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精品解析：浙江省绍兴市柯桥区2019-2020学年高二上学期期末质量检测物理试题（解析版）
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2019学年第一学期高中期末质量检测
高二物理
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1.教材上证明电场线与等势面一定是垂直的，所使用的科学方法是（ ）
A. 反证法 B. 控制变量法 C. 比值法 D. 等效法
【答案】A
【解析】
【详解】教材上证明电场线与等势面一定是垂直的，所使用的科学方法反证法：如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，所以电场线与等势面一定是垂直的，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.静电荷之间的静电力与物体间的万有引力的相似性曾经引起了多位学者的注意，最终法国科学家库仑通过实验发现了静电荷间相互作用的规律。下列说法正确的是（ ）
A. 库仑采用电荷平分法利用扭秤实验发现了电荷之间相互作用的规律
B. 库仑通过该实验计算出静电力常量的值
C. 库仑对电学的另一贡献是最早引入电场的概念，并用电场线描述电场
D. 静电力和万有引力是同种性质的力
【答案】B
【解析】
【详解】AB．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律，并通过实验计算出了静电力常量的值，但没有用到电荷平分法，故A错误，B正确。
C．法拉第最早引入电场的概念，并用电场线描述电场，故C错误。
D．静电力和万有引力不是同种性质的力，静电力属于电磁相互作用，万有引力属于引力相互作用，故D错误。
故选B。
3.避雷针上方有雷雨云时避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面。M、N是电场中两个点，说法中正确的有（ ）
A. M点的场强比N点的场强大
B. 试探电荷从M点到N点，沿直线移动电场力做功最少
C. 正电荷从M点到N点，电场力一定做正功
D. CD和AB表面附近的电场线有些位置与表面不垂直
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题目图可知，M点的电场线较疏，因此M点的场强比N点的场强小，故A错误；
B．依据电场力做功与路径无关，因此试探电荷从M点移动到N点，不论路径如何，电场力做功一样的，故B错误；
C．根据沿着电场线方向，电势是降低的，正电荷电势能减小，电场力做正功，故C正确；
D．电场线总是垂直等势面，CD和AB表面附近的电场线与表面垂直，故D错误。
故选C。
4.一个简易的电磁弹射玩具如图所示，线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上（金属硬币半径略大于铁芯半径），电容器刚开始时处于无电状态，先将开关拨向1，电容器充电，再将开关由1拨向2瞬间，硬币将向上飞出。则下列说法正确的是（ ）
A. 当开关拨向1时，电容器上板带负电
B. 当开关由1拨向2时，线圈内磁感线方向向上
C. 当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小
D. 当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场
【答案】D
【解析】
【详解】A．当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上板带正电，故A错误。
B．当开关由1拨向2时，电容器放电，电流从上向下通过线圈，根据安培定则可知，线圈中磁感线方向向下，故B错误。
C．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误。
D．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。
故选D。
5.如图所示，直角三角形abc，∠a=60°，通电长直导线分别放置在a、b二点。二根导线中的电流大小分别为I、3I，方向均垂直纸面向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在c点产生的磁感应强度大小为B0，则c点的磁感应强度大小为（ ）
A. B0 B. 2B0 C. D. 4B0
【答案】B
【解析】
【详解】设ac间距为r，由几何知识知bc间距为r，用右手螺旋定则判断通电直导线a在c点上所产生的磁场方向水平向左，大小是
用右手螺旋定则判断通电直导线b在c点上所产生的磁场方向竖直向下，大小
根据矢量的合成法则，结合三角知识关系，则有：各通电导线在c点的合磁感应强度大小为
故ACD错误，B正确；
故选B。
6.如图所示，是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不能立即将衔铁D拉起而使触头C立即离开，而是过一段时间后触头C才能离开，因此得名延时继电器。为检验线圈B中的电流，在电路中接入一个电流表G。关于通过电流表的电流方向，以下判断正确的是（ ）
A. 闭合S后，铁芯上端为S极
B. 断开S瞬间，B线圈中无电流
C. 断开S的瞬间，B线圈中有电流，铁芯上端为N极
D. 若线圈B不闭合，断开S的瞬间仍有延时效应
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合S后，线圈A中产生电流，电流周围产生磁场，根据安培定则可知，铁芯上端为N极，故A错误。
BC．当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合安培定则可知，线圈B中产生电流，铁芯上端为N极，故B错误，C正确。
D．若线圈B不闭合，线圈B中不会产生感应电流，没有延时效应，故D错误。
故选C。
7.如图所示，A1和A2是两只电阻不同的电流表，V1和V2是两只相同的电压表。电流表A2的示数是I2=0.6mA，电压表V1和V2的示数分别是0.6V和0.8V，则电流表A1的示数是（ ）
A. 1.2mA B. 1.4mA C. 1.6mA D. 1.8mA
【答案】B
【解析】
【详解】由于V1和V2两表相同，说明它们的内阻相同，设为R
U1=I2R
U2=IV2R
联立得
IV2=0.8mA
A1测量是总电流为
IV2+I2=1.4 mA
故B正确，ACD错误。
故选B。
8.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象，图线b是某电阻R的U−I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是（ ）
A. 硅光电池的电动势大于3.6V
B. 硅光电池的总功率为0.4W
C. 硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32W
D. 若将R换成阻值更大的电阻（光照不变），电源效率将减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由闭合电路欧姆定律得 U=E-Ir，当I=0时，E=U=3.6V，即硅光电池的电动势等于3.6V，故A错误。
B．硅光电池的总功率为
P总=EI=3.6×0.2W=0.72W
故B错误。
C．硅光电池的内阻
电池的内阻消耗的热功率为
P热=I2r=0.32 W
故C正确。
D．电源效率
随外电阻增大而增大，故D错误。
故选C。
9.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点沿水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是（ ）
A. 若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针（垂直纸面向里看）
B. 若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大
C. 若同时减小I和U，则电子运动的周期减小
D. 若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，根据右手螺旋定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，故A错误；
B．电子在磁场中，向心力由洛伦兹力提供，则
可得
而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即
即U不变，则v不变。由于m、q不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误；
C．因为
所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，则线圈产生的磁场B也减小，电子运动的周期T增大，故C错误；
D．由C中分析可知，I不变，U减小，T不变，故D正确。
故选D。
10.如图所示，在直线XY左右两边有方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，磁感应强度都为0.3T。半径为0.1m，顶角为90°的两个扇形组成的回路，以200rad/s的角速度绕O点在纸面内顺时针方向转动。设回路的电阻为0.4Ω，规定电流沿ABCDA流动时为正，θ=∠XOB，下列关于回路中电流I与θ的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】开始转动的过程中，回路中的磁通量不变，感应电流为零；
当OD边进入右边磁场的同时，OA边进入左边的磁场，此时每条边磁感应线产生的感应电动势为
则4条边产生的总的感应电动势为E=4E1=1.2V，感应电流的大小为
根据楞次定律可知电流方向为ABCDA，即为正方向；
当OB边完全进入左边磁场，此时回路中磁通量不变，不产生感应电流；
当OA边进入右边磁场时，根据电流大小为3A，电流方向为ADCBA，即为负值。
综上所述，A正确、BCD错误。
故选A。
二、多选题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目的要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）
11.下列说法正确的是（ ）
A. 雷雨天时，待在小木屋里比坐在汽车里要安全
B. 法拉第发现了电流的磁效应，因为他坚信电和磁之间一定存在着联系
C. 安倍提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
D. 电动机等大功率用电器，最好把开关的接触点浸在绝缘油中，避免出现电火花
【答案】CD
【解析】
【详解】A．汽车具有金属外壳能产生静电屏蔽，雷雨天时，待在小木屋里不如坐在汽车里要安全，故A错误；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，因为他坚信电和磁之间一定存在着联系，故B错误；
C．安培提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故C正确；
D．电动机等大功率用电器的电流较大，在断开电源时会产生较大的自感电动势，所以最好把开关的接触点浸在绝缘油中，避免出现电火花，故D正确；
故选CD。
12.图甲所示为扬声器的实物图，图乙为剖面图，线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动发出声音。俯视图丙表示处于辐射状磁场中的线圈，磁场方向如图中箭头所示。则下面说法正确的是（ ）
A. 环形磁体产生的磁感线是不闭合的
B. 图丙中，线圈上各点的磁感应强度不同
C 当电流方向改变时线圈所受安培力方向一定改变
D. 图丙中当电流沿逆时针方向时，对应图乙中线圈所受安培力向上
【答案】BC
【解析】
【详解】A．磁感线是闭合的曲线，故A错误；
B．磁感应强度是矢量，线圈上各点的磁感应强度大小相同，方向不同，故B正确；
C．安培力方向由磁场方向和电流方向公共决定，电流方向改变安培力方向一定改变，故C正确；
D．根据左手定则可判定，线圈所受安培力方向竖直向下，故D错误；
故选BC。
13.如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴线OOˊ转动，若线圈和转轴之间的摩擦不能忽略，当外力使磁铁逆时针（从上向下看）匀速转动时，则（ ）
A. 线圈将逆时针匀速转动，转速与磁铁相同
B. 线圈将逆时针匀速转动，转速一定比磁铁转速小
C. 从图示位置磁铁开始转动时，线圈中的感应电流的方向是abcda
D. 在磁铁不断转动的过程中，线圈中感应电流的方向一定会发生改变
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，故A错误，B正确；
C．从图示位置磁铁开始转动时，线圈abcd中穿向纸面向里的磁通量增大，产生感应电流方向abcda，故C正确；
D．在磁铁不断转动的过程中，导致线圈abcd中磁通量一会儿正向穿过增大或减小，一会儿反向穿过增大或减小，所以感应电流的方向一定会发生改变，故D正确；
故选BCD。
14.如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向左滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为∆U1、∆U2、∆U3，理想电流表A示数变化量的绝对值∆I，则（ ）
A. A的示数增大 B. V2的示数增大
C. ∆U3与∆I的比值大于r D. ∆U1小于∆U2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以可知R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确。
B．电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误。
C．根据闭合电路欧姆定律得
U3=E-I（R+r）
则得
则△U3与△I的比值大于r，故C正确。
D．根据闭合电路欧姆定律得
U2=E-Ir
则得
据题：R＞r，△U1大于△U2．故D错误。
故选AC。
15.半导体内导电的粒子一“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以空穴导电为主的半导体叫P型半导体，以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会产生霍尔电势差，若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（ ）
A. 如果上表面电势低，则该半导体为N型半导体
B. 如果上表面电势低，则该半导体为P型半导体
C. 其它条件不变，增大c时，增大
D. 样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB、电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势低，即带负电，故粒子受到的洛伦兹力向下，故载流子是带负电的自由电子，是N型半导体，故A正确，B错误；
C、最终洛伦兹力和电场力平衡，有：evB=e ，UH=Bdv，与c无关，故C错误；
D、电流的微观表达式为：I=nevS，联立解得：n= ， D正确。
故选AD.
三、实验题（每空2分，共18分）
16.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻｡
（1）实验电路如图（a）所示，闭合电键前滑动变阻器滑片应滑到最_____端（填左或右）。
（2）该小组分配到的器材，有电流表A（量程0~0.6A），电压表V（量程0~3V），两个由相同电阻丝绕制而成的滑动变阻器，阻值分别为5Ω、20Ω，开关和导线若干。但变阻器阻值标签模糊，无法识别。则根据已有知识并结合图（b），本实验应选择的变阻器是________。
A．甲为5Ω，选择甲
B．甲为20Ω，选择甲
C．乙为5Ω，选择乙
D．乙为20Ω，选择乙
（3）根据实验数据，画出U-I图线如图（c）所示，由此得电池的电动势E=____V，内阻r=______Ω（保留到小数点后2位）。
（4）该实验中，产生系统误差的主要原因是______｡
A．电流表内阻不可忽略
B．电压表读数不是滑动变阻器上的电压
C．电流表读数不是干路电流
D．电压表读数不是路端电压
【答案】 (1). 右 (2). C (3). 1.50 (4). 1.64 (5). C
【解析】
【详解】（1）[1]．开关闭合前，滑动变阻器触头应处于使电路电流最小的一端右端；
（2）[2]．两个由相同电阻丝绕制而成的滑动变阻器，说明电阻丝电阻率相同，横截面积相同，由图可知甲的电阻丝长于乙的，根据电阻定律 可知，甲的电阻为20Ω，乙的电阻为5Ω，由于一节干电池的电阻约为1Ω，为了便于调节，滑动变阻器应选阻值较小的乙，故ABD错误，C正确；
（3）[3][4]．在U-I图象中纵轴截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，把U-I图象各点用直线连接如图所示：
由图可知，电源电动势E=1.50V
电源内阻为
（4）[5]．根据实验原理图可知，造成实验系统误差的原因是电压表的分流作用导致电流表测得电流偏小，故ABD错误，C正确；
故选C；
17.在《探究感应电流方向的规律》实验中
（1）用试触的方法确定电流方向与电流计指针偏转方向的关系。如图(1)所示实验表明，如果电流从负接线柱流入指针将向______偏转（填左或右）。
（2）观察如图（2）所示的线圈绕线方向，若电流从A流入到B流出，从上向下看电流的方向为______（填顺时针或逆时针）。
（3）用如图（3）所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，则线圈中感应电流产生的磁场的方向_______（填向上或向下）。用电流表观察感应电流的方向，然后判断感应电流的磁场方向，得到如下实验记录。
磁铁的磁场方向
向下
向下
向上
向上
磁铁的磁通量的变化
增大
减小
增大
减小
感应电流的磁场方向
向上
向下
向下
向上
由些得出下列判断中正确的是_________
A．感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相反
B．感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相同
C．磁通量增大时，感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相反
D．磁通量减小时，感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相反
【答案】 (1). 左 (2). 逆时针 (3). 向上 (4). C
【解析】
【详解】（1）[1]．根据电流表指针偏转方向与电流方向间关系为：当电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转；如果电流从负接线柱流入指针将向左偏转；
（2）[2]．如题目图（2）所示的线圈绕线方向，若电流从A流入到B流出，从上向下看电流的方向为逆时针；
（3）[3]．用如题目图（3）所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，那么从上向下看电流的方向逆时针，根据安培定则，则线圈中感应电流产生的磁场的方向向上。
[4]．由表中实验信息可知：当磁铁向上运动时，穿过闭合回路的磁通量减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；当磁铁向下运动时，穿过闭合回路的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故ABD错误，C正确。
四、计算题（3小题，共32分）
18.如图所示，在竖直平面内，有一长度L=2.4m的固定绝缘竖直杆AB，B点所在的水平面线上方存在着场强大小E1=5×106N/C、方向水平向右的匀强电场，下方虚线空间存在着场强大小为E2=E1、方向与竖直方向的夹角α=37°、斜向右上的匀强电场。现将一质量m=0.8kg、电荷量q=+2×10-6C的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，最后从C点离开电场E2，此时速度方向恰好与E2垂直。已知小球与杆间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小球到达B点时的速度大小vB；
(2)小球在电场E2中的加速度大小和方向，以及小球过C点时的速度vC大小；
(3)从A端释放到C点离开的过程中，电场力做的功。
【答案】(1)6m/s；(2)7.5m/s2，方向水平向右；10m/s；(3)25.6J。
【解析】
【详解】(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小为
f=μqE1
则小球沿杆下滑的加速度大小为
由速度位移的关系式得
vB2=2aL
联立解得
vB=6m/s
(2)小球离开B点后在匀强电场E2中的受重力、电场力，如图所示，将电场力分解
qE2cos 37°=8N
恰好与重力mg=8N平衡，小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则加速度大小为：
解得
a=7.5m/s2
方向水平向右
小球过C点时，将速度分解，有：
(3)到C点时的水平速度
设从B到C的时间为t，则
vx=a't
解得
B、C两点间的水平距离为
电场力的功
W=qE2sin37°•x=25.6J
19.如图所示，间距L=1m的足够长的光滑平行金属导轨（电阻不计）与水平面成θ=30°角放置，导轨上端连有阻值R=2Ω的电阻和理想电流表，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直导轨平面。现有质量m=1kg、长度略大于L的金属棒，以初速度v0=10m/s从导轨上某一位置PP′开始沿导轨向上滑行，金属棒垂直导轨且与导轨接触良好，金属棒在导轨间的电阻r=2Ω，与此同时对金属棒施加一个平行于导轨平面向上且垂直于棒的外力F，以保证金属棒匀减速上滑，已知棒向上运动的过程中，电阻R上的电压均匀变化（每1s内变化2V），g取10m/s2。求：
（1）电流表读数的最大值
（2）棒的加速度和外力F的最大值；
（3）棒向上运动的最大距离和该过程中电阻R上通过的电量。
【答案】（1）2.5A；（2）4m/s2；11.5N；（3）12.5m； 3.125C。
【解析】
【详解】（1）金属棒速度最大时，感应电动势E最大，电流I最大，有
Em=BLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得
（2）设棒运动速度为v时，棒上感应电动势为E，有
E=BLv
由闭合电路欧姆定律得
E=I（R+r）
设电阻R两端电压为U，由欧姆定律U=IR得
式中R、r、B、L均为定值，故有
则加速度
开始时，速度最大，安培力最大，则外力F最大，根据牛顿第二定律可得
F-BImL-mgsin30°=ma
解得
F=11.5N
（3）由速度位移关系可得：v02=2ax得
根据电荷量的计算公式可得
代入数据解得
q=3.125C
20.如图所示，在xOy平面内，位于原点O的放射源向各方向均匀发出速率为v0的带正电粒子，粒子的质量均为m、电荷量均为q。在直线y=d下方分布着一个左右足够宽、方向沿y轴正向的匀强电场E；在直线y=d上方有一平行于x轴的感光板MN，直线y=d和MN之间区域有左右足够宽、方向垂直于纸平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=。粒子第一次离开电场上边界y=d时，能够到达的最右侧位置为，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若要求所有粒子都不能打在感光板MN上，则MN与x轴的最小距离h1是多大？
（3）若要求所有粒子都能打在感光板MN上，则MN与x轴的最大距离h2是多大？当MN与x轴的距离为h2时，MN板上被粒子击中的长度是多少？
【答案】（1）；（2）3d；（3）2d；
【解析】
【详解】（1）沿x轴正方向发射的粒子能够到达最右侧的位置为(d，d)，由类平抛运动规律得
其中
解得
（2）沿x轴正方向射入的粒子只要打不出磁场，其它粒子一定打不出。
粒子进入磁场的速度为v，根据动能定理可得
解得
v=2v0
根据洛伦兹力提供向心力可得粒子运动轨迹半径为
解得
R=2d
所以MN与x轴的最小距离
h1=R+d=3d
（3）沿-x方向运动的粒子在磁场中只要能够达到荧光屏上，所有粒子都能够打在荧光屏上，如图所示；
根据（2）可知粒子进入磁场的速度均为v=2v0，运动轨迹半径均为R=2d；
沿-x方向运动的粒子进入磁场时与磁场边界的夹角为θ，则
所以
θ=60°
根据几何关系可得MN到磁场下边缘的距离为y，则
y=R-Rcosθ=d
则MN与x轴的最大距离
h2=d+y=2d；
MN板上被粒子击中左侧到y轴的距离为
MN板上被粒子击中右侧到y轴的距离为
所以MN板上被粒子击中长度是
高二物理
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1.教材上证明电场线与等势面一定是垂直的，所使用的科学方法是（ ）
A. 反证法 B. 控制变量法 C. 比值法 D. 等效法
【答案】A
【解析】
【详解】教材上证明电场线与等势面一定是垂直的，所使用的科学方法反证法：如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，所以电场线与等势面一定是垂直的，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.静电荷之间的静电力与物体间的万有引力的相似性曾经引起了多位学者的注意，最终法国科学家库仑通过实验发现了静电荷间相互作用的规律。下列说法正确的是（ ）
A. 库仑采用电荷平分法利用扭秤实验发现了电荷之间相互作用的规律
B. 库仑通过该实验计算出静电力常量的值
C. 库仑对电学的另一贡献是最早引入电场的概念，并用电场线描述电场
D. 静电力和万有引力是同种性质的力
【答案】B
【解析】
【详解】AB．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律，并通过实验计算出了静电力常量的值，但没有用到电荷平分法，故A错误，B正确。
C．法拉第最早引入电场的概念，并用电场线描述电场，故C错误。
D．静电力和万有引力不是同种性质的力，静电力属于电磁相互作用，万有引力属于引力相互作用，故D错误。
故选B。
3.避雷针上方有雷雨云时避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面。M、N是电场中两个点，说法中正确的有（ ）
A. M点的场强比N点的场强大
B. 试探电荷从M点到N点，沿直线移动电场力做功最少
C. 正电荷从M点到N点，电场力一定做正功
D. CD和AB表面附近的电场线有些位置与表面不垂直
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题目图可知，M点的电场线较疏，因此M点的场强比N点的场强小，故A错误；
B．依据电场力做功与路径无关，因此试探电荷从M点移动到N点，不论路径如何，电场力做功一样的，故B错误；
C．根据沿着电场线方向，电势是降低的，正电荷电势能减小，电场力做正功，故C正确；
D．电场线总是垂直等势面，CD和AB表面附近的电场线与表面垂直，故D错误。
故选C。
4.一个简易的电磁弹射玩具如图所示，线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上（金属硬币半径略大于铁芯半径），电容器刚开始时处于无电状态，先将开关拨向1，电容器充电，再将开关由1拨向2瞬间，硬币将向上飞出。则下列说法正确的是（ ）
A. 当开关拨向1时，电容器上板带负电
B. 当开关由1拨向2时，线圈内磁感线方向向上
C. 当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小
D. 当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场
【答案】D
【解析】
【详解】A．当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上板带正电，故A错误。
B．当开关由1拨向2时，电容器放电，电流从上向下通过线圈，根据安培定则可知，线圈中磁感线方向向下，故B错误。
C．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误。
D．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。
故选D。
5.如图所示，直角三角形abc，∠a=60°，通电长直导线分别放置在a、b二点。二根导线中的电流大小分别为I、3I，方向均垂直纸面向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在c点产生的磁感应强度大小为B0，则c点的磁感应强度大小为（ ）
A. B0 B. 2B0 C. D. 4B0
【答案】B
【解析】
【详解】设ac间距为r，由几何知识知bc间距为r，用右手螺旋定则判断通电直导线a在c点上所产生的磁场方向水平向左，大小是
用右手螺旋定则判断通电直导线b在c点上所产生的磁场方向竖直向下，大小
根据矢量的合成法则，结合三角知识关系，则有：各通电导线在c点的合磁感应强度大小为
故ACD错误，B正确；
故选B。
6.如图所示，是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不能立即将衔铁D拉起而使触头C立即离开，而是过一段时间后触头C才能离开，因此得名延时继电器。为检验线圈B中的电流，在电路中接入一个电流表G。关于通过电流表的电流方向，以下判断正确的是（ ）
A. 闭合S后，铁芯上端为S极
B. 断开S瞬间，B线圈中无电流
C. 断开S的瞬间，B线圈中有电流，铁芯上端为N极
D. 若线圈B不闭合，断开S的瞬间仍有延时效应
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合S后，线圈A中产生电流，电流周围产生磁场，根据安培定则可知，铁芯上端为N极，故A错误。
BC．当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合安培定则可知，线圈B中产生电流，铁芯上端为N极，故B错误，C正确。
D．若线圈B不闭合，线圈B中不会产生感应电流，没有延时效应，故D错误。
故选C。
7.如图所示，A1和A2是两只电阻不同的电流表，V1和V2是两只相同的电压表。电流表A2的示数是I2=0.6mA，电压表V1和V2的示数分别是0.6V和0.8V，则电流表A1的示数是（ ）
A. 1.2mA B. 1.4mA C. 1.6mA D. 1.8mA
【答案】B
【解析】
【详解】由于V1和V2两表相同，说明它们的内阻相同，设为R
U1=I2R
U2=IV2R
联立得
IV2=0.8mA
A1测量是总电流为
IV2+I2=1.4 mA
故B正确，ACD错误。
故选B。
8.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象，图线b是某电阻R的U−I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是（ ）
A. 硅光电池的电动势大于3.6V
B. 硅光电池的总功率为0.4W
C. 硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32W
D. 若将R换成阻值更大的电阻（光照不变），电源效率将减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由闭合电路欧姆定律得 U=E-Ir，当I=0时，E=U=3.6V，即硅光电池的电动势等于3.6V，故A错误。
B．硅光电池的总功率为
P总=EI=3.6×0.2W=0.72W
故B错误。
C．硅光电池的内阻
电池的内阻消耗的热功率为
P热=I2r=0.32 W
故C正确。
D．电源效率
随外电阻增大而增大，故D错误。
故选C。
9.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点沿水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是（ ）
A. 若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针（垂直纸面向里看）
B. 若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大
C. 若同时减小I和U，则电子运动的周期减小
D. 若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，根据右手螺旋定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，故A错误；
B．电子在磁场中，向心力由洛伦兹力提供，则
可得
而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即
即U不变，则v不变。由于m、q不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误；
C．因为
所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，则线圈产生的磁场B也减小，电子运动的周期T增大，故C错误；
D．由C中分析可知，I不变，U减小，T不变，故D正确。
故选D。
10.如图所示，在直线XY左右两边有方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，磁感应强度都为0.3T。半径为0.1m，顶角为90°的两个扇形组成的回路，以200rad/s的角速度绕O点在纸面内顺时针方向转动。设回路的电阻为0.4Ω，规定电流沿ABCDA流动时为正，θ=∠XOB，下列关于回路中电流I与θ的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】开始转动的过程中，回路中的磁通量不变，感应电流为零；
当OD边进入右边磁场的同时，OA边进入左边的磁场，此时每条边磁感应线产生的感应电动势为
则4条边产生的总的感应电动势为E=4E1=1.2V，感应电流的大小为
根据楞次定律可知电流方向为ABCDA，即为正方向；
当OB边完全进入左边磁场，此时回路中磁通量不变，不产生感应电流；
当OA边进入右边磁场时，根据电流大小为3A，电流方向为ADCBA，即为负值。
综上所述，A正确、BCD错误。
故选A。
二、多选题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目的要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）
11.下列说法正确的是（ ）
A. 雷雨天时，待在小木屋里比坐在汽车里要安全
B. 法拉第发现了电流的磁效应，因为他坚信电和磁之间一定存在着联系
C. 安倍提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
D. 电动机等大功率用电器，最好把开关的接触点浸在绝缘油中，避免出现电火花
【答案】CD
【解析】
【详解】A．汽车具有金属外壳能产生静电屏蔽，雷雨天时，待在小木屋里不如坐在汽车里要安全，故A错误；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，因为他坚信电和磁之间一定存在着联系，故B错误；
C．安培提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故C正确；
D．电动机等大功率用电器的电流较大，在断开电源时会产生较大的自感电动势，所以最好把开关的接触点浸在绝缘油中，避免出现电火花，故D正确；
故选CD。
12.图甲所示为扬声器的实物图，图乙为剖面图，线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动发出声音。俯视图丙表示处于辐射状磁场中的线圈，磁场方向如图中箭头所示。则下面说法正确的是（ ）
A. 环形磁体产生的磁感线是不闭合的
B. 图丙中，线圈上各点的磁感应强度不同
C 当电流方向改变时线圈所受安培力方向一定改变
D. 图丙中当电流沿逆时针方向时，对应图乙中线圈所受安培力向上
【答案】BC
【解析】
【详解】A．磁感线是闭合的曲线，故A错误；
B．磁感应强度是矢量，线圈上各点的磁感应强度大小相同，方向不同，故B正确；
C．安培力方向由磁场方向和电流方向公共决定，电流方向改变安培力方向一定改变，故C正确；
D．根据左手定则可判定，线圈所受安培力方向竖直向下，故D错误；
故选BC。
13.如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴线OOˊ转动，若线圈和转轴之间的摩擦不能忽略，当外力使磁铁逆时针（从上向下看）匀速转动时，则（ ）
A. 线圈将逆时针匀速转动，转速与磁铁相同
B. 线圈将逆时针匀速转动，转速一定比磁铁转速小
C. 从图示位置磁铁开始转动时，线圈中的感应电流的方向是abcda
D. 在磁铁不断转动的过程中，线圈中感应电流的方向一定会发生改变
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，故A错误，B正确；
C．从图示位置磁铁开始转动时，线圈abcd中穿向纸面向里的磁通量增大，产生感应电流方向abcda，故C正确；
D．在磁铁不断转动的过程中，导致线圈abcd中磁通量一会儿正向穿过增大或减小，一会儿反向穿过增大或减小，所以感应电流的方向一定会发生改变，故D正确；
故选BCD。
14.如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向左滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为∆U1、∆U2、∆U3，理想电流表A示数变化量的绝对值∆I，则（ ）
A. A的示数增大 B. V2的示数增大
C. ∆U3与∆I的比值大于r D. ∆U1小于∆U2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以可知R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确。
B．电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误。
C．根据闭合电路欧姆定律得
U3=E-I（R+r）
则得
则△U3与△I的比值大于r，故C正确。
D．根据闭合电路欧姆定律得
U2=E-Ir
则得
据题：R＞r，△U1大于△U2．故D错误。
故选AC。
15.半导体内导电的粒子一“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以空穴导电为主的半导体叫P型半导体，以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会产生霍尔电势差，若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（ ）
A. 如果上表面电势低，则该半导体为N型半导体
B. 如果上表面电势低，则该半导体为P型半导体
C. 其它条件不变，增大c时，增大
D. 样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB、电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势低，即带负电，故粒子受到的洛伦兹力向下，故载流子是带负电的自由电子，是N型半导体，故A正确，B错误；
C、最终洛伦兹力和电场力平衡，有：evB=e ，UH=Bdv，与c无关，故C错误；
D、电流的微观表达式为：I=nevS，联立解得：n= ， D正确。
故选AD.
三、实验题（每空2分，共18分）
16.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻｡
（1）实验电路如图（a）所示，闭合电键前滑动变阻器滑片应滑到最_____端（填左或右）。
（2）该小组分配到的器材，有电流表A（量程0~0.6A），电压表V（量程0~3V），两个由相同电阻丝绕制而成的滑动变阻器，阻值分别为5Ω、20Ω，开关和导线若干。但变阻器阻值标签模糊，无法识别。则根据已有知识并结合图（b），本实验应选择的变阻器是________。
A．甲为5Ω，选择甲
B．甲为20Ω，选择甲
C．乙为5Ω，选择乙
D．乙为20Ω，选择乙
（3）根据实验数据，画出U-I图线如图（c）所示，由此得电池的电动势E=____V，内阻r=______Ω（保留到小数点后2位）。
（4）该实验中，产生系统误差的主要原因是______｡
A．电流表内阻不可忽略
B．电压表读数不是滑动变阻器上的电压
C．电流表读数不是干路电流
D．电压表读数不是路端电压
【答案】 (1). 右 (2). C (3). 1.50 (4). 1.64 (5). C
【解析】
【详解】（1）[1]．开关闭合前，滑动变阻器触头应处于使电路电流最小的一端右端；
（2）[2]．两个由相同电阻丝绕制而成的滑动变阻器，说明电阻丝电阻率相同，横截面积相同，由图可知甲的电阻丝长于乙的，根据电阻定律 可知，甲的电阻为20Ω，乙的电阻为5Ω，由于一节干电池的电阻约为1Ω，为了便于调节，滑动变阻器应选阻值较小的乙，故ABD错误，C正确；
（3）[3][4]．在U-I图象中纵轴截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，把U-I图象各点用直线连接如图所示：
由图可知，电源电动势E=1.50V
电源内阻为
（4）[5]．根据实验原理图可知，造成实验系统误差的原因是电压表的分流作用导致电流表测得电流偏小，故ABD错误，C正确；
故选C；
17.在《探究感应电流方向的规律》实验中
（1）用试触的方法确定电流方向与电流计指针偏转方向的关系。如图(1)所示实验表明，如果电流从负接线柱流入指针将向______偏转（填左或右）。
（2）观察如图（2）所示的线圈绕线方向，若电流从A流入到B流出，从上向下看电流的方向为______（填顺时针或逆时针）。
（3）用如图（3）所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，则线圈中感应电流产生的磁场的方向_______（填向上或向下）。用电流表观察感应电流的方向，然后判断感应电流的磁场方向，得到如下实验记录。
磁铁的磁场方向
向下
向下
向上
向上
磁铁的磁通量的变化
增大
减小
增大
减小
感应电流的磁场方向
向上
向下
向下
向上
由些得出下列判断中正确的是_________
A．感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相反
B．感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相同
C．磁通量增大时，感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相反
D．磁通量减小时，感应电流的磁场方向和磁铁的磁场方向一定相反
【答案】 (1). 左 (2). 逆时针 (3). 向上 (4). C
【解析】
【详解】（1）[1]．根据电流表指针偏转方向与电流方向间关系为：当电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转；如果电流从负接线柱流入指针将向左偏转；
（2）[2]．如题目图（2）所示的线圈绕线方向，若电流从A流入到B流出，从上向下看电流的方向为逆时针；
（3）[3]．用如题目图（3）所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，那么从上向下看电流的方向逆时针，根据安培定则，则线圈中感应电流产生的磁场的方向向上。
[4]．由表中实验信息可知：当磁铁向上运动时，穿过闭合回路的磁通量减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；当磁铁向下运动时，穿过闭合回路的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故ABD错误，C正确。
四、计算题（3小题，共32分）
18.如图所示，在竖直平面内，有一长度L=2.4m的固定绝缘竖直杆AB，B点所在的水平面线上方存在着场强大小E1=5×106N/C、方向水平向右的匀强电场，下方虚线空间存在着场强大小为E2=E1、方向与竖直方向的夹角α=37°、斜向右上的匀强电场。现将一质量m=0.8kg、电荷量q=+2×10-6C的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，最后从C点离开电场E2，此时速度方向恰好与E2垂直。已知小球与杆间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小球到达B点时的速度大小vB；
(2)小球在电场E2中的加速度大小和方向，以及小球过C点时的速度vC大小；
(3)从A端释放到C点离开的过程中，电场力做的功。
【答案】(1)6m/s；(2)7.5m/s2，方向水平向右；10m/s；(3)25.6J。
【解析】
【详解】(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小为
f=μqE1
则小球沿杆下滑的加速度大小为
由速度位移的关系式得
vB2=2aL
联立解得
vB=6m/s
(2)小球离开B点后在匀强电场E2中的受重力、电场力，如图所示，将电场力分解
qE2cos 37°=8N
恰好与重力mg=8N平衡，小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则加速度大小为：
解得
a=7.5m/s2
方向水平向右
小球过C点时，将速度分解，有：
(3)到C点时的水平速度
设从B到C的时间为t，则
vx=a't
解得
B、C两点间的水平距离为
电场力的功
W=qE2sin37°•x=25.6J
19.如图所示，间距L=1m的足够长的光滑平行金属导轨（电阻不计）与水平面成θ=30°角放置，导轨上端连有阻值R=2Ω的电阻和理想电流表，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直导轨平面。现有质量m=1kg、长度略大于L的金属棒，以初速度v0=10m/s从导轨上某一位置PP′开始沿导轨向上滑行，金属棒垂直导轨且与导轨接触良好，金属棒在导轨间的电阻r=2Ω，与此同时对金属棒施加一个平行于导轨平面向上且垂直于棒的外力F，以保证金属棒匀减速上滑，已知棒向上运动的过程中，电阻R上的电压均匀变化（每1s内变化2V），g取10m/s2。求：
（1）电流表读数的最大值
（2）棒的加速度和外力F的最大值；
（3）棒向上运动的最大距离和该过程中电阻R上通过的电量。
【答案】（1）2.5A；（2）4m/s2；11.5N；（3）12.5m； 3.125C。
【解析】
【详解】（1）金属棒速度最大时，感应电动势E最大，电流I最大，有
Em=BLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得
（2）设棒运动速度为v时，棒上感应电动势为E，有
E=BLv
由闭合电路欧姆定律得
E=I（R+r）
设电阻R两端电压为U，由欧姆定律U=IR得
式中R、r、B、L均为定值，故有
则加速度
开始时，速度最大，安培力最大，则外力F最大，根据牛顿第二定律可得
F-BImL-mgsin30°=ma
解得
F=11.5N
（3）由速度位移关系可得：v02=2ax得
根据电荷量的计算公式可得
代入数据解得
q=3.125C
20.如图所示，在xOy平面内，位于原点O的放射源向各方向均匀发出速率为v0的带正电粒子，粒子的质量均为m、电荷量均为q。在直线y=d下方分布着一个左右足够宽、方向沿y轴正向的匀强电场E；在直线y=d上方有一平行于x轴的感光板MN，直线y=d和MN之间区域有左右足够宽、方向垂直于纸平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=。粒子第一次离开电场上边界y=d时，能够到达的最右侧位置为，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若要求所有粒子都不能打在感光板MN上，则MN与x轴的最小距离h1是多大？
（3）若要求所有粒子都能打在感光板MN上，则MN与x轴的最大距离h2是多大？当MN与x轴的距离为h2时，MN板上被粒子击中的长度是多少？
【答案】（1）；（2）3d；（3）2d；
【解析】
【详解】（1）沿x轴正方向发射的粒子能够到达最右侧的位置为(d，d)，由类平抛运动规律得
其中
解得
（2）沿x轴正方向射入的粒子只要打不出磁场，其它粒子一定打不出。
粒子进入磁场的速度为v，根据动能定理可得
解得
v=2v0
根据洛伦兹力提供向心力可得粒子运动轨迹半径为
解得
R=2d
所以MN与x轴的最小距离
h1=R+d=3d
（3）沿-x方向运动的粒子在磁场中只要能够达到荧光屏上，所有粒子都能够打在荧光屏上，如图所示；
根据（2）可知粒子进入磁场的速度均为v=2v0，运动轨迹半径均为R=2d；
沿-x方向运动的粒子进入磁场时与磁场边界的夹角为θ，则
所以
θ=60°
根据几何关系可得MN到磁场下边缘的距离为y，则
y=R-Rcosθ=d
则MN与x轴的最大距离
h2=d+y=2d；
MN板上被粒子击中左侧到y轴的距离为
MN板上被粒子击中右侧到y轴的距离为
所以MN板上被粒子击中长度是
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