2017-2018学年安徽省六安市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版
安徽省六安市第一中学2017-2018学年高二年级期末考试
物理试题
一．选择题
1. 电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8J,在B点的电势能为0.8×10-8J.已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量的绝对值为
A. 该电荷为负电荷
B. 该电荷为正电荷
C. A、B两点的电势差UAB=4.0V
D. 把电荷从A移到B，静电力做功为W=2.5×10-10J
【答案】A
【解析】AB、沿电场线方向电势降低，由于电场线方向向左，B点电势高于A点电势，点电荷在A点电势能高于B点电势能，根据电势能Ep=qφ可以判断，该点电荷为负电荷，故A正确，B错误；
CD、该点电荷从A移到B,电势能减小△Ep=1.2×10−8J−0.80×10−8J=4.0×10−9J,所以电场力做功为WAB=4.0×10−9J。则A.B两点的电势差UAB=WAB/q，由于点电荷所带电量未知，无法得出A、B两点的电势差，故C错误，D错误。
故选：A.
2. 如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M是带正电的带电粒子。则下列说法中正确的是
A. N一定也带正电
B. a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强
C. 带电粒子N的动能增大，电势能减小
D. 带电粒子M的动能减小，电势能增大
【答案】C
【解析】A. 电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右。N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误；
B. 电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以等势面a的电势高于等势面b的电势。虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面，所以ab两点的场强相等。故B错误；
C. 电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C正确；
D．电场力对M粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故D错误。
故选：C.
点睛：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，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向．
3. 如图所示，在匀强电场中有一个半径为R=1m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10V，一个电子在该匀强电场中在仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为1m/s，则
A. 电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小
B. 电子可能做圆周运动
C. 该匀强电场的电场强度E=10V/m
D. O点与圆周上电势最低的点电势差为V
【答案】D
【解析】试题分析：带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在P、Q两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线PQ即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从P到Q做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故AB错误；
匀强电场的电场强度式中的是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，，所以，圆周上电势最高的点与O点的电势差为，故D正确，C错误。
考点：电势差与电场强度的关系；电势能
【名师点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查中的含义重要性。
4. 如图所示，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等。一带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，M、N两点的电势用、表示，M、N两点的电场强度用、表示。则下列说法正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】AB. 等势面的疏密代表场强的大小，M点的场强小于N点的场强，故EM
Ib)的恒定电流时，b对a的作用力为F。当在空间加一竖直向下（y轴的负方向）、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零。则下列说法正确的是
A. 电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向
B. 所加匀强磁场的磁感应强度大小为
C. 导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向
D. 电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向
【答案】B
【解析】A．无限长直导线b的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受的安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，故A错误；
B．由磁感应强度的定义式可得B=；
C．由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，方向沿z轴的负方向，故C错误；
D．由于Ia>Ib，电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大于电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场，大于，故D错误。
故选：B。
7. 匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力。则
A. I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向
B. I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C. F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心
D. F1方向指向圆心，F2方向指向圆心
【答案】C
【解析】A. 由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A错误；
B. 由图甲所示可知，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向；在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；
CD、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心；ab段安培力F2方向背离圆心向外；bc段安培力F3方向指向圆心，故C正确，D错误；
故选：C.
点睛：应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解．
8. 图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：，解得：，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r1= ，r2= ，
则磁感应强度之比：B1：B2=r2：r1=cosθ：1，故ABD错误，C正确；
故选：C.
点睛：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，再求出磁感应强度之比．
9. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其速度—时间图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是
A. B、D两点的电场强度和电势一定都为零
B. A处的电场强度大于C处的电场强度
C. 粒子在A处的电势能小于在C处的电势能
D. A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差
【答案】BC
【解析】试题分析：由B到D的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在B点是电势能大于在D时的电势能，所以B、D两点的电势不可能都为零．故A错误．由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故B正确；由图可知．粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能，故C错误；A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电势差等于AB两点间的电势差；A、C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A、C两点的电势差小于A、B两点间的电势差，即A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差．故D错误．故选B．
考点：电场强度；电势及电势能；
【名师点睛】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。
10. 如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合开关，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中
A. U先变大后变小
B. I先变小后变大
C. U与I比值先变大后变小
D. U变化量的绝对值与I变化量的绝对值比值等于R3
【答案】BC
【解析】A. 由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；
BC、由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故B正确；C正确；
D. 由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误。
故选：BC.
点睛：电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无论外电阻如何变化，电压表示数不变．滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先增大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和U与I比值的变化．
11. 如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子（不计重力）从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则
A. 粒子一定带正电荷
B. MN上下两侧的磁场方向相同
C. MN上下两侧的磁感应强度的大小B1:B2=1:2
D. 时间t=
【答案】BD
【解析】A. 题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负，故A错误；
B. 粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B正确；
C. 设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1:r2=1:2；洛仑兹力充当圆周运动的向心力，解得：，所以B1:B2=r2:r1=2:1，故C错误；
D. 由洛仑兹力充当圆周运动的向心力，周期T=2πr/v，得；带电粒子运动的时间t=T1+T2/2=，由B1:B2=2:1得t=，故D正确。
故选：BD.
.....................
12. 如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L，则下列关于粒子运动的说法中正确的是
A. 若该粒子的入射速度为 ，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为L
B. 若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为
C. 若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为
D. 该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
【答案】ACD
【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知： 解得：r=l
；根据几何关系可知，粒子一定从距C点为l的位置离开磁场；故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知， ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于（+1）l；则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为 ,故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为 ； 因此最大速度速度应为 ；故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为；故D正确；故选ACD.
点睛：本题考查带电粒子磁场中的运动规律，要注意明确洛伦兹力充当向心力以及几何关系的应用，同时能正确分析可能的运动规律，从而明确半径范围.
二、填空题。
13. 某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向一定。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A.适当增加两导轨间的距离 B.换一根更长的金属棒 C.适当增大金属棒中的电流
其中正确的是_________（填入正确选项前的标号）。
【答案】(1)实物连线如图所示: (2)AC
【解析】(1)实物连线如图所示:；
（2）对金属棒：F安=BIL
根据牛顿第二定律：F安=ma
加速度a=BIL/m
根据运动学公式
得
由上式可得，为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，可适当增加两导轨间的距离L；可适当增大金属棒中的电流；换一根更长的金属棒，m增大，有效长度不变，v减小。故选：AC。
14. 某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧电池的电动势和内阻.
(1)他先用多用表电压挡直接接在电源两级，读数如图，则电源电动势约为________V.
(2)为了更准确的测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100mA”挡设计了如图甲的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为_________Ω.
(3)将多用电表的选择开关从“OFF”旋转至“直流100mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I.
(4)重复(3)获得多组数据，根据数据作出了如图乙所示的图线.
(5)由图线得干电池的电动势E=________V(保留三位有效数字)，内阻r=_______Ω(取整数).
【答案】 (1). (1) 1.30； (2). (2)13； (3). (5) 1.40(1.35~1.45均可)； (4). 8；
【解析】(1)用多用表电压档直接接在电源两极，量程为2.5V，则电源电动势约为1.30V。
(2)用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路，根据欧姆定律得开关闭合前电阻箱的最小取值R=E/I=1.30/0.1=13Ω。
(5)由E=IR+Ir，
变形为：R=−r+E⋅，
根据函数斜率和截距的概念应有：
E=k= =1.40V，
−r=−8，可得r=8Ω.
三、论述计算题
15. 在研究性学习活动中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示，abcd是一个边长为L的正方形盒子，在a处和cd边的中点e处各有一个小孔，e外有一能显示粒子从e孔射出的荧光屏M。盒子内有一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度为B。粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略，先让粒子经过电压为U的电场加速，然后粒子的重力和粒子之间的相互作用力。问：你认为该同学的设计方案可行吗？若可行，求出带电粒子的比荷；若不可行，说明你的理由。
【答案】可行； ；
【解析】可行
设粒子经电场加速后离开电场时速度为v，根据动能定理：
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设圆周半径为R，由几何关系可
，
联立解得
16. 如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径。
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。
(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使带电粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变。若从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度减小为0.5v，求该粒子第一次回到点经历的时间。
【答案】(1) ； (2)60°； (3) ；
【解析】(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，设其做圆周运动的轨道半径为r，
由牛顿第二定律得： 解得：
(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为 ，
如图所示，则，x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离。x最大值为2R，对应的就是的最大值，且2R=r
所以， 即=60°
(3)当粒子的速度减小为时，在磁场中做匀速圆周运动的半径
故粒子转过四分之一圆周，对应圆心角为时与边界相撞并弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到O点，即经历时间为一个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是
17. 如图所示，在x≤l、y≥0范围内有一匀强磁场，方向垂直纸面向里；在在x≤l、y≤0范围内有一电场强度为E的匀强电场，方向沿y轴负方向，质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的M点由静止释放，粒子运动到O点时的速度为v。不计粒子重力。
(1)求O、M两点间的距离d；
(2)a.如果经过一段时间，粒子能通过x轴上的N点，O、N两点间的距离为b(b
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