1、18年海淀区高三期末物理海淀区高三年级第一学期期末练习物理一、选择题1. 放在绝缘支架上的两个相同金属球相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和-3q的电荷，相互作用力为F。现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将为A. 引力且大小为3F B. 斥力且大小为F/3C. 斥力且大小为2F D. 斥力且大小为3F【答案】B【解析】由库仑定律可得：F=；而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，两球的带电量均为为-q，则作用力为斥力，库仑力；故选B点睛：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系 2. 如图所示，用金属
2、网把不带电的验电器罩起来，再使带电金属球靠近金属网，则下列说法正确的是A. 箔片张开B. 箔片不张开C. 金属球带电电荷足够大时才会张开D. 金属网罩内部电场强度为零【答案】BD点睛：静电屏蔽在我们生活中有许多应用例如，遇到雷雨天，行进中的汽车要关闭所有车窗，就算车体遭到雷击，车内人员通常也不会受伤电视闭路线芯外通常包有一层金属网和锡纸等等3. 如图所示的交流电路中，灯L1、L2和L3均发光，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，但频率减小，各灯的亮、暗变化情况为A. 灯L1、L2均变亮，灯L3变暗B. 灯L1、L2、L3均变暗C. 灯L1不变，灯L2变暗，灯L3变亮D. 灯L1不变，灯L2变
3、亮，灯L3变暗【答案】D【解析】输入电压频率减小，对电阻R没影响，灯L1亮度不变；电感线圈特点是通低频阻高频，灯L2的亮度变亮电容器的特点是通高频阻低频，灯L3变暗一些，故选D.点睛：对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：XL=2fL，XC=，L是电感，C是电容，f是频率.4. 如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P向上移动时，下列说法中正确的是 A. 电流表示数变大B. 电压表示数变小C. 电阻R0的电功率变大D. 电源的总功率变小【答案】CD【解析】滑片向上移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小；则内电阻电压减小，
4、由U=E-Ir可知路端电压增大，故电压表示数变大，故B错误；由欧姆定律可知，流过R0的电流增大，而总电流减小，则由并联电路的电流规律可知电流表的示数减小，故A错误；因电阻R0的电压增大，电流增大，故电功率增大，故C正确；电源的总功率P=IE，则当I减小时，电源的总功率变小，故D正确；故选CD5. 如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin100t(V)，电阻R=44，电表均为理想交流电表。则下列说法中正确的是 A. 交流电的频率为50HzB. 电流表A1的示数为0.20AC. 变压器的输入功率为88WD. 电压表的示数为44V【答案
5、】ABD【解析】交流电的周期为：T=0.02s，f=1/T=50Hz故A正确原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压即电压表的示数为44V，则电流表A2的示数为：I2=1A，电流与匝数成反比，所以电流表A1的示数为：I1=1=0.2A故B D正确副线圈的功率P2I22R14444W，所以变压器的输入功率P1=44W，故C错误故选ABD点睛：解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系6. 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
6、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圆形。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. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变D. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小【答案】D【解析】电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02；电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m，解得：
7、；增大电子枪的加速电压，轨道半径变大，选项AB错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，可以使电子束的轨道半径变小故C错误，D正确；故选D.7. 如图所示， KLMN 是一个竖直的匝数为n的矩形导线框，全部处于磁感应强度为 B 的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕竖直固定轴以角速度匀速转动。当MN边与磁场方向的夹角为 30时（图示位置），下列说法正确的是A. 导线框中产生的瞬时电动势的大小是nBS/2B. 导线框中产生的瞬时电动势的大小是C. 线框中电流的方向是KLMNKD. 线框中电流的方向是KNMLK【答案】BD【解析】图中的位置，线框的向右的磁通量增大，感应电流
8、的磁场才方向向左，所以感应电流的方向为：KNMLK；从垂直中性面开始计时感应电动势的瞬时表达式为E=Emcost，当线圈平面与垂直中性面夹角为30时，即t=30，则E=Em=nBS故BD正确，AC错误；故选BD.8. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC - xB = xB - xA 。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是A. A点电势低于B点电势B. A点的电场强度小于B点的电场强度C. A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBCD. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率【答案】AD【
9、解析】由图可知，从A到B，电子的电势能减小，则电势升高，则A点电势低于B点电势，选项A正确；据功能关系知，Ep=q，E=，得：，即有=qE，根据数学知识可知，图线的斜率k=qE，则知从A到B场强逐渐减小，则选项B错误；因AB之间的场强大于BC之间的场强，又xAB = xBC，根据U=Ed可知，A、B两点电势差UAB大于B、C两点电势差UBC，选项C错误；根据能量守恒定律得知，电子从A到B电势能减小，动能增加即电子在A点的速率小于在B点的速率故D正确故选AD.点睛：本题要求学生能从图象中判断出物理量的变化规律关键要掌握电势能与电势的关系Ep=q，场强与电势差的关系E=，还要把握常见电场中的场强的
10、分布特点及坐标中图象的意义9. 如图甲所示，电阻为5、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R=95。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。则 A. A点的电势小于B点的电势B. 在线圈位置上感应电场沿逆时针方向C. 0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05CD. 0.1s时间内非静电力所做的功为2.5J【答案】BCD【解析】线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电场沿逆时针方向，选项A错误，B正确；由法拉第电磁感应定律得：，由闭合电路的欧姆定律得：，则0.1s时间
11、内通过电阻R的电荷量为q=It=0.05C，选项C正确； 0.1s时间内非静电力所做的功为W=Eq=500.05J=2.5J，选项D正确；故选BCD.10. 如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路。刘伟为了使李辉操作方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量。测量时表针摆过了一定角度， 李辉由此确认线圈没有断路。 正当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是 A. 刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大B. 刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压C. 刘伟受到电击的同时多用电表也可能被烧坏D. 实验过程中若李辉两
12、手分别握住红黑表笔的金属杆，他也会受到电击【答案】B【解析】当回路断开时电流要立即减小到零但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，该自感电动势较大，所以刘伟倍“电”到，即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压，故A错误，B正确；因多用表的表笔已经与被测线圈脱离，则多用电表不可能被烧坏，选项C错误；实验过程中若李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，当与线圈脱离后，在电表回路不会产生感应电动势，则他不会受到电击，选项D错误；故选B.点睛：本题考查了自感电动势产生的条件，要知道欧姆表测电阻时，电流是很小的；当电流变化时变压器的线圈会产生较大的自感电动势二、实验题11. 某同学想测量一段导体的阻值。（1）他
13、先用多用电表进行初步测量，主要的操作过程分以下几个步骤，请将第步操作填写完整：将红、黑表笔分别插入多用电表的“”、“”插孔；选择电阻挡“10”；将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向“0”；将红、黑表笔分别与导体的两端相接，发现指针示数接近“0”；选择电阻挡_(选填“100”或“1”)，将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮调零后；重新将红、黑表笔分别与导体的两端相接，读取导体的阻值。（2）采用上述的操作步骤后，多用电表的指针位置如图所示。则该段导体的电阻测量值为_。（3）为了比较精确地测量这个导体的电阻值，他采用伏安法继续进行实验测量，现有实验器材如下：A电源E（电动势4.0V，内阻约0
14、.5）；B电压表（03V，内阻3k）;C电压表（015V，内阻15k）；D电流表（00.6A，内阻0.1）E电流表（03A，内阻0.02）；F滑动变阻器R1（050，1.5A）；G滑动变阻器R2（02000，0.3A）；H开关S和导线若干。为了调节方便，测量准确，在实验中，滑动变阻器应选用_（选填序号字母）。连接电路时，电压表应选_（选填序号字母）、电流表应选_（选填序号字母）。实验电路应采用图中的_（选填“甲”或“乙”）。（4）若在上问中选用甲电路，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
15、值D电压表测量值大于Rx两端的电压值【答案】 (1). 1 (2). 8 (3). F (4). B (5). D (6). 甲 (7). B【解析】（1）将红、黑表笔分别与导体的两端相接，发现指针示数接近“0”，说明倍率档选择过大，应该改用1档；（2）如图可知，电阻的测量值为8.（3）电源的电动势为4V，则电压表选B；电路中可能出现的最大电流，则电流表选择D;滑动变阻器选择阻值较小的F；因，故应选用电流表外接，即选择甲电路； （4）甲电路中产生误差的原因是由于电压表的分流作用，使得电流表测量值大于流经Rx的电流值，故选B.12. 某同学测量一节干电池的电动势和内阻，现有待测电池、电流表（量程
16、00.6A，内阻约0.1）、电压表（量程03V，内阻约3k）、滑动变阻器（阻值010，额定电流2A）、开关各一个、导线若干。为了防止实验测量时数据过密（即要求电压变化范围相对大一些），另外还配有一个定值电阻R0（阻值为1、额定功率为5W）。 (1)请按照图甲设计的电路图用笔画线将图乙实物电路图补充完整_。(2)该同学按照要求连接好电路并进行实验，根据实验数据绘出了图13所示的UI图像，则电源的电动势E_V，电源内阻r_。（3）在上述实验过程中存在系统误差。在图所绘图像中，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图像，实线是根据测量数据绘出的图像，则图14中能正确
17、表示二者关系的是_（选填选项下面的字母）。【答案】 (1). 或 (2). 1.5V (3). 0.6 (4). A【解析】（1）实物电路图如图；或（2）由UI图像可得电源的电动势E1.5V，电源内阻（3）在测量电路中，由于电压表的内阻不是无穷大，导致电压表有分流，通过电源的实际电流大于安培表的电流，即在电流表读数相同的情况下，无误差时通过电源的电流值比有误差时偏大，而当外电路短路时的短路电流不变，如图所示；则图线A正确；三、计算题13. 如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=0.2m， 磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=4.
18、8，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2， 金属棒与导轨垂直且接触良好， 如图所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长。求：(1)金属棒ab产生的感应电动势；(2)通过电阻R的电流大小和方向；(3)金属棒a、b两点间的电势差。【答案】(1) E=0.05V (2) I=0.01A, 方向从M通过R流向P (3) Uab=0.048V【解析】（1）设金属棒中感应电动势为EE=BLv带入数值得E=0.05V （2）设过电阻R的电流大小为I 带入数值得I=0.01A 方向：从M通过R流向P（3）设a、b两点间的电势差为UUab=IR带入数值得Uab=0
19、.048V 14. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l=0.5m的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量m=1.010-2kg、带电量q=2.010-8C的小球（小球的大小可以忽略）在位置B点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角=37，空气阻力不计，sin37=0.6,cos 37 =0.8，g=10m/s2。（1）求该电场场强大小；（2）在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A点，求外力对带电小球做的功；（3）过B点做一等势面交电场线于C点，论证沿电场线方向电势AC。【答案】（1）3.75106N/C（2）1.2510-2J（3）见解析【解析】（1）带电
20、小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是Eq=mgtanE=tan带入数值计算得：E=3.75106N/C（2）小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中，根据动能定理有WF-Eqlsin+mg(l-lcos)=0WF=qlsintan- mg(l-lcos) 带入数值得：WF=1.2510-2J （3）设一带电量为+q电荷在电场力作用下由A点移动到C点，电场力做功为W W=qUAB=q(A-B)因为W0所以AC15. 示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，图17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
21、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。（1）求电子从小孔O穿出时的速度大小v0；（2）求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；（3）若将极板M、N间所加的直流电压U2改为交变电压u=Umsint，电子穿过偏转电场的时间远小于交流电的周期T，且电子能全部打到荧光屏上，求电子打在荧光屏内范围的长度s。【答案】（1）（2）（3）s=2(ym+y1)=
22、(l+2L)【解析】由动能定理可得：U1e=mv02 （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： 竖直方向： , F=Ee , （3）当交变电压为最大值Um时，设电子离开交变电场时沿y轴上的速度为，最大侧移量为ym；离开偏转电场后到达荧光屏的时间为t1，在这段时间内的侧移量为y1则 vym=amt, , 解得 设电子打在荧光屏内范围的长度为s，则s=2(ym+y1)=点睛：此题是电子在电场中的加速以及在匀强电场中的偏转问题；关键是知道粒子在垂直电场方向做匀速运动，在沿电场方向做匀加速运动，联系加速度表达式列出
23、方程即可；第三问也可通过结论通过相似三角形的比例关系求解.16. 电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量m1=15.0g的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质m0=10.0g，匝数n=10，下边长l=10.0cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中，如图18甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0。开关S闭合后，调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4V时，R1=10，此时天平正好平衡。g=10m/s2，求：（1）线圈下边所受安培力的大小F，
24、以及线圈中电流的方向；（2）矩形线圈的电阻R；（3）该匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】（1）0.05N，顺时针（2）R=4（3）0.5T【解析】（1）天平两侧平衡，因此有 m1g= m0g+F 可得：F= m1g-m0g=0.05NF的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线框电流方向为顺时针（2）线圈中电流的大小为：I=(E-U)/r=0.1A 根据电路规律：U=I(R1+R) 联立两式可得：R=4（3）矩形线圈下边所受安培力为：F=nBIl 将数值代入可得： B=F/nIl=0.5T17. 如图甲所示，圆盒为电子发射器，厚度为h，M处是电子出射口，它是宽度为d、长为圆盒厚度的狭缝。其正视
25、截面如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的低能电子；与A同轴放置的金属网C的半径为b。不需要电子射出时，可用磁场将电子封闭在金属网以内；若需要低能电子射出时，可撤去磁场，让电子直接射出；若需要高能电子，撤去磁场，并在A、C间加一径向电场，使其加速后射出。不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e。（1）若需要速度为kv (k 1) 的电子通过金属网C发射出来，在A、C间所加电压U是多大？（2）若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环
26、形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值；（3）若在C、A间不加磁场，也不加径向电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，忽略电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收，以及金属网C与绝缘壳D间的距离，求圆柱体A发射电子的功率P。【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】(1) 对电子经CA间的电场加速时，由动能定理得 所需加速电压为U= (2)电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为BC。设此轨迹圆的半径为r，则 解得 解得最小磁感应强度为： (3)设时间t内由M口射出的电子数为n，则 设时间t内从A中发射的电子数为N 圆柱体
27、A发射电子的功率为 点睛：此题是带电粒子在电场中的加速及在磁场中的运动问题；解题的关键是找到电子恰不能飞出磁场的临界条件，画出轨迹图求解最大半径，从而求解最小的磁感应强度；18. 电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术，适宜于短行程发射大载荷，在军事、民用和工业领域具有广泛应用前景。我国已成功研制出用于航空母舰舰载机起飞的电磁弹射器。它由发电机、直线电机、强迫储能装置和控制系统等部分组成。电磁弹射器可以简化为如图所示的装置以说明其基本原理。电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=10V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L=0.1m且水平放置，处于磁感应
28、强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C=10F。现将一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a使电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动，不计导轨和电路其他部分的电阻，且忽略金属滑块运动过程中的一切阻力，不计电容充放电过程中该装置向外辐射的电磁能量及导轨中电流产生的磁场对滑块的作用。（1）在电容器放电过程中，金属滑块两端电压与电容器两极间电压始终相等。求在开关K置于b瞬间，金属滑块的加速度的大小a；（2）求金属滑块最大速度v；（3）a.电容器是一种储能装置，当
29、电容两极间电压为U时，它所储存的电能A=CU2/2。求金属滑块在运动过程中产生的焦耳热Q；b.金属滑块在运动时会产生反电动势，使金属滑块中大量定向运动的自由电子又受到一个阻力作用。请分析并计算在金属滑块运动过程中这个阻力所做的总功W。【答案】（1）见解析（2）40m/s（3）a. 400J；b. 80J【解析】（1）开关K置于b瞬间，流过金属滑块的电流： 金属滑块受到安培力作用，由牛顿运动定律：BIL=ma， （2） 设金属滑块做加速运动到最大速度时两端的电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为q，放电时间为t，流过金属滑块的平均电流为I： 电容放电过程的电荷量变化q=C(E-U) 金属滑块速
30、度最大时，其两端电压U=BLv 由电流定义有q=It 在金属滑块运动过程中，由动量定理有BILt=mv-0 联立以上各式，可得：v=40m/s （3）a. 由U=BLv可知电容器两端最终电压U=2V 由能量守恒定律有 解得：Q=400J 由动能定理可知安培力做功: WF=mv2=80J f1与f2的合力即洛伦兹力f不做功。所以金属滑块运动过程中阻力f1所做的总功W=-WF =-80J 点睛：此题通过电磁炮为背景考查了动量定理及能量守恒定律等知识；再此问题中要知道金属块在安培力作用下做加速运动的同时又切割磁感线产生感应电动势，当此电动势与电容器两端电压相等时，电流为零，滑块加速结束，速度达到最大值.
