北京市海淀区2021届高三上学期物理期末练习试卷
一、单选题
1．（2020高三上·海淀期末）关于电场强度，下列说法中正确的是（ ）
A．若在电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度为0
B．真空中点电荷的电场强度公式 表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
C．电场强度公式 表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
D．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同
2．（2020高三上·海淀期末）如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，电子在a、b两点所具有的电势能分别为Epa和Epb，则（ ）
A．Wa=Wb>0， B．Wa=Wb<0，
C．Wa>Wb>0， D．Wa3．（2020高三上·海淀期末）用如图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过变阻器和开关S1连接到电源上，线圈B的两端通过开关S2连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。下列说法中正确的是（ ）
A．该装置是探究线圈A中感应电流产生的条件
B．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出时，电流表的指针会发生偏转
C．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出用时越短，电流表的指针偏转角度越小
D．两开关均处于闭合状态，此时匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针始终指在0刻度线位置
4．（2020高三上·海淀期末）中国的特高压直流输电网已达到世界先进水平，向家坝—上海特高压直流输电工程，是世界上同类工程中容量最大、距离最远、技术最先进的。图甲所示为输电塔，图乙为其局部放大图，两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是（ ）
A．d点在b点的正上方，bd间距等于bc间距，则d点处的磁感应强度方向竖直向下
B．e点在b点的正下方，be间距等于bc间距，则e点处的磁感应强度方向竖直向上
C．若电流I2反向，导线B和A之间的安培力是引力
D．若电流I1和I2同时反向，则a、b、c三点处的磁感应强度方向反向
二、多选题
5．（2020高三上·海淀期末）第5代移动通信技术（简称5G）逐步走进人们的生活，它所使用的电磁波频率很高。家用微波炉使用的微波也是电磁波，其频率较小。有关电磁波，下列说法中正确的是 .
A．电磁波是横波
B．电磁波在真空中的传播速度等于光速
C．随时间变化的磁场一定在周围空间产生变化的电场
D．微波炉的微波波长小于5G技术传输的电磁波波长
E.电磁波可以发生偏振现象
F.电磁波不会发生衍射现象
G.电磁波必须依赖介质传播
H.电磁波无法携带信息传播
I.随时间均匀变化的磁场能够在空间产生电场
J.电磁波在真空和介质中传播的速度相同
K.只要有电场和磁场，就能产生电磁波
L.电磁波具有能量
6．（2020高三上·海淀期末）物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图连接电路，闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，此时通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡A的电流为I2。断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。电源内阻不可忽略，下列说法中正确的是（ ）
A．闭合开关S时，A立即发光并且亮度逐渐增强直到正常发光
B．闭合开关S时，A立即发光并且亮度逐渐减弱直到正常发光
C．I1>I2
D．I17．（2020高三上·海淀期末）如图所示，匀强磁场中有a、b两个闭合单匝线圈，它们用同样的导线制成，半径ra=2rb。磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。两线圈中产生的涡旋电场的电场强度分别为Ea和Eb，两线圈的发热功率分别为Pa和Pb。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法中正确的是（ ）
A．Ea∶Eb=2∶1 B．Ea∶Eb=4∶1 C．Pa∶Pb=4∶1 D．Pa∶Pb=8∶1
8．（2020高三上·海淀期末）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．A点的电势高于O点的电势
B．电子一定做减速运动
C．电子在A点的加速度大于在O点的加速度
D．如果电子向x轴正方向运动，电场力做负功
9．（2020高三上·海淀期末）图甲是某实验小组的同学通过实验作出的电源E的路端电压U与电流I的关系图像，图乙是该实验小组的同学通过实验作出的小灯泡L的I-U图像。下列说法中正确的是（ ）
A．电源E的短路电流约为0.24A
B．由小灯泡L的I-U图像可知，随灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐减小
C．将两个完全相同的小灯泡L并联接在电源E两端组成闭合回路，可求得此时每个小灯泡消耗的功率
D．将两个完全相同的小灯泡L串联接在电源E两端组成闭合回路，可求得此时每个小灯泡消耗的功率
10．（2020高三上·海淀期末）电容器在生产生活中有广泛的应用。用如图甲所示的电路给电容器充电，其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）。改变电路中元件的参数对同一电容器进行三次充电，三次充电对应的电容器电荷量q随时间t变化的图像分别如图乙中①②③所示。第一次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．①②两条曲线不同是E的不同造成的
B．②③两条曲线不同是R的不同造成的
C．改变R或者改变E，电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像都如图丙所示
D．类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，由图丙所示u-q图像可求得电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能
11．（2020高三上·海淀期末）图为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；PQ间电压恒为U的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外。当有粒子打到胶片M上时，可以通过测量粒子打到M上的位置来推算粒子的比荷，从而分析粒子的种类以及性质。
由粒子源N发出的不同种类的带电粒子，经加速电场加速后从小孔S1进入静电分析器，其中粒子a和粒子b恰能沿圆形通道的中心线通过静电分析器，并经小孔S2垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上，其轨迹分别如图中的S1S2a和S1S2b所示。忽略带电粒子离开粒子源N时的初速度，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（ ）
A．粒子a可能带负电
B．若只增大加速电场的电压U，粒子a可能沿曲线S1c运动
C．粒子a经过小孔S1时速度大于粒子b经过小孔S1时速度
D．粒子a在磁场中运动的时间一定大于粒子b在磁场中运动的时间
E．从小孔S2进入磁场的粒子动能一定相等
F．打到胶片M上的位置距离O点越远的粒子，比荷越小
三、实验题
12．（2020高三上·海淀期末）某同学连接的电路如图所示。
（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，闭合电键，此时测得的是通过 的电流；
（2）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是 的电阻；
（3）若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是 两端的电压；
（4）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准“ 10”倍率的欧姆挡，测量时发现指针偏角过大，则必需 （选填“增大”或“减小”）倍率，重新调零后再进行测量。
13．（2020高三上·海淀期末）
（1）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，甲组同学用米尺测得金属丝接入电路的长度L，用螺旋测微器测量金属丝直径d（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的两端的电压U和通过金属丝的电流I，通过计算得到金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
在用伏安法测量金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下实验器材：
A．直流电源：电动势约3V，内阻很小；
B．电流表A：量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω；
C．电压表V：量程0～3V，内阻3kΩ；
D．滑动变阻器：最大阻值20Ω；
E．开关、导线等。
①从图中读出金属丝的直径为 mm；
②金属丝电阻率的表达式ρ= （用电阻丝的长度L、直径d、电压U、电流I及必要常数表示）；
③根据所提供的器材，在如图所示的方框中画出测量金属丝电阻率的实验电路图 ；
（2）乙组同学采用如图所示的电路进行实验，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在金属电阻丝上夹有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱c，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出。实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L，记录对应的电压U。利用测量数据画出 图像，已知图线斜率为k。
①请在图中用连线代替导线完成实验器材的连接 （要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）。
②根据实验的原理及数据，用电阻丝的直径d、电流I、图线斜率k及必要常数可计算得出电阻丝的电阻率ρ= 。
四、解答题
14．（2020高三上·海淀期末）如图所示，间距L=0.40m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=0.40Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.10T。一根长度为L、质量m=0.01kg、电阻r=0.10Ω的导体棒ab放在导轨上，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=5.0m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计。求：
（1）作用在导体棒上的拉力大小F；
（2）电阻R的电热功率P1；
（3）作用在导体棒上的拉力的功率P2；
（4）在导体棒移动20cm的过程中，电阻R上产生的热量；
（5）若在某个时刻撤去拉力，请定性画出撤去拉力后导体棒运动的v-t图像；
（6）若在某个时刻撤去拉力，求此后导体棒ab能够滑动的距离；
（7）若在某个时刻撤去拉力，求此后流过导体棒ab的电荷量。
15．（2020高三上·海淀期末）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m的带电小球（可视为质点）。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，电场强度的大小为E，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）请判断小球的电性，并求小球所带电荷量的大小；
（2）求OA两点间的电势差UOA；
（3）若将小球从A点在竖直面内向左拉起至与O点处于同一水平高度且距O点为l的O′点由静止释放，求小球此后运动到最低点时的速度大小；
（4）若将小球从A点在竖直面内向左拉起至与O点处于同一水平高度且距O点为l的O′点由静止释放，求小球此后相对竖直方向向右侧摆起的最大角度大小。
16．（2020高三上·海淀期末）如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度L1=50cm，bc边和ad边的长度L2=20cm，匝数n=100匝，线圈的总电阻r=10Ω，线圈位于磁感应强度B=0.05T的匀强磁场中。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以角速度ω=400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
（1）从线圈经过图示位置开始计时，写出电阻R两端电压随时间变化的函数关系式；
（2）从线圈经过图示位置开始计时，写出ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式；
（3）求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W。（保留三位有效数字）
17．（2020高三上·海淀期末）如图为某人设计的电吹风电路的示意图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可以处于停机、吹热风、吹自然风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原线圈和副线圈的匝数。该电吹风正常工作时各项参数如表所示。不考虑小风扇电机的机械摩擦损耗及温度对电阻的影响。
热风时电吹风输入功率P1 500W
自然风时电吹风输入功率P2 60W
小风扇额定电压U 60V
小风扇输出机械功率P3 52W
（1）求小风扇工作时变压器原线圈和副线圈中的电流比；
（2）计算电热丝的电阻；
（3）求小风扇电机的效率。
18．（2020高三上·海淀期末）XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。
已知MN两端的电压为U0，偏转场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
（1）若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，求匀强电场的电场强度E1的大小；
（2）若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。
①求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小；
②在仪器实际工作时，电压U0会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为DU，周期为T，如图丙所示。这将导致电子打在靶台上形成一条线，已知一个周期T时间内从小孔射出的电子数为N1，每个打在靶台上的电子平均激发k个X射线光子，求单位长度的线上平均产生的X射线光子数N2。（电子通过加速电场的时间远小于加速电压U0的变化周期，不考虑加速电场变化时产生的磁场）
19．（2020高三上·海淀期末）卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化（可达15km之多），利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。图是离子推进器的原理示意图：将稀有气体从O端注入，在A处电离为带正电的离子，带正电的离子飘入电极B、C之间的匀强加速电场（不计带正电的离子飘入加速电场时的速度），加速后形成正离子束，以很高的速度沿同一方向从C处喷出舱室，由此对卫星产生推力。D处为一个可以喷射电子的装置，将在电离过程中产生的电子持续注入由C处喷出的正离子束中，恰好可以全部中和带正电的离子。
（1）在对该离子推进器做地面静态测试时，若BC间的加速电压为U，正离子被加速后由C处喷出时形成的等效电流大小为I，产生的推力大小为F。已知每个正离子的质量为m。
①试分析说明要在正离子出口D处注入电子的原因；
②求离子推进器单位时间内喷出的正离子数目N；
（2）若定义比推力f为单位时间内消耗单位质量的推进剂所产生的推力，是衡量推进器性能的重要参数，请你指出一种增加离子推进器比推力的方案。（电子的质量可忽略不计，推进剂的总质量可视为正离子的总质量）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场强度
【解析】【解答】A．电场强度由电场本身决定，与放不放试探电荷无关，在电场中的某点不放试探电荷，某点的电场强度不为零，A不符合题意；
B．公式 是真空中点电荷电场强度的决定式，则点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，B符合题意；
C．公式 是电场强度的定义式，电场强度由电场本身决定，电场中某点的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量大小无关，C不符合题意；
D．电荷在电场中所受电场力F=qE，电荷在电场中所受电场力与q、E有关，匀强电场中的电场强度处处相同，电荷的电荷量q不同，电荷在其中受力不同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】电场强度的大小与点电荷无关；与电荷量的大小无关；电场强度相同时点电荷的电荷量不同时受到的电场力大小不同。
2．【答案】C
【知识点】电场力做功；电势能；电势
【解析】【解答】沿着电场线，电势逐渐降低，因此a点电势低于b点电势，即
又由于
电子带负电，因此
根据
而
而从a到c和从b到c，电场力都做正功，因此Wa>Wb>0
故答案为：C。
【分析】利用电场线的方向可以比较电势的高低，结合电子的电荷量可以比较电势能的大小；利用电势差的大小可以比较电场力做功的大小。
3．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．因为线圈B跟电流表连接且此电路没有电源，故该装置是探究线圈B中感应电流产生的条件，A不符合题意；
B．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出时，圈B内的磁通量从无到有，在变化，导致闭合线圈中产生感应电动势，从而产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，B符合题意；
C．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出用时越短，圈B内的磁通量变化越快，导致闭合线圈中产生感应电动势越大，总电阻不变，从而产生感应电流越大，所以电流表的指针偏转角度越大，C不符合题意；
D．两开关均处于闭合状态，此时即便匀速移动滑动变阻器的滑片，由于圈A的磁场是非匀磁场，必然会某时刻圈B内的磁通量发生变化，导致闭合线圈中产生感应电动势，从而产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，不可能始终指在0刻度线位置，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该装置是探究B线圈中感应电流产生的条件；线圈A拔出时间越短磁通量变化率越大则感应电流越大；当改变电流的大小时B线圈也会产生感应电流。
4．【答案】D
【知识点】磁感应强度；安培定则
【解析】【解答】做出I1和I2的横截面图，根据安培定则，画出I1和I2在d、e两点的磁场方向，如图所示
A．由安培定则可判断出，I1在d点的磁场方向斜向左上方，I2在d点的磁场方向斜向左下方，所以d点处的合磁场的磁感应强度方向不会竖直向下，A不符合题意；
B．由安培定则可判断出，I1在e点的磁场方向斜向右上方，I2在e点的磁场方向斜向右下方，所以e点处的合磁场的磁感应强度方向不会竖直向上，B不符合题意；
C．由安培定则可判断出，I1在AB之间产生的磁场方向竖直向上，若电流I2反向，根据左手定则可知，导线A对B的安培力由A指向B，即A和B之间是斥力，C不符合题意；
D．若电流I1和I2同时反向，根据安培定则，则I1和I2在a、b、c三点处的磁感应强度方向都与原来相反，则a、b、c三点处的合磁场的磁感应强度方向都与原来的磁场方向相反，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用安培定则结合磁感应强度的叠加可以判别某点其磁感应强度的方向；利用磁感应强度的方向结合左手定则可以判别导线之间的安培力方向。
5．【答案】ABEIL
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】A．电磁波是横波，A符合题意；
B．电磁波在真空中的传播速度等于光速，B符合题意；
C．随时间均匀变化的磁场在周围空间产生稳定的电场，C不符合题意；
D．微波炉的微波频率小，波长大于5G技术传输的电磁波波长，D不符合题意；
E．电磁波是横波，可以发生偏振现象，选项E正确；
F．衍射是波特有的现象，电磁波也会发生衍射现象，选项F错误；
G．电磁波不须依赖介质传播，在真空中也能传播，选项G错误；
H．电磁波能携带信息传播，选项H错误；
I．随时间均匀变化的磁场能够在空间产生稳定的电场，选项I正确；
J．电磁波在真空中的传播速度大于在介质中传播的速度，选项J错误；
K．只要有周期性变化的电场，才会产生周期性变化的磁场，这种变化的电场和磁场交替产生，由近及远传播才能产生电磁波，选项K错误；
L．电磁波具有能量，选项L正确。
故答案为：ABEIL。
【分析】随时间均匀变化的磁场周围产生稳定的电场；微波炉的频率小所以其波长大于5G技术传输的电磁波波长；电磁波也会发生衍射现象；电磁波在真空中也能传播；也能携带信息传播；电磁波在真空中传播速度最快；只有有周期性变化的电场才会产生周期性变化的磁场，这种变化的电场和磁场交替产生才能产生电磁波。
6．【答案】B,C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】AB．闭合开关S时，A立即发光，线圈L由于自感作用，线圈L中的电流逐渐增大，内压增大，外压减小，A的亮度逐渐减弱；电路稳定后，线圈L相当于是电阻，电路稳定，A正常发光，B符合题意，A不符合题意；
CD．断开开关S，线圈L与A组成闭合回路，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭，则由线圈提供的电流比A原来的电流大，说明线圈L中原来的电流比A中的大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】闭合开关时由于电感的阻碍作用所以其 灯泡亮度逐渐变暗；由于断开开关时灯泡闪亮一下说明经过电感的电流大于通过灯泡的电流大小。
7．【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
产生的涡旋电场的电场强度
半径ra=2rb
则Ea∶Eb=2∶1
A符合题意，B不符合题意；
CD．线圈的发热功率
半径ra=2rb
则Pa∶Pb=8∶1
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用法拉第电磁感应定律结合面积的大小可以求出电动势的比值；利用热功率的表达式结合电动势和电阻的大小可以求出功率的比值。
8．【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】AD. 从图像可知，若电子从O点运动到A点时，电势能增大，电场力做负功，电场力向左，电场强度向右，电场线向右，则A点的电势低于O点的电势，A不符合题意，D符合题意；
B. 若电子向左运动，电子一定做加速运动，无法确定电子的运动方向，所以无法确定电子的运动性质，B不符合题意；
C. 斜率表示电场力，电子在A点的斜率大，电场力大，加速度大，所以电子在A点的加速度大于在O点的加速度，C符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用电势能的大小结合电性可以比较电势的大小；由于不知道电子的运动方向不能判别其速度的变化；利用图象斜率可以比较加速度的大小；当电子向x轴正方向运动时由于电势能增大所以其电场力做负功。
9．【答案】C,D
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】A．图甲中电流为0.24A时，路端电压为1.0V，电源短路时路端电压为0，A不符合题意；
B．由小灯泡L的I-U图像可知，随灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐增大，B不符合题意；
C．将两个完全相同的小灯泡并联接在电源E两端组成闭合回路，设每盏灯的电流为I，由闭合电路的欧姆定律可得
在乙图中作出此状态电源的I-U图线，与小灯泡的I-U图线交点表示灯泡的实际电流和实际电压，由此可求得此时每个小灯泡消耗的功率，C符合题意；
D．将两个完全相同的小灯泡串联接在电源E两端组成闭合回路，设每盏灯的电压为U，由闭合电路的欧姆定律可得
在乙图中作出此状态电源的I-U图线，与小灯泡的I-U图线交点表示灯泡的实际电流和实际电压，由此可求得此时每个小灯泡消耗的功率，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用图象坐标可以判别其短路电流的大小；利用小灯泡的伏安特性曲线可以判别灯丝电阻随电压的增大不断增大；利用路端电压和电流的关系可以求出闭合电路的欧姆定律直线，利用直线和小灯泡伏安特性曲线的交点可以求出灯泡的电流和电压进而求出功率的大小。
10．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 根据 ，①②两次的q相同，表明这两次充电的电源相同，第①次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同造成的，A不符合题意；
B. 根据 ，②③两次的电量不同，表明电源不同，所以②③两条曲线不同是E的不同造成的，B不符合题意；
C. 根据 可知，改变R或者改变E，不能改变电容C，所以电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像的斜率不变，图像如图丙所示，C符合题意；
D. 类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，则电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能等于图像的面积
解得 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】1、2两条曲线的电荷量相同，斜率不同所以时电阻的不同造成的；2、3两条曲线的电荷量不同时由于不同电动势所造成的；电容器电压不变则其电压和电荷量的斜率保持不变；利用图象面积可以求出电容器存储的电能大小。
11．【答案】B,D,F
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A. 粒子在垂直于纸面的磁场中顺时针做圆周运动，根据左手定则，粒子a带正电，A不符合题意；
B. 粒子在电场中加速，根据动能定理得
粒子a分析器中做匀速圆周运动
解得 ，若只增大加速电场的电压U，半径r增大，粒子a可能沿曲线S1c运动，B符合题意；
C. 根据
解得 ，半径小的速度大，则粒子b经过小孔S1时速度大于粒子a经过小孔S1时速度，C不符合题意；
D. 粒子a在磁场中运动的弧长大速度小，运动时间长，所以粒子a在磁场中的运动时间一定大于粒子b在磁场中运动的时间，D符合题意；
E. 根据 ，q未知，从小孔S2进入磁场的粒子动能无法确定是否相等，E错误；
F. 根据 得 ，粒子a的速度小比荷小，所以打到胶片M上的位置距离O点越远的粒子，比荷越小，F正确。
故答案为：BDF。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律结合动能定理可以判别加速电压对轨迹半径的影响；利用动能定理结合牛顿第二定律可以比较两个粒子速度的大小；利用动能定理可以判别其粒子电荷量未知时动能不一定相等。
12．【答案】（1）滑动变阻器R1
（2）滑动变阻器R1和电阻R2的总电阻
（3）电阻R2
（4）减小
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)由于电流表与滑动变阻器串联，因此测得的是通过滑动变阻器R1的电流；(2)断开电键后，滑动变阻器和电阻串联后接到欧姆表两端，因此测量的是滑动变阻器R1和电阻R2的总电阻；(3)滑动变阻器的滑片滑到最左端，滑动变阻器没有接入电路，此时电压表直接与电阻R2并联，因此电压表测得的是电阻R2两端的电压；(4)由于欧姆档测电阻时，表针越靠近中间，测量越准确，如果偏角过大，说明电阻的阻值较小，因此应减小倍率，重新调零后再进行测量。
【分析】（1）由于电流表和滑动变阻器串联所以时测流过滑动变阻器的电流大小；
（2）当断开开关时电表和两个电阻串联则测量两个电阻的阻值之和；
（3）当开关打在电压档，滑动变阻器打在最小值时，电表和定值电阻并联测量定值电阻的电压大小；
（4）当测量电阻时偏转角太大说明电阻小要换小档位。
13．【答案】（1）0.600；；
（2）；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)由图中读出金属丝的直径为d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm
由电阻定律可得
金属丝电阻为
金属丝横截面积为
联立方程，可得金属丝电阻率的表达式为 由于本实验没有要求电压、电流从零开始变化，另外滑动变阻器阻值略比金属丝电阻大些，从连线简便考虑采用变阻器限流式接法，由题意知，金属丝阻值不会太大，远小于电压表内阻，属于小电阻，因此电流表采用外接法，实验电路图如下
(2)为了便于调节电路并能较准确的测出电阻丝的阻值并能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量，且能有效地控制不超出电压表的量程，所以供电电路用分压式，金属丝阻值不会太大，属于小电阻，因此电流表采用外接法，实物连接图如下
由电阻定律可得
金属丝电阻为
金属丝横截面积为
联立方程，解
则可知， 图像中的斜率
则电阻丝的电阻率为
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以读出对应的读数；利用电阻定律结合欧姆定律可以求出电阻率的表达式；滑动变阻器使用分压式接法；电流表使用外接法；
（2）利用电路图进行实物图连线；利用图象斜率结合电阻率的表达式可以求出电阻率的大小。
14．【答案】（1）解：由题知，导体棒匀速切割磁感线，则由平衡条件有
又 ， ，
联立解得
代入已知数据求得
（2）解：电阻R的电热功率为
又
联立两式，代入数据得
（3）解：导体棒匀速运动，由功能关系得作用在导体棒上的拉力的功率
（4）解：导体棒移动20cm的过程中，所用时间为
故电阻R上产生的热量为
（5）解：若在某个时刻撤去拉力，导体棒受到安培力作用做减速运动，由牛顿第二定律有
由于v减小，故导体棒加速度减小，做加速度减小的减速直线运动，直到停止，所以可画出如下图所示v-t图像
（6）解：若在某个时刻撤去拉力，设导体棒ab能够滑动的距离为s，由动量定理有
即有
又
联立代入数据求得
（7）解：若在某个时刻撤去拉力，设此后流过导体棒ab的电荷量为q，则有
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）导体棒切割时做匀速圆周运动，利用动生电动势可以求出导体棒电动势的大小；结合欧姆定律可以求出回路电流的大小，再结合安培力的表达式可以求出安培力的大小，利用平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）已知电路中的电流，结合热功率的表达式可以求出热功率的大小；
（3）导体棒做匀速直线运动，利用功能关系可以求出拉力的功率大小；
（4）已知导体棒做匀速直线运动，利用位移公式可以求出运动的时间，结合功率可以求出产生的热量大小；
（5）当撤去拉力时，其安培力随速度不断减小，利用牛顿第二定律可以判别加速度的变化进而判别速度时间图象；
（6）当撤去拉力后，利用动量定理可以求出导体棒运动的距离；
（7）当撤去拉力后，利用磁通量变化量及电阻的大小可以求出电荷量的大小。
15．【答案】（1）解：由图可知，小球受到的电场力方向向左，电场方向向右，所以小球带负电。小球受三个力作用处于平衡状态，有
解得
（2）解：OA两点间的电势差为UOA=-Elsin37°=-0.6El
（3）解：小球从水平位置到竖直方向的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得
联立方程，解得
（4）解：小球从最低点向右侧摆起到最大角度时的最大角度为θ，由动能定理可得 联立方程，解得 或 （舍去）
则可得
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）小球处于静止，利用小球的平衡方程可以求出电荷量及判别小球的电性；
（2）已知电场强度和两点之间距离的大小，结合电势差和距离的关系可以求出电势差的大小；
（3）小球从静止释放到最低点的过程，利用动能定理可以求出小球到达最低点的速度大小；
（4）小球从最低点到向右侧摆动到最大角度时，利用动能定理可以求出最大的摆角。
16．【答案】（1）解：感应电动势的最大值
电阻R两端电压最大值
电阻R两端电压随时间变化的函数关系式
（2）解：通过电阻R的电流的瞬时值
ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式
（3）解：线圈匀速转动1圈时产生的热量为
代入数据解得
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】（1）已知线圈在磁场中转动，利用电动势的表达式可以求出感应电动势的最大值，利用欧姆定律可以求出电阻两端电压和时间的关系式；
（2）已知电压的瞬时值，结合欧姆定律可以求出电流的瞬时值，再利用安培力的表达式可以求出安培力随时间变化的关系式；
（3）线圈匀速转动一圈，利用焦耳定律可以求出产生的热量，结合功能关系可以求出外力做功的大小。
17．【答案】（1）解：根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系n1：n2=220：60=11：3
则原线圈和副线圈中的电流比I1:I2=n2：n1=3：11
（2）解：电热丝的功率P′=500-60=440W
由
可知，那么电热丝电阻为
（3）解：求小风扇电机的效率
【知识点】电功率和电功
【解析】【分析】（1）由于已知原副线圈的匝数之比，利用电流和匝数之比的关系可以求出电流的比值；
（2）已知电热丝的功率大小，结合热功率的表达式可以求出电阻的大小；
（3）已知小风扇的输出功率和总功率，两者结合可以求出效率的大小。
18．【答案】（1）解：电子在MN间加速过程，由动能定理可得
在偏转电场中，由于偏转角为30°，则有
联立解得
（2）解：①设电场E中速度偏转角为θ，则有
由于类平抛运动，则有速度的反向延长线交于水平位移的中点，如图所示
由几何关系，可得
联立解得
②由上一问可知 ，由于U0的波动， 范围内，如图所示
则偏转角最小时有
此时电子落在靶上最远点，落点到偏转场S中点的水平位移为
则偏转角最大时有
此时落在靶上最近点，落点到偏转场S中点的水平位移为
故靶上的线长为
一个周期射出的N1个电子分布在x长度上，则单位长度的线上对应的电子数为 ，所以单位长度的线上平均产生的X射线光子数
联立方程，整理解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在电场中加速，利用动能定理可以求出获得的速度大小；在偏转电场中做类平抛运动，利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出电场强度的大小；
（2）电子在电场中偏转，利用速度公式可以求出离开电场时速度的方向；结合中点规律及几何关系可以求出水平距离的大小；由于电压的波动所以其偏转角存在一定的范围；利用几何关系可以求出单位长度产生的X射线光子的数量。
19．【答案】（1）解：①若引擎持续喷射出正离子束，会将带有负电的电子留在A中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须注入电子以中和正离子，使推进器获得持续推力。
②设正离子 电荷量为 ，由动量定理得
由动能定理得
根据电流的定义得
联立解得
（2）解：根据定义，比推力
可见若想提高比推力，应该增大加速电压U或者使用比荷更大的正离子作为推进剂
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【分析】（1）由于引擎持续射出正离子，会导致负电子累积在A中，所以会导致喷出的正离子受到库仑力而回来所以会导致推进器不能获得推力；
（2）正离子获得推力的冲量产生动量；利用动量定理结合动能定理可以求出N的大小；
（3）根据比值定义法比推力等于单位时间单位质量产生的推力，利用概念可以求出比推力的表达式。
1 / 1北京市海淀区2021届高三上学期物理期末练习试卷
一、单选题
1．（2020高三上·海淀期末）关于电场强度，下列说法中正确的是（ ）
A．若在电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度为0
B．真空中点电荷的电场强度公式 表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
C．电场强度公式 表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
D．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同
【答案】B
【知识点】电场强度
【解析】【解答】A．电场强度由电场本身决定，与放不放试探电荷无关，在电场中的某点不放试探电荷，某点的电场强度不为零，A不符合题意；
B．公式 是真空中点电荷电场强度的决定式，则点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，B符合题意；
C．公式 是电场强度的定义式，电场强度由电场本身决定，电场中某点的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量大小无关，C不符合题意；
D．电荷在电场中所受电场力F=qE，电荷在电场中所受电场力与q、E有关，匀强电场中的电场强度处处相同，电荷的电荷量q不同，电荷在其中受力不同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】电场强度的大小与点电荷无关；与电荷量的大小无关；电场强度相同时点电荷的电荷量不同时受到的电场力大小不同。
2．（2020高三上·海淀期末）如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，电子在a、b两点所具有的电势能分别为Epa和Epb，则（ ）
A．Wa=Wb>0， B．Wa=Wb<0，
C．Wa>Wb>0， D．Wa【答案】C
【知识点】电场力做功；电势能；电势
【解析】【解答】沿着电场线，电势逐渐降低，因此a点电势低于b点电势，即
又由于
电子带负电，因此
根据
而
而从a到c和从b到c，电场力都做正功，因此Wa>Wb>0
故答案为：C。
【分析】利用电场线的方向可以比较电势的高低，结合电子的电荷量可以比较电势能的大小；利用电势差的大小可以比较电场力做功的大小。
3．（2020高三上·海淀期末）用如图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过变阻器和开关S1连接到电源上，线圈B的两端通过开关S2连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。下列说法中正确的是（ ）
A．该装置是探究线圈A中感应电流产生的条件
B．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出时，电流表的指针会发生偏转
C．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出用时越短，电流表的指针偏转角度越小
D．两开关均处于闭合状态，此时匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针始终指在0刻度线位置
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．因为线圈B跟电流表连接且此电路没有电源，故该装置是探究线圈B中感应电流产生的条件，A不符合题意；
B．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出时，圈B内的磁通量从无到有，在变化，导致闭合线圈中产生感应电动势，从而产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，B符合题意；
C．S1、S2均处于闭合状态，将线圈A中铁芯拔出用时越短，圈B内的磁通量变化越快，导致闭合线圈中产生感应电动势越大，总电阻不变，从而产生感应电流越大，所以电流表的指针偏转角度越大，C不符合题意；
D．两开关均处于闭合状态，此时即便匀速移动滑动变阻器的滑片，由于圈A的磁场是非匀磁场，必然会某时刻圈B内的磁通量发生变化，导致闭合线圈中产生感应电动势，从而产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，不可能始终指在0刻度线位置，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该装置是探究B线圈中感应电流产生的条件；线圈A拔出时间越短磁通量变化率越大则感应电流越大；当改变电流的大小时B线圈也会产生感应电流。
4．（2020高三上·海淀期末）中国的特高压直流输电网已达到世界先进水平，向家坝—上海特高压直流输电工程，是世界上同类工程中容量最大、距离最远、技术最先进的。图甲所示为输电塔，图乙为其局部放大图，两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是（ ）
A．d点在b点的正上方，bd间距等于bc间距，则d点处的磁感应强度方向竖直向下
B．e点在b点的正下方，be间距等于bc间距，则e点处的磁感应强度方向竖直向上
C．若电流I2反向，导线B和A之间的安培力是引力
D．若电流I1和I2同时反向，则a、b、c三点处的磁感应强度方向反向
【答案】D
【知识点】磁感应强度；安培定则
【解析】【解答】做出I1和I2的横截面图，根据安培定则，画出I1和I2在d、e两点的磁场方向，如图所示
A．由安培定则可判断出，I1在d点的磁场方向斜向左上方，I2在d点的磁场方向斜向左下方，所以d点处的合磁场的磁感应强度方向不会竖直向下，A不符合题意；
B．由安培定则可判断出，I1在e点的磁场方向斜向右上方，I2在e点的磁场方向斜向右下方，所以e点处的合磁场的磁感应强度方向不会竖直向上，B不符合题意；
C．由安培定则可判断出，I1在AB之间产生的磁场方向竖直向上，若电流I2反向，根据左手定则可知，导线A对B的安培力由A指向B，即A和B之间是斥力，C不符合题意；
D．若电流I1和I2同时反向，根据安培定则，则I1和I2在a、b、c三点处的磁感应强度方向都与原来相反，则a、b、c三点处的合磁场的磁感应强度方向都与原来的磁场方向相反，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用安培定则结合磁感应强度的叠加可以判别某点其磁感应强度的方向；利用磁感应强度的方向结合左手定则可以判别导线之间的安培力方向。
二、多选题
5．（2020高三上·海淀期末）第5代移动通信技术（简称5G）逐步走进人们的生活，它所使用的电磁波频率很高。家用微波炉使用的微波也是电磁波，其频率较小。有关电磁波，下列说法中正确的是 .
A．电磁波是横波
B．电磁波在真空中的传播速度等于光速
C．随时间变化的磁场一定在周围空间产生变化的电场
D．微波炉的微波波长小于5G技术传输的电磁波波长
E.电磁波可以发生偏振现象
F.电磁波不会发生衍射现象
G.电磁波必须依赖介质传播
H.电磁波无法携带信息传播
I.随时间均匀变化的磁场能够在空间产生电场
J.电磁波在真空和介质中传播的速度相同
K.只要有电场和磁场，就能产生电磁波
L.电磁波具有能量
【答案】ABEIL
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】A．电磁波是横波，A符合题意；
B．电磁波在真空中的传播速度等于光速，B符合题意；
C．随时间均匀变化的磁场在周围空间产生稳定的电场，C不符合题意；
D．微波炉的微波频率小，波长大于5G技术传输的电磁波波长，D不符合题意；
E．电磁波是横波，可以发生偏振现象，选项E正确；
F．衍射是波特有的现象，电磁波也会发生衍射现象，选项F错误；
G．电磁波不须依赖介质传播，在真空中也能传播，选项G错误；
H．电磁波能携带信息传播，选项H错误；
I．随时间均匀变化的磁场能够在空间产生稳定的电场，选项I正确；
J．电磁波在真空中的传播速度大于在介质中传播的速度，选项J错误；
K．只要有周期性变化的电场，才会产生周期性变化的磁场，这种变化的电场和磁场交替产生，由近及远传播才能产生电磁波，选项K错误；
L．电磁波具有能量，选项L正确。
故答案为：ABEIL。
【分析】随时间均匀变化的磁场周围产生稳定的电场；微波炉的频率小所以其波长大于5G技术传输的电磁波波长；电磁波也会发生衍射现象；电磁波在真空中也能传播；也能携带信息传播；电磁波在真空中传播速度最快；只有有周期性变化的电场才会产生周期性变化的磁场，这种变化的电场和磁场交替产生才能产生电磁波。
6．（2020高三上·海淀期末）物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图连接电路，闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，此时通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡A的电流为I2。断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。电源内阻不可忽略，下列说法中正确的是（ ）
A．闭合开关S时，A立即发光并且亮度逐渐增强直到正常发光
B．闭合开关S时，A立即发光并且亮度逐渐减弱直到正常发光
C．I1>I2
D．I1【答案】B,C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】AB．闭合开关S时，A立即发光，线圈L由于自感作用，线圈L中的电流逐渐增大，内压增大，外压减小，A的亮度逐渐减弱；电路稳定后，线圈L相当于是电阻，电路稳定，A正常发光，B符合题意，A不符合题意；
CD．断开开关S，线圈L与A组成闭合回路，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭，则由线圈提供的电流比A原来的电流大，说明线圈L中原来的电流比A中的大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】闭合开关时由于电感的阻碍作用所以其 灯泡亮度逐渐变暗；由于断开开关时灯泡闪亮一下说明经过电感的电流大于通过灯泡的电流大小。
7．（2020高三上·海淀期末）如图所示，匀强磁场中有a、b两个闭合单匝线圈，它们用同样的导线制成，半径ra=2rb。磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。两线圈中产生的涡旋电场的电场强度分别为Ea和Eb，两线圈的发热功率分别为Pa和Pb。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法中正确的是（ ）
A．Ea∶Eb=2∶1 B．Ea∶Eb=4∶1 C．Pa∶Pb=4∶1 D．Pa∶Pb=8∶1
【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
产生的涡旋电场的电场强度
半径ra=2rb
则Ea∶Eb=2∶1
A符合题意，B不符合题意；
CD．线圈的发热功率
半径ra=2rb
则Pa∶Pb=8∶1
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用法拉第电磁感应定律结合面积的大小可以求出电动势的比值；利用热功率的表达式结合电动势和电阻的大小可以求出功率的比值。
8．（2020高三上·海淀期末）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．A点的电势高于O点的电势
B．电子一定做减速运动
C．电子在A点的加速度大于在O点的加速度
D．如果电子向x轴正方向运动，电场力做负功
【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】AD. 从图像可知，若电子从O点运动到A点时，电势能增大，电场力做负功，电场力向左，电场强度向右，电场线向右，则A点的电势低于O点的电势，A不符合题意，D符合题意；
B. 若电子向左运动，电子一定做加速运动，无法确定电子的运动方向，所以无法确定电子的运动性质，B不符合题意；
C. 斜率表示电场力，电子在A点的斜率大，电场力大，加速度大，所以电子在A点的加速度大于在O点的加速度，C符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用电势能的大小结合电性可以比较电势的大小；由于不知道电子的运动方向不能判别其速度的变化；利用图象斜率可以比较加速度的大小；当电子向x轴正方向运动时由于电势能增大所以其电场力做负功。
9．（2020高三上·海淀期末）图甲是某实验小组的同学通过实验作出的电源E的路端电压U与电流I的关系图像，图乙是该实验小组的同学通过实验作出的小灯泡L的I-U图像。下列说法中正确的是（ ）
A．电源E的短路电流约为0.24A
B．由小灯泡L的I-U图像可知，随灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐减小
C．将两个完全相同的小灯泡L并联接在电源E两端组成闭合回路，可求得此时每个小灯泡消耗的功率
D．将两个完全相同的小灯泡L串联接在电源E两端组成闭合回路，可求得此时每个小灯泡消耗的功率
【答案】C,D
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】A．图甲中电流为0.24A时，路端电压为1.0V，电源短路时路端电压为0，A不符合题意；
B．由小灯泡L的I-U图像可知，随灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐增大，B不符合题意；
C．将两个完全相同的小灯泡并联接在电源E两端组成闭合回路，设每盏灯的电流为I，由闭合电路的欧姆定律可得
在乙图中作出此状态电源的I-U图线，与小灯泡的I-U图线交点表示灯泡的实际电流和实际电压，由此可求得此时每个小灯泡消耗的功率，C符合题意；
D．将两个完全相同的小灯泡串联接在电源E两端组成闭合回路，设每盏灯的电压为U，由闭合电路的欧姆定律可得
在乙图中作出此状态电源的I-U图线，与小灯泡的I-U图线交点表示灯泡的实际电流和实际电压，由此可求得此时每个小灯泡消耗的功率，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用图象坐标可以判别其短路电流的大小；利用小灯泡的伏安特性曲线可以判别灯丝电阻随电压的增大不断增大；利用路端电压和电流的关系可以求出闭合电路的欧姆定律直线，利用直线和小灯泡伏安特性曲线的交点可以求出灯泡的电流和电压进而求出功率的大小。
10．（2020高三上·海淀期末）电容器在生产生活中有广泛的应用。用如图甲所示的电路给电容器充电，其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）。改变电路中元件的参数对同一电容器进行三次充电，三次充电对应的电容器电荷量q随时间t变化的图像分别如图乙中①②③所示。第一次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．①②两条曲线不同是E的不同造成的
B．②③两条曲线不同是R的不同造成的
C．改变R或者改变E，电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像都如图丙所示
D．类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，由图丙所示u-q图像可求得电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 根据 ，①②两次的q相同，表明这两次充电的电源相同，第①次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同造成的，A不符合题意；
B. 根据 ，②③两次的电量不同，表明电源不同，所以②③两条曲线不同是E的不同造成的，B不符合题意；
C. 根据 可知，改变R或者改变E，不能改变电容C，所以电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像的斜率不变，图像如图丙所示，C符合题意；
D. 类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，则电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能等于图像的面积
解得 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】1、2两条曲线的电荷量相同，斜率不同所以时电阻的不同造成的；2、3两条曲线的电荷量不同时由于不同电动势所造成的；电容器电压不变则其电压和电荷量的斜率保持不变；利用图象面积可以求出电容器存储的电能大小。
11．（2020高三上·海淀期末）图为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；PQ间电压恒为U的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外。当有粒子打到胶片M上时，可以通过测量粒子打到M上的位置来推算粒子的比荷，从而分析粒子的种类以及性质。
由粒子源N发出的不同种类的带电粒子，经加速电场加速后从小孔S1进入静电分析器，其中粒子a和粒子b恰能沿圆形通道的中心线通过静电分析器，并经小孔S2垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上，其轨迹分别如图中的S1S2a和S1S2b所示。忽略带电粒子离开粒子源N时的初速度，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（ ）
A．粒子a可能带负电
B．若只增大加速电场的电压U，粒子a可能沿曲线S1c运动
C．粒子a经过小孔S1时速度大于粒子b经过小孔S1时速度
D．粒子a在磁场中运动的时间一定大于粒子b在磁场中运动的时间
E．从小孔S2进入磁场的粒子动能一定相等
F．打到胶片M上的位置距离O点越远的粒子，比荷越小
【答案】B,D,F
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A. 粒子在垂直于纸面的磁场中顺时针做圆周运动，根据左手定则，粒子a带正电，A不符合题意；
B. 粒子在电场中加速，根据动能定理得
粒子a分析器中做匀速圆周运动
解得 ，若只增大加速电场的电压U，半径r增大，粒子a可能沿曲线S1c运动，B符合题意；
C. 根据
解得 ，半径小的速度大，则粒子b经过小孔S1时速度大于粒子a经过小孔S1时速度，C不符合题意；
D. 粒子a在磁场中运动的弧长大速度小，运动时间长，所以粒子a在磁场中的运动时间一定大于粒子b在磁场中运动的时间，D符合题意；
E. 根据 ，q未知，从小孔S2进入磁场的粒子动能无法确定是否相等，E错误；
F. 根据 得 ，粒子a的速度小比荷小，所以打到胶片M上的位置距离O点越远的粒子，比荷越小，F正确。
故答案为：BDF。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律结合动能定理可以判别加速电压对轨迹半径的影响；利用动能定理结合牛顿第二定律可以比较两个粒子速度的大小；利用动能定理可以判别其粒子电荷量未知时动能不一定相等。
三、实验题
12．（2020高三上·海淀期末）某同学连接的电路如图所示。
（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，闭合电键，此时测得的是通过 的电流；
（2）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是 的电阻；
（3）若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是 两端的电压；
（4）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准“ 10”倍率的欧姆挡，测量时发现指针偏角过大，则必需 （选填“增大”或“减小”）倍率，重新调零后再进行测量。
【答案】（1）滑动变阻器R1
（2）滑动变阻器R1和电阻R2的总电阻
（3）电阻R2
（4）减小
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)由于电流表与滑动变阻器串联，因此测得的是通过滑动变阻器R1的电流；(2)断开电键后，滑动变阻器和电阻串联后接到欧姆表两端，因此测量的是滑动变阻器R1和电阻R2的总电阻；(3)滑动变阻器的滑片滑到最左端，滑动变阻器没有接入电路，此时电压表直接与电阻R2并联，因此电压表测得的是电阻R2两端的电压；(4)由于欧姆档测电阻时，表针越靠近中间，测量越准确，如果偏角过大，说明电阻的阻值较小，因此应减小倍率，重新调零后再进行测量。
【分析】（1）由于电流表和滑动变阻器串联所以时测流过滑动变阻器的电流大小；
（2）当断开开关时电表和两个电阻串联则测量两个电阻的阻值之和；
（3）当开关打在电压档，滑动变阻器打在最小值时，电表和定值电阻并联测量定值电阻的电压大小；
（4）当测量电阻时偏转角太大说明电阻小要换小档位。
13．（2020高三上·海淀期末）
（1）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，甲组同学用米尺测得金属丝接入电路的长度L，用螺旋测微器测量金属丝直径d（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的两端的电压U和通过金属丝的电流I，通过计算得到金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
在用伏安法测量金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下实验器材：
A．直流电源：电动势约3V，内阻很小；
B．电流表A：量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω；
C．电压表V：量程0～3V，内阻3kΩ；
D．滑动变阻器：最大阻值20Ω；
E．开关、导线等。
①从图中读出金属丝的直径为 mm；
②金属丝电阻率的表达式ρ= （用电阻丝的长度L、直径d、电压U、电流I及必要常数表示）；
③根据所提供的器材，在如图所示的方框中画出测量金属丝电阻率的实验电路图 ；
（2）乙组同学采用如图所示的电路进行实验，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在金属电阻丝上夹有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱c，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出。实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L，记录对应的电压U。利用测量数据画出 图像，已知图线斜率为k。
①请在图中用连线代替导线完成实验器材的连接 （要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）。
②根据实验的原理及数据，用电阻丝的直径d、电流I、图线斜率k及必要常数可计算得出电阻丝的电阻率ρ= 。
【答案】（1）0.600；；
（2）；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)由图中读出金属丝的直径为d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm
由电阻定律可得
金属丝电阻为
金属丝横截面积为
联立方程，可得金属丝电阻率的表达式为 由于本实验没有要求电压、电流从零开始变化，另外滑动变阻器阻值略比金属丝电阻大些，从连线简便考虑采用变阻器限流式接法，由题意知，金属丝阻值不会太大，远小于电压表内阻，属于小电阻，因此电流表采用外接法，实验电路图如下
(2)为了便于调节电路并能较准确的测出电阻丝的阻值并能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量，且能有效地控制不超出电压表的量程，所以供电电路用分压式，金属丝阻值不会太大，属于小电阻，因此电流表采用外接法，实物连接图如下
由电阻定律可得
金属丝电阻为
金属丝横截面积为
联立方程，解
则可知， 图像中的斜率
则电阻丝的电阻率为
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以读出对应的读数；利用电阻定律结合欧姆定律可以求出电阻率的表达式；滑动变阻器使用分压式接法；电流表使用外接法；
（2）利用电路图进行实物图连线；利用图象斜率结合电阻率的表达式可以求出电阻率的大小。
四、解答题
14．（2020高三上·海淀期末）如图所示，间距L=0.40m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=0.40Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.10T。一根长度为L、质量m=0.01kg、电阻r=0.10Ω的导体棒ab放在导轨上，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=5.0m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计。求：
（1）作用在导体棒上的拉力大小F；
（2）电阻R的电热功率P1；
（3）作用在导体棒上的拉力的功率P2；
（4）在导体棒移动20cm的过程中，电阻R上产生的热量；
（5）若在某个时刻撤去拉力，请定性画出撤去拉力后导体棒运动的v-t图像；
（6）若在某个时刻撤去拉力，求此后导体棒ab能够滑动的距离；
（7）若在某个时刻撤去拉力，求此后流过导体棒ab的电荷量。
【答案】（1）解：由题知，导体棒匀速切割磁感线，则由平衡条件有
又 ， ，
联立解得
代入已知数据求得
（2）解：电阻R的电热功率为
又
联立两式，代入数据得
（3）解：导体棒匀速运动，由功能关系得作用在导体棒上的拉力的功率
（4）解：导体棒移动20cm的过程中，所用时间为
故电阻R上产生的热量为
（5）解：若在某个时刻撤去拉力，导体棒受到安培力作用做减速运动，由牛顿第二定律有
由于v减小，故导体棒加速度减小，做加速度减小的减速直线运动，直到停止，所以可画出如下图所示v-t图像
（6）解：若在某个时刻撤去拉力，设导体棒ab能够滑动的距离为s，由动量定理有
即有
又
联立代入数据求得
（7）解：若在某个时刻撤去拉力，设此后流过导体棒ab的电荷量为q，则有
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）导体棒切割时做匀速圆周运动，利用动生电动势可以求出导体棒电动势的大小；结合欧姆定律可以求出回路电流的大小，再结合安培力的表达式可以求出安培力的大小，利用平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）已知电路中的电流，结合热功率的表达式可以求出热功率的大小；
（3）导体棒做匀速直线运动，利用功能关系可以求出拉力的功率大小；
（4）已知导体棒做匀速直线运动，利用位移公式可以求出运动的时间，结合功率可以求出产生的热量大小；
（5）当撤去拉力时，其安培力随速度不断减小，利用牛顿第二定律可以判别加速度的变化进而判别速度时间图象；
（6）当撤去拉力后，利用动量定理可以求出导体棒运动的距离；
（7）当撤去拉力后，利用磁通量变化量及电阻的大小可以求出电荷量的大小。
15．（2020高三上·海淀期末）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m的带电小球（可视为质点）。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，电场强度的大小为E，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）请判断小球的电性，并求小球所带电荷量的大小；
（2）求OA两点间的电势差UOA；
（3）若将小球从A点在竖直面内向左拉起至与O点处于同一水平高度且距O点为l的O′点由静止释放，求小球此后运动到最低点时的速度大小；
（4）若将小球从A点在竖直面内向左拉起至与O点处于同一水平高度且距O点为l的O′点由静止释放，求小球此后相对竖直方向向右侧摆起的最大角度大小。
【答案】（1）解：由图可知，小球受到的电场力方向向左，电场方向向右，所以小球带负电。小球受三个力作用处于平衡状态，有
解得
（2）解：OA两点间的电势差为UOA=-Elsin37°=-0.6El
（3）解：小球从水平位置到竖直方向的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得
联立方程，解得
（4）解：小球从最低点向右侧摆起到最大角度时的最大角度为θ，由动能定理可得 联立方程，解得 或 （舍去）
则可得
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）小球处于静止，利用小球的平衡方程可以求出电荷量及判别小球的电性；
（2）已知电场强度和两点之间距离的大小，结合电势差和距离的关系可以求出电势差的大小；
（3）小球从静止释放到最低点的过程，利用动能定理可以求出小球到达最低点的速度大小；
（4）小球从最低点到向右侧摆动到最大角度时，利用动能定理可以求出最大的摆角。
16．（2020高三上·海淀期末）如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度L1=50cm，bc边和ad边的长度L2=20cm，匝数n=100匝，线圈的总电阻r=10Ω，线圈位于磁感应强度B=0.05T的匀强磁场中。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以角速度ω=400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
（1）从线圈经过图示位置开始计时，写出电阻R两端电压随时间变化的函数关系式；
（2）从线圈经过图示位置开始计时，写出ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式；
（3）求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W。（保留三位有效数字）
【答案】（1）解：感应电动势的最大值
电阻R两端电压最大值
电阻R两端电压随时间变化的函数关系式
（2）解：通过电阻R的电流的瞬时值
ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式
（3）解：线圈匀速转动1圈时产生的热量为
代入数据解得
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】（1）已知线圈在磁场中转动，利用电动势的表达式可以求出感应电动势的最大值，利用欧姆定律可以求出电阻两端电压和时间的关系式；
（2）已知电压的瞬时值，结合欧姆定律可以求出电流的瞬时值，再利用安培力的表达式可以求出安培力随时间变化的关系式；
（3）线圈匀速转动一圈，利用焦耳定律可以求出产生的热量，结合功能关系可以求出外力做功的大小。
17．（2020高三上·海淀期末）如图为某人设计的电吹风电路的示意图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可以处于停机、吹热风、吹自然风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原线圈和副线圈的匝数。该电吹风正常工作时各项参数如表所示。不考虑小风扇电机的机械摩擦损耗及温度对电阻的影响。
热风时电吹风输入功率P1 500W
自然风时电吹风输入功率P2 60W
小风扇额定电压U 60V
小风扇输出机械功率P3 52W
（1）求小风扇工作时变压器原线圈和副线圈中的电流比；
（2）计算电热丝的电阻；
（3）求小风扇电机的效率。
【答案】（1）解：根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系n1：n2=220：60=11：3
则原线圈和副线圈中的电流比I1:I2=n2：n1=3：11
（2）解：电热丝的功率P′=500-60=440W
由
可知，那么电热丝电阻为
（3）解：求小风扇电机的效率
【知识点】电功率和电功
【解析】【分析】（1）由于已知原副线圈的匝数之比，利用电流和匝数之比的关系可以求出电流的比值；
（2）已知电热丝的功率大小，结合热功率的表达式可以求出电阻的大小；
（3）已知小风扇的输出功率和总功率，两者结合可以求出效率的大小。
18．（2020高三上·海淀期末）XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。
已知MN两端的电压为U0，偏转场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
（1）若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，求匀强电场的电场强度E1的大小；
（2）若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。
①求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小；
②在仪器实际工作时，电压U0会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为DU，周期为T，如图丙所示。这将导致电子打在靶台上形成一条线，已知一个周期T时间内从小孔射出的电子数为N1，每个打在靶台上的电子平均激发k个X射线光子，求单位长度的线上平均产生的X射线光子数N2。（电子通过加速电场的时间远小于加速电压U0的变化周期，不考虑加速电场变化时产生的磁场）
【答案】（1）解：电子在MN间加速过程，由动能定理可得
在偏转电场中，由于偏转角为30°，则有
联立解得
（2）解：①设电场E中速度偏转角为θ，则有
由于类平抛运动，则有速度的反向延长线交于水平位移的中点，如图所示
由几何关系，可得
联立解得
②由上一问可知 ，由于U0的波动， 范围内，如图所示
则偏转角最小时有
此时电子落在靶上最远点，落点到偏转场S中点的水平位移为
则偏转角最大时有
此时落在靶上最近点，落点到偏转场S中点的水平位移为
故靶上的线长为
一个周期射出的N1个电子分布在x长度上，则单位长度的线上对应的电子数为 ，所以单位长度的线上平均产生的X射线光子数
联立方程，整理解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在电场中加速，利用动能定理可以求出获得的速度大小；在偏转电场中做类平抛运动，利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出电场强度的大小；
（2）电子在电场中偏转，利用速度公式可以求出离开电场时速度的方向；结合中点规律及几何关系可以求出水平距离的大小；由于电压的波动所以其偏转角存在一定的范围；利用几何关系可以求出单位长度产生的X射线光子的数量。
19．（2020高三上·海淀期末）卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化（可达15km之多），利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。图是离子推进器的原理示意图：将稀有气体从O端注入，在A处电离为带正电的离子，带正电的离子飘入电极B、C之间的匀强加速电场（不计带正电的离子飘入加速电场时的速度），加速后形成正离子束，以很高的速度沿同一方向从C处喷出舱室，由此对卫星产生推力。D处为一个可以喷射电子的装置，将在电离过程中产生的电子持续注入由C处喷出的正离子束中，恰好可以全部中和带正电的离子。
（1）在对该离子推进器做地面静态测试时，若BC间的加速电压为U，正离子被加速后由C处喷出时形成的等效电流大小为I，产生的推力大小为F。已知每个正离子的质量为m。
①试分析说明要在正离子出口D处注入电子的原因；
②求离子推进器单位时间内喷出的正离子数目N；
（2）若定义比推力f为单位时间内消耗单位质量的推进剂所产生的推力，是衡量推进器性能的重要参数，请你指出一种增加离子推进器比推力的方案。（电子的质量可忽略不计，推进剂的总质量可视为正离子的总质量）
【答案】（1）解：①若引擎持续喷射出正离子束，会将带有负电的电子留在A中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须注入电子以中和正离子，使推进器获得持续推力。
②设正离子 电荷量为 ，由动量定理得
由动能定理得
根据电流的定义得
联立解得
（2）解：根据定义，比推力
可见若想提高比推力，应该增大加速电压U或者使用比荷更大的正离子作为推进剂
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【分析】（1）由于引擎持续射出正离子，会导致负电子累积在A中，所以会导致喷出的正离子受到库仑力而回来所以会导致推进器不能获得推力；
（2）正离子获得推力的冲量产生动量；利用动量定理结合动能定理可以求出N的大小；
（3）根据比值定义法比推力等于单位时间单位质量产生的推力，利用概念可以求出比推力的表达式。
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