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1、2021-2022学年广东省惠州市高二（上）期末物理试卷1.对于由点电荷。产生的电场，下列说法正确的是（）A.电场强度的定义式仍成立，即E =5，式中的。就是产生电场的点电荷B.由公式E=与可知，在离点电荷。距离相等的地方，电场强度均相同C.在Q产生的电场中某点，电场强度的方向与放入该点的试探电荷的带电种类无关D.在Q产生的电场中某点，放置电量不同的试探电荷，因试探电荷所受电场力不同，故该点的电场强度也会随之改变2.许多物理定律和规律是在大量实验的基础上归纳总结出来的，有关下面四个实验装置，正确的是（）奥斯特用如图所示装置测量出了电子的电荷量B.库仑利用如图所示装置总结出了电荷间的相互作用规律
2、安培利用如图所示装置发现了电流的磁效应D.彼之沆也兄如图所示装置中，在。形盒半径一定的情况下，粒子射出的最大速度与交流电源的电压大小有关3.质量为,力、长为乙的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为8的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成30 角，其截面图如图,则导体棒中电流方向、大小分别为（）A.垂直纸面向外，需LC.垂直纸面向外，需B.垂直纸面向里，需D LD.垂直纸面向里，骞4.图为一种电容传声器的原理图，6是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，“、6构成一个电容器。电容的变化可以转化为电
3、路中电信号的变化。闭合开关K,若声源S发出声波使a向右振动时（）A.a、6板之间的电场强度不变B.电容器的电容减小C.电容器的带电量增加D.流过电流表G的电流方向为自右向左5.某同学设计了一个测量水流速度的装置，示意图如图所示。电阻可忽略的金属丝一端悬挂小球P,另一端固定在。点。电阻丝AB水平放置，并与金属丝接触良好，其中B点位于。点正下方。开关闭合后，可通过仪表C（可看作理想电表）读出水流的速度大小。下列说法正确的是（）水流方向A.仪表C是一个电流表B.水流速度变大，则整个电路的总功率变小C.水流速度变大，则通过电阻R的电流变大 D.水流速度变大，则仪表C的示数变小6.某点电荷的电荷量为q=
4、+3.2xl（）T 0C,在静电场中从M点移动到N点，除电场力以外的其它力对它做功小=8.4 x 10-6j,点电荷的动能增加了1.8 X 10-5J,则M、N两点间的电势差1/“为（）A.3.0 x 104V B.3.6 x 104V C.4.5 x 104V D.1.2 x 104V7.如 图i所示为示波管原理图，若 其 内 部 竖 直 偏 转 电 极 之间电势差如图2所示的规律变化,水平偏转电极XX之间的电势差如图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（）8.如图所示，两根平行长直导线M、N相距2 3通有大小相等、方向相反的电流。a、b、c是导线所在平面内的三个点，它们到导线M的距
5、离分别为乙、L、3以 关于这三个点的磁感应强度，下列说法正确的:是（）A.6处的磁感应强度最小B 处的磁感应强度最大C.a、c处的磁感应强度大小相等，方向相反D.a、c处的磁感应强度大小相等，方向相同9.如图，电源电动势为E,内阻为，定值电阻的阻值刈=r,当滑动变阻器/?2的滑片向右滑动过程中，理想电流表4、%的示数变化量的绝对值分别为1、皿，理想电压表V的示数变化量的绝对值为Z U,下列说法正确的是（）A.电压表V的示数增大B.电流表必的示数减小、上的示数增大C./U与 的 比 值 等 于 电 源 内 阻r D.电源的效率变小io.在地面附近存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I
6、、n。在区域n 中有竖直向上的匀强电场，在区域I 中离边界某一高度由静止释放一质量为机、电量为+q的小球A,如图甲所示，小球运动的。-t 图像如图乙所示，不计空气阻力，则()A.在t=3s时，小球运动到最低点B.整个向下运动过程中，重力做功与电场力做功大小之比为1：2C.小球受到的电场力与重力之比为3：2D.若 规 定 所 在 平 面 电 势 为 零，则小球在最低点时的电势能为萼11.某同学测量一段金属丝的电阻率。(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图1所示，其读数为 mm.(2)根据图2 所示电路图接好电路，测量金属丝心 的电阻。某次测量时，电压表的量程为0 3人电流表的量程为0 0.
7、6 4 测量结果如图3 所示，此时电压值为 V,电流值为 A。12.某同学测量一节干电池的电动势和内阻。图 1、图 2 分别为实验原理图和所需的器件图。(1)请在图2 中画出连线，将器件按原理图连接起来。(2)根据实验的结果画出U-/图线如图3,则电池的电动势9=V,内阻r=g(结果均保留两位小数)(3)如果电源内阻太小，电压表示数变化并不明显，不利于数据处理，请提出一条改进措施:13.电磁炮是一种新型武器，如图为简化后的原理图，恒流源的电流通过金属杆EF(装有弹头)，两平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，金属杆受磁场力推动向右加速。设弹头质量(含金属杆EF的质量)m=2 x 10-2/cg
8、,轨道宽度L=0.5m,长度s=200m,通过的电流大小恒为/=2 0 4,弹头从导轨最左端开始由静止加速至最右端，达到u=2km/s的发射速度,重力加速度g=10m/s2,(轨道摩擦不计)，求：(1)弹头在导轨上运动的时间；(2)导轨间匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)采取哪些措施能提高弹头的发射速度。(至少提两条)14.如图，电源电动势E=3 6 V,内阻r=l。，定值电阻&=2。，滑动变阻器R右侧并联接入一平行板电容器而，他间的距离d=3 c m,电容器加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2T,一质量为m=0.01kg,带电量为q=+1 x lO 7c的小球以水平速度丫 沿中轴线射
9、入电容器中，当滑动变阻器的阻值调到90时，带电小球恰好做匀速直线运动。重力加速度g=10m/s2,求:SI aX X X Xx xB x xb(1)电容器两板之间的电场强度J的大小：(2)小球的入射速度v 的大小；(3)若撤去磁场，已知上下两极板长为L=2 m,求小球飞出极板时的竖直偏移量。15.从力板附近静止发出的、荷质比为A=20C/kg的带正电粒子(不计重力)，经 AB板间的加速电压%作用，经 8 板小孔处，从 C 点竖直向下进入矩形边界垂直纸面向里的匀强磁场区，磁场上下边界之间的距离为d=0.6 m,。为磁场右边界，边界右侧竖直放置一荧光屏尸。,其上沿P 点与磁场上边界水平对齐，已知|
10、CO|=|OP|=|PQ|=d。当%=2.5V时，粒子恰好垂直打在。点。AB OX x xC X X xjx x x x x x!X X X X X XibpQ(i)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当加速电压可调，满足U=k%,带电粒子总能打在荧光屏上，求左的取值范围;(3)在第(2)问的情形下，该粒子在磁场区域运动的最长时间是多少。答案和解析1.【答案】C【解析】解：4 电场强度的定义式仍成立，即E =W，式中的。是试探电荷的带电量，故 A错误;B.由公式后=与可知，在离点电荷。距离相等的地方，电场强度大小相等，但是方向不相同，故B错误；C.在 Q产生的电场中某点，电场强度的方向与放入该
11、点的试探电荷的带电种类无关，故 C 正确；。.在。产生的电场中某点，电场强度是一定的，即放置电量不同的试探电荷，试探电荷所受电场力不同，但是该点的电场强度不会随之改变，故。错误。故选：Co首先根据对电场强度定义式的理解可知A选项错误，其次要考虑到电场强度为矢量可知B选项错误，试探电荷对电场强度无影响。本题考查电场强度的定义和点电荷产生的场强问题，属于简单题型。2 .【答案】B【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可正确解答；根据回旋加速器的原理分析。本题考查物理学史，要与科学家的成就、重要的发现等一起记忆。【解答】A、密立根测量出了电子的电荷量，故 A错误；8、库
12、仑总结出了电荷间的相互作用规律，故 8正确；C、1 8 2 0 年奥斯特发现了电流的磁效应，故 C错误；。、在回旋加速器中，粒子射出前洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，即q B =塔，则 =避，可知粒子射出的最大速度与电源的电压无关，故。错误。m故选：3 .【答案】B【解析】【分析】由导体棒所受重力和弹力方向以及左手定则，可知导体棒电流向里，对其受力分析，可得电流大小。本题考查了共点力作用下物体的平衡及左手定则，受力分析是本题的关键，难度较低。【解答】由受力分析可知：B/L=mgtan30。，解得：/=4翳；由左手定则知电流方向向里。故4 8错JD L误，B正确。故选B。4.【答案】C【
13、解析】【分析】由图看出，心6间电压不变，由公式E=J分析板间电场强度的变化。由公式C=号分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向。该题考查了电容器的动态分析问题，涉及到运用物理知识分析实际问题的能力，根据电容的定义式和决定式进行分析。【解答】A、a、间电压不变，。向右振动过程中，板间距离减小，则由公式E=g分析得知，a、6板间的电场强度增大，故A错误；8、若声源S发出声波使“向右运动时，“、b板间的距离减小，则“、人 构成的电容器的电容C=品变大，故B错误；C。、向右振动过程中，a、b间电压不变，而电容C增大，由公式C=务分析得知，a、6板所带的电量会变大，电容器处于充电
14、状态，那么流过电流表的电流方向为自左向右，故C正确，。错误。5.【答案】B【解析】【分析】本题考查动态电路变化分析。电压表并联使用，电流表串联使用；根据水流的变化判断A8接入电路中长度的变化，从而判断电路中电阻的变化，根据电阻变化判断电流变化，根据电流变化判断其他量的变化。【解答】A.仪表C并联在电路中，仪表C为电压表，故4错误;8.水流速度越大，AB接入电路中的长度越大，则电路中的电阻越大，根据P=，可知，整个电路的总功率变小，故8正确；C.水流速度越大，AB接入电路中的长度越大，则电路中的电阻越大，根据欧姆定律可知，电流变小，故C错误；。.水流速度变大，AB接入电路中的长度越大，则电路中的
15、电阻越大，AB两端的电压变大，则仪表C的示数变大，故。错误。6.【答案】4【解析】【分析】点电荷在静电场中由M点移动到N点的中，电场力和其他外力对点电荷做功，引起点电荷动能的增加。电场力做功为W“N=根据动能定理求解M、N两点间的电势差UMN。对于涉及研究质点动能变化的问题时，要首先考虑能否运用动能定理。要注意应用电场力做功公式皿=勺时各个量均要代符号，并注意电荷移动的方向。【解答】点电荷由M点移动到N点的过程，根据动能定理得：quN+w 其 他=AEk代入数据解得：UMN=3.0 x 1047故选Ao7.【答案】D【解析】【分析】示波管中电子速度极大，故可认为电子经过偏转电场的时间极短，电子
16、经过时电压恒定，那么，电子在偏转场中做匀变速运动。【解答】电子在偏转场中运动时只受电场力作用，那么，在初速度方向做匀速运动，电子运动时间不变；电子在偏转场中加速度a与电压成正比，故电子偏转位移和电压成正比；h=o时刻，电 极 之间所加的电压为零，电极XX之间所加的电压为负，电子受力的方向指向x极，所以可知电子沿x负方向上发生偏转，丫 丫 方向位移为零，时刻，电极丫 丫 之 间所加的电压为负向最大，电极XX之间所加的电压为负，电子受力的方向指向x、极，所以可知电子位移在第三象限，同理分析其他时刻可知，图像如图o所示，故ABC错误，力正确；故选：Do8.【答案】BD【解析】【分析】根据右手螺旋定则
17、判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可。本题关键要掌握右手螺旋定则，运用磁场的叠加分析磁感应强度的大小。【解答】根据安培定则判断知：导线M 在点产生的磁场方向向里，在 6、c 点产生的磁场方向向外，导线 N 在“、人点产生的磁场方向向外，在 c 点产生的磁场方向向里，根据对称性可知，导线M 在点和导线N 在 c点产生的磁感应强度大小相等，导线M 在 b 点和导线N 在 b 点产生的磁感应强度大小相等，导线M 在 c 点和导线N 在 a 点产生的磁感应强度大小相等，且离导线越近磁感应强度越大，4B.根据对称性和磁场矢量叠加可知，b 处的磁感应强度最大，故 A错误，8 正确
18、；CD.根据对称性和磁场矢量叠加可知，心 c 处的磁感应强度大小相等，方向相同，故 C 错误，D正确故选：B D。9.【答案】A C【解析】【分析】当滑动变阻器7?2的滑片向右滑动过程中，分析滑动变阻器接入电路的电阻如何变化，从而判断外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表4 的示数变化情况。根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表4 的示数变化情况。根据闭合电路欧姆定律分析ZU与川1比值大小。根据路端电压的变化，判断电源效率的变化。本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压变化量与电流变化量的比值，即
19、可正确解题。【解答】A3、当滑动变阻器滑动端向右滑动后，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表4 的示数减小。流过电源的电流减小，内电压减小，则路端电压增大，电压表V的示数增大。路端电压增大，两个电阻并联的电压增大，通过%的电流增大，则通过滑动变阻器的电流减小，电流表4 的示数减小，故 4 正确，8 错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-可 知 羿=r，故 C 正确；D、电源的效率为4=号 X 100%=X 1 0 0%,路端电压U增大，而电源的电动势E 不变，则电源的效率变大，故。错误。故选：AC.10.【答案】A C D【解析】解：A 小球前3s向下运
20、动，后 3 向上运动，在t=3s时，小球运动到最低点，故 A 正确；及0 3s过程中，根据动能定理WG-WE=0-0解得：Wc：WE=1：1故 B 错误；C.0 3s过程中，根据动能定理3vi 2vim g -F-y-=0-0解得：F：m g =3：2,故 C 正确；D 3 5s的过程中，根据动能定理2Vi 2%1 mg,2+F-=2 m所又因为2%WE=F-0-0 =-WE解得：Ep=吟，故。正确。故选：ACD.小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做匀减速运动，速度减至零向上做匀加速运动，出电场后做竖直上抛运动，根据动能定理求整个向下运动过程中，重力做功与电场力做功之比；
21、根据动能定理求最低点的电势能。本题一要能正确分析小球的运动情况，运用动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系。1 1.【答案】(1)0.794；(2)0.81；0.27o【解析】【分析】(1)根据螺旋测微器的读数规则得出对应的直径读数；(2)根据电表的量程结合指针得出对应的示数。本题主要考查了测量金属丝电阻率的实验，熟悉螺旋测微器和电表的读数即可完成解答，属于基础题型。【解答】(1)螺旋测微器的分度值为O.Olnun，需要估读到分度值的下一位，则金属丝的读数为0.5沅巾+O.Olnun x 29.4=0.794mm；(2)用电压表的量程为03 U,最小刻度为0.1U,则读数为0.81V,电
22、流表的量程为00.64，最小刻度为0.0 2 4 则电流表为0.274。故答案为：(1)0.794；(2)0.81；0.27。(2)1.47；0.75；(3)在电池干路上串联一个定值电阻。【解析】【分析】(1)根据电路图画出对应的实物连线图；(2)根据闭合电路欧姆定律结合1 7-/图像得出电动势和内阻；(3)根据实验原理提出对应的改进措施。本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，解题关键点是根据闭合电路欧姆定律结合图像分析出电源的电动势和内阻。【解答】(1)因为一节干电池的电动势大约为1.5V,所以电压表量程选择。3 V,电路中的电流也较小，故选择00.64的量程即可。则实物连线图如下图所示：(
23、2)根据闭合电路欧姆定律可知，U=E-I r,则在U-/图像，图像的纵截距表示电池的电动势,则有 E=1.471/图像斜率的绝对值表示内阻，则有r =愕|=丝 晨 竺0 =0.7 5 0(3)如果电源内阻太小，电压表示数变化并不明显，不利于数据处理，可以在电池干路上串联一个定值电阻。1 3.【答案】解：(1)由平均速度公式可得s =i t =竽3代入数据解得t =0.2 s,(2)安培力F =B I L,由动能定理F s =m v2代入数据解得B =2 0 T(3)可选的措施主要有：采用超导材料、增大电流、利用大电流产生更强的磁场、减轻弹头的质量、加长轨道的长度等。【解析】(1)根据平均速度计
24、算时间；(2)安培力做功，根据动能定理计算磁感应强度的大小；(3)根据速度的影响因素判断提高弹头的发射速度的方法。本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。1 4.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律：/=不 与 备=3 4电容器两端电压U=IR=27Vf两板间电场强度=5 =9 0 0 K/m；(2)对小球，由平衡条件得：qvB=m g +q ,解得：v=5 0 0 m/s；(3)小球竖直向下的加速度为a =鳖 署1=10 0 m/s 2,设带电小球能飞出平行板电容器，在极板间飞行的时间为：t =9
25、 =s,所以竖直偏移量为：y=1a t2=8 x 10-4m 故假设成立，则竖直偏移量为：y =8 x 10-4m。【解析】本题考查了闭合电路的欧姆定律、带电粒子在叠加场中的运动；本题是力电综合问题，规律多、过程多，有一定难度，关键是根据闭合电路欧姆定律、平衡条件、类平抛运动的分运动公式、牛顿第二定律列式求解。(1)根据闭合电路的欧姆定律，结合匀强电场中电势差与电场强度的关系求出电容器两板之间的电场强度Ei的大小；(2)带电小球在电场、磁场中恰好做匀速直线运动，受力平衡，据此求出小球的入射速度丫的大小；(3)若撤去磁场，小球在电场、重力场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，结合类平抛运动规律，求
26、出小球飞出极板时的竖直偏移量。15.【答案】解：(1)A B 板间加速，由动能定理1 7qUo=2m v代入数据，得v =10 m/s粒子恰好垂直打在荧光屏上，说明粒子的运动半径R =d由牛顿第二定律，洛伦兹力充当向心力磁感应强度为B =写=0.8 3 3 TqR 6(2)打在。点时，半径最小，设为R ,画出此时的轨迹图解得 R f=0.4 m,2联立方程式/c U o)=巴qu B=mr乙K可得 k =(*)2=g所以/c 1(3)粒子刚好打在尸点时，绕圆心转过的角度最大，时间最长，由第问的结果s i n。=等_=写 手=卷 即。=3 0 因为7 =等=鬻所以在碰场中的运动时间为t =募7 =JbU 3解得t =景=0.12 6 s【解析】本题主要考查带电粒子在电场中的加速和在磁场中的运动规律。(1)(2)A B 板间加速，由动能定理解答；画出此时的轨迹图，根据几何关系计算粒子在磁场中的半径，再结合动能定理和洛伦兹力提供向心力解答；(3)粒子刚好打在P点时，绕圆心转过的角度最大，时间最长。