安徽省六安市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次在线自测物理试题 PDF版含答案

六安一中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
2
r 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 ＝I 2R 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“220V 50W”的电风扇，其线圈电阻为0.4Ω，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
22A ，Q ＝UIt ＝3000J
B ．Q ＝Pt ＝3000J
C ．I ＝P U ＝5
22
A ，Q ＝I 2Rt ＝1.24J
D ．Q ＝U 2R t ＝2202
0.4
×60J ＝7.26×106J
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v m 是（）
A ．
23qBL 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002s
Ｄ、电压的瞬时表达式是u=311sin314t 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v 0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v 0
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，R 1、R 2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R 1的阻值增大
B ．仅使R 1的阻值减小
C ．仅使R 2的阻值增大
D ．仅使R 2的阻值减小
v d c
b
a
d c
a b
I
B A
－311
311
u/v
12t/10－
2s
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
πB.t1+t2=
qB
m
2πC.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6V ，额定功率约为5W
B ．电流表：量程1.0A ，内阻约为0.5Ω
C ．电压表：量程3V ，内阻5kΩ
D ．滑动变阻器R ：最大阻值为20Ω，额定电流1A
E ．电源：电动势10V ，内阻很小
F ．定值电阻R 0阻值10kΩ
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R 1=R 2=R 3=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
R 3
R 2
R 1
V Q
B
A
F
－
q
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：E BLV t
==∆∆Φ（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
I 1I 2
I 3
U 1
U 2
U 3
U 4
20:1
用户
1:20
输电线
R D
C
B
A P
Q
v
六安一中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v m时，粒子运动的圆弧将恰好与BC边相切，此时v m为粒子从AC边穿出磁场的最大速度，如果粒子
速度大于v m粒子将从BC边穿出磁场，故粒子运动的最大半径为L，由qv m B＝mv2m/L，得到v m＝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
2
at2＝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
2
at2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＝E k
－1
2
mv20，得E k＝
qUy
d＋
1
2
mv20，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R L＝U
I＝7.2Ω，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<R A R V＝0.5×(5000＋10000)Ω＝503Ω，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U min＝
ER L
R L＋R
≈2.6V，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．
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U AB则：U AB=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U4U4/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v min必须满足
Bev min=mv2min/(2
L
),v min=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=2v min ,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(2
2=
-L
L 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
D
C
B
A P
Q
v
d。