力，地球的同步卫星的万有引力提供向
心力且周期等于地球自转周期。
7．【分析】解决本题要掌握：第一宇宙速度为7.9km/s，这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，发射卫星时发
射速度要大于等于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，要是大于第二宇宙速度，物体将脱离地球约束。
【解答】解：由万有引力提供向心力
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
ݒ2
ݎ，得：v=
ܩܯ
ݎ
A、因其轨道半径即为地球半径，依据黄金代换公式GM＝gR2，它的大小是7.9km/s，故A 错误；
B、第一宇宙速度是人造卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，最小的发射速度，故B 正确；
C、第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，故
C 错误；
D、依据同步卫星周期与地球的自转周期相同，同步卫星的轨道半径大于第一宇宙速度对应的半径，因此以该速
度运行的卫星，其周期小于地球的自转周期，故D 错误；故选：B。
【点评】本题考查了学生对第一宇宙速度的理解，注意万有引力公式在天体运动的应用。
8．【分析】球做斜抛运动，只有重力做功，机械能守恒，上升过程重力势能增加，故动能减小，也可分解为水平方
向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动进行分析。
【解答】解：A、篮球的抛出点与球框在同一个水平面上，故需要斜向上抛出，故A 错误；
B、球是斜向上抛出，故速度先减小后增加，故B 错误；
C、球做抛体运动，加速度保持不变，为重力加速度，故C 错误；
D、球是斜向上抛出，竖直分运动是竖直上抛运动，故其掷出后竖直方向的速度先减小后增大，故D 正确；故选：
D。
【点评】本题考查斜抛运动，关键是采用正交分解法，分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运
动进行分析。
9．【分析】把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律分
析即可。
【解答】解：ABC、把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连
续敲打车的左端，根据动量守恒可知，系统的总动量为零，锤子向左运动，平板车向右运动。锤子向右运动，平
板车向左运动，所以车左右往复运动，不会持续地向右运动，故AB 错误，C 正确。
D、在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键是要知道系统的水平动量守恒，但总动量不守恒，运
用动量守恒定律分析平板车的运动情况。
10．【分析】木块只在摩擦力的作用下运动，根据动能定理，可以求得滑行位移大小关系；根据动能与动量的定义
式求出两者间的关系，再由动量定理可求得运动时间。
【解答】解：AB、物体的动能EK= 1
2mv2=ܲ
2
2݉
，则P=
2݉
ܧ݇；根据动量定理得：﹣μmgt＝0﹣mv，则得：t=݉
ݒ
ߤ݉݃
=
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2݉
ܧ݇
ߤ݉݃
，
两个木块的初动能相同，μ相同，则t∝
1݉，故质量小的物体滑行时间比较长，故A 正确，B 错误；
CD、由动能定理可知：﹣μmgx＝0﹣EK；因初动能相同，则可知，质量越小的物体滑行位移越大；故CD 错误；
故选：A。
【点评】本题考查动能定理及动量定理，要注意正确应用动能与动能的关系。
11．【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB 与CD 平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体
的质量相等，说明摩擦力大小相等。根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系
【解答】解：由图，AB 与CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦
力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。
根据动量定理，对整个过程研究得：
F1t1﹣ftOB＝0
F2t2﹣ftOD＝0
由图看出，tOB＜tOD，则有：F1t1＜F2t2，ftOB＜ftOD
即F1 的冲量小于F2 的冲量，a 物体受到的摩擦力冲量小于b 物体受到的摩擦力冲量，故ABD 错误，C 正确。故
选：C。
【点评】本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力。中等难度。
12．【分析】当声源和观察者之间的距离不变化时，观察者接收到的频率和声源发出的频率相等；当声源和观察者
之间的距离增大时，观察者接收到的频率和声源发出的频率减小；当声源和观察者之间的距离减小时，观察者接
收到的频率和声源发出的频率增大。
【解答】解：AB、当声源和观察者之间的距离不变化时，观察者接收到的频率和声源发出的频率相等，故当f
＝f′时，说明二者之间的距离不变，表明前车与无人车速度相同，但不一定静止，故A 正确，B 错误；
C、当f′＞f 时，说明接收到的频率增大，说明两车距离减小，表明前车在减速行驶，故C 错误；
D、当f′＜f 时，说明接收到的频率减小，说明两车距离增大，表明前车在加速行驶，故D 错误。故选：A。
【点评】本题主要是考查多普勒效应，解答本题要掌握接收到的频率与声源发出的频率之间的关系。
13．【分析】这个实验是为了验证向心力公式，皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，说明两个轮子转动的角速
度相等，结合恰当的向心力公式讨论即可。
【解答】解：转动过程中两轮盘边缘靠同一根皮带传动，皮带不打滑，则边缘的点线速度相等，由于皮带套在两
塔轮半径相同的两个轮子上，因而ωA＝ωB
A、根据ܨ݊=݉߱
2ܴ
可知，若m1＞m2 且rA＝rB，撬动手柄，则F1＞F2，故A 错误；
B、仅将球1 改放在N 位置，则rA＞rB，根据ܨ݊=݉߱
2ܴ
可知，若mA＝mB，则F1＞F2，故B 正确；
C、仅调整皮带位置使RA＞RB，两轮边缘线速度相等，根据v＝ωr 可知ωA＜ωB，根据ܨ݊=݉߱
2ܴ
可知，若mA
＝mB，则F1＜F2，故C 错误；
D、调整皮带位置使RA＞RB，两轮边缘线速度相等，根据v＝ωr 可知ωA＜ωB，根据ܨ݊=݉߱
2ܴ
可知，将球1
改放在N 位置，则rA＞rB，则F1 与F2 不确定，故D 错误；故选：B。
【点评】该实验是为了让学生体验到向心力的大小与那些因素有关，本题关键知道共线传动时，线速度相等，共
轴转动时，角速度相等，难度适中。
二、本题共3 小题，共18 分．把答案填在苦题纸相应的位置
14．【分析】利用单摆测定重力加速度的原理是单摆的周期公式；摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；为
减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球。摆长等于摆线
的长度加上摆球的半径。
【解答】解：A、该实验中，摆线应选用细长且没有弹性的摆线，有弹性的线摆动的过程中摆长会发生变化，故
A 错误；
B、减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故B 正确。
CD、用秒表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些；故C 错误，D 正确
故选：BD。
【点评】简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以
看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素。
15．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上的运动，运
用△y＝gT2 求出相等的时间间隔，再根据水平方向上的运动求出平抛运动的初速度。
【解答】解：（1）竖直方向做自由落体运动，则有：△y＝gT2
解得：T=
2݈0݃
水平方向做匀速运动，则有：
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v0= ݔ
ݐ= 2݈0
2݈0݃
=2 2݈݃
0；
（2）由于小球在水平方向做匀速直线运动，由图可知，相临两点间的水平距离相等，因此小球经过相邻位置的
时间间隔相等，故其推断是正确的。
故答案为：（1）2 2݈݃
0；（2）正确；小球在水平方向做匀速直线运动，由于相临两点间的水平距离相等，所以小
球经过相邻位置的时间间隔相等
【点评】平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动。分析小球水平方向和竖直方向
的运动特点，充分利用匀变速直线运动的规律结合运动的合成来求解，难度适中。
16．【分析】明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量；在该实验中，小球做平抛运动，H 相等，时间t 就相
等，水平位移x＝vt，与v 成正比，因此可以用位移x 来代替速度v。根据水平方向上的分运动即可验证动量守
恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式。
【解答】解：（1）通过碰撞后两球做平抛运动的过程来验证动量守恒定律：A、由于只是在碰撞前后动量守恒问
题，所以斜轨道的光滑与否只是碰撞前的速度发生变化，不影响碰撞过程，故选项A 错误；
BC、碰撞前后的速度是通过两次滑下完成的，所以落点不完全重合，但不重合只是偶然误差所致辞并不是操作
错误，故选项BC 错误；
D、为了减小偶然误差，小于的落点不重合，但用一个最小的圆把落点圈起来，用该圆的圆心代替落点是最恰当
的，故选项D 正确。
（2）考察动量守恒表达式：A、由于动量是质量与速度的乘积，所以质量是必须测量的，故选项A 正确；
BCD、由于碰撞前后的速度是用平抛的水平位移来代替的，所以碰撞前后的平抛的时间，或桌面的高度均不需测
量，故选项BCD 均错误。
（3）由题意，碰撞前后动量守恒：m1v1＝m1v1′+m2v2′，三个平抛的高度相同，则可用平抛的水平位移来表示，
所以要验证的表达式为：m1× tܲ
=m1× tܯ+m2× tܰ。
（4）若碰撞前后还遵守机械能守恒律，即发生的是弹性碰撞，则由两个守恒定律有：m1v1＝m1v1′+m2v2′，
1
2݉
1ݒ12 =
1
2݉
1ݒ1'2 +
1
2݉
2ݒ2'2，将两式的m1 移到左边后相除得到：v1+v1′＝v2′，用水平位移速度可得：tܲ
+
tܯ= tܰ
此式有两种可能：tܲ
+ tܯ= tܲ
+ܲܰ
或tܲ
+ tܯ= tܯ+ ܯܰ，所以有：tܯ=ܲܰ
或tܲ
= ܯܰ，
故选项D 正确。
故答案为：（1）D
（2）A
（3）m1× tܲ
=m1× tܯ+m2× tܰ
（4）AD
【点评】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度
和时间，而是用位移x 来代替速度v，成为是解决问题的关键。要注意理解该方法的使用。
三、本题共5 小题，共43 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不得分，
有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．将解答过程写在答题纸相应的位置．
17．【分析】（1）根据线速度和角速度关系即可求解；
（2）根据牛顿第二定律求桥面对汽车的支持力，根据牛顿第三定律求汽车对路面压力；
【解答】解：（1）根据角速度与线速度关系得：߱
= ݒ
ݎ；、
（2）根据牛顿第二定律݉݃
−ܨܰ
=݉
ݒ2
ݎ得：ܨܰ
=݉݃
−݉
ݒ2
ݎ
根据牛顿第三定律汽车对前面压力为：ܨ= ܨܰ
=݉݃
−݉
ݒ2
ݎ；
答：（1）汽车在桥顶时的角速度大小ω为
ݒ
ݎ；
（2）汽车在桥顶时对路面的压力大小F 为݉݃
−݉
ݒ2
ݎ。
【点评】本题属于竖直面圆周运动的基础题目，在根据牛顿第二定律算出路面对汽车支持力后，再根据牛顿第三
定律求出汽车对路面压力。
18．【分析】（1）小球运动到竖直圆轨道最高点时，由重力和轨道压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出小
球通过最高点的速度，从而得到动能Ek；
（2）小球从A 到圆轨道最高点的过程，由机械能守恒定律求h。
【解答】解：（1）小球运动到圆轨道最高点时，由牛顿第二定律得：
N+mg＝m
ݒ2ܴ
据题得：N＝mg
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可得：v=
2ܴ݃
小球运动到竖直圆轨道最高点时的动能大小Ek= 1
2݉
ݒ2 =mgR
（2）以最高点所在水平面为参考平面，小球从A 到圆轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣2R）＝Ek
解得：h＝3R
答：（1）小球运动到竖直圆轨道最高点时的动能大小Ek 是mgR。
（2）A 点离地面的高度h 是3R。
【点评】解决本题的关键要确定出圆周运动向心力的来源，知道小球运动到竖直圆轨道最高点时由合力提供向心
力。
19．【分析】抓住小球位移与水平方向夹角的正切值不变，结合运动学公式求出时间的表达式，根据平抛运动位移
比与速度比之间的关系验证tanα＝2tanθ。
【解答】解：（1）平抛的位移倾角为θ，有tanθ= ݕ
ݔ=
1
2݃ݐ2
ݒ0ݐ=݃
ݐ
2ݒ0，解得t＝2
ݐܽ݊
ߠݒ0݃。
（2）平抛的速度偏向角为α，有tanα═
ݒݕ
ݒݔ
=݃
ݐ
ݒ0
，
又tanθ= ݕ
ݔ=
1
2݃ݐ2
ݒ0ݐ=݃
ݐ
2ݒ0，
所以tanα＝2tanθ。
答：（1）运动员由P 点飞行至Q 点所用的时间t 为2
ݐܽ݊
ߠݒ0݃；
（2）运动员落在Q 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为α，经验证tanα＝2tanθ。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论综合求解。
20．【分析】（1）在地球北极地面，向心力为零，万有引力等于重力。
（2）在赤道，由于万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供随地球自转所需的向心力，根据该规律求出
弹簧弹力的表达式
（3）重力和向心力时万有引力的两个分力，符合平行四边形定则。
【解答】解：（1）在地球北极，不考虑地球自转，则弹簧秤称得的重力则为其万有引力，有：ܨ0 = ܩܯܴ݉
2
在北极上空高处地面0.1R 处弹簧秤的读数为：ܨ1 =
ܩܯ݉
(ܴ+0.1ܴ)2；
（2）在赤道地面上，重力向向心力之和等于万有引力，故称量时弹簧秤的读数为：
ܨ2 = ܩܯܴ݉
2
−݉
4ߨ2ܴܶ
2
，
（3）如右图所示
答：（1）在地球北极地面称量时弹簧秤的读数F0
ܩܯܴ݉
2 ，在北极上空高出地面0.1R 处称量时弹簧秤的读数F1 为
ܩܯ݉
(ܴ+0.1ܴ)2
（2）求在赤道地面称量时弹簧秤的读数F2 为
ܩܯܴ݉
2
−݉
4ߨ2ܴܶ
2
；
（3）略
【点评】解决本题的关键知道在地球的两极，万有引力等于重力，在赤道，万有引力的一个分力等于重力，另一
个分力提供随地球自转所需的向心力。
21．【分析】（1）由平抛运动知识确定出初速度，由V＝v0tS 求得体积。
（2）由动量定理求得动量的变化量
（3）由动量定理求得作用力。
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【解答】解：（1）水喷出时速度：v0= ݔ
2t݃= 10t
2t݃= 5 2t݃
则空中水的体积：V＝v0S 2t݃=10hs
（2）由动量定理得：△P＝mgt＝mg 2t݃=m 2݃h
（3）向下为正，在竖直向对由动量定理：F=−
ߩ10tܵ
2݃t
2t݃
=−10ρhSg
（因时间短，则与地面作用时间内重力
可略）
则由牛顿第三定律可得对地面的力为10ρhSg。
答：（1）求空中水的体积是10hs；
（2）从喷嘴水平喷出后在空中运动过程中的动量变化量为m 2݃h
（3）水击打地面时竖直向下的平均作用力大小是10ρhSg。
【点评】考查动量定理，灵活建立物理模型，对于矢量的运算要注意方向。
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2018-2019 学年广东省中山市高二期末物理试卷
一.选择题：
1．（4 分）在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法。下
列关于物理学史与物理学研究方法的叙述中正确的是（
）
A．物理学中所有物理量都是采用比值法定义的
B．元电荷、点电荷都是理想化模型
C．奧斯特首先发现了电磁感应现象
D．法拉第最早提出了“电场”的概念
2．（4 分）某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈并远离而去，
该过程中（
）
A．通过电流表的感应电流方向一直是b→G→a
B．通过电流表的感应电流方向是先b→G→a，后a→G→b
C．条形磁铁的加速度一直等于重力加速度
D．条形磁铁的加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度
3．（4 分）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接
通开关K，电源即给电容器充电，则（
）
A．断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
B．断开K，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差增大
C．保持K 接通，使两极板左右错幵一些，则极板上的电荷量增大
D．保持K 接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
4．（4 分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯
泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（
）
A．小灯泡L1、L2 均变暗
B．小灯泡L1 变亮，小灯泡L2 变暗
C．电流表A 的读数变小，电压表V 的读数变大
D．电流表A 的读数变大，电压表V 的读数变小
5．（4 分）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，
将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平
最容易失去平衡的是（
）
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A．
B．
C．
D．
6．（4 分）已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如
图所示，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A、B 两个点，O 和B 的距
离为R、B 和A 间的距离为2R．现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V= 4
3πr3，
则A 点处场强的大小为（
）
A．
5݇ܳ
36ܴ2
B．
7݇ܳ
36ܴ2
C．
5݇ܳ
72ܴ2
D．
41݇ܳ
450ܴ2
二、多选择题
7．（4 分）下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身的机械损耗，则：（
）
自重
40kg
额定电压
48（V）
载重
75（kg）
额定电流
12（A）
最大行驶速度
20（km/h）
额定输出功率
432（W）
A．电动机的输入功率为576W
B．电动机的内电阻为4Ω
C．电动机的内电阻为1Ω
D．该电动机正常工作时，每秒钟有432J 电能转化为其他能量
8．（4 分）有一灵敏电流计，其表头内阻Rg＝1000Ω，满偏电流Ig＝100μA，以下说法正确的是（
）
A．把它改成量程为1.5V 的电压表，应串联一个15 kΩ的电阻
B．把它改成量程为1.0A 的电流表，应并联一个1Ω的电阻
C．把它改成量程为1.0A 的电流表，测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50μA
D．把它改成量程为1.5V 的电压表，测量某电压时读数为1.5V，此时流过表头的电流为100μA
9．（4 分）如图，实线为某电场的部分电场线（方向未标出），将带负电粒子P 从A 点沿直线移动到B 点，C 点是
AB 连线的中点。已知A 点的电势为φA＝30V，B 点的电势为φB＝﹣20V，则下列说法正确的是（
）
A．粒子P 在A 点的受到的电场力大于在B 点的受到的电场力
B．粒子P 在A 点的加速度大于在B 点的加速度
C．C 点的电势φC＜5V
D．粒子P 在A 点的电势能大于在B 点的电势能
10．（4 分）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时
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台秤读数为F1．现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数
为F2，则以下说法正确的是（
）
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．F1＞F2
D．F1＜F2
11．（4 分）如图所示，在xOy 平面内有两根平行y 轴水平放置的长直导线，通有沿y 轴正方向大小相等的电流I，
两导线关于y 轴对称，P 为x 轴上一点，O 为z 轴上一点，下列说法正确的是（
）
A．O 点处的磁感应强度为零
B．P、Q 两点处的磁感应强度方向垂直
C．P、Q 两点处的磁感应强度方向平行
D．正电荷从O 点沿z 轴向上运动不受洛伦兹力作用
12．（4 分）如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B 的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A 中通以如图乙所示的交
变电流，设t＝0 时电流沿顺时针方向（图中箭头所示）．下列说法中正确的是（
）
A．t1～t2 时间内，线圈B 中有顺时针方向的电流
B．t1～t2 时间内，线圈B 中的感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外
C．0～t2 时间内，线圈B 中产生感应电流方向始终不变
D．0～t2 时间内，线圈B 有扩张的趋势
三、解答题（共1 小题，满分12 分）
13．（12 分）某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体电阻的电阻率，进行如下实验：
（1）分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L 和直径d 进行测量，结果如图1、2 所示，其读数分别
是L＝
mm；d＝
mm。
（2）图3 是一个多量程多用电表的内部简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S 转到
位置5、6 时，可用来测量
（填“电阻”或“电压”）；当S 转到位置1、2 时，可用来测量电流，其中S
转到
位置时量程较大。
（3）用多用电表的电阻“×10”档，按正确操作步骤测得此圆柱体的电阻值，读数如图4，该电阻的阻值为
Ω；
（4）该同学想用伏安法更精确地测量该电阻R 的值，可供选用的器材如下；
待测圆柱体电阻R
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
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电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）
电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流为2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）
开关S
导线若干
为使实验误差较小，并在实验中获得较大的电压调节范围，实验时电流表选择
；电压表选择
；滑
动变阻器应选
，并请在图5 中的方框内画出测量电路图（表明所选器材代号）
三.计算题：
14．（10 分）如图所示，固定斜面与水平面夹角为60°，高度为h，空间充满垂直斜面向下的匀强电场，电场强度݉݃ݍ，
一质量为m，电量为+q 的物体以某速度下滑时刚好能做匀速直线运动，物体可以看成质点，且下滑过程中其电
量保持不变，重力加速度为g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释放物体，求物体落到地面时
候的速度大小。
15．（10 分）如图示，M、N 为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间距也为l，板间电压恒定为U．M、N
左端有两竖直放置的金属板P、Q，相距为d，P、Q 两板间加的电压是6U．今有一带电量为q、质量为m 的带
正电粒子（重力不计）在PQ 板间距离Q 板d/4 处由静止释放，经P、Q 间的电场加速后沿M、N 两板正中间垂
直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l 的竖直屏S 上。
（1）粒子刚进入M、N 间的偏转电场时的速度是多少？
（2）粒子在屏上的落点距O 点的距离为多少？
（3）假设大量的上述粒子以上述（1）问中的速度从MN 板左端不同位置垂直进入偏转电场。试求这些粒子打到
竖直屏S 上的范围。
16．（10 分）如图所示，两平行的粗糙金属导轨倾斜固定在匀强磁场中，并通过导线与电源相连，导轨平面与水平
面的夹角为37°，磁感线方向竖直向下，磁感应强度为2T，导轨宽度为1m，电源电动势为6V，内阻为1Ω；一
质量为1kg 的金属棒ab 垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5，导轨、金属棒
与导线电阻均忽略不计；
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（1）若棒ab 保持静止，且滑动变阻器电阻调节范围足够大，请作出ab 棒可能的受力分析图（不用列式）
（2）要使金属棒不能向下运动，求滑动变阻器阻值的最大值（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
17．（10 分）如图为某同学在学习完回旋加速器之后设计的粒子加速器示意图。两块平行板电极的间距很小，可忽
略不计。两板中茌接近右端处各有一个小孔M、N，两孔连线与板垂直，孔的直径及孔到板右端的距离很小，可
忽略不计。垂直向里的匀强磁场以边长为L 的正六边形ABCDEF 为边界，N 孔恰好位于该六边形的几何中心，
平行板与边界CD 平行，匀强磁场的磁感应强度为B（两平行板间无磁场）。现将比荷为q/m 的带正电的粒子从
M 无初速释放，不计粒子重力
（1）若粒子恰好能以最短时间从A 点离开磁场区域，求所加直流电压的值U1 并求出从N 运动到A 点的最短时
间。
（2）若ܷ
= ݍܤ2ܮ2
50݉
，则粒子经该加速器加速后能获得的最大速度是多少？（取3 = 1.7）
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2018-2019 学年广东省中山市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一.选择题：
1．【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的。知道比值定义法的含义，同时记住著名物理学家的主
要贡献。
【解答】解：A、不同的物理量采用不同的方法，如加速度a= ܨ݉即不是比值定义法定义的，故A 错误；
B、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，点电荷是理想化模型，但元电荷不是理想化模型，故B 错
误。
C、奧斯特首先发现了电流的磁效应，而法拉第发现的电磁感应现象，故C 错误；
D、法拉第最早提出了“电场”的概念，故D 正确。故选：D。
【点评】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出
错。对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归
纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助。
2．【分析】当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，
根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向。
【解答】解：A、当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加
后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场先向上后向下，故感应电流
先逆时针后顺时针（俯视），即先b→G→a，后a→G→b．故A 错误，B 正确；
C、根据楞次定律可知，线圈内产生的感应电流的对条形磁铁的运动有阻碍作用，可知条形磁铁运动的加速度始
终小于重力加速度。故C 错误，D 错误。故选：B。
【点评】本题是楞次定律的基本应用。对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种
表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动。
3．【分析】断开K，电容器的带电量不变，保持K 接通，电容器板间电压不变。先根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
分析
电容如何变化，再根据电容的定义式C=ܷܳ
分析电容器的电压或电量如何变化。由E=ܷd分析板间场强的变化。
【解答】解：A、断开K，电容器所带电量不变。减小两极板间的距离，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
分析得知电
容C 增大，由C=ܷܳ
分析得知，两极板间的电势差U 减小。故A 正确。
B、断开K，电容器所带电量Q 不变。在两极板间插入一块电介质，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
分析得知电容C
增大，由C=ܷܳ
分析得知，两极板间的电势差减小。故B 错误。
C、保持K 接通，电容器板间电压U 不变。使两极板左右错幵一些，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
分析得知电容C 减小，由C=ܷܳ
分析得知，极板上的电荷量Q 减小。故C 错误。
D、保持K 接通，板间电压U 不变，减小两极板间的距离d，由公式E=ܷ݀
分析得知，两极板间电场的电场强度
E 增大。故D 错误。故选：A。
【点评】本题是电容器的动态分析问题，往往根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
和电容的定义式C=ܷܳ
相结合分析，再
抓住不变量进行研究。
4．【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，
由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分
析并联部分电压的变化，判断L1 灯亮度的变化．
【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，
外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2 灯变暗，电流表读数变小。电源的内电压减小，则路端电压增大，电
压表读数变大。
根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1 灯变亮。故BC 正确。
故选：BC。
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定
律公式是正确解题的关键．
5．【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度B 和电流大小I 相等，即根据线框在磁场
中的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系。
【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，
由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中
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的有效长度，由图可知，A 图的有效长度最长，
磁场强度B 和电流大小I 相等，所以A 所受的安培力最大，则A 图最容易使天平失去平衡。故选：A。
【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F＝BIL 公式的L 是指
导体的有效长度。
6．【分析】本题采用割补的思想方法求解，先求出整个大球在B 点产生的场强，再求出割出的小圆在A 点产生的场
强，利用整体场强等于割掉的小圆球在A 点产生的场强和剩余部分在A 点产生的场强的矢量和，从而求出A 处
的场强。
【解答】解：由题意知，半径为R 的均匀带电体在A 点产生场强为：
E 整=݇ܳ(3ܴ)2 =݇ܳ9ܴ2
同理割出的小球半径为ܴ2，
因为电荷平均分布，其带电荷量为：
Q′=
4
3ߨ(ܴ2)3
4
3ߨܴ3 Q=ܳ8
则其在A 点产生的场强为：
E 割=݇ܳ
'
(1
2ܴ+2ܴ)2 =݇ܳ50ܴ2
所以剩余空腔部分电荷在A 点产生的场强为：
Ex＝E 整﹣E 割=݇ܳ9ܴ2 −݇ܳ50ܴ2 = 41݇ܳ
450ܴ
2
所以ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】本题主要采用割补法的思想，根据整体球在A 点产生的场强等于割掉的小球在A 点产生的场强和剩余
空腔部分在A 点产生的场强的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。
二、多选择题
7．【分析】对于电动机来说，正常工作时不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P＝
UI 计算的是总的消耗的功率，P 热＝I2r 是计算电动机的发热的功率。
【解答】解：A、额定电压48V，额定电流12A，故电动机的输入功率为：P＝UI＝48×12＝576W，故A 正确；
B、C、由表格数据得到电动机的输出功率为432W，根据能量守恒定律，有：UI＝P 出+I2R
代入数据，有：
576＝432+122×R
解得：R＝1Ω，故B 错误，C 正确；
D、电动机的输入功率为576W，则该电动机正常工作时，每秒钟有576J 电能转化为其他能量，故D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键是区分开电功率的不同的公式计算所得到的量的含义，对于非纯电阻来说总功率和发热
功率的公式是不同。
8．【分析】改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R= ܫܴ݃݃
ܫ−ܫ݃；电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联
的阻值为R=ܷܫ݃−Rg，U 为改装后的量程。
【解答】解：A、改装成电压表要串联电阻分压，串联阻值为：R=ܷܫ݃−Rg=
1.5
100×10−6 −1000＝14000Ω，故A 错
误；
B、改装成电流表要并联分流，并联阻值：R= ܫܴ݃݃
ܫ−ܫ݃= 100×10−6×1000
1−100×10−6
=0.1Ω，故B 错误；
C、把它改成量程为1.0A 的电流表，用它去测量某电流时读数为0.5A，则指针正好是满偏的一半，即为50μA，
故C 正确；
D、把它改成量程为1.5V 的电压表，测量某电压时读数为1.5V，说明此时电流表达到满偏，此时流过表头的电
流为100μA，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查电表的改装原理，明确电压表要串联电阻分压，电流表要并联电阻分流，同时明确测量的基本
方法和读数方法。
9．【分析】电场线的疏密表示电场的强弱。根据牛顿第二分析加速度的大小；由图看出，AC 段电场线比CB 段电
场线密，AC 段场强较大，根据公式U＝Ed 定性分析A、C 间与C、B 间电势差的大小，再求解中点C 的电势φc．根
据电势的变化分析电势能的变化，再判断电场力做功情况。
【解答】解：A、电场线的疏密程度表示场强的大小，A 点比B 点密，所以A 点电场强度大于B 点电场强度，
由F＝qE 得，粒子P 在A 点的受到的电场力大于在B 点的受到的电场力，故A 正确；
B、带负电粒子P 从A 点沿直线移动到B 点的过程中，带电粒子受力情况不明，所以无法判定加速度的大小，故
B 错误；
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C、由图看出，AC 段电场线比CB 段电场线密，则AC 段场强比CB 段场强大，根据U＝Ed 可知，AC 间电势差
UAC 大于BC 间电势差UCB
所以UAC＞UCB，即φA﹣φC＞φC﹣φB，又φA＝30V，φB＝﹣20V，可得φC＜5V．故C 正确。
D、A 点的电势高于B 点的电势，而负电荷在电势低处电势能较大，所以负电荷在A 点的电势能小于在B 点的
电势能。故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小。要注意公式U＝Ed 使用的
条件是匀强电场，但对于非匀强电场可以用来定性分析。
10．【分析】以导体棒为研究对象，根据左手定则判断其受到的安培力方向，再由牛顿第三定律分析磁铁受到的安
培力方向，确定弹簧长度及弹簧秤读数的变化．
【解答】解：A、B 以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿
第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短。故A
错误，B 正确。
C、D 由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则F1＞F2．故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查灵活选择研究对象的能力和应用左手定则判断安培力方向的能力，是常规题．
11．【分析】根据右手螺旋定则判断出磁场的方向，通过场强的叠加得出合场强的方向．
【解答】解：A、根据安培定则可判断出两电流在0 点处产生的磁感应强度等大反向，合磁感应强度为零。故A
正确。
B、两电流在P 点的磁场方向相反，叠加后合磁场方向沿z 轴正方向；两电流在z 轴正方向上各点产生的磁感应
强度矢量叠加后，都沿x 轴负方向，P、Q 两点磁场方向垂直。故B 正确。C 错误。
D、正电荷从O 点沿z 轴向上运动，由左手定则判断其受沿y 轴正方向的洛伦兹力作用。故D 错误。
故选：AB。
【点评】解决本题的关键会根据右手螺旋定则（安培定则）判断电流周围磁场方向，以及会通过左手定则判断洛
伦兹力方向．
12．【分析】线圈A 中的电流产生磁场，磁场变化，在B 中产生感应电流，它的方向可以根据楞次定律进行判断。
【解答】解：A、线圈A 中的电流产生磁场根据安培定则，磁场的方向向里，电流减小时，磁场减弱，B 中感应
电流的磁场故向里，电流的方向始终沿着顺时针方向；
当A 中的电流反向增加时，B 中感应电流的磁场仍然向里，电流的方向仍然沿着顺时针方向。故AC 正确，B 错
误；
D、0～t1 时间内，线圈B 内感应电流的方向为顺时针方向，与A 内电流的方向相同，所以B 受到吸引力，有扩
张的趋势；在t1～t2 时间内，线圈B 内感应电流的方向为顺时针方向，与A 内电流的方向相反，所以B 受到A
的排斥力，有缩小的趋势，故D 错误。
故选：AC。
【点评】该题考查安培定则和楞次定律的应用，属于基础题型，简单题目。
三、解答题（共1 小题，满分12 分）
13．【分析】（1）10 分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.1mm，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。
【解答】解：
（1）游标卡尺主尺的刻度数为23mm，而游标上的第8 条刻度对得最整齐，所以导体的长度是23.8mm；
螺旋测微器固定刻度是2.5mm，可动刻度为29.5×0.01mm，所以直径是2.795mm。
（2）接5、6 时，电表内部构成是表头与电阻串联的，所以此档是电压表，由于接1、2 是测电流的，并联的电
阻越小，则量程越在，所以接1 时量程越大。
（3）电阻的测量值＝指针指示值×倍率，所以电阻值是220Ω。
（4）大致计算电路中的电流为I=
4
220+10 ܣ，大致10mA 左右，所以电流表选A2，而电源电压才4V，所以压表
选V1，滑动变阻器选小的R1。
故答案为：（1）23.7、2.795 （2.792〜2.798 均可）
（2）电压、1
（3）220
（4）A2
V1
R1
电路如图
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【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。
三.计算题：
14．【分析】（1）对物体进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出；
（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式即可求出。
【解答】解：（1）对m 受力分析，由平衡关系有：mg sinθ＝f
其中：f＝μN
垂直于斜面的方向：N＝mgcosθ+Eq
联立解得：ߤ=
3
3
（2）当电场改为水平向左时，由受力分析可知，合力F 合=
2mg
与竖直方向成45°＞30°，因此物体会脱离斜面做匀加速直线运动。
由牛顿第二定律可得：2mg＝ma
又：S=
2h
根据速度﹣位移公式：v2＝2aS
联立可得：ݒ= 2݃
t
答：（1）斜面与物体间的动摩檫因数是
3
3 。
（2）物体落到地面时候的速度大小为2݃h。
【点评】本题考查小球在混合场中的运动问题，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小
球的运动情况。
15．【分析】（1）根据动能定理列式求解；
（2）粒子进入电场做类平抛运动出电场后做匀速直线运动，根据运动规律求解；
（3）当粒子贴着M 板进入MN 时，打到粒子打到屏上范围的上边界。恰能从N 板右边缘离开，打到屏时偏离
入射点最远，根据运动规律求解。
【解答】解：（1）PQ 间的电场强度为：ܧ=ܷܲܳ݀
粒子在加速电场中由动能定理得：ݍܧ⋅1
4݀
= 1
2݉
ݒ2
解得：ݒ=
3ݍܷ݉
即粒子刚进入偏转电场时的速度是ݒ=
3ݍܷ݉
（2）MN 电场间的电场强度为：ܧ' =ܷ
ܯ݈ܰ
=ܷ݈
粒子在电场间的加速度为：ܽ
= ݍܧ'݉
= ݍܷ݈݉
运动的时间：ݐ=݈ݒ
离开MN 电场时偏转位移：ݕ= 1
2ܽݐ2
解得ݕ= 1
2
ݍܷ݈݉
(݈ݒ)2 = 1
6݈
粒子速度偏转角为ݐܽ݊
ߠ= ݒݕ
ݒݔ=ܽ
ݐ
ݒ= 1
3
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粒子在屏上的落点位置：ܻ
= ݕ+݈ݐܽ݊
ߠ= 1
2݈
即粒子落点距O 点的距离为
1
2݈
（3）当粒子贴着M 板进入MN 时，由（2）得，它将偏离入射点
1
2݈打到屏上，即打到O 点，此为粒子打到屏上
范围的上边界。
由（2）得ݕ= 1
6݈，即当粒子在距离N 板
1
6݈处进入MN 之间，恰能从N 板右边缘离开，打到屏时偏离入射点
1
2݈，
即在O 点以下
5
6݈处，即偏离入射方向距离为：Y=݈2 + 5݈
6 = 4݈
3 ．即这些粒子打到竖直屏S 上的范围为݈2 −
4
3݈。
答：（1）粒子刚进入M、N 间的偏转电场时的速度是3ݍܷ݉；
（2）粒子在屏上的落点距O 点的距离为
1
2݈；
（3）这些粒子打到竖直屏S 上的范围为݈2 −
4
3݈。
【点评】本题关键是由粒子在电场中做类平抛运动，根据由此判定粒子运动轨迹并能计算相关的侧位移量，掌握
运动的合成与分解是关键。
16．【分析】（1）根据安培力的大小结合摩擦力的方向进行分析；
（2）根据第一个受力分析图，根据安培力的计算公式结合共点力的平衡条件求解。
【解答】解：（1）受力分析如图所示；
（2）根据第一个受力分析图，正交分解得：
mg sinθ＝f+BIL cosθ
f＝μN
N＝mgcosθ+BILsinθ
可得：ܫ= 10
11 ܣ
由闭合电路欧姆定律ܫ=
ܧܴ
+ݎ可得R＝5.6Ω
可知变阻器阻值的最大值为5.6Ω。
答：（1）如图所示；
（2）要使金属棒不能向下运动，滑动变阻器阻值的最大值5.6Ω。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另
一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
17．【分析】（1）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求出粒子速度，根据动能定理即可求出所加直流电压的值
U1，利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，联立即可求出从N 运动到A 点的最短时间；
（2）若ܷ
= ݍܤ2ܮ2
50݉
，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系与动能定理，联立即可确定加速次数，将加速次数
再带回到动能定理，即可求出粒子经该加速器加速后能获得的最大速度。
【解答】解：（1）粒子恰好能以最短时间从A 点离开磁场区域，即粒子经过一次加速后从A 点离开，其轨迹如
图所示，
由几何关系得轨迹半径为：ܴ
1 =
ܮ
2
ttݏ600 = ܮ
根据洛伦兹力提供向心力可得：ݍݒܤ=݉
ݒ2ܴ
1
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联立可得：ݒ= ݍܤܴ1݉= ݍܤܮ݉
在电场中，根据动能定理可得：ݍܷ
1 = 1
2݉
ݒ2
可得：ܷ
1 =݉
ݒ2
2ݍ= ݍܤ2ܮ2
2݉
粒子匀速圆周运动的周期：ܶ
= 2ߨܴ1
ݒ
= 2ߨ݉
ݍܤ
从N 到A 根据几何关系可知转过的圆心角：ߠ= 1
3 ߨ
所以粒子在磁场中的运动的时间：ݐ= ߠ
2ߨܶ
= ߨ݉
3ݍܤ
（2）若粒子轨迹与AB 边相切，如图所示。
根据几何关系可得：ܮ=ܴ
2 +ܴ
2
ݏt݊600，即：ܴ
2 =
3
2+ 3 ܮ= 0.46ܮ
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv′B＝m
ݒ'2ܴ
2
联立可得：ݒ' = ݍܤܴ2݉= 0.46 ݍܤܮ݉
假设粒子经n 此加速后，速度达到v′，根据动能定理可得：nqU= 1
2mv′2
解得n＝5.28
即粒子可以经过6 次加速，当n＝6 时，根据动能定理可得：6ݍܷ
= 1
2݉
ݒ݉
2
解得：ݒ݉
=
6ݍܤܮ
5݉
答：（1）所加直流电压的值U1 为
ݍܤ2ܮ2
2݉
，从N 运动到A 点的最短时间为
ߨ݉
3ݍܤ。
（2）若ܷ
= ݍܤ2ܮ2
50݉
，则粒子经该加速器加速后能获得的最大速度为
6ݍܤܮ
5݉
。
【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、动能定理和几何关系列式求
解；注意电场是改变速度，磁场是使粒子旋回，类似回旋加速器。
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2018-2019 学年广东省深圳市高中联盟高二期末物理试卷
一、单项选择题（本大题共8 小题，每小题3 分，共24 分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．（3 分）关于磁感应强度B 的概念，下面说法中正确的是（
）
A．由磁感应强度的定义式B= ܨ
ܫܮ可知，磁感应强度与磁场力成正比，与电流和导线长度的乘积成反比
B．一小段通电导线在空间某处不受磁场力的作用，那么该处的磁感应强度一定为零
C．一小段通电导线放在磁场中，它受到的磁场力可能为零
D．磁场中某处的磁感应强度的方向，跟电流在该处所受磁场力的方向可以不垂直
2．（3 分）在电场中某点，若放入一个电荷量为+q 的试探电荷，测得该处场强为E；若放入一个电荷量为﹣2q 的试
探电荷，测得该处场强为E′．则（
）
A．E＝E′，方向相同
B．E＝E′，方向相反
C．E＝2E′，方向相同
D．E＝2E′，方向相反
3．（3 分）如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F 的说法
正确的是（
）
A．若是异种电荷F＜kܳ
2
ݎ2
B．若是同种电荷F＞kܳ
2
ݎ2
C．若是异种电荷F＞kܳ
2
ݎ2
D．不论是何种电荷F＝kܳ
2
ݎ2
4．（3 分）在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b 端移动时（
）
A．电压表
的读数增大，电流表
的读数减小
B．电压表
和电流表
的读数都增大
C．电压表
和电流表
的读数都减小
D．电压表
的读数减小，电流表
的读数增大
5．（3 分）电阻R、电容C 与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示。现使磁
铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端的过程中，流过R 的电流方向和电容器极板的带电情况是（
）
A．从a 到b，上极板带正电
B．从a 到b，下极板带正电
C．从b 到a，上极板带正电
D．从b 到a，下极板带正电
6．（3 分）如图所示，a、b 为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，
能使角度增大的办法是（
）
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A．使a、b 板的距离增大一些
B．使a、b 板的正对面积减小一些
C．断开S，使a 板向左平移一些
D．断开S，使a、b 板的正对面积增大一些
7．（3 分）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强
磁场区域，其运动轨迹如图。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（
）
A．a 粒子带正电，b 粒子带负电
B．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C．b 粒子动能较大
D．b 粒子在磁场中运动时间较长
8．（3 分）如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从
加速器的A 处开始加速。已知D 型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，
质子质量为m，电荷量为q。下列说法错误的是（
）
A．质子的最大速度不超过2πRf
B．质子的最大动能为
ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
C．增大B，并适当增大f，可增大质子的最大速度
D．电压U 越大，质子的最大动能越大
二、多项选择题（本题包括5 小题，每小题5 分，共25 分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5 分，
选对但不全得3 分，有选错的得0 分）
9．（5 分）如图所示，在倾角为α的光滑“U”形金属导轨上，接触良好，放置一根长为L，质量为m 的导体棒。在
导体棒中通以电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是
（
）
A．方向垂直斜面向上，ܤ=݉݃
ݏt݊ߙ
ܫܮ
B．方向垂直斜面向下，ܤ=݉݃
ݏt݊ߙ
ܫܮ
C．方向竖直向下，ܤ=݉݃
ݐܽ݊
ߙ
ܫܮ
D．方向竖直向上，ܤ=݉݃
ݐܽ݊
ߙ
ܫܮ
10．（5 分）如图（a）所示，半径为r1 的n 匝的圆形金属线圈，阻值为2R，与阻值为R 的电阻连结成闭合回路。在
线圈中半径为r2 的圆形区域内，存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如
图（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0 和B0，导线的电阻不计。则0﹣t1 时间内（
）
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第381页（共428页）
A．通过电阻R 的电流方向自b 向a
B．通过电阻R 的电流方向自a 向b
C．电阻两端的电压为݊
ߨݎ12ܤ0
3ݐ0
D．电阻两端的电压为݊
ߨݎ22ܤ0
3ݐ0
11．（5 分）如图所示电路中，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω．灯泡L“8V、16W”恰能正常发光，电动机M
绕组的电阻R0＝1Ω．则下列说法中正确的是（
）
A．流经电源的电流是2A
B．电动机的输出功率12 W
C．流经电动机的电流是2A
D．电源的输出功率是32 W
12．（5 分）如图所示，a、b 是x 轴上关于O 点对称的两点，c、d 是y 轴上关于O 点对称的两点，c、d 两点分别固
定等量异种点电荷，一带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a 点沿曲线运动到b 点，E 为第一象限内轨迹上的
一点，以下说法正确的是（
）
A．c 点的电荷带负电
B．a 点电势高于E 点电势
C．E 点电场强度方向沿轨迹在该点的切线方向
D．检验电荷从a 到b 过程中，电势能先增加后减少
13．（5 分）如图，平面直角坐标系xoy 中有一匀强电场，ABC 构成正三角形，A 点坐标为（﹣2cm，0），C 点坐标
为（2cm，0）。将电量为q＝﹣8×10
﹣16C 的试探电荷从A 点移到B、C 两点，静电力做功分别为2.0×10
﹣15J、
4.0×10
﹣15J，以下说法正确的是（
）
A．A、C 两点电势差为UAC＝5V
B．y 轴上所有点电势相等
C．将电量为8.0×10
﹣16C 正电荷有B 点移到C 点电势能增加2.0×10
﹣15J
D．该匀强电场的场强为250N/C
三、实验填空及论述计算题（本题包括5 小题，共51 分．实验填空题只写出最后结果；论述计算题应写出必要的
文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．）
14．（6 分）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
（1）用螺旋测微器测得其直径为
mm（如图甲所示）；
（2）用20 分度的游标卡尺测其长度为
cm（如图乙所示）；
（3）用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值
（填“偏大”或“偏小”）。
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15．（9 分）测量一个“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了一个简单
的“水果电池”其电动势约为1.5V．可是这种电池并不能点亮手电筒上的额定电压为1.5V，额定电流为0.3A 的
小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现要求用量程合适的电压表（内阻较大）、
电流表（内阻较小）以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量准确地测定水果电池的电动势E 和内电阻r．
①本实验的电路应该选择下面的图甲或图乙中的：
；
②若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～30Ω）、B（0～3kΩ），本实验中应该选用的滑动变阻器规格为：
，
简述选用的理由：
；
③实验中测出六组（U，I）的值，在U﹣I 坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹，可得出水果电池
的电动势为E＝
V；内电阻为r＝
Ω；（均保留3 位有效数字）
④若不计测量中的偶然误差，根据你在①中所选择的电路来测量得出的电动势E 和内电阻r（测量值）与真实值
相比：电动势E
，内电阻r
．（均选填“偏大”、“相等”、或“偏小”）
16．（10 分）如图所示，一个质量为m＝2.0×10
﹣11kg，电荷量q＝+1.0×10
﹣5C 的带电微粒（重力忽略不计），从
静止开始经U1＝100V 电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100V．金属板
长L＝20cm，两板间距d＝10cm．求：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0 大小；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ。
17．（12 分）如图所示，一矩形金属框架与水平面成角θ＝37°，宽L＝0.4m，上、下两端各有一个电阻R0＝2Ω，
框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框架平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T．ab
为金属杆，与框架良好接触，其质量m＝0.1kg，电阻r＝1.0Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5．杆由静止开始下
滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0 产生的热量Q0＝0.5J（取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）。
求：
（1）流过ab 杆的电流方向及最大电流Im；
（2）ab 杆的最大速度vm；
（3）从开始到速度最大的过程中ab 杆沿斜面下滑的距离s。
18．（14 分）如图，装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E，区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀
强磁场，磁感应强度为B．区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B．一质量为m、带电量
为q 的带负电粒子（不计重力）从左边界O 点正上方的M 点以速度v0 水平射入电场，经水平分界线OP 上的A
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第383页（共428页）
点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强磁场中。求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径
（2）O、M 间的距离
（3）粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间。
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2018-2019 学年广东省深圳市高中联盟高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共8 小题，每小题3 分，共24 分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．【分析】磁感应强度采用比值法定义的，磁感应强度与电流元IL 无关；磁感应强度可以用磁感线形象的描述。
【解答】解：A、公式B= ܨ
ܫܮ是磁感应强度的定义式，是用比值法定义的，磁感应强度与电流元IL 的大小无关，
故A 错误；
B、一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零，可能是电流元方向与磁场方向平行
造成的，故B 错误；
C、一小段通电导线放在磁场中，如果电流和磁场相互垂直，则它受到的磁场力为零，故C 正确；
D、根据左手定则，磁场中某处磁感应强度的方向，与直线电流在该处所受磁场力方向垂直，故D 错误；故选：
C。
【点评】本题关键是明确磁感应强度的定义，知道用比值法定义的物理量与分子和分母的具体大小无关，只是等
于比值，同时注意安培力和磁感应强度的方向一定是相互垂直。
2．【分析】电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关，故放入电荷量为+q 的试探电荷时的电场强度与放入电荷
量为﹣2q 的试探电荷时的电场强度相同。
【解答】解：电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷的有无、电性、电量的大
小无关。
故在该点放入电荷量为+q 的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为﹣2q 的试探电荷时电场强度E′＝E，方向
相同。故A 正确，BCD 错误。故选：A。
【点评】电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关是解决该题的关键，可根据比值法定义的共性来理解。
3．【分析】根据库仑定律F＝kܳ
2
ݎ2，及其成立条件：真空中点电荷，由于间距导致，不能看成点电荷，根据电荷电性
来确定电荷的间距，从而确定求解。
【解答】解：A、当是异种电荷时，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r 还小，因此库仑力F＞kܳ
2
ݎ2，故A 错误，
C 正确；
B、若是同种电荷，则出现相互排斥，导致电荷间距比r 还大，因此库仑力F＜kܳ
2
ݎ2，故B 错误，
D、由上分析可知，D 错误；故选：C。
【点评】考查库仑定律的内容，掌握库仑定律的成立条件，理解点电荷的条件。
4．【分析】当滑动变阻器的滑动触点向b 端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律
分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化。
【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b 端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R 增大，由
欧姆定律分析总电流I 减小，路端电压U＝E﹣Ir 增大，电阻R2 的电压U2＝E﹣I（r+R1）增大，流过电阻R2 的
电流I2 增大，则流过电流表的电流I3＝I﹣I2 减小。所以伏特表V 的读数增大，安培表A 的读数减小。故选：A。
【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分→整体→部分”的顺序分析。
5．【分析】现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电
动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向。当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对
电容器来说要不断充电直至稳定。
【解答】解：当磁铁N 极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原
来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R 的电流方
向是从b 到a，对电容器充电下极板带正电。故选：D。
【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极。同时电容器
在充电时电压随着电量增加而增大。
6．【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，合上开关，电容器两端的电势差不变，断开S，电容器的电荷量
不变，根据电容的变化判断电容器两端电势差的变化。
【解答】解：AB、开关闭合，不论使a、b 板的距离增大一些，还是使a、b 板的正对面积减小一些，电容器两
端的电势差总不变，故A、B 错误。
C、断开S，电荷量不变，使a 板向左平移一些，即使a、b 板的距离增大一些，根据C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
知，电容C 减小，
则U=ܳܥ，可知电势差增大，故C 正确。
D、断开S，电荷量不变，使a、b 板的正对面积增大一些，根据C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
知，电容C 增大，则U=ܳܥ，可知电势
差减小，故D 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键知道断开开关，电荷量不变，闭合开关，电容器两端的电势差不变，结合电容的决定式
和定义式进行分析。
7．【分析】a、b 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向
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不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a 的半径较小，可以结合洛伦兹
力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间。
【解答】解：粒子向右运动，根据左手定则，b 向上偏转，应当带正电；a 向下偏转，应当带负电，故A 错误。
洛伦兹力提供向心力，即：ݍݒܤ=݉
ݒ2
ݎ，得：ݎ=݉
ݒ
ݍܤ，故半径较大的b 粒子速度大，动能也大。故C 正确。
由公式；f＝qvB，故速度大的b 受洛伦兹力较大。故B 错误。
磁场中偏转角大的运动的时间也长；a 粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D 错误。故选：C。
【点评】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定。属于简单题目。
8．【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从
而求出最大动能。
【解答】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v= 2ߨܴܶ
=2πRf．所以最大速度不超过2πfR．故
A 正确。
BD、质子的最大动能Ekm= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，与电压无关，故B 正确，D 错误；
C、质子的最大动能Ekm= 1
2mv2= ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，只增大磁感应强度，并适当增大f，可增大质子的最大动能，即可增
大质子的最大速度，故C 正确；
本题选错误的，故选：D。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关。
二、多项选择题（本题包括5 小题，每小题5 分，共25 分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5 分，
选对但不全得3 分，有选错的得0 分）
9．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F＝BIL 求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方
向。
【解答】解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，
处于平衡状态，则大小B═݉݃
ݏt݊ߙ
ܫܮ
；故A 正确；
B、外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能
处于平衡状态，故B 错误；
C、外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平
衡状态；故C 错误；
D、外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大
小ܤ=݉݃
ݐܽ݊
ߙ
ܫܮ
，故D 正确；
故选：AD。
【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向。
10．【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而
导致出现感应电动势，产生感应电流。由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动
势大小，从而求得感应电流大小，最后求出电阻两端的电压。
【解答】解：AB、由楞次定律可判断通过电阻R1 上的电流方向为从b 到a，故A 错误，B 正确；
CD、由图象分析可知，0 至t1 时间内有：
△ܤ
△ݐ=
ܤ0
ݐ0
由法拉第电磁感应定律有：E＝n
△∅
△ݐ=n
△ܤ
△ݐS
面积为：S＝πݎ2
2
由闭合电路欧姆定律有：I=
ܧܴ
1+ܴ
联立以上各式解得，通过电阻R 上的电流大小为：I=݊
ܤ0ߨݎ2
2
3ܴݐ0
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U＝IR1=݊
ߨݎ22ܤ0
3ݐ0
，故D 正确，C 错误；
故选：AD。
【点评】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小。还可求出电路的电
流大小，同时磁通量变化的线圈相当于电源。
11．【分析】图中灯泡两端的电压等于路端电压，灯泡正常发光，其电压就等于灯泡的额定电压。对内电路研究，
由欧姆定律求出流过电源的电流，由P＝EI 求解电源的总功率。由总功率减去内部损耗的功率即得电源的输出功
率。
电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据P＝UI 求得电动机
消耗的电功率；根据能量守恒求解电动机的输出功率。
【解答】解：A、灯泡正常发光，其电压为额定电压U 额＝8V，则路端电压U＝U 额＝8V
则电源内阻的电压为：U 内＝E﹣U＝10﹣8＝2（V）
由欧姆定律得流过电源的电流为：I=ܷ
内
ݎ= 2
0.5A＝4A，故A 错误。
D、电源的总功率为：P 总＝EI＝10×4W＝40W．所以电源的输出功率为：P 出＝P 总﹣P 损＝P 总﹣I2r＝40﹣42×0.5
（W）＝32W；故D 正确。
BC、灯泡的电流为：I 灯=ܲ
额ܷ
额
= 16
8 A＝2A
电动机总功率为：P1＝UIM＝U（I﹣I 灯）＝8×（4﹣2）W＝16W；
电动机的电流为：IM＝I﹣I 灯＝4﹣2＝2（A）
电动机消耗的电功率为：PM＝UIM＝8×2＝16（W）
电动机发热功率为：P 热＝IM2R0＝22×1＝4（W）
所以电动机的输出功率为：P 输出＝PM﹣P 热＝16﹣4＝12（W）；故BC 正确。
故选：BCD。
【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；
当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路。对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解。
12．【分析】根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，再判断c、d 点两个电荷的电性；最后根据电场力做的功等于
电势能的减小量进行分析。
【解答】解：A、带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a 点沿曲线运动到b 点，合力指向曲线的内侧，故上
面的电荷带同种电，即c 点电荷带负电，故A 正确；
B、从E 点到b 点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E 到b 电势要升高，即b 点的电势高于E 点
的电势。
又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b 两个点电势相等，所以a 点电势高于E 点电势，故B 正
确；
C、E 点的切线方向为速度方向，E 点的场强方向应与电场力方向在一直线，而曲线运动的受力与速度方向不可
能在同一直线上，即E 点场强方向不可能是该点的切线方向，故C 错误；
D、检验电荷从a 到b 过程中，电场力先做正功后做负功，故电势能先增加后减小，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题的突破口在根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，然后根据功能关系判断电势能的变化和电势的
高低情况。
13．【分析】根据电势差公式U=ܹݍ求解电势差；电势能的大小与0 势能点的选择有关；根据电场力做功与电势能的
关系判断电势能的变化；根据电场强度的计算公式求解电场强度。
【解答】解：A、根据电势差公式有：UAC=ܹ
ܣܥ
ݍ
= 4.0×10−15
−8×10−16 =−5V．故A 错误；
B、由于AO＝OC，所以将电量为q＝﹣8×10
﹣16C 的试探电荷从A 点移到O 点，静电力做功为2.0×10
﹣15J，所
以O 点和B 点的电势相等，y 轴是一条等势线，其上所有点电势相等，故B 正确；
C、由于O 点和B 点电势相等，所以将电量为﹣8.0×10
﹣16C 点电荷有B 点移到C 点电场力做功2.0×10
﹣15J，而
将电量为8.0×10
﹣16C 正电荷有B 点移到C 点克服电场力做功2.0×10
﹣15J，其电势能增加2.0×10
﹣15J，故C 正
确；
D、根据电场线与等势面垂直，所以电场线方向垂直于y 轴沿x 轴负方向，根据电场强度的计算公式可得电场强
度的大小为：E= |ܷ
ܣܥ|
ݔܣܥ=
5
0.04V/m＝125V/m，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系；知道电场力做功的计算公式为WAB
＝qUAB，解答时做功的正负和电荷量的正负一并代入计算；另外要掌握电势的定义式，即电荷在某点的电势能
与该电荷电荷量的比值就等于该点的电势，计算时电势能和电荷量的正负号一并代入计算。
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三、实验填空及论述计算题（本题包括5 小题，共51 分．实验填空题只写出最后结果；论述计算题应写出必要的
文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．）
14．【分析】（1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度
读数时需估读。
（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。
（3）由电阻定律可以求出电阻率的表达式。根据电阻率的表达式，根据电表内阻的影响确定误差情况。
【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm＝0.205mm，所以最终读数为
3.0mm+0.205mm＝3.205mm。
（2）20 分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3 个刻度和主尺上某一
刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm＝0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm＝50.15mm＝5.015cm。
（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=ܷܫ，由于电压表的分流作用使电流偏大，则电阻偏小。
故答案为：（1）3.205（3.202﹣3.205）（2）5.015（3）偏小。
【点评】考查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；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需
要估读。掌握电阻定律的内容，注意单位的统一。
15．【分析】①电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采
取外接法误差较小．
②通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器．
③U﹣I 图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻．
④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，运用图象法分析误差．
【解答】解：①因为电流表内阻较小，分担电压较小，电流表采取外接法误差较小．
②电源的内阻大约r= ܧ
ܫ=
1.5
3×10−3 Ω = 500Ω，若选用0～30Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本
实验中滑动变阻器应选用B．
③图线的纵轴截距等于电源的电动势，E＝1.50V，图线斜率的绝对值等于内阻，内电阻I=
1.50
3×10−3 Ω = 500Ω．
④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在U﹣I 图上由测量数据作出
的图线1 和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻
的测量值偏大．
故答案为：
（1）①图甲，②B
因电池内阻较大，若选择A，当滑动触头移动时，两电表示数几乎不变．
③1.50V、500Ω
④相等；偏大．
【点评】解决本题的关键知道实验误差的来源，会从U﹣I 图线中获取电源的电动势和内电阻．
16．【分析】（1）粒子在加速电场中，电场力做功为qU1，由动能定理求出速度v0。
（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律、运动学和速度的分解求解
偏转角θ的正切，再得到偏转角θ。
【解答】解：（1）微粒在加速电场中运动过程，由动能定理得：
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qU1= 1
2mv02
解得v0=
2ݍܷ
1݉=
2×10−5×100
2×10−11
=1.0×104 m/s；
（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：
加速度为
a= ݍܷ
2݉݀，
飞出电场时，竖直分速度为vy＝at
运动时间为t= ܮ
ݒ0
所以速度偏转角的正切为：tanθ= ݒݕ
ݒ0 =ܷ
2ܮ
2ܷ
1݀
代入解得：tanθ=
100×0.2
2×100×0.1 =1
解得：θ＝45°；
答：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0 大小是1.0×104 m/s；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ是45°。
【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。
17．【分析】（1）导体棒沿斜面向下先做加速运动，后做匀速运动，导体棒达到最大速度时，受力平衡，写出受力
平衡的方程，即可求得最大电流；
（2）根据切割公式和欧姆定律列式求解最大速度即可；
（3）当电阻R0 中产生的热量Q0＝0.5J，根据焦耳定律分析电路中产生的总热量。棒下滑过程中，重力势能转化
为棒的动能、回路的焦耳热和摩擦生热，根据动能定理解答该题。
【解答】解：（1）根据右手定则，电流方向：从b 到a；
达到最大速度后，由平衡条件：
BImL+μmgcos θ＝mgsin θ，
解得：Im＝0.5A；
（2）电路中的总电阻：ܴ
总= ݎ+ܴ
0
2
2ܴ0 = 2Ω，
电路中的最大电动势：Em＝ImR 总＝1.0 V，
由法拉第电磁感应定律Em＝Blvm，
解得：vm＝2.5m/s；
（3）依题意，易知电路中产生的总焦耳热Q 总＝4Q0＝2 J，
由能量守恒定律得：݉݃
ݏݏt݊ߠ= 1
2݉
ݒ݉2 +ܳ
总+ ߤ݉݃
ݏttݏߠ，
代入数据，解得：s＝11.56m；
答：（1）流过ab 杆的电流方向从b 到a，最大电流Im 为0.5A；
（2）ab 杆的最大速度vm 为2.5m/s；
（3）从开始到速度最大的过程中ab 杆沿斜面下滑的距离s 为11.56m。
【点评】该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的
转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高。
18．【分析】（1）将粒子在A 点的速度分解，即可求得粒子进入磁场时的速度；根据洛伦兹力提供向心力，即可求
得粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动分解为沿电场方向和垂直于电场的方向，即可求得OM 之间的距
离；
（3）做出粒子运动的轨迹，确定粒子偏转的角度，然后根据t= ߠ
2ߨT 即可求出粒子从M 点出发到第二次通过CD
边界所经历的时间。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A 点时速度为v，由类平抛规律知：v=
ݒ0
ttݏ60° =2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv＝m
ݒ2ܴ
所以：R= 2݉
ݒ0
ݍܤ
（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，
则有：qE＝ma
v0tan60°＝at1
即t1=
3݉
ݒ0
ݍܧ
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O、M 两点间的距离为：L= 1
2at1t2= 3݉
ݒ02
2ݍܧ
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2，则有：
T1= 2ߨܴ
ݒ
= 2ߨ݉
ݍܤ
则：t2= 60°
360°T1= ߨ݉
3ݍܤ
设粒子在Ⅲ区域磁场中运行时间为t3，同理：T2= ߨ݉
ݍܤ
则：t3= 180°
360°T2= ߨ݉
2ݍܤ
粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为：
t＝t1+t2+t3=
3݉
ݒ0
ݍܧ
+ ߨ݉
3ݍܤ+ ߨ݉
2ݍܤ=
3݉
ݒ0
ݍܧ
+ 5ߨ݉
6ݍܤ
答：（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径
2݉
ݒ0
ݍܤ；
（2）O、M 间的距离为
3݉
ݒ02
2ݍܧ；
（3）粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间
3݉
ݒ0
ݍܧ
+
5ߨ݉
6ݍܤ。
【点评】该题涉及带电粒子在电场中和磁场中的运动，带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运
动，解题的关键是把握住解题的一般步骤和规律，画好运动的轨迹。
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2018-2019 学年广东省深圳市高二期末物理模拟试卷
一、单项选择题（本题共8 小题，每小题3 分，共24 分）
1．（3 分）关于电场力和电场强度，以下说法正确的是（
）
A．一点电荷分别处于电场中的A、B 两点，电荷受到的电场力大则场强大
B．电场中某点场强为零，则检验电荷在该点受到的电场力为零
C．在电场某点如果没有检验电荷，则电场力为零，电场强度也为零
D．一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r 的球面上各点所受电场力相同
2．（3 分）如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到
这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（
）
A．物理学家伽利略，小磁针的N 极垂直转向纸内
B．天文学家开普勒，小磁针的S 极垂直转向纸内
C．大物理学家牛顿，但小磁针静止不动
D．物理学家奥斯特，小磁针的N 极垂直转向纸内
3．（3 分）某研究性学习小组学习电学知识后进行对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服是用铜丝编织
的，下列各同学的理由正确的是（
）
A．甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织
B．乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用
C．丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用
D．丁认为铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用
4．（3 分）在如图所示电路中，当变阻器R3 的滑动头P 向b 端移动时（
）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
5．（3 分）如图所示，先接通电键S 使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电
容C、两极板间电势差U 的变化情况是（
）
A．Q 变小，C 不变，U 不变
B．Q 变小，C 变小，U 不变
C．Q 不变，C 变小，U 变大
D．Q 不变，C 变小，U 变小
6．（3 分）如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线
所受的安培力，可采取的办法是（
）
A．减小电流I
B．减小直导线的长度
C．使导线在纸面内顺时针转30°角
D．使导线在纸面内逆时针转60°角
7．（3 分）如图所示是三个从O 点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直向里，可以判定（
）
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A．a、b 是正电子，c 是负电子，a、b、c 同时回到O 点
B．a、b 是负电子，c 是正电子，a 首先回到O 点
C．a、b 是负电子，c 是正电子，b 首先回到O 点
D．a、b 是负电子，c 是正电子，a、b、c 同时回到O 点
8．（3 分）带电粒子以速度v0 沿竖直方向垂直进入匀强电场E 中，如图示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，
大小仍为v0，则下列说法错误的是（
）
A．电场力与重力大小相等
B．粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小
C．电场力所做的功一定等于克服重力所做的功
D．电势能的减少一定大于重力势能的增加
二、不定项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共16 分.全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的
得0 分.）
9．（4 分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由M 运动
到N，以下说法正确的是（
）
A．粒子是正电荷
B．粒子在M 点的加速度大于N 点的加速度
C．粒子在M 点的电势能小于N 点的电势能
D．粒子在M 点的动能小于N 点的动能
10．（4 分）关于回旋加速器的有关说法，正确的是（
）
A．回旋加速器是用电场加速的
B．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的
C．回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的
D．带电粒子在回旋加速器中不断被加速，故在D 形盒中做圆周运动一周所用时间越来越小
11．（4 分）用图所示的电路测量待测电阻RX 的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（
）
A．电压表的内电阻越小，测量越精确
B．电流表的内电阻越小，测量越精确
C．电压表的读数大于RX 两端真实电压，RX 的测量值大于真实值
D．由于电流表的分流作用，使RX 的测量值小于真实值
12．（4 分）如图是测定两个电源的电动势和内电阻实验中得到的U﹣I 图线，则应有（
）
A．当I1＝I2 时，电源总功率P1＝P2
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B．当I1＝I2 时，外电阻R1＝R2
C．当U1＝U2 时，电源输出功率P 出1＜P 出2
D．当U1＝U2 时，电源内部消耗的电功率P 内1＞P 内2
三、填空题（每空2 分，共16 分）
13．（4 分）如图所示是某电场中的一簇等势面，甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为﹣10V，各相邻等势面
间的电势差相等
（l）将q＝+1×10
﹣8C 的电荷从A 点移到B 点，电场力做功
；
（2）将q＝﹣1×10
﹣8C 的电荷从A 点移到C 点，电场力做功
。
14．（2 分）如图，电源的电动势为12V，内阻为1Ω，R1＝1Ω，R2＝6Ω，电动机的线圈电阻为0.5Ω．开关闭合后通
过电源的电流为3A，电动机输出功率
。
15．（6 分）一根长10cm 的通电导线放在磁感强度为0.4T 的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，受到的磁场力为4
×10
﹣3N，则导线中的电流为
A．将导线中电流减小为0，磁感强度为
T，导线受到的磁场力
为
。
16．（4 分）如图所示的正方形的盒子开有a、b、c 三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场，一束速率不同的电
子从a 孔沿垂直于磁感线方向射入盒中，发现从c 孔和b 孔有电子射出。则
（1）从b 孔和c 孔射出的电子的速率之比vb：vc 为
；
（2）从b 孔和c 孔射出的电子在盒内运动时间之比为
。
四、实验题（共15 分）
17．（6 分）下面是在测某电源电动势和内阻的实验中纪录的六组数据。请在直角坐标系中画出U﹣I 图象，待测电
池的电动势为
，内阻为
。
I/A
0.10
0.15
0.25
0.37
0.40
0.50
U/V
1.38
1.34
1.25
1.15
1.20
1.05
18．（9 分）①使用多用表测量两个定值电阻（阻值约为R1＝200Ω和R2＝25kΩ）．在下列一系列操作中，选出尽可
能准确地测定各阻值，并符合多用表使用规则的各项操作，按合理的顺序填写在横线上：
。
A、转动选择开关置于“×1k”挡
B、转动选择开关置于“×100”挡
C、转动选择开关置于“×10”挡
D、转动选择开关置于“×1”挡
E、转动选择开关置于“OFF”挡
F、将两表笔分别接在R1 两端，读出R1 的值后断开
G、将两表笔分别接在R2 两端，读出R2 的值后断开
H、将两表笔短接，调节调零旋扭，使指针指在刻度线右端
②把量程为3mA 的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电源电动势E＝3V．改装后，将原来电流表3mA
的刻度定为电阻的“0”刻度，欧姆表的中值电阻为
Ω，2mA 刻度处标
Ω。
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五、解答题（本题共3 个小题，共30 分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
19．（10 分）空间中存在着如图所示的竖直方向的匀强电场。已知abcd 为一矩形，ab＝16cm，ad＝30cm。从某实
验装置中喷射出的带正电的微粒，质量m＝1.0×10
﹣22kg、带电量q＝1.0×10
﹣16C．微粒以垂直于电场方向的速
度v0＝1.5×104m/s，从ab 正中间射入电场，最后从c 点射出。不计微粒重力。求：（1）电场的大小和方向。
（2）a、c 两点间的电压。
20．（10 分）如图所示，通电直导线ab 的质量为m、长为L，水平放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的
电流，电流为I，要求导线ab 静止在斜面上．
（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？
（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？
21．（9 分）如图所示，有一磁感强度B＝9.1×10
﹣4T 的匀强磁场，C、D 为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，
它们之间的距离L＝0.05m，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点的速度v 的方向和磁场垂直，且与CD 之
间的夹角θ＝30°．（电子的质量m＝9.1×10
﹣31kg，电荷量e＝1.6×10
﹣19C）
（1）若此电子在运动过程中经过D 点，则它的速度应是多大？
（2）电子从C 点到D 点所用的时间是多少？
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2018-2019 学年广东省深圳市高二期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共8 小题，每小题3 分，共24 分）
1．【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E= ܨ
ݍ，只是为研究电场的方便，采用比值
法下的定义；再根据点电荷的场强公式E=݇ܳݎ2 知：电场强度只由场源电荷电量和位置决定，且检验电荷在以一
个点电荷为球心，半径为r 的球面上各点场强大小相同，但方向不同。
【解答】解：A、一点电荷分别处于电场中的A、B 两点，根据场强的定义式：ܧ= ܨ
ݍ可知，电荷受到的电场力大，
场强大，故A 正确；
B、电场中某点场强E 为零，由电场力公式F＝qE 可知，检验电荷在该点受到的电场力一定为零，故B 正确；
C、在电场中某点没有检验电荷时，电场力为零，但电场强度不为零，电场强度与检验电荷无关，由电场本身决
定，故C 错误；
D、一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r 的球面上各点所受电场力大小相等，但方向不同，所以电场力
不同，故D 错误。
故选：AB。
【点评】明确电场强度是矢量，取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E= ܨ
ݍ，只是为研究电场的方
便，采用比值法下的定义；根据点电荷的场强公式E=݇ܳݎ2 知：电场强度只由场源电荷电量和位置决定。
2．【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的科学家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况。
【解答】解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，
因此小磁针的N 极垂直转向纸内，故ABC 错误，D 正确。故选：D。
【点评】本题考查了电流磁效应的发现已经直导线周围磁场的分部情况，比较简单，对于类似简单问题不能忽视，
要不断加强练习。
3．【分析】处在高压电场中的人体，会有危险电流流过，危及人身安全，因而所有进入高电场的工作人员，都应穿
全套屏蔽服。带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装。其作用是在
穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的
危害。成套的屏蔽服装应包括上衣、裤子、帽子、袜子、手套、鞋及其相应的连接线和连接头。
【解答】解：屏蔽服作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护
人体免受高压电场及电磁波的危害。等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0。
所以C 正确，ABD 错误；故选：C。
【点评】本题考查了屏蔽服的作用，要求同学们能用物理知识解释生活中的现象，难度不大，属于基础题。
4．【分析】由图可知R2 与R3 并联后与R1 串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的
变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U＝E﹣Ir 可得出路端电压的变化；将R1 作为内阻处理，
则可得出并联部分电压的变化，求得R2 中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化。
【解答】解：当滑片向b 端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可
得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；
将R1 等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2 的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；
故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电
源串联，可以等效为内阻处理。
5．【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=
ɛݏ
4ߨ݇݀
，判断电容的变化，根据U=ܳܥ
判断电势差的变化。
【解答】解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=
ɛݏ
4ߨ݇݀
，知电容C 变小，根据
U=ܳܥ知两极板间的电势差U 变大，故C 正确。故选：C。
【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电
源相连，电容器两端间的电势差保持不变。
6．【分析】根据题意应用安培力公式F＝BILsinθ分析各选项，然后作出判断。
【解答】解：A、由安培力公式F＝BILsinθ可知，减小电流I，安培力F 减小，故A 错误；
B、由安培力公式F＝BILsinθ可知，减小指导线的长度L，安培力F 减小，故B 错误；
C、由安培力公式F＝BILsinθ可知，使导线在纸面内顺时针转30°角，θ减小为0°，安培力减小，故C 错误
D、由安培力公式F＝BILsinθ可知，使导线在纸面内逆时针转60°角，θ增大为90°，安培力增大，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了增大安培力的办法，根据题意应用安培力公式F＝BILsinθ即可解题，掌握基础知识是解题的
前提与关键。
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7．【分析】曲线运动中速度方向是切线方向，合力指向曲线的内侧，然后根据左手定则判断粒子的电性；最后根据
推论公式T= 2ߨ݉
ݍܤ判断运动时间。
【解答】解：粒子做匀速圆周运动，速度方向是切线方向，合力指向圆弧的内侧，结合左手定则可以判断a、b
带负电，c 带正电；
电子做匀速圆周运动，周期T= 2ߨ݉
ݍܤ一定相同，故三个粒子同时回到出发点；故选：D。
【点评】本题关键是明确曲线运动的速度方向是切线方向，合力指向曲线内侧，然后结合粒子在匀强磁场中匀速
圆周运动的周期公式列式分析。
8．【分析】带电粒子在重力与电场力共同作用下，从A 点到B 点过程中，竖直方向重力做负功，导致速度减小；水
平方向电场力做正功，导致速度增大。同时根据动能定理可知，重力做功与电场力做功的关系。粒子运动的水平
位移大小与竖直方向的位移大小，是由重力与电场力大小决定，从而可判定电势能与机械能变化的关系。
【解答】解：B、将粒子的运动分解成水平方向与竖直方向，根据分运动的等时性，由运动学公式可知，水平方
向与竖直方向加速度大小相等，位移大小也相等。故B 正确；
C、选取A 到B 过程中，根据动能定理，则有：qEs﹣mgh＝0，得电场力所做的功一定等于克服重力所做的功，
故C 正确；
A、由BC 选项知qES＝mgh，s＝h，所以重力大小与电场力大小相同，A 正确；
D、由C 选项可知，电场力做正功，导致电势能减小，而克服重力做功，导致重力势能增加，所以电势能与机械
能之和不变，动能又不变，即有电势能的减少一定等于机械能的增加，故D 错误；
本题选错误的，故选：D
【点评】考查运动如何分解，及分运动的等时性，并要掌握运动学公式，牛顿第二定律，动能定理，及能量守恒
定律。并理解电场力做功与电抛能变化关系。
二、不定项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共16 分.全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的
得0 分.）
9．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，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，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加。
【解答】解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带
电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A 正确；
B、由电场线的分布可知，电场线在N 点的时候较密，所以在N 点的电场强，粒子在N 点时受到的电场力大，
加速度也大，所以B 错误；
C、粒子带正电，从M 到N 的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M 点的电势
能大于N 点的电势能，所以C 错误；
D、粒子带正电，从M 到N 的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，即粒子在M 点的动能小于N
点的动能，所以D 正确；
故选：AD。
【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
10．【分析】回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的。粒子在磁场中运动的周期T= 2ߨ
ݍܤ，与粒子的速度
无关。
【解答】解：ABC、回旋加速器是利用电场进行加速，磁场受到洛伦兹力而偏转的，在磁场中速度的大小不变，
故AC 正确，B 错误；
D、粒子在磁场中运动的周期ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ，与粒子的速度无关，所以粒子做圆周运动一周的时间不变，故D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的。以及知道粒子在磁场中运动的
周期不变。
11．【分析】电压表测量的是与其并联电路的电压值，电流表测量的是与之串联电路的电流值，据此分析问题同。
【解答】解：所测量的电压为电流表内阻加RX 的阻值，其原因在于电压表的测量值为两者电压之和，则A、与
电压表的内阻大小无关系，则A 错误
B、因多了电流表的内阻，则内阻越小测量越准确。则B 正确
C、电压表的测量值含有电流表的内阻，则RX 的测量值大于真实值，则C 正确
D、电流表为分压作用，测量值大于真实值。则D 错误
故选：BC。
【点评】考查电流表，电压表的测量原理，明确电压表所测为与其并联部分电压，电流表为其串联电路的电流。
12．【分析】当I1＝I2 时，由图可以看出路端电压的大小，由欧姆定律分析外电阻的大小关系。由图线纵轴的截距，
读出电源电动势的关系，电源的总功率P＝EI．电源的输出功率P 出＝UI．U1＝U2 时，由图读出电流的大小，比
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较电源输出功率大小。
【解答】解：A、图线纵轴的截距等于电源的电动势，则可以看出两电源的电动势相等，电源的总功率P＝EI，
当I1＝I2 时，则知电源总功率P1＝P2．故A 正确。
B、当I1＝I2 时，由图可以看出路端电压U1＞U2，由欧姆定律分析得知，外电阻R1＞R2．故B 错误。
C、U1＝U2 时，由图可以看出电路中电流I1＞I2，则电源输出功率P 出1＞P 出2．故C 错误。
D、图线的斜率大小等于电源的内阻，则知r1＜r2．当U1＝U2 时，I1＞I2，而内电压相等，则由公式P＝UI 得知，
电源内部消耗的电功率P 内1＞P 内2．故D 正确。
故选：AD。
【点评】电源的U﹣I 图象理解时，关键要抓住纵轴截距表示电源的电动势、斜率的绝对值表示电源的内阻。
三、填空题（每空2 分，共16 分）
13．【分析】求出AB、AC 两点间的电势差，根据W＝qU 求出电场力所做的功
【解答】解：（1）甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为﹣10V，各相邻等势面间的电势差相等，则A 点的
电势为140V，B 点电势为40V，C 点电势为﹣60V。
则：WAB＝qUAB＝q（φA﹣φB）＝1×10
﹣8×（140﹣40）J＝1×10
﹣6J
（2）WAC＝qUAC＝q（φA﹣φC）＝（﹣1）×10
﹣8×（140+60）J＝﹣2×10
﹣6J
故答案为：（1）1×10
﹣6J；（2）﹣2×10
﹣6J
【点评】解决本题的关键掌握电场力做功的公式W＝qU，
14．【分析】根据电压的分配求出R2 两端的电压，由干路电流和R2 的电流求出流过电动机的电流，根据PM＝IMUM
求出电动机消耗的电功率；根据Pr＝IM2r
【解答】解：R1 两端电压：U1＝IR1＝3×1V＝3V
U 内＝Ir＝3×1＝3V
R2 两端电压：U2＝E﹣U1﹣U 内＝（12﹣6）V＝6V
通过R2 的电流：I2=ܷ
2ܴ
2 = 6ܸ
6Ω =1A
通过电动机的电流：IM＝I﹣I2＝（3﹣1）A＝2A，UM＝U2＝6V
电动机消耗的电功率为：PM＝IMUM＝2×6W＝12W
电动机线圈发热损耗的热功率Pr＝I
ܯ
2 r＝22×0.5＝2W
电动机输出功率P 出＝PM﹣Pr＝12﹣2＝10W
故答案为：10W
【点评】电动机正常工作时的电路非纯电阻电路，机械功率由电功率减去电动机发热功率求解，能灵活应用串并
联电路的规律及欧姆定律求解。
15．【分析】由于B⊥L，根据磁感应强度的定义式ܤ= ܨ
ܫܮ，求电流的大小；磁感应强度只与磁场本身有关。
【解答】解：由F＝BIL 得：
I= ܨ
ܤܮ= 4×10−3
0.4×0.1 = 0.1ܣ
磁感应强度只与磁场本身有关，故为0.4T，当I＝0 时，F＝BIL＝0
故答案为：0.1，0.4，0
【点评】解决本题的关键掌握磁感应强度的定义式ܤ= ܨ
ܫܮ，知道磁场的磁感应强度只与磁场本身有关。
16．【分析】电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律推导出电子
圆周运动的速率与半径的关系。根据几何知识确定电子从c 孔和b 孔时半径关系，求解速率之比。根据时间与周
期的关系，求解时间之比。
【解答】解：
（1）设电子的质量为m，电量为q，磁感应强度为B，电子圆周运动的半径为r，速率为v，则有
qvB＝m
ݒ2
ݎ，得到，v= ݍܤݎ݉，r 与v 成正比。
由图看出，从b 孔和c 孔射出的电子半径之比rb：rc＝1：2，则速率之比vb：vc＝rb：rc＝1：2。
（2）电子圆周运动的周期为T= 2ߨݎ
ݒ，又v= ݍܤݎ݉，得到T= 2ߨ݉
ݍܤ，可见周期不变。
从b 孔和c 孔射出的电子在盒内运动时间分别为tb=ܶ2，tc=ܶ4，所以从b 孔和c 孔射出的电子在盒内运动时间之
比为tb：tc＝2：1。
故答案为：（1）1：2．（2）2：1。
【点评】本题是带电粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，是磁场、圆周运动及几何知识的综合应用。
四、实验题（共15 分）
17．【分析】应用描点法作图，电源的U﹣I 图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。
【解答】解：根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，
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然后根据描出的点作出电源的U﹣I 图象如图所示；
图线纵轴截距为1.46V，知电池的电动势为1.46V，
内电阻r= 1.46−1.00
0.55
≈0.84Ω；
故答案为：图象如图所示；1.46V；0.84Ω。
【点评】要掌握描点法作图的方法，解决本题的关键知道U﹣I 图线的物理意义，知道图线斜率绝对值和纵轴截
距表示的含义。
18．【分析】①应欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，测多个电阻时，一般先测阻值较小的电阻；测电阻时要根
据待测电阻阻值大小选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，每换一次挡都要进行欧姆调零，欧姆表使用完毕，要
把选择开关置于交流电压最高档或off 挡。
②先根据闭合电路的欧姆定律求内电阻，再分别求不同电流时所对应的总电阻，用总电阻减去内阻即是外接电
阻的值，即欧姆表的示数。
【解答】解：①测R1＝200Ω时，应先选×10 挡，选择挡位后进行欧姆调零，再测电阻阻值；测R2＝25kΩ时，
应选择×1K 挡，然后重新进行欧姆调零，再测电阻阻值；测量完毕后断开电路，转动选择开关使其尖端对准“OFF”
档，故合理的实验步骤是：CHFAHGE
②中值电阻等于欧姆表内阻，中值电阻为：R 中＝R 内= ܧ
ܫ݃=
3
0.003 =1000Ω，
电流为2mA 时，有：I=
ܧܴ
内+ܴ
=
3
1000+ܴ
=0.002，
解得：R＝500Ω；
故答案为：①CHFAHGE；
②1000；500
【点评】本题考查了用欧姆表测电阻的步骤，注意每次换挡都短接调零，同时明确欧姆表原理，能利用闭合电路
欧姆定律分析对应电流值和电阻间的关系。
五、解答题（本题共3 个小题，共30 分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
19．【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求解出加速度大小然后求电场强度。
根据公式U＝Ed 求ac 间的电势差。
【解答】解：粒子在电场中运动时间t= ܮ
ݒ0 =2×10
﹣5s
竖直偏转位移Y= 1
2at2= 1
2d
a=݀ݐ2 =4×108m/s2
粒子在电场中的加速度：F＝ma＝qE
E=݉ܽݍ=4×102N/c
方向：竖直向下
a、c 两端电势差
U＝Ed＝16×10
﹣2×4×102＝64v
答：（1）电场的大小4×102N/c，方向竖直向下。
（2）a、c 两点间的电压为64V。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，通常用平抛运动规律求解。
20．【分析】（1）将立体图转换为平面图，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求出安培力的大小，从而根据F
＝BIL 求出磁感应强度的大小．
（2）导线所受重力恒定，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而得出磁感应强度的最
小值．
【解答】解：（1）若磁场方向竖直向上，从a 向b 观察，导线受力情况如图甲所示．
由平衡条件得：
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在水平方向上：F﹣FNsinθ＝0
在竖直方向上：mg﹣FNcosθ＝0
其中F＝BIL，联立以上各式可解得：
B=݉݃
ݐܽ݊
ߠ
ܫܮ
．
答：磁感应强度为݉݃
ݐܽ݊
ߠ
ܫܮ
．
（2）若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支
持力合力相平衡的安培力最小．
如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，
设其值为Bmin，则：
BminIL＝mgsinθ，Bmin=݉݃
ݏt݊ߠ
ܫܮ
根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上．
答：磁感应强度的最小值为݉݃
ݏt݊ߠ
ܫܮ
．方向垂直于斜面向上．
【点评】解决本题的关键将立体图转换为平面图，运用共点力平衡求解力，以及会运用三角形定则求解力的最小
值．
21．【分析】（1）电子在匀强磁场中受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动：①找圆心：过C 点作垂直速度v 的直线CO、
C、D 是圆周上两点，作弦CD 的中垂线交CO 于O 点，则O 即为电子做匀速圆周运动的圆心；②求半径：如图
所示，根据几何关系求出电子运动轨迹的半径r＝CO＝L，圆心角θ＝60°；③据半径公式r=݉
ݒ
ݍܤ求解速度。
（2）由周期公式T= 2ߨ݉
ݍܤ和轨迹对应的圆心角θ，由t= ߠ
2ߨT 求时间。
【解答】解：（1）根据题意，作出电子在磁场中作匀速圆周运动的轨迹，如图所示。
由几何知识得知：R＝L
根据牛顿第二定律得：evB＝m
ݒ2ܴ
则得，v=݁
ܤܮ݉= 1.6×10−19×9.1×10−4×0.05
9.1×10−31
=8×106m/s
（2）由图知，轨迹对应的圆心角α＝60°= ߨ
3
电子运动的周期为T= 2ߨ݉݁
ܤ
则得，电子从C 点到D 点所用的时间是t= ߙ
2ߨT=
ߨ
3
2ߨ•
2ߨ݉݁
ܤ=
3.14×9.1×10−31
3×1.6×10−19×9.1×10−4s＝6.5×10
﹣9s
答：（1）若此电子在运动过程中经过D 点，则它的速度应是8×106m/s．（2）电子从C 点到D 点所用的时间是
6.5×10
﹣9s。
【点评】对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，往往根据速度方向一定垂直于轨迹半径、弦的中垂
线一定通过圆心，正确地找出圆心、画出圆运动的轨迹是解题过程中要做好的第一步。只有正确地画出圆心和轨
迹图，才能由几何知识求出半径r 和轨迹对应的圆心角θ，再利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径
公式r=݉
ݒ
ݍܤ和周期公式T= 2ߨ݉
ݍܤ求有关物理量。
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2018-2019 学年广东省广州市荔湾区高二期末物理试卷
一、单项选择题：本题包括8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要
求，多选、错选均不得分．
1．（3 分）把一条导线平行地放在如图所示磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转．首先观察到这
个实验现象的物理学家是（
）
A．库仑
B．法拉第
C．安培
D．奥斯特
2．（3 分）两个点电荷相距为d，相互作用力大小为F；保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互
作用力大小变为4F，则两点电荷之间的距离应变为（
）
A．4d
B．2d
C．݀2
D．݀4
3．（3 分）如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同，方向如图示的电流，ac 垂直于bd，且ab＝ad
＝ac，则a 点处磁感应强度B 的方向为（
）
A．垂直纸面向外
B．垂直纸面向里
C．沿纸面由a 向d
D．沿纸面由a 向c
4．（3 分）如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0 水平射入电场，恰
好沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0 从原处飞入，则带电小球
（
）
A．将打在下板上
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．小球可能会打到下板的中央
5．（3 分）如图所示，在两根平行长直导线M、N 中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面
内，线框沿着与两导线垂直的方向，自左向右在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为
（
）
A．沿abcda 不变
B．沿adcba 不变
C．由abcda 变成adcba
D．由adcba 变成abcda
6．（3 分）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是（
）
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A．L1 变亮，L2 和L3 皆变暗
B．L1 变暗，L2 变亮，L3 也变亮
C．L1 变亮，L2 不能确定，L3 变暗
D．L1 变亮，L2 变亮，L3 变暗
7．（3 分）A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C 三点的电势分别为UA＝15V，UB＝3V，
UC＝﹣3V．由此可得D 点电势UD 为（
）
A．3v
B．6v
C．9V
D．12V
8．（3 分）如图所示为电磁轨道炮的工作原理图．待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦
滑动．电流从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道．轨道电流在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为
匀强磁场），磁感应强度的大小与电流强度I 成正比．弹体在安培力的作用下滑行L 后离开轨道．离开轨道时的
速度大小为v0．为使弹体射出时的速度变为2v0，理论上可采用的方法有（
）
A．只将轨道长度L 变为原来的2 倍
B．只将电流I 变为原来的2 倍
C．只将电流I 变为原来的4 倍
D．只将弹体质量变为原来的2 倍
二．多项选择题．本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．至少有2 项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但
不全的得2 分，有选错的得0 分．
9．（4 分）如图，距离较近而面积较大的M、N 两板带电量分别为+Q、﹣Q，MN 间电压为U，A 点与两板的距离
皆为r，放在场中的电荷q 在A 处所受电场力为F，则A 点的场强为（
）
A．
2݇ܳ
ݎ2
B．
ܨ
ݍ
C．ܷ2ݎ
D．0
10．（4 分）在如图所示的各图中，闭合线框中能产生感应电流的是（
）
A．
B．
C．
D．
11．（4 分）如图所示的U﹣I 图象中，直线Ⅰ为某电源路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U﹣I
图线。用该电源与电阻R 连接成闭合电路，由图象可知（
）
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A．R 的阻值为1.5Ω
B．电源电动势为3.0V，内阻为1.5Ω
C．电源的输出功率为3.0W
D．电阻R 消耗的功率为1.5W
12．（4 分）如图所示，空间某一区域内同时存在竖直向下的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场。带电微粒a、b、
c 所带电荷电性和电量都相同，以相同的速率在此空间分别向右、向左、向里做匀速运动。以下判断正确的是
（
）
A．它们都带正电
B．它们都带负电
C．b 的质量最大
D．a 的质量最大
13．（4 分）如图所示，虚线a、b 和c 是某静电场中的三个等势面，电势分别为φa、φb 和φc，且φa＞φb＞φc，一
带正电的粒子射入电场中，运动轨迹如实线KLMN 所示，则（
）
A．粒子从K 到L 的过程中，加速度增大
B．粒子从L 到M 的过程中，电场力不做功
C．粒子从K 到L 的过程中，电势能增加
D．粒子从M 到N 的过程中，动能减少
14．（4 分）如图所示，电路中A、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张
开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（
）
A．开关S 合上时，使A、B 两板靠近一些
B．开关S 断开后，在A、B 两板间放入电介质
C．开关S 断开后，使B 板向右平移一些
D．开关S 断开后，使A、B 正对面积减小一些
三、实验题，本题共2 小题，共14 分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15．（6 分）如图所示的实验电路．
①为了检测小电珠是否断路，可以将开关
断开，把多用电表选择开关旋转到“×1Ω”档；进行欧姆调零
后，将红、黑表笔分别与小电珠两极相接触，若电表指针偏转如图2 所示，则可判断小电珠
断路（填“有”
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或“没有”）．
②为了测量小电珠的电流，应将选择开关置于直流电流档，断开开关
，闭合开关
，然后将红、
黑表笔分别接S2 的左、右接线柱．
16．（8 分）某同学用如图1 所示的电路来测定电池的电动势和内阻．
（1）①图2 为连好的部分电路，请完成答题卡中图1 连线；
②为了安全，测量前，移动滑动变阻器的滑片应置于靠近
（填k 或f）处．
（2）该同学测得如表所示的五组数据．根据数据在答题卡中的图3 中作出U﹣I 图线．
1
2
3
4
5
U/V
1.37
1.32
1.24
1.10
10.5
I/A
0.12
0.20
0.31
0.50
0.57
（3）从图线中得到电源的电动势E＝
V，内电阻r＝
Ω．（结果均保留三位有效数字）
四、计算题，本题共3 小题，共38 分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不
能得分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．（10 分）如图所示，在平行金属带电极板MN 的电场中，若将电量为﹣4×10
﹣6C 的负点电荷从A 点移到M 板，
克服电场力做功8×10
﹣4J；若把该点电荷从A 点移到N 板，电场力做正功为4×10
﹣4J．则：（1）若将该点电荷
从M 板附近移到N 板，电荷的电势能变化多少？M、N 两板的电势差UMN 等于多少？（2）M 板的电势φM 和A
点的电势φA 分别是多少？
18．（12 分）两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，
有磁感应强度B＝0.5T、垂直于导轨所在平面的匀强磁场（方向如图所示）。金属导轨的一端接有直流电源和可
变电阻R，现把一个质量m＝0.05kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，处于静止状态，导体棒与金属导轨垂直且接
触良好。已知：ab 棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.15（可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒电阻R0＝
2.5Ω；直流电源的内阻r＝0.5Ω，电动势E＝18V，g 取10m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80．则：
（1）若使ab 棒所受的摩擦力恰好为零，此时通过导体棒的电流为多大？
（2）要想ab 棒处于静止状态，则可变电阻R 取值范围为多少？
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19．（16 分）如图所示，一个板长为L，板间距离也是L 的平行板容器上极板带正电，下极板带负电。有一初速度
为v0、质量为m、带电量为﹣q 的粒子从极板正中水平射入，恰能从上极板边缘飞出。粒子重力不计，求：
（1）两极板间匀强电场的电场强度E 的大小；
（2）在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，为使粒子又能从下极板边缘返回电场，则磁感应
强度B 应为多少？
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2018-2019 学年广东省广州市荔湾区高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要
求，多选、错选均不得分．
1．【分析】本实验是1820 年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．
【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到
这个实验现象的物理学家是奥斯特。故D 正确，ABC 错误。故选：D。
【点评】本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内
容之一．
2．【分析】对于这两种情况下分别根据库仑定律列方程即可求解．
【解答】解：当距离为d 时有：F＝kܳ
ݍ݀
2①
当距离变化后依据题意有：4F＝kܳ
ݍ
ݎ2 ②
联立①②可得r=݀2，故ABD 错误，C 正确。故选：C。
【点评】正确理解库仑定律公式以及公式中各个物理量的含义是解本题关键，由于公式涉及物理量较多，因此常
用两式相比的方法进行求解．
3．【分析】该题考查了磁场的叠加问题．用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a 点产生的磁场的方向，利用
矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项．
【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在a 点上所产生的磁场方向，直导线b 在a 点产生磁场与直导线d
在a 点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线c 在a 点产生磁场，方向从b 指向d，即为沿纸
面由a 指向d。故选：C。
【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．
4．【分析】根据平行板电容器电容的决定式及电容与电量、电压的关系求得场强的表达式，从而根据两板距离变化
得到场强变化，从而得到小球受力变化，进而得到轨迹变化．
【解答】解：由平行板电容器电容及其与电量、电压的关系可得：ܥ=
ɛܵ
4ߨ݇݀
=ܷܳ
，所以，电容器中场强ܧ=ܷ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
不变；
故带电小球受力不变，那么，小球的运动轨迹不变，故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通
过加速度得到运动情况（或受力情况）．
5．【分析】两根平行长直导线M、N 中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可
知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向右运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次
定律判断感应电流方向．
【解答】解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里。
当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向里，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为abcda；
当导线框经过中线OO′，磁场方向先向里，后向外，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方
向为abcda；
当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向外，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为abcda；故
选：A。
【点评】本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的
变化情况．
6．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，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
路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯L3 亮度的变化。
根据并联部分电压的变化情况，判断L1 亮度的变化。由总电流与L1 电流的变化，判断L2 亮度的变化。
【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电
路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I 增大，L3 变亮。
并联部分电压U＝E﹣I（R3+r），E、R3、r 都不变，I 增大，则U 减小，L1 变暗。
流过L2 的电流I2＝I﹣I1，I 增大，I1 减小，I2 增大，则L2 变亮。故B 正确。ACD 错误；故选：B。
【点评】本题电路中动态分析问题，分析时要抓住：当外电路某一部分电阻增大或减小时，外电路电路总电阻也
随之增大或减小。
7．【分析】连接AC，在AC 上找出与B 点等电势点，作出等势线，再过D 作出等势线，在AC 线上找出与D 等势
点，再确定D 点的电势，场强方向与等势面垂直，由高电势指向低点势
【解答】解：连接AC，将AC6 等分，标上各等分点E、F、G、H、I，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距
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离，电势差相等可知，
所以各点的电势为：φE＝12V
φF＝9V
φG＝6V
φH＝3V
φI＝0V
连接BH，则BH 为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BH，则DF 也是一条等势线，所以D 点电势为：
UD＝φF＝9V
故C 正确、ABD 错误。故选：C。
【点评】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，
电势差相等进行作图
8．【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．
根据速度的表达式进行求解
【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：BIl•L= 1
2mv2，
磁感应强度的大小与I 成正比，所以B＝kI
解得：ݒ=
2݇ܫ2݈ܮ݉。
A、只将轨道长度L 变为原来的2 倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A 错误
B、只将电流I 增加至原来的2 倍，弹体的出射速度增加至原来的2 倍，故B 正确
C、只将电流I 变为原来的4 倍，弹体的出射速度增加至原来的4 倍，故C 错误
D、只将弹体质量变为原来的2 倍，弹体的出射速度增加至原来的
2
2 倍，故D 错误故选：B。
【点评】解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解．
要找出一个物理量变化所采用的方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个因素求解
二．多项选择题．本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．至少有2 项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但
不全的得2 分，有选错的得0 分．
9．【分析】电荷q 在A 处所受电场力为F，根据电场强度的定义式可求得A 点的场强．又MN 间电压为U，二板的
距离为2r，根据匀强电场中电势差和电场强度的关系也可以求出场强．
【解答】解：A、由于图中是距离较近而面积较大的M、N 二板，不是点电荷，不能根据点电荷场强公式求A 点
的场强。故A 错误；
B、放在场中的电荷q 在A 处所受电场力为F，根据电场强度的定义式得A 点的场强为E= ܨ
ݍ，故B 正确。
CD、根据匀强电场中电势差和电场强度的关系得：E=ܷ݀
=ܷ2ݎ≠0，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】该题中放在电场中A 点的点电荷q 处于距离较近而面积较大的M、N 二板之间，所以该处的电场是匀
强电场，不能点电荷场强公式求解A 点的场强，这是该题的关键所在．
10．【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图C 中，线圈磁通量为零．
【解答】解：A、穿过线圈的磁通量时刻在变化，线圈产生感应电流。故A 正确。
B、穿过线圈的磁通量在减小，线圈产生感应电流。故B 正确。
C、线圈保持磁通量为零，不变，不产生感应电流。故C 错误。
D、线圈在匀强磁场中，磁通量Φ＝BS，保持不变，不产生感应电流。故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查分析、判断能力．对于A 图也可以根据线圈左右两边切割磁感线来判断．
11．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻。图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R
的大小。两图线的交点表示电阻R 接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率，由P= ܫ2ܴ
求电阻R 消耗的
功率
【解答】解：AB、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E＝3V，其斜率大小等于电源的内阻，则r＝
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第407页（共428页）
|
△ܷ
△ܫ|= 3.0
2.0Ω＝1.5Ω，电阻R 的阻值为R=ܷܫ= 1.5
1.0Ω＝1.5Ω．故A、B 正确；
C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U＝1.5V，I＝1.0A，
电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W．故C 错误；
D、电阻R 消耗的功率ܲ
= ܫ2ܴ
= 12 × 1.5ܹ
= 1.5ܹ
，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该
电源与电阻R 相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
12．【分析】对三个微粒分别受力分析，利用左手定则，结合速度方向，判断分析洛伦兹力的方向，进而可确定粒
子的电性，利用平衡分析重力的大小关系。
【解答】解：A、B、c 球速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，则c 球所受电场力与重力一定平衡，因为电场方
向向下，故c 球一定带负点，又因为带电微粒a、b、c 所带电荷电性和电量都相同，故它们都带负电，故A 错
误，B 正确；
C、D、对a 球受力分析可知，a 球受竖直向下的重力和向上的电场力以及竖直向下的洛伦兹力，并且三个力平衡，
满足：mag+qvB＝Eq，可得：ma= ܧݍ−ݍݒܤ݃
对b 球受力分析可知，b 球受竖直向下的重力和向上的电场力以及竖直向上的洛伦兹力，并且三个力平衡，满足：
mbg＝Eq+qvB，可得：mb= ܧݍ+ݍݒܤ݃
对c 球受力分析可知，c 球受竖直向下的重力和向上的电场力，并且两个力平衡，满足：mcg＝Eq，可得：mc= ܧݍ݃
可知：ma＜mc＜mb，故b 的质量最大，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，本题的突破口是要先根据c 球的受力情况判断出粒子的电性，c
球速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力作用，要熟练准确地运用左手定则，正确进行受力分析。
13．【分析】先根据等势面图得到电场线的分布图，等势面密集的地方电场强度大，再结合动能定理以及电场力做
功与电势能变化关系分析判断。
【解答】解：A、粒子从K 到L 的过程中，电场强度越来越大，所以加速度越来越大，故A 正确；
B、电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图
故粒子从L 到M 的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，故B 错误；
C、粒子从K 到L 的过程中，从低电势向高电势运动，电场力做负功，电势能增加，故C 正确；
D、粒子从M 到N 的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，动能增加，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能
变化的关系得到电势能的变化情况。
14．【分析】静电计测量的是电容器两端间的电势差。合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器
所带的电荷量不变。
【解答】解：A、合上开关，不论两板如何移动，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变，故A 错误；
B、开关S 断开后，在A、B 两板间放入电介质，根据C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
，ɛ变大，C 变大；根据C=ܷܳ
，U 减小，张角变
小，故B 错误；
C、断开S，电容器带电量保持不变，B 板向右平移一些，即A、B 间距增大一些，根据C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
，d 变大，C 变
小；根据C=ܷܳ
，U 增大，张角变大，故C 正确。
D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B 正对面积错开一些，根据C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
，S 变小，C 变小；根据C=ܷܳ
，
U 增大，张角增大，故D 正确。
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故选：CD。
【点评】解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电
量保持不变。
三、实验题，本题共2 小题，共14 分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15．【分析】①欧姆表测量电阻时，应该将该电阻从外电路断开；小灯泡的电阻只有几个欧姆，选择“×1”挡位；
读数等于表盘读数乘以倍率；
②安培挡等同电流表，要将电流表串接到电路中．
【解答】解：①欧姆表测量电阻时，应该将该电阻从外电路断开，要测量小灯泡电阻，要断开开关S2；
小灯泡的电阻只有几个欧姆，选择“×1”挡位；由图可知，电阻无穷大，说明灯泡断路；
②为了测量小电珠的电流，应将选择开关置于直流电流档，要将电流表串接到电路中，故应该断开S2，闭合开
关S1，后将红、黑表笔分别接S2 的左、右接线柱．
故答案为：
①S2，有；②S2，S1
【点评】本题关键是明确多用电表的使用规范，明确用欧姆表测量电阻时，要将电阻从外电路断开，知道每次换
档后都要进行欧姆调零，在多用电表使用结束时，要将开关置于OFF 档或交流电压最大档，并且要拔出表笔．
16．【分析】（1）分析原理图的连接方法，根据原理图即可连接实物图；根据滑动变阻器的接法分析滑片的位置；
（2）根据描点法可得出对应的伏安特性图线；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出U、I 的关系，从而根据图象确定电动势和内电阻．
【解答】解：（1）①根据原理图得出对应的实物图如图所示；②为了安全，测量时滑动变阻器接入电阻应为最
大，故开始时滑片应在f 端；
（2）根据描点法可得出对应的图线如图所示；
（3）根据U＝E﹣Ir 可知，图象与纵轴的交点表示电动势，故E＝1.46V，图象的斜率表示内阻，故
r= 1.46−0.8
0.9
=0.733Ω；
故答案为：（1）如图所示；f；（2）如图所示；（3）1.46；0.733．（1.46±0.05，0.730±0.090 ）
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意在实验中的数据处理中，一定要考虑其对应的数学关系，
重点分析图象的截距及斜率；同时要注意题目中给出的要求，如本题要求保留三位有效数字．
四、计算题，本题共3 小题，共38 分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不
能得分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．【分析】（1）先求出M 到N 电场力做的功，电场力做的功等于电势能的减少量，由ܷ
=ܹݍ求出MN 两点间的电
势差；
（2）N 点电势为零，由M、N 间的电势差，即可求出M 板的电势；由A、N 间的电势差，即可求解A 点的电势。
【解答】解：（1）依题意从A 移到M，电场力做功ܹ
ܣܯ=−8 × 10−4ܬ，
从M 移到A 电场力做功WMA＝﹣WAM＝﹣8×10
﹣4 J，
从M 移到N，电场力做功为：W MN＝W MA+W AN＝8×10
﹣4 J+4×10
﹣4J＝1.2×10
﹣3J；
从M 移到N 电势能减少△ܧ=1.2×10
﹣3Jܷ
ܯܰ
=ܹ
ܯܰ
ݍ
=
1.2×10−3
−4×10−6ܸ
=−300ܸ
（2）N 板接地，故M 板的电势为：φM＝UMN＝﹣300V；
设A 点的电势为φA，有：߮
ܣ−0 =ܹ
ܣܰ
ݍ
解得：߮
ܣ=ܹ
ܣܰ
ݍ
=
4×10−4
−4×10−6ܸ
=−100ܸ
答：（1）若将该点电荷从M 板附近移到N 板，电荷的电势能变化1.2 × 10−3ܬ，M、N 两板的电势差UMN 等于
﹣300V；
（2）M 板的电势߮
ܯ为﹣300V 和A 点的电势φA 分别是﹣100V
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【点评】运用电势差公式U=ܹݍ时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算。
18．【分析】（1）ab 棒所受的摩擦力恰好为零，根据共点力平衡求出安培力，然后根据安培力的公式求出电流的大
小。
（2）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力，导体棒恰好静止，说明摩擦力为最大静摩擦力，导体棒处于平
衡，根据共点力平衡求出最大静摩擦力的大小f。
如果改变磁感应强度的大小，则安培力大小会改变，考虑临界情况，即最大静摩擦力恰好向上或者恰好向下两种
情况。
【解答】解：（1）ab 棒所受的摩擦力恰好为零，则沿斜面方向的重力向下的分力等于安培力，得：mgsin37°＝
F 安
又：F 安＝BIL
代入数值得：I＝1.5A
（2）ab 棒恰不向下滑时：
mg sin37°﹣μmg cos37°﹣BI 1L＝0
ab 棒恰不向上滑时：
mg sin37°+μmg cos37°﹣BI2 L＝0
依据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1（R1+R0+r）
E＝I2（R2+R0+r）
由以上各式代入数据可解得：R1＝12Ω，R2＝7Ω
所以R 的取值范围为：7Ω≤R≤12Ω
答：（1）若使ab 棒所受的摩擦力恰好为零，此时通过导体棒的电流为1.5A；
（2）要想ab 棒处于静止状态，则可变电阻R 取值范围为7Ω≤R≤12Ω。
【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力；第三
问要考虑两个临界情况。
19．【分析】（1）极板间电场的方向由正极板指向负极板，根据粒子在电场中的类平抛运动的水平位移和偏转位移
可求解电场强度的大小；
（2）利用类平抛规律求出粒子从电场进入磁场时的速度的大小和方向，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，
联立即可求出磁感应强度B 的大小。
【解答】解：（1）粒子做类平抛运动，根据类平抛规律可得：L＝v0t
①
1
2L= 1
2at2②
根据牛顿第二定律可得：a= ܧݍ݉③
联立①②③得：E=݉
ݒ0
2
ݍܮ④
（2）设粒子飞出板时水平速度为vx，竖直速度为vy，速度偏向角为θ
vx＝v0⑤
vy＝at= ܧݍ݉⋅ܮ
ݒ0⑥
根据几何关系可得速度偏向角的正切值：tanθ= ݒݕ
ݒݔ⑦
v=
ݒݔ
2 + ݒݕ
2⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式可得：θ＝45
°，v=
2v0⑨
由于粒子进入磁场后它们均做圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系可知：R=
2
2 L⑩
洛伦兹力提供向心力：qvB＝m
ݒ2ܴ
⑪
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联立⑨⑩⑪式可得：B= 2݉
ݒ0
ݍܮ
答：（1）两极板间匀强电场的电场强度E 的大小为݉
ݒ0
2
ݍܮ；
（2）在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，为使粒子又能从下极板边缘返回电场，则磁感应
强度B 应为
2݉
ݒ0
ݍܮ。
【点评】带电粒子在电场中运动分为加速和偏转两种类型，常运用动能定理和平抛运动规律求解，而在匀强磁场
中运动时，重要的是由运动径迹利用几何关系找到半径的大小，由洛伦兹力提供向心力，利用牛顿第二定律求解
即可。
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2018-2019 学年广东省佛山市高二期末物理试卷
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，
选对的得4 分，错选、不选得0 分．
1．（4 分）我国2016 年7 月在四川省稻城县海子山动工建设的“高海拔宇宙线观测站”（LHAASO），是世界上海拔
最高、规模最大、灵敏度最强的宇宙射线探测装置。假设来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个
观测站，由于地磁场的作用（忽略其他阻力的影响），粒子到达观测站时将（
）
A．竖直向下沿直线射向观测站
B．与竖直方向稍偏东一些射向观测站
C．与竖直方向稍偏西一些射向观测站
D．与竖直方向稍偏北一些射向观测站
2．（4 分）现欲用多用电表测量图中流过电阻R2 的电流，将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，
正确的接法是（
）
A．保持S 闭合，将红表笔接在a 处，黑表笔接在b 处
B．保持S 闭合，将红表笔接在b 处，黑表笔接在a 处
C．将S 断开，红表笔接在a 处，黑表笔接在b 处
D．将S 断开，红表笔接在b 处，黑表笔接在a 处
3．（4 分）一带电粒子自图中A 点以初速度v0 的平行于等势面射入电场，其运动轨迹如虚线AB 所示。图中a、b、c、
d 为电场的四个等势面，且其电势关系为φa＞φb＞φc＞φd，不计粒子重力，则（
）
A．粒子一定带正电
B．粒子一定做匀变速运动
C．粒子从A 到B 的运动过程中，动能先减小后增大
D．粒子从A 到B 的运动过程中，电势能不断增大
4．（4 分）在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前
比较（
）
A．灯泡L 变亮
B．电容器C 上的电荷量不变
C．电源消耗的总功率变小
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D．电阻R0 两端电压变大
5．（4 分）如图，内阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V，60W”的灯泡串联后接在电压为220V 恒压电源两端，灯
泡正常发光，则（
）
A．电解槽消耗的电功率为60W
B．电解槽的发热功率为60W
C．电解槽中将电能转化为化学能的功率为60W
D．整个电路消耗的总功率为60W
6．（4 分）欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电流表，他利用小磁针的偏转来测定电流的大小。
其具体做法是：在地磁场作用下小磁针水平静止，在小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中
通有电流时，小磁针会发生偏转。当通过该导线的电流为I 时，小磁针偏转了30°若某次实验中，他发现小磁针
偏转了60°，则通过该直导线的电流为（已知通电直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）（
）
A．2I
B．3I
C．3I
D．无法确定
7．（4 分）万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，而一个有质量的物体在其他
有质量的物体所产生的引力场中都要受到该场的引力作用。这种情况可以与电场相类比，那么在地球产生的引力
场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比（
）
A．电势
B．电势能
C．电场强度
D．静电力
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符
合题目要求，全选对的得4 分，漏选的得2 分，错选、不选得0 分．
8．（4 分）如图所示，螺线管、蹄形铁芯、长直导线AB 均相距较远。当开关闭合后，小磁针N 极（黑色的一端）的
指向正确的小磁针是（
）
A．a
B．b
C．c
D．d
9．（4 分）如图，一平行金属板水平放置，充电完毕后与电源断开，极板间有一带负电的油滴处于静止状态，若油滴
的带电量减少了少许，以下操作能使该油滴仍保持静止的是（
）
A．使上极板水平向左移动少许
B．使两金属板相互靠近些
C．使两金属板相互远离些
D．将平行板电容器接在更高电压的电源上
10．（4 分）右图为某种回旋加速器的示意图，它由两个相对放置的D 形盒构成。其盒缝间的加速电场场强大小恒定，
且被限制在AC 板间，图中虚线为AC 极板的延长线，其间未加电场。带电粒子从P0 处小孔以速度v0 沿电场线方
向射入AC 板间，经加速后经C 板上小孔，进入D 形盒的匀强磁场中做匀速圆周运动（“孔”与“盒”图中均未画
出）对于这种回旋加速器，下列说法正确的（
）
A．带电粒子每运动一周只被加速一次
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B．带电粒子依次运动到A 板右侧延长线的位置间距离P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
11．（4 分）图甲是手机用锂电池，图乙是某型号超级电容器，两者的内阻均不计。如果将充满电的甲和乙的电量完全
放完，甲可以释放电量Q1，同时对外做功W1：乙可以释放电量Q2．同时对外做功W2．则以下关系正确的是（
）
A．Q1＞Q2
B．Q1＜Q2
C．W1＞W2
D．W1＜W2
12．（4 分）如图，在绝缘光滑水平面上C 点固定一个正的点电荷甲，另一个带负电的小球乙仅受甲的库仑力作用沿
椭圆轨道I 运动（甲、乙均可视为质点），C 点是椭圆轨道的其中一个焦点。小球乙在某一时刻经过A 点时因速度
大小突然发生改变（电量不变）而进入以C 为圆心的圆形轨道Ⅱ做匀速圆周运动，以下说法正确的是（
）
A．在甲电荷的电场中，轨道I 上的各点，D 点的电势最高
B．乙球在轨道I 运动时，经过D 点时系统的电势能最大
C．乙球在两个轨道运动时，经过A 点的加速度大小相等
D．乙球从轨道I 进入轨道Ⅱ运动时，系统的总能量减小
三、实验与解答题：本大题共4 小题，共52 分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演
算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．某实验小组的几位同学利用酸奶做成图甲所示的原电池，并测量其电动势和内电阻。
（1）他们先选择多用电表直流电压“1V”档粗测该电池的电动势，表盘指针如图乙所示，则该酸奶电池的电动势
约为
V，该测量值
（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
（2）该电池的内阻大约为100～300Ω，为了较准确地测量出该电池的内阻，他们设计了如图丙所示的实验电路。
请从下列器材中选择合适的电流表A 和变阻器R，电流表A 应选择
，变阻器R 应该选择
（均填序
号）
①量程为0.6A 的电流表（内阻RA＝1Ω）：
②量程为5mA 的电流表（内阻RA＝100Ω）：
③量程为100μA 的电流表（内阻RA＝200Ω）：
④阻值为0～1000Ω的滑动变阻器
⑤最大阻值为999.9Ω的电阻箱（图丙）
（3）在记录了实验数据后，他们根据实验数据作出图丁曲线，则该电源的电动势E＝
V（保留2 位有效数
字），内阻r＝
Ω．（保留3 位有效数字）
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14．图为导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸），
滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从
另一导轨流回电源，滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可
以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B＝kI，比例常量k＝8.0×10
﹣5T/A．已知两导轨内
侧间距l＝1.5cm，滑块的质量m＝30g，滑块沿导轨滑行x＝5m 后获得的发射速度v＝3.0km/s（此过程视为匀加速
运动）。
（1）求发射过程中滑块滑行的加速度和电源提供的电流各是多大？
（2）若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的平均输出功率多大？（保留两位有效数字）
15．图甲是示波管的原理图，图乙是荧光屏的平面图。当偏转电极XX′、YY′上都不加电压时，电子束将打在荧光
屏的中心点形成一个亮斑；已知电子枪的加速电压U1＝5000V（电子从灯丝上逸出时的初速度不计），电子的荷质
比e/m≈l.8×1011C/kg，偏转电极YY′的长度L＝8cm，板间距离d＝8mm，Y 偏转电极右端与屏之间的水平距离
S＝20cm，求：
（1）当YY′电极加上恒定电压Uy＝50V，而XX′电极不加电压时，电子离开YY′偏转电场时Y 方向偏移量
y1。
（2）在上一问中电子击中荧光屏的位置坐标？
（3）当YY′电极加上恒定电压Uy＝50V，同时在XX′电极加上如图丙的电压时，请在图乙中定性地画出电子击
中荧光屏上时显示的图象（不用计算）。
16．在图示的xOy 平面中，存在一匀强磁场，磁场分布在以O 为圆心的一个圆形区域内，磁场方向垂直于xOy 平面。
一个质量为m，电荷量为+q 的带电粒子，t＝0 时刻，由原点O 出发，以初速度v 沿x 轴正方向运动。一段时间后，
粒子经过y 轴上坐标为（0，a）的P 点，忽略重力的影响。
（1）如果P 点在该圆形磁场区域以内，要使该粒子经过P 点，试求该匀强磁场磁感应强度B1 的大小和方向以及
该粒子经过P 点的时刻。
（2）如果P 点在该圆形磁场区域以外，要使该粒子与y 轴正方向成30°角斜向左上方经过P 点，试求该圆形磁场
的半径R 以及磁感应强度B2 的大小和方向。
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2018-2019 学年广东省佛山市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，
选对的得4 分，错选、不选得0 分．
1．【分析】质子流带正电，地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则判断出质子流所受洛伦兹力的方向。
【解答】解：质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦
兹力的方向向东，所以质子向东偏转，粒子到达观测站时将与竖直方向稍偏东一些射向观测站。故B 正确，ACD
错误。故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断洛伦兹力的方向。
2．【分析】电流表内阻很小，要串联接入电路中；当多用电表用来测量电流时，电流必须从红表笔流入，黑表笔流出。
【解答】解：要想测电阻R2 的电流，必须将开关S 断开，将两表笔接入电路，电流必须从红表笔流入，黑表笔流
出，所以红表笔接在a 处，黑表笔接在b 处。故ABD 错误，C 正确。故选：C。
【点评】当多用电表测电流或电压时，电流必须从红表笔流入，黑表笔流出；当多用电表用来测电阻时，红表笔
与电源的负极相连的，原因是测电流或电压时，电源在表的外部；而测电阻时，电源则在表的内部，然而表盘的
指针偏转方向不变，即电流的流向不变，所以有这样的结果。
3．【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧。同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿竖
直向下方向，电场力竖直向上，负电荷沿轨迹AB 运动，根据电场力做功情况，即可判断电势能的变化。
【解答】解：A、根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向下方向，而粒子的轨
迹向上弯曲，则知电场力竖直向上，所以粒子带负电；故A 错误；
B、粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，故B 正确。
CD、粒子的电场力向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大；电场力对带电粒子做正功，
其电势能减小；故CD 错误；故选：B。
【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了等势线和电场线、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突
破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧。
4．【分析】根据P 移动的方向先判断出滑动变阻器电阻值的变化，然后根据外电路总电阻的变化，分析电压的变化关
系。根据欧姆定律分析电流的变化。
【解答】解：A、由图可知，L 与滑动变阻器R 为串联关系；电容器并联在它们两端；
当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，总电阻增大；则由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，灯泡变
暗；故A 错误；
B、总电流减小，路端电压增大；则电容器上的电压变大，由Q＝CU 可知，电容器C 上的电荷量增大；故B 错误；
C、因总电流减小，由P＝EI 可知，电源消耗的总功率变小；故C 正确；
D、因总电流减小，电阻R0 的电流也减小，由U＝IR 可知R0 两端电压变小。故D 错误；故选：C。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式，在求功率时一定要注意因滑动变阻器电阻、电流、电压均在同
时发生变化，故只能根据电源的输出功率进行分析。
5．【分析】由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输
入功率、发热功率以及输出功率．
【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为220﹣110＝110V，
由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以I=ܷܲ
= 60
110A，
所以电解槽的输入功率为：P＝UI＝110× 60
110 =60W，所以A 正确。
B、电解槽的发热功率为：P 热＝I2r＝（
60
110）2×4.4＝1.3W，所以B 错误。
C、电解槽中将电能转化为化学能的功率为：P 化＝P﹣P 热＝60﹣1.3＝58.7W，所以C 错误。
D、电路消耗总功率为为：P 总＝220V× 60
110A＝120W，所以D 错误。故选：A。
【点评】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．
6．【分析】利用磁场的叠加原理，找出地磁场与电流产生的磁场的关系，根据比值关系，确定直导线的电流的大小。
【解答】解：设该处地磁场的磁感应强度为B0，方向与没通入电流时小磁针静止时N 极指示方向相同，当通过该
导线电流为I 时，此时电流产生的磁感应强度为B1，由安培定则可知方向与导线垂直，小磁针偏转了30°，即：
ܤ1
ܤ0
=
ݐܽ݊
30°，当他发现小磁针偏转了60°时，即
ܤ2
ܤ0
= ݐܽ݊
60°，可得：B2＝3B1，
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则电流关系：
ܫ2
ܫ=
ܤ2
ܤ1
，
可得I2＝3I，故B 正确，ACD 错误故选：B。
【点评】注意磁感应强度是矢量，因此磁感应强度的合成与分解遵循平行四边形定则。
7．【分析】电场与重力场类似，电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，根据重力与质量的关系、电场力与电
荷量的关系，分析重力加速度与电场中电场强度可类比。
【解答】解：又重力场与电场类似，重力场的基本性质是对其周围物体由引力作用，而电场的基本特性是对放入
其中的电荷有力的作用，说明重力与电场力类似。电荷量与物体的质量类似，则由G＝mg，F＝qE 分析可知，重
力加速度g 与电场中电场强度E 可类比，故C 正确、ABD 错误。故选：C。
【点评】学习电场时，常常采用类比的方法，将电场与重力场类似，抓住电场力与重力类似，电荷量与物体的质
量类似，重力加速度与电场中电场强度类比，有助于理解电场的知识。
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符
合题目要求，全选对的得4 分，漏选的得2 分，错选、不选得0 分．
8．【分析】根据右手螺旋定则可确定，通电螺线管的磁场分布，及通电直导线磁场的分布，并由小磁针的静止时，N
极的指向即为磁场的方向。
【解答】解：导线的电流方向为顺时针，根据小磁针的静止时，N 极的指向即为磁场的方向，
A、由右手螺旋定则可知，通电螺线管左端为N 极，右端为S 极，螺线管的内部磁场由右指向左，外部由左到右，
则有a 磁针方向错误，b 磁针方向正确，故A 错误，B 正确；
C、而对于U 形螺线管左端相当于S 极，右端相当于N 极，故c 磁针的方向正确，故C 正确，
D、对于直导线，磁场垂直纸面向外，因此d 磁针方向错误，故D 错误；
故选：BC。
【点评】考查通电导线的电流方向来确定磁场的方向，掌握右手螺旋定则的应用，注意螺线管内部的磁场方向。
9．【分析】油滴受重力和电场力处于平衡状态，即mg＝qE．某时刻油滴的电荷量开始减小（质量不变），为维持该油
滴原来的静止状态，则电场的电场强度必须增大．根据电容器的动态分析，判断E 的变化，从而确定能否保持静
止．
【解答】解：油滴受重力和电场力处于平衡状态，即mg＝qE，当油滴的电量减小时，则电场力会减小，要维持原
来的状态，则必须增大电场强度，
A、充电后断开电源，电量不变；使上极板水平向左移动少许时，正对面积减小，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
可知，
电容C 减小，由Q＝UC 可知，两板间的电势差增大；由U＝Ed 可知，电场强度增大，油滴可以静止，故A 正确；
B、使两金属板相互靠近或远离时，板间距变化；因电量不变，由E=ܷ݀
=ܳܥ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛݏ可知只改变两板间距离时电
场强度不变，故电场力减小，粒子不能保持静止，故BC 误；
D、将平行板电容器接在更高电压的电源上，电势差增大，则电场强度增大，可以保证电场力与重力平衡，故D 正
确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握电容器的定义式C=ܷܳ
和决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
，知道当电量不变时，电容器两极板间的电
场强度与两极板间的距离无关．
10．【分析】带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C 板间，只有经过AC 板间时被加
速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变。当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大。
【解答】解：A、带电粒子只有经过AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向没有改变，
只在AC 间加速。故A 正确，D 错误。
B、根据r=݉
ݒ
ܤݍ，则P1P2＝2（r2﹣r1）= 2݉
△ݒ
ܤݍ，因为每转一圈被加速一次，根据v2﹣v12＝2ad，知每转一圈，速
度的变化量不等，且v3﹣v2＜v2﹣v1，则P1P2＞P2P3．故B 错误。
C、当粒子从D 形盒中出来时，速度最大，根据r=݉
ݒ
ܤݍ得，v= ݍܤݎ݉．知加速粒子的最大速度与D 形盒的半径有关。
故C 正确。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC 间加速，加速的电
场不需改变。
11．【分析】明确电源电量的标准方法，根据q＝It 确定出以C 为单位的电量；再根据q＝UC 确定电容中的电量，从
而比较电量大小；再根据W＝Uq 求解可对外所做的功，注意电容的电压随电量减小，可近似视为均匀减小。
【解答】解：由图可知，甲中电量为2000mAh，根据q＝It 可知，电量为Q1＝2000×10
﹣3×3600＝7200C；而乙中
电量Q2＝UC＝2.7×4000＝10800C；故A 错误，B 正确；
根据W＝UIt＝Uq 可知，甲中对外力功的大小W1＝3.7×7200＝26640J；乙中对外做功，W2= 1
2 ×2.7×10800＝14580J；
则有：W1＞W2；故C 正确，D 错误。
故选：BC。
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【点评】本题考查电量的计算以及电功的计算，要注意明确电源中的电量单位为mAh，应根据电流的定义计算电
量的大小。
12．【分析】电场线从正电荷出发到无穷远终止，正点电荷电场的分布规律是越靠近正电荷电势越高。负电荷在电势
高处电势能小。根据牛顿第二定律和库仑定律结合分析加速度的大小。结合变轨原理分析总能量的变化。
【解答】解：A、根据正点电荷电场的分布规律可知，轨道I 上的各点，D 点的电势最低，故A 错误。
B、负电荷在电势高处电势能小，负电荷在电势低处电势能大，所以乙球在轨道I 运动时，经过D 点时系统的电势
能最大，故B 正确。
C、乙球在两个轨道运动时，经过A 点时所受的库仑力相等，则加速度相等，故C 正确。
D、乙球从轨道I 进入轨道Ⅱ运动时要做近心运动，必须减速，因此系统的总能量减小，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题的关键要掌握点电荷电场的分布情况，可以类比行星运动模型分析。要知道负电荷在电势高处电势
能小，负电荷在电势低处电势能大。电荷经过电场中同一点加速度是一定的。
三、实验与解答题：本大题共4 小题，共52 分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演
算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．【分析】（1）根据电压表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；电压表测的是路端电压，
路端电压小于电源电动势。
（2）根据题意求出电路最大电流，然后选择电流表；根据图示电路图选择电器。
（3）根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）电压表量程为1V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.02V，示数为0.81V；电压表与电源构成
闭合回路，电压表测量的是路端电压，电池电动势的测量值小于真实值。
（2）电路最大电流约为：I=
ܧ
ݎ+ܴܣ=
0.81
100+ܴܣ＜0.008A＝8mA，则电流表应选择②
由图丙所示电路可知，实验采用安阻法测电源电动势与内阻，变阻器应选择电阻箱⑤；
（3）根据图丙所示电路，由欧姆定律得：E＝I（r+R+RA）
整理得：
1
ܫ=
1
ܧR+ ݎ+ܴܣ
ܧ
，
由图示
1
ܫ−R 图象可知，图象斜率：k= 1
ܧ=
△1
ܫ
△ܴ
= 800−300
450
解得：E≈0.90V，
图象纵轴截距：b= ݎ+ܴܣ
ܧ
=300，
解得：r＝bE﹣RA＝170Ω；
故答案为：（1）.0.81，小于；（2）②，⑤；（3）0.90，170。
【点评】本题考查了电压表读数、实验器材的选择与实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，根据图示电路
图应用欧姆定律求出图象的函数表达式是求电源电动势与内阻的前提与关键。
14．【分析】（1）根据速度位移公式求出滑块的加速度，结合牛顿第二定律和安培力大小公式求出电流强度的大小。
（2）根据加速度和速度求出作用的时间，结合能量守恒求出电源的输出功率。
【解答】解：（1）由匀加速直线运动的速度位移公式得，a= ݒ2
2ݏ= 9×106
2×5 = 9 × 105݉
/ݏ；
由安培力大小公式和牛顿第二定律得，有F＝BIl＝kI2l＝ma
因此I=݈݉ܽ݇
=
0.03×9×105
8×10−5×1.5×10−2 =1.5×105A。
（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即P△t×4%= 1
2݉
ݒ2
发射过程中电源供电时间△ݐ= ݒܽ= 1
3 × 10−2ݏ。
所需的电源输出功率：P=
1
2݉
ݒ2
△ݐ×4% = 1.0 × 109ܹ
。
答：（1）滑块滑行的加速度为9×105m/s2，发射过程中电源提供的电流强度为8.5×105A；
（2）发射过程中电源的输出功率为1.0×109W。
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式、能量守恒定律的综合运用，加速度是联系力学和运动学的桥梁。
15．【分析】（1）根据动能定理计算带电粒子经加速后的速度，电子进入YY′偏转电场做类平抛运动，根据类平抛运
动的规律求解；
（2）电子离开YY′偏转电场后做匀速直线运动，求出水平方向和竖直方向的侧移量即可；
（3）分析电子在Y 方向和X 方向的运动规律，然后画出图象。
【解答】解：（1）带电粒子经加速后的速度为v0，根据动能定理可得：eU1= 1
2݉
ݒ0
2，
电子进入YY′偏转电场后，水平方向有：L＝v0t1，
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YY′偏转电场的电场强度E=ܷ
ݕ݀，
电子进入YY′偏转电场后受到的电场力：F＝eE
电子进入YY′偏转电场后的加速度a= ܨ݉，
电子离开YY′偏转电场时Y 方向的侧移量y1= 1
2ܽݐ1
2，
联立解得y1=ܷ
ݕܮ2
4ܷ
1݀
=
50×0.082
4×5000×0.008݉
=0.002m＝2mm；
（2）电子离开YY′偏转电场时Y 方向的速度大小vy＝at1，
电子离开YY′偏转电场运动到屏的时间t2= ݏ
ݒ0，
电子离开YY′偏转电场后Y 方向的侧移量y2＝vyt2，
联立解得y2＝0.09m＝9mm
电子的总侧移量y＝y1+y2＝12mm，
则电子击中荧光屏的位置坐标（0，12mm）
（3）y 方向加恒定电压，则形成恒定的纵坐标Y，x 方向加周期性的扫描电压，则横坐标X 周期性变化，图象如
图所示。
答：（1）当YY′电极加上恒定电压Uy＝50V，而XX′电极不加电压时，电子离开YY′偏转电场时Y 方向偏移
量为3mm；
（2）在上一问中电子击中荧光屏的位置坐标为（0，12mm）；
（3）图象如图所示。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力
情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据
电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
16．【分析】（1）根据题意求出粒子的轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二
定律求出磁感应强度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子经过P 点的时刻。
（2）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出磁场半径与粒子做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感
应强度。
【解答】解：（1）I 类在运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：r1=ܽ2，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB1＝m
ݒ2
ݎ1
，解得：B1= 2݉
ݒ
ݍܽ
，
由左手定则可知，磁场方向：垂直于纸面向里，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= 2ߨݎ
ݒ= ߨܽ
ݒ，
粒子经过P 点的时刻：t＝（n+ 1
2）T＝（n+ 1
2）
ߨܽ
ݒ
n＝0、1、2、3……
（2）粒子运动轨迹如图所示：
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入射速度与出射速度的角平分线OC 交出射速度反向延长线PC 与C 点，
圆形磁场的半径R＝OC，粒子做圆周运动的轨道半径：r2＝O1C，
由几何知识得：2Rcos30°＝a，解得：R=
3
3 a，
2r2cos30°＝R，解得：r2=ܽ3，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB2＝m
ݒ2
ݎ2
，解得：B2= 3݉
ݒ
ݍܽ
，方向：垂直于平面向里；
答：（1）该匀强磁场磁感应强度B1 的大小为
2݉
ݒ
ݍܽ
，方向：垂直于平面向里，该粒子经过P 点的时刻为：（n+ 1
2）
ߨܽ
ݒ
n＝0、1、2、3……。
（2）该圆形磁场的半径R 为
3
3 a，磁感应强度B2 的大小为：
3݉ݒ
ݍܽ
，方向：垂直于平面向里。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意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，应用牛顿第二定律与周期公式即可解题，解题时注意几何知识的应用。
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2018-2019 学年广东省潮州市高二期末物理试卷
一、选择题
1．下列关于静电场的说法正确的是（
）
A．在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点
B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动
C．场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强一定为零
D．初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动
2．如图1，AB 是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A 点由静止自由释放，沿电场线从A 到B 运动过程中
的速度图线如图所2 示，则A、B 两点场强大小和电势高低关系是（
）
A．EA＜EB；φA＜φB
B．EA＜EB；φA＞φB
C．EA＞EB；φA＜φB
D．EA＞EB；φA＞φB
3．如图所示电路中，电压表和电流表都是理想的，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变
阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，下列说法正确的是（
）
A．电压表的读数U 先减小，后增大
B．电流表的读数I 先增大，后减小
C．电压表读数U 与电流表读数I 的比值ܷܫ不变
D．电压表读数的变化量△U 与电流表读数的变化量△I 的比值
△ܷ
△ܫ不变
4．用粗细均匀的电阻丝折成等边三角形框架abc，边长为L，每边电阻均为R，一电动势为E，内阻为R 的电源与
框架的两个顶点a、b 相连。磁感应强度为B 的匀强磁场与三角形框架所在的平面垂直，如图所示。则整个三角
形框架受到的安培力大小为（
）
A．0
B．
3ܤܧܮ
5ܴ
C．
2ܤܧܮ
5ܴ
D．
ܤܧܮ
2ܴ
5．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，
则（
）
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速动动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速动动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速动动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速动动
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6．回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个D 形盒，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，关于回旋加速器的下列说法正确的是（
）
A．狭缝间的电场对粒子起加速作用，因此加速电压越大，带电粒子从D 形盒射出时的动能越大
B．磁场对带电粒子的洛仑兹力对粒子不做功，因此带电粒子从D 形盒射出时的动能与磁场的强弱无关
C．带电粒子做一次圆周运动，要被加速两次，因此交变电场的周期应为圆周运动周期的二倍
D．用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率
7．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经B 点运动到A 点，
径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（
）
A．粒子带正电
B．粒子在A 点加速度较大
C．粒子在B 点动能较大
D．粒子在B 点电势能较大
8．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态。若将两板缓慢地错开一些，
其他条件不变，则（
）
A．电容器带电量不变
B．尘埃仍静止
C．检流计中有a→b 的电流
D．检流计中有b→a 的电流
9．如图所示的电路中，A1 和A2 是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（
）
A．合上开关K 接通电路时，A2 始终比A1 亮
B．合上开关K 接通电路时，A1 先亮，A2 后亮，最后一样亮
C．断开开关K 切断电路时，A2 先熄灭，A1 过一会儿才熄灭
D．断开开关K 切断电路时，A1 和A2 都要过一会儿才熄灭
10．如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A 板带正电，B 板中央有一小孔。一带正电的微粒，
带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h 处自由落下，若微粒恰能落至A，B 板的正中央c 点，则（
）
A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小
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B．微粒下落过程中重力做功为mg（h+݀2），电场力做功为−1
2qU
C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为
1
2qU
D．若微粒从距B 板高2h 处自由下落，则恰好能达到A 板
二、非选择题．
11．（7 分）某实验小组在“测定金属丝的电阻率”实验中，进行如下操作：
（1）用螺旋测微器测量该金属丝的直径如图甲所示，则其直径是
mm；
（2）已知此金属丝的阻值约为10Ω，用多用表的欧姆挡测其阻值，下面给出的操作步骤中，合理的顺序是
。
A．将两表笔短接，进行欧姆调零；
B．将两表笔分别连接到被测金属丝的两端时，指针的位置如图乙所示，读出欧姆数乘以欧姆挡的倍率，得出金
属丝的电阻；
C．旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的“×1”挡；
D．旋转选择开关，使其尖端对准交流500V 挡，并拔出两表笔。
（3）测得的金属丝的电阻是
Ω。
12．（11 分）某同学为了较精确的测量某一铅蓄电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A．待测铅蓄电池E（电动势约为2V，内阻约为1Ω）
B．毫安表G（满偏电流3.0mA，r＝100Ω）
C．电流表A（量程0﹣0.6A，内阻约为1Ω）
D．滑动变阻器R1（0﹣20Ω，额定电流为2A）
E．滑动变阻器R2（0﹣1kΩ，额定电流为1A）
F．定值电阻R0＝900Ω
G．开关一个，导线若干
（1）实验中为了测量准确且操作方便，滑动变阻器应选
（选填前面的序号）；
（2）根据题意在图1 虚线框中补画出该实验的电路图；
（3）图2 实物图已连好一部分，请根据电路图，将实物连接完整；
（4）如图3 所示，是该同学利用实验得到的数据作出的图线。其中，以电流表A 的示数I2 为横坐标，以毫安表
G 的示数I1 为纵坐标。由图可得，被测铅蓄电池的电动势为
V，内阻为
Ω．（结果均保留2 位小数）
13．（14 分）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L＝0.2m，一端通过导线与
阻值为R＝1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计。整个装置
处于竖直向上的大小为B＝0.5T 的匀强磁场中。现用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，金属杆运动的v﹣t
图象如图乙所示。（取重力加速度g＝10m/s2）求：
（1）t＝10s 时拉力的大小及电路的发热功率。
（2）在0～10s 内，通过电阻R 上的电量。
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14．（18 分）如图所示，真空中竖直条形区域工存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ存在水平向左的匀强电
场，磁场和电场宽度均为L 且足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线。M、N 为涂有荧光物质的竖直板，质子
打在M、N 板上被吸附而发出荧光。现有一束质子从A 处以速度v 连续不断地射入磁场，入射方向与M 板成60．夹
角且与纸面平行，已知质子质量为m，电量为q，不计质子重力和相互作用力，求：
（1）若质子垂直打在N 板上，I 区磁场的磁感应强度B1；
（2）在第（1）问中，调节电场强度的大小，N 板上的亮斑刚好消失时的场强E；
（3）若区域Ⅱ的电场强度E=݉
ݒ2
8ݍܮ，要使M 板出现亮斑，I 区磁场的最小磁感应强度B2。
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2018-2019 学年广东省潮州市高二期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】场强可根据电场线的疏密分析大小，由切线方向分析场强的方向。在以点电荷为球心的球面上各点的电
势相等；电荷的运动情况不仅跟电场力有关，还与初速度条件有关；场强与电势没有直接关系；电荷要沿电场线
运动，电场线必须是直线。根据这些知识解答。
【解答】解：
A、根据电场线的分布情况可知，离点电荷距离越远场强越小，而以点电荷为球心的球面上各点场强大小相等，
方向不同，所以在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点。以点电荷为球心的球面，其上各点的电势相等，故
A 正确。
B、正电荷只在电场力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90°，从高电势向低电势运动，若
初速度与电场线的夹角大于90°，从低电势向高电势运动，故B 错误。
C、电势是相对的，电势零点可人为选择，而场强由电场本身决定，两者没有直接的关系，所以场强为零处，电
势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零。故C 错误。
D、只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动，故D 错误。故选：A。
【点评】本题关键对电场的基本知识，如点电荷电场线和等势面的分布情况、场强与电势的关系要熟悉，能运用
力学知识分析电荷能否沿电场线运动。
2．【分析】从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况。
【解答】解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，
故A 点的电场强度较大，故EA＞EB；
正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A 点电势较大，即φA＞φB；故
选：D。
【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小。
3．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，
知总电流发生变化，内电压外电压也发生变化。
【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和
内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小。故A、
B 错误。
C、电压表读数U 与电流表读数I 的比值表示外电阻，外电阻先增大后减小。故C 错误。
D、因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等。所以
△ܷ
△ܫ=r．故D
正确。故选：D。
【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析。
4．【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再
计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可。
【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
等效电路为r 和2r 并联，并联后总电阻为：
2ܴ⋅ܴ
2ܴ+ܴ
=
2ܴ
3
则路端电压U=
ܧܴ
+2ܴ
3
⋅2ܴ
3 = 2
5 ܧ
根据欧姆定律：I12=ܷ2ܴ
= ܧ
5ܴ
I3=ܷܴ
= 2ܧ
5ܴ
则安培力F1＝F2＝BI12L= ܧܤܮ
5ܴ
，F1，F2 的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为：
ܧܤܮ
5ܴ
F3＝BI3L= 2ܧܤܮ
5ܴ
故三角形框架受到的安培力的合力大小为：
ܧܤܮ
5ܴ
+
2ܧܤܮ
5ܴ
=
3ܧܤܮ
5ܴ
故选：B。
【点评】该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后
计算安培力是解题的正确思路。题目的难度中档。
5．【分析】线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力。线圈全部进入磁场后只受重力，
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会做加速运动。线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度，根据受力关系确定运动情况。
【解答】解：A、线圈从高处自由下落，以一定的速度匀速进入磁场后，会受到重力和安培力。线圈全部进入磁
场后只受重力，在磁场内部会做一段匀加速运动。所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度，产生的感应电
动势变大，所受的安培力变大。
A、若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动。故
A 错误。
B、若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无
法确定，故B 错误。
CD、若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，
所以也是减速运动。故C 正确，D 错误。故选：C。
【点评】该题考查了电磁感应中的动力学问题。要注重运动过程和受力分析。
6．【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子
射出时的速度，看与什么因素有关。
【解答】解：A、根据ݍݒܤ=݉
ݒ2ܴ
，解得v= ݍܤܴ݉，带电粒子射出时的动能ܧܭ= 1
2݉
ݒ2 = ݍ2ܤ2ܴ
2
2݉
，与加速的电压
无关，与磁感应强度的大小有关。故A、B 错误。
C、交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等，带电粒子在匀强磁场中运动的周期T= 2ߨ݉
ݍܤ，与粒子的速度无
关，所以加速后，交变电场的周期不需改变，不同的带电粒子，在磁场中运动的周期不等，所以加速不同的带电
粒子，一般要调节交变电场的频率。故C 错误，D 正确。故选：D。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与
加速电压无关，与磁感应强度的大小有关。
7．【分析】不计重力的粒子在电场力作用下B 点运动到A 点，由运动与力的关系可知，电场力方向指向轨迹的内侧，
判断出电场力的方向，来分析粒子的电性。电场线的疏密表示电场强度的强弱，由牛顿第二定律分析加速度的大
小。由电场力做功正负分析动能和电势能的大小。
【解答】解：A、电场线的方向向左，根据粒子的运动轨迹可以判断出粒子受到的电场力的方向向左，与电场线
的方向相同，所以该粒子带正电，故A 正确；
B、电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B 点受到的电场力大，在B 点时的加速度较大，故B 错误。
CD、从B 点运动到A 点的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以粒子在B 点
动能较大，在B 点电势能较小。故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，沿电场线的方向电势降低，电场线密的地方电场强度大，
电场线疏的地方电场强度小，即可解决这类问题。
8．【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，
判断尘埃是否仍保持静止。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中
电流的方向。
【解答】解：
A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
得知，电容减小，而电压不变，则
电容器带电量减小。故A 错误。
B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。故B 正确。
CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，
则检流计中有a→b 的电流。故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
和电容的定义式C=ܷܳ
结合进
行分析。
9．【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。
【解答】解：A、合上开关K 接通电路，A2 立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1 的电流慢慢变
大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。故A 错误，B 也错误；
C、断开开关K 切断电路时，通过A2 的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1
的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2 的灯的电流方向与原来的方向相反。
故C 错误、D 正确。故选：D。
【点评】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小
时，会阻碍其减小。
10．【分析】微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小。重力一直做正功，重力势能
一直减小。微粒下落过程中重力做功为mg（h+݀2），电场力做功为−1
2qU．微粒落入电场中，电场力做负功，电
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势能逐渐增大，其增加量为
1
2qU．根据动能定理研究微粒从距B 板高2h 处自由下落，能否到达A 板。
【解答】解：A、微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小。重力一直做正功，重
力势能一直减小。故A 错误。
B、微粒下降的高度为h+݀2，重力做正功，为WG＝mg（h+݀2），电场力向上，位移向下，电场力做负功，
WE＝﹣q⋅ܷ2 =−1
2qU．故B 正确。
C、微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功△EP= 1
2qU．故
C 正确。
D、由题微粒恰能落至A，B 板的正中央c 点过程，由动能定理得：
mg（h+݀2）−1
2qU＝0
①
若微粒从距B 板高2h 处自由下落，设达到A 板的速度为v，则由动能定理得：
mg（2h+d）﹣qU= 1
2݉
ݒ2②
由①②联立得v＝0，即恰好能达到A 板。故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题根据动能定理研究微粒能否到达A 板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析。
二、非选择题．
11．【分析】（1）螺旋测微器的读数由固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读到0.001mm；
（2）使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择
开关置于OFF 挡或交流电源最高挡；
（3）根据欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
【解答】解：（1）固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01mm×14.2＝0.142mm，则电阻丝的直径d＝
0.5mm+0.142mm＝0.642mm
（2）使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择
开关置于OFF 挡或交流电源最高挡，则正确的实验步骤为：CABD；
（3）电阻丝的阻值约为10Ω，旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是×1，
由图示欧姆表可知，电阻丝的阻值为12×1＝12Ω。
故答案为：（1）0.998；（2）CABD；（3）12。
【点评】此题要掌握螺旋测微器的读数方法：固定刻度与可动刻度读数之和，要注意螺旋测微器需要估读。
本题考查了欧姆表的使用方法以及测量电阻的步骤、欧姆表读数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
12．【分析】（1）根据题意可明确电流表，根据欧姆定律可分析为了准确应接入的滑动变阻器的阻值范围，则可以
选出对应的滑动变阻器；
（2）根据给出的仪表结合闭合电路欧姆定律进行分析，即可明确应采用的电路图；
（3）根据原理图可得出对应的实物图；
（4）根据闭合电路欧姆定律进行列式，结合图象进行变形，利用数学规律可明确电动势和内电阻。
【解答】解：（1）由题意可知，电流表只能选择0.6A 量程，为了准确，示数应在量程的三分之一至三分之二间，
此时最为准确，则可知，需要电阻约为10Ω左右；故滑动变阻器选择D；
（2）器材中没有电压表，考虑能否将电流表G 与定值电阻串联成为“电压表”；有：U＝Ig（Rg+R0）＝3.0×10
﹣3×（100+900）＝3V；能达到实验要求；故电路图如图所示；
（3）根据原理图可得出对应的实物图如图所示；
（4）由闭合电路欧姆定律可知：E＝I1（Rg+R0）+I2r，
解得：I1=
ܧ
1000 +
ݎ
1000I2；
由图象可知，图象的斜率表示K=
ݎ
1000；截距b=
ܧ
1000；
由图可知，b＝1.95×10
﹣3；K= 1.95−1.5
0.6
×10
﹣3＝7.5×10
﹣3
解得：E＝1.95V；r＝7.50Ω
故答案为：（1）D；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）1.95；7.50
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【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道当仪器不能使用时要利用所学过的改
装原理进行改装，同时能利用闭合电路欧姆定律进行分析，列出表达式，再根据数学知识可求得电动势和内电阻。
13．【分析】（1）速度图象的斜率等于加速度，由数学知识求出加速度。根据牛顿第二定律和法拉第电磁感应定律、
欧姆定律、运动学公式结合求解拉力的大小。根据公式P= ܧ2ܴ
求解电路的发热功率。
（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电量公式q＝I△t 求解通过电阻R 上的电量。
【解答】解：（1）由v﹣t 图象可知：a= △ݒ
△ݐ= 4
10 =0.4m/s2…①
由图可知，t＝10s 时，v＝4m/s
由牛顿第二定律，得：F﹣F 安＝ma…②
又F 安＝BIL…③
E＝BLv…④
I= ܧܴ⋯⑤
v＝at…⑥
联立以上各式，代入数据得：F= ܤ2ܮ2ݒܴ+ma= 0．52×0．22×4
1
+0.5×0.4＝0.24N…⑦
电路的发热功率为P= ܧ2ܴ
= (ܤܮݒ)2ܴ
= (0.5×0.2×4)2
1
=0.16W…⑧
（2）由q= ܫ△t…⑨
ܫ= ܧܴ⋯⑩
ܧ= △Φ
△ݐ⋯（11）
△Φ＝B△S＝BL⋅1
2ܽݐ2⋯（12）
联立以上各式，代入数据得：q= △Φܴ= ܤܮܽݐ2
2ܴ
= 0.5×0.2×0.4×102
2×1
=2C
答：（1）t＝10s 时拉力的大小是0.24N，电路的发热功率是0.16W。
（2）在0～10s 内，通过电阻R 上的电量是2C。
【点评】该题为电磁感应与动力学综合的问题，解决本题的关键理清导体棒的运动情况，知道速度图象的斜率等
于加速度，能根据相关规律推导出电量的表达式。
14．【分析】（1）若质子垂直打在N 板上，质子出磁场时必须与磁场的右边界垂直，画出质子在磁场中的运动轨迹，
由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求磁感应强度B1；
（2）要使N 板上的亮斑恰好消失，质子进入电场后须做匀减速直线运动，到达N 板的速度恰好为零。由动能定
理求场强E；
（3）设质子从磁场进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，进入电场后做类斜上抛运动，当质子刚要达到
N 板时，沿电场线方向速度减小为零，如图所示，此时质子恰好能返回磁场打在M 板上产生亮班，而此时的磁
感应强度最小。研究电场中沿电场线方向的运动，由动能定理求出θ．根据几何关系求出磁场中轨迹半径，即可
求解I 区磁场的最小磁感应强度B2。
【解答】解：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
ݒ2
ݎ
解得r=݉
ݒ
ݍܤ
若质子垂直打在N 板上，质子出磁场时必须与磁场的右边界垂直，画出质子在磁场中的运动轨迹如图所示，由
几何关系得
r1cos60°＝L，得r1＝2L
则由r=݉
ݒ
ݍܤ得，I 区磁场的磁感应强度B1=݉
ݒ
ݍݎ1 =݉
ݒ
2ݍܮ
（2）质子进入电场后逆着电场线做匀减速直线运动，调节电场强度的大小，N 板上的亮斑刚好消失时，质子的
速度刚好减为零，由动能定理得：
﹣qEL＝0−1
2݉
ݒ2
则得N 板上的亮斑刚好消失时的场强E=݉
ݒ2
2ݍܮ
（3）设质子从磁场进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，进入电场后做类斜上抛运动，当质子刚要达到
N 板时，沿电场线方向速度减小为零，如图所示，此时质子恰好能返回磁场打在M 板上产生亮班，而此时的磁
感应强度最小。
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沿电场方向，由动能定理得：﹣qEL＝0−1
2݉
(ݒݏt݊ߠ)2，得θ＝30°
在磁场中，由几何关系知，r2sin60°+r2sin30°＝L，得r2＝（3 −1）L
故Ⅰ区域磁场的最小磁感应强度为B2=݉
ݒ
ݍݎ2 = ( 3+1)݉
ݒ
2ݍܮ
答：
（1）若质子垂直打在N 板上，I 区磁场的磁感应强度B1 为݉
ݒ
2ݍܮ；
（2）在第（1）问中，调节电场强度的大小，N 板上的亮斑刚好消失时的场强E 为݉
ݒ2
2ݍܮ；
（3）若区域Ⅱ的电场强度E=݉
ݒ2
8ݍܮ，要使M 板出现亮斑，I 区磁场的最小磁感应强度B2 为
( 3+1)݉
ݒ
2ݍܮ
。
【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，须“画圆弧、定圆心、求半径”。同时利用几何关系来确定半
径大小。要根据题意作出临界轨迹是基本能力，要加强训练，提供解题能力。
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