安徽2019-2020高二物理下学期第一次在线试题（PDF版附答案）

1 2019~2020 学年高二年级物理电磁学综合练习卷 一、选择题（1~7 题为单选，8-12 为多选。每题 4 分共 48 分） 1．下列选项对公式认识正确的是（ ） A．公式 E＝k 2r Q 可以用来求平行板电容器两极板间的匀强电场的电场强度，其中 Q 为一极板所带 电荷量的绝对值，r 为所研究点到带正电极板的距离 B．P＝I2R 可用来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率 C．由公式 R＝ I U 可知导体的电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比 D．由公式 B＝ IL F 可知，磁场中某一点的磁感应强度由公式中的电流 I 的大小来决定 2．下列运动电子只受电场力或磁场力的作用不可能的是（ ） 3．有一台标有“220 V 50 W”的电风扇，其线圈电阻为 0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生 的电热的四种解法中，正确的是 （ ） A．I＝P U ＝ 5 22 A，Q＝UIt＝3 000 J B．Q＝Pt＝3 000 J C．I＝P U ＝ 5 22 A，Q＝I2Rt＝1.24 J D．Q＝U2 R t＝2202 0.4 ×60 J＝7.26×106 J 4．如图所示，金属板 M、N 水平放置，相距为 d，其左侧有一对竖直金属板 P、Q，板 P 上小孔 S 正 对板 Q 上的小孔 O，M、N 间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔 S 处有一带负电粒子，其重力和 初速度均不计，当变阻器的滑动触头在 AB 的中点时，带负电粒子恰能在 M、N 间做直线运动，当 滑动变阻器滑动触头向 A 点滑动过程中，则 （ ） A．粒子在 M、N 间运动过程中，动能一定不变 B．粒子在 M、N 间运动过程中，动能一定减小 C．粒子在 M、N 间仍做直线运动 D．粒子可能沿 M 板的右边缘飞出 5．如图所示，直角三角形 ABC 的边长 AB 长为 L，∠C 为 30°，三角形所围区域内存在着磁感应强度 大小为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为 m、带电荷量为 q 的带电粒子不计重力从 A 点沿 AB 方向射入磁场，在磁场中运动一段时间后，从 AC 边穿出磁场，则粒子射入磁场时 的最大速度 vm 是（ ） A．2 3qBL 3m B． 3qBL m C．qBL m D．qBL 2m 6、将输入电压为 220V、输出电压为 6V 的理想变压器改绕成输出电压为 24V 的变压器，若原 线圈匝数保持不变，副线圈原有 30 匝，则副线圈应增加的匝数为（ ） A、90 匝 B、120 匝 C、144 匝 D、150 匝 7、如图所示，导线框 abcd 与直导线 AB 在同一平面内，直导线 AB 中通有恒定的电流 I，当线 框由左向右匀速通过直导线的过程中， 线框中的感应电流的方向是（ ） A、先是 abcda 再 dcbad 后 abcda B、先是 abcda 再 dcbad C、始终是 dcbad D、先是 dcbad 再 abcda 后 dcbad 8、如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法正确的是（ ） A、它的频率是 50HZ Ｂ、电压的有效值为 311V Ｃ、电压的周期是 0 02s Ｄ、电压的瞬时表达式是 u=311 sin314t v 9．如图所示，a、b 带等量异种电荷，MN 为 ab 连线的中垂线，现有一个带电粒子从 M 点以一 定初速度 v0 射入，开始时一段轨迹如图中实线，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的整个 过程中 A．该粒子带正电 B．该粒子的动能先增大，后减小 C．该粒子的电势能先减小，后增大 D．该粒子运动到无穷远处后，速度的大小一定仍为 v0 10．在如图所示的电路中，E 为电源的电动势，r 为电源的内电阻，R1、R2 为可变电阻．在下列 叙述的操作中，可以使灯泡 L 的亮度变暗的是（ ） A．仅使 R1 的阻值增大 B．仅使 R1 的阻值减小 C．仅使 R2 的阻值增大 D．仅使 R2 的阻值减小 v d cb ad c a b I B A －311 311 u/v 0 1 2 t/10－2s2 11．竖直放置的平行金属板 A、B 连接一恒定电压，两个电荷 M 和 N 以相同的速率分别从极板 A 边缘 和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板 B 边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重 力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（ ） A．两电荷的电荷量可能相等 B．两电荷在电场中运动的时间相等 C．两电荷在电场中运动的加速度相等 D．两电荷离开电场时的动能相等 12．如图所示，平行直线 aa′及 bb′间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为 B，现分别在 aa′上某两 点射入带正电的粒子 M 及 N，M、N 的初速度的方向不同，但与 aa′的夹角均为,两粒子都恰不能 越过边界线 bb′，若两粒子质量均为 m，电量均为 q，两粒子从射入到 bb′的时间分别为 t1 和 t2， 则( ) A.t1+t2= qB m B.t1+t2= qB m 2  C.M 粒子的初速度大于 N 粒子的初速度 D.M 粒子的轨道半径大于 N 粒子的轨道半径 三、实验题（每空 2 分，共 8 分）， 13．用下列器材，测定小灯泡的额定功率。 A．待测小灯泡：额定电压 6 V，额定功率约为 5 W B．电流表：量程 1.0 A，内阻约为 0.5 Ω C．电压表：量程 3 V，内阻 5 kΩ D．滑动变阻器 R：最大阻值为 20 Ω，额定电流 1 A E．电源：电动势 10 V，内阻很小 F．定值电阻 R0 阻值 10 kΩ G．开关一个，导线若干 （1）实验中，电流表应采用________接法填“内”或“外”；滑动变阻器应采用____________接法填“分 压”或“限流”。 （2）在方框中画出实验原理电路图。 （3）实验中，电压表的示数调为________ V 时，即可测定小灯泡的额定功率。 三、计算题 14．如图所示，电阻 R1=R2=R3=1Ω，当电键 S 接通时，电压表的读数为 1V，电键 S 断开时， 电压表的读数为 0.8V，求电源的电动势和内电阻。(8 分) 15．把一检验电荷 q 放在点电荷 Q 所形成的电场中的 A 点，若检验电荷的电量为 q=－2.0×10 －8C，它所受的电场力 F=4.0×10—3N，方向指向 Q，如图所示，A 点到 Q 的距离为 r=0.30m， 已知静电常量 K=9×109N·m2/C2，试求： （1）A 点的场强大小。（2 分） （2）点电荷 Q 的电量和电性。（3 分） （3）若将检验电荷 q 从电场中的 A 点移到 B 点，电场力做功为 6.0×10－6J，则 A、B 之间的 电势差是多少？（3 分） S R3R2 R1 V Q B A F －q3 16．如图为远距离输电示意图，已知发电机的输出功率为 100kw，输出电压为 250V，升压变压器的原、 副线圈的匝数比为 1：20，降压变压器的原、副线圈的匝数比为 20：1，输电线的总电阻 R 线=10Ω， 求用户得到的电压 U4 及用户得到的功率 P 用。（8 分） 17．如图所示，AB、CD 是水平放置的光滑导轨，轨距为 L=0.5m，两轨间接有电阻 R=4Ω，另有一金 属棒 PQ 恰好横跨在导轨上，并与导轨保持良好接触。已知 PQ 棒的电阻为 1Ω，其它电阻不计。 若整个装置处在 B=0.5T、方向垂直向里的匀强磁场中，现将 PQ 棒以 V=10m/s 的速度水平向右作 匀速运动。求： （1）PQ 棒产生的感应电动势大小 E。（3 分） （2）维持 PQ 棒作匀速运动所需水平外力的大小和方向。（3 分） （3）若在Δt 的时间内，闭合回路 APQC 的磁通量的增量为Δφ，试证明： EBLVt   （4 分） 18．图中的 S 是能在纸面内的 360°方向发射电子的电子源，所发射出的电子速率均相同。MN 是一块足够大的竖直挡板，与电子源 S 的距离 OS=L,挡板的左侧分布着方向垂直纸面向里 的匀强磁场，磁感强度为 B。设电子的质量为 m，带电量为 e,问： （1）要使电子源发射的电子能达到挡板，则发射的电子速率至少要多大?（4 分） （2）若电子源发射的电子速率为 eBl/m，挡板被电子击中的范围有多大?要求在图中画出能击中 挡板的距 O 点上下最远的电子运动轨迹。（6 分） R 降压变压器升压变压器发电机 I1 I2 I3 U1 U2 U3 U420:11:20 用户 1:20 输电线 R DC BA P Q v1 2019~2020 学年高二年级物理电磁学综合练习卷参考答案 一、选择题(每小题 4 分，共 48 分) 1．【答案】B【解析】公式 E＝k Q r2 是由库仑定律得出的真空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点 电荷形成的电场，故 A 错误；公式 P＝I2R 是由焦耳定律推导出来的，适用于任何电路计算热功率，故 B 正确；公式 R＝U I 利用的是比值定义法，与电压、电流无关，故 C 错误；公式 B＝F IL 利用的是比值定 义法，磁感应强度与电流元及所受的磁场力无关，由磁场本身的性质决定，故 D 错误。 2．【答案】B【解析】本题考查电子在电场或磁场中的运动，意在考查学生对电子在电场或磁场中的受力 分析以及运动分析的能力．电子可以在正点电荷的电场力作用下做匀速圆周运动，故 A 选项描述的运 动可能实现；由于等量异种点电荷在其中垂线上产生的电场的方向水平向右，电子所受电场力的方向 水平向左，而电子的初速度方向沿中垂线方向，则电子将做曲线运动，故 B 选项所描述的运动不可能 实现；电子可以在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故 C 选项描述的运动可能实现；由于通电螺线管 中的磁场为匀强磁场，又电子的速度方向与磁场方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，电子将沿通电 螺线管中心轴线做匀速直线运动，故 D 选项描述的运动可能实现。 3．【答案】C【解析】本题主要考查焦耳定律和热功率的计算．电风扇是一种在消耗电能过程中既产生机 械能，又产生内能的用电器，对这样的用电器，每分钟产生的热量只能根据 Q＝I2Rt 进行计算．因此， C 选项是正确的。 4．【答案】B【解析】滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时 M、N 间为一速度选择器模型．当滑 动触头滑向 A 点时，M、N 间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时电场力做负 功，动能减小，B 选项正确．因为粒子向下偏，所以不可能从 M 板的右边缘飞出． 5．【答案】C【解析】经分析随着粒子速度的增大，粒子做圆周运动的半径也变大，当速度增大到某一值 vm 时，粒子运动的圆弧将恰好与 BC 边相切，此时 vm 为粒子从 AC 边穿出磁场的最大速度，如果粒子 速度大于 vm 粒子将从 BC 边穿出磁场，故粒子运动的最大半径为 L，由 qvmB＝mv2m/L，得到 vm＝qBL m ， 故选项 C 正确． 6.【答案】A 7.【答案】C 8.【答案】ACD 9．【答案】BCD【解析】等量异种电荷连线的中垂线一定是等势线，且与无穷远处等电势，这是本题考查 的重点．至于粒子的动能增减、电势能变化情况，可以根据粒子轨迹的弯曲情况结合功能关系判断出 来．由粒子开始时一段轨迹可以判定，粒子在该电场中受到大致向右的电场力，因而可以判断 粒子带负电，A 错误．因为等量异种电荷连线的中垂面是一个等势面，又由两个电荷的电性可 以判定，粒子在运动过程中，电场力先做正功后做负功，所以其电势能先减小后增大，动能先 增大后减小，所以 B、C 正确．因为 M 点所处的等量异种电荷连线的中垂面与无穷远等电势， 所以在由 M 点运动到无穷远的过程中，电场力做功 W＝qU＝0，所以粒子到达无穷远处时动能 仍然为原来值，即速度大小一定为 v0. 10．【答案】AD【解析】由“串反并同”可知要使灯泡变暗，则要求与其串联包括间接串联的器件阻 值增大或与其并联包括间接并联的器件阻值减小，故 A、D 正确，B、C 错误． 11．【答案】AB【解析】两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速 直线运动和水平方向的匀加速直线运动．设板长为 L，板间距离为 d，两电荷的初速度为 v0，则 粒子在电场中的运动时间为 t＝L v0 ，由题可知两电荷在电场中运动的时间相等；沿电场方向有 a ＝qU md ，y＝1 2at2＝qUt2 2md ，可得 q＝2mdy Ut2 ，因 m 未知，则两电荷的电荷量可能相等，A、B 正确．由 y＝1 2at2 可知，两电荷在电场中运动的加速度不相等，C 错误．据动能定理有qUy d ＝Ek－1 2mv20， 得 Ek＝qUy d ＋1 2mv20，因 m 未知，动能大小无法判断，D 错误。 12. 【答案】ACD 二、实验题，每分，共 8 分 13．【答案】1 外 限流 分压也可 2 见解析图 32 【解析】1 小灯泡的额定电流为 I＝P U ＝5 6 A，正常发光时的电阻为 RL＝U I ＝7.2 Ω，由于电压表量程 小 于 小 灯 泡 的 额 定 电 压 ， 实 验 时 需 先 与 定 值 电 阻 串 联 以 扩 大 量 程 ， 则 有 R< RARV ＝ 0.5×(5 000＋10 000) Ω＝50 3 Ω，故测量电路采用电流表外接法．由于采用限流式接法时可使小灯 泡获得的最低电压为 Umin＝ ERL RL＋R≈2.6 V，调节滑动变阻 器，可以满足小灯泡正常发光时的要求，故控制电路可 以采用限流式接法，当然也可以使用分压式接法． 2 实验电路图如图所示。 3 由于定值电阻的阻值等于电压表内阻的二倍，则电压表两端电压等于总电压的三分之一．2 三、计算题共 4 小题，共 44 分 14、解:设电源的电动势为ε，内电阻为 r，当 S 断开时 R1、R2 串联接在电源上，电路中的电流 I，则： I=U/R1=0.8/1A=0.8A 由闭合电路欧姆定律得: ε=I(R1+R2+r)=0.8×(1+1+r)=1.6＋0.8r (1) (3 分) 当 S 闭合时，外电路为 R2 和 R3 并联后与 R1 串联,则外电阻 R 为: R=R1＋R2R3/(R2＋R3)=1.5Ω 而电流 I´为: I=U´/R1=1/1A=1A 所以, ε=I(R+r)=1×(1.5+r)=1.5＋r (2) (3 分) 由(1)、(2)得: ε=2V r=0.5Ω (2 分) 15、解：(1)、A 点的场强为 E，则： E=F/q=4.0×10—3N/2.0×10－8C=2.0×105N/C (2 分) （2）、电荷 q 与点电荷 Q 为相互吸引，所以 Q 应带正电 (1 分) 由库仑定律 F=KQq/r2 得 Q=2.0×10—6C (3 分) （3）、设 A、B 之间的电势差 UAB 则：UAB=W/q=6.0×10－6/－2.0×10－8V=－300V （3 分） 16、解：由题意知：发电机的输出功率 P=100kw，输出电压 U1=250V，升压后的电压为 U2： U1/U2=1： 20 得：U2=5000V (2 分) 而输电线上的电流 I2=P/U2=100000/5000A=20A (2 分) 输电线上损失的电压 U=I2×R 线=20×10V=200V 降压前的电压 U3=U2—U=4800V (2 分) 用户得到的电压 U4 U4/U3=1：20 得：U4=240V (2 分) 用户得到的功率 P 用 P 用=P－P 线=100kw－I22R 线=96kw (2 分) 17、解：（1）由题意知：PQ 棒产生的感应电动势大小为εPQ，则： εPQ=B×L×V=0.5×0.5×10v=2.5v (3 分) （2）.闭合电路中的电流为 I，则： I=εPQ/（R＋r）=2.5/(4＋1)A=0.5A (1 分) 而金属棒 PQ 受到的安培力大小为 F，由公式 F=BIL 得： F=0.5×0.5×0.5N=0.125N 方向水平向左 (2 分) 维持 PQ 棒作匀速运动的水平外力应与安培力 F 大小相等，方向相反.所以，外力的大小为 0.125N，方向水平向右。 (1 分) （3）.证明：如图所示：设 PQ 在Δt 时间内向右移动的距离为 d， 则： d=v×Δt 闭合回路磁通量的增量为Δφ，即： Δφ=B×ΔS=B×L×d=B×L×v×Δt 所以 (4 分) 而 BLV=E 即： 证明完毕。 (1 分) 18.(1)由电子源发出的平行于挡板的电子在磁场中作匀速圆周运动。若半径为 L/2 时，刚好到达 挡板，电子的最小速率 vmin 必须满足 Bevmin=mv2min/( 2 L ),vmin=Bel/(2m) (2)所有从电子源 S 发出的电子都将在磁场中作圆周运动，因为电子速率都相同，故圆周运动半 径 R 也相同，均为： R=mv/Be.因 v=2vmin,故 R=L. 由于半径为 L 的圆周上，任意两点的最长距离为直径 2L， 故在 O 点上侧、 与 S 相距为 2L 的 a 点为电子击中挡板的最远点(见左图)， 所以 aO= 3)2( 22  LL L. 又初速沿 SO 方向的电子恰好在 O 点下侧与挡板相切于 b 点，此 b 点为击中挡板下侧的最远点， 其余沿 SO 下方发射的电子无法与挡板相碰，由圆的知识得： bO=SO=L. 综上所述，电子击中挡板 MN 的范围为 ab=aO+bO=( 3 +1)L. Δφ Δt = B×L×v×Δt Δt =BLV Δφ Δt =BLV=E R DC BA P Q v d