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2021-2022学年福建省福州市四校联盟高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省福州市四校联盟高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了0cm，板长l=5，【答案】C，【答案】A，【答案】AD，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。
在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是( )
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁存在联系
B. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流
C. 麦克斯韦从场的角度总结电与磁的联系，证实了电磁波的存在
D. 法拉第用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同
一根粗细均匀的细铜丝，原来的电阻为R，则( )
A. 对折后，电阻变为12R
B. 截去13，剩下部分的电阻变为13R
C. 均匀拉长为原来的2倍，电阻变为2R
D. 均匀拉长，使截面积为原来的12，电阻变为4R
如图所示，把矩形线圈abcd放在如图所示的匀强磁场中，已知线圈面积为S，磁感应强度为B，线圈平面从图示位置绕OO′轴转过60∘时，穿过线圈的磁通量是( )
A. 0
B. BS
C. 12BS
D. 32BS
如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下情况中有感应电流产生的是( )
A. 将abcd向纸外平移
B. 将abcd向上平移
C. 将abcd以cd为轴转动60∘
D. 将abcd以ab为轴转动60∘
电容式位移传感器能够把物体位移力学量转换为电容电学量，一般用于高精度的应用环境，如压电微位移、电子显微镜微调、天文望远镜镜片微调等。如图所示，若该电容器接在恒压直流电源上，当被测物体向右发生位移时，电介质板随之向右移出，则电容器( )
A. 电容变小，极板上电荷量减少B. 电容变大，极板上电荷量减少
C. 电容变小，极板上电荷量增加D. 电容变大，极板上电荷量增加
一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨道如图虚线a、b、c所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是( )
A. 此粒子一直受到静电排斥力
B. 粒子在b点的电势能一定大于a点的电势能
C. 粒子在b点的速度一定大于a点的速度
D. 粒子在a点和c点速度大小相等
在磁感应强度大小为B0，方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A. c、d两点的磁感应强度大小相等B. a、b两点的磁感应强度大小相等
C. c点的磁感应强度的值最小D. b点的磁感应强度的值最大
如图是一火警报警电路的示意图．其中R3为用半导体材料制成的热敏电阻，这种半导体热敏电阻的电阻率随温度的升高而减小．值班室的显示器为电路中电流表，电源两极之间接一报警器．当热敏电阻R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
A. I变大，U变小B. I变小，U变大C. I变小，U变小D. I变大，U变大
静电除尘器除尘原理如图所示。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向收尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是( )
A. 带电尘埃带负电荷
B. 电场方向由电晕极指向收尘极
C. 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D. 在同一位置，带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
如图所示，M、N为两个带等量异种的点电荷，在其连线的中垂线上有一点P(规定无穷远处的电势为零)，下列说法中正确的是( )
A. O点的电场强度为零B. P点电场强度方向水平向右
C. P点到O点电场强度大小一直增加D. P点的电势小于O点的电势
如图所示的电路中，电源、电动势E=36V，内阻r=1Ω，电灯L上标有“6V，12W”字样，直流电动机M线圈电阻R=2Ω。接通电源后，电灯恰能正常发光。下列说法正确的是( )
A. 电路中的电流为2AB. 电动机两端的电压为4V
C. 电动机产生的热功率为60WD. 电动机输出的机械功率为48W
如图，电荷量分别为q和−q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则( )
A. a点和b点的电势相等B. a点和b点的电场强度大小相等
C. a点和b点的电场强度方向相同D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加
某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸，分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和图(b)所示，长度为______cm，直径为______mm.
小米同学测量一节干电池的电动势和内电阻，电路图如图1所示，已知定值电阻R0=1Ω。
(1)某次实验电压表和电流表的示数如图2所示，由图可知，电压表读数为______ V。
(2)该同学根据所测数据作出U−I图线，如图所3所示。根据图中所画图线可得出电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。(结果都保留2位小数)
用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。
请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动部件______，使指针对准电流的“0”刻线。
②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的______(填“0刻线”或“∞刻线”)。
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按______的顺序进行操作，再完成读数测量。
A.将K旋转到电阻挡”×1K”的位置
B.将K旋转到电阻挡”×10”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准。
如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=−1.0×10−6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服静电力做了2×10−6J的功，已知A、B间的距离为2cm.
(1)试求A、B两点间的电势差UAB；
(2)若A点的电势为φA=1v，试求B点的电势φB；
(3)试求该匀强电场的大小E并判断其方向．
如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d，定值电阻阻值分别为R0、R1和R2，电源电动势为E、电源内阻为r。用绝缘细线将重量为G带有正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，当小球静止时悬线与竖直方向的夹角为θ。求小球的带电量q。
已知电子电量为e、质量为m，经U1=1500V的加速电压加速后，在两平行板正中央处进入平行板间的匀强电场U2，入射方向与极板平行，如图所示。若两板间距d=2.0cm，板长l=5.0cm，求：
(1)电子经过加速电场后获得多大的速度？(答案直接用符号表示即可，无需带数据)
(2)要使电子能从平行板间飞出，两个极板间最多能加多大电压？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实。故A正确；
B、法拉第经过十年不懈努力，发现“磁生电”的效应，但在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故B错误；
C、麦克斯韦从场的角度总结电与磁的联系，预言了电磁波，赫兹证实了电磁波的存在，故C错误；
D、赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同，故D错误。
故选：A。
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．
本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累，特别是法拉第电磁感应定律并不是法拉第发现的。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据电阻定律R=ρLS，对折后，长度变为原来的12，横截面积变为原来的2倍，故电阻变为原来的14，即电阻变为14R，故A错误；
B、根据电阻定律R=ρLS，截去13，剩下的长度为原来23，则电阻大小变为原来的23，即剩下部分的电阻变为23R，故B错误；
CD、根据电阻定律R=ρLS，均匀拉长为原来的2倍，使横截面积为原来的12，则电阻变为4R，故C错误，D正确；
故选：D。
根据电阻定律R=ρLS，并结合细钢丝的体积不变进行判断即可。
本题主要考查了电阻定律，解题关键在于通过电阻定律正确分析每个物理量的变化从而引起电阻的变化。
3.【答案】C
【解析】解：当线圈绕OO′轴转过60∘时，Φ=BScsθ=12BS，故C正确，ABD错误；
故选：C。
通过线圈的磁通量可以根据Φ=BSsinθ进行求解，θ为线圈平面与磁场方向的夹角。
解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大。
4.【答案】C
【解析】解：A、由于磁场为匀强磁场，将abcd 向纸外平移，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故A错误；
B、将abcd向上平移，其磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；
C、当线圈绕cd为轴转动60∘时，ab边恰好到达边界，磁通量将减小，因此有感应电流产生，故C正确；
D、将线圈以ab为轴转动60∘，cd边恰好到达边界，穿过线圈的磁通量不变化，不产生感应电流，故D错误。
故选：C。
依据产生感应电流的条件：穿过闭合电路磁能量发生变化，再结合通过判断线圈中的磁通量是否变化，即可得出正确结果。
根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰．
5.【答案】A
【解析】解：当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质板减少，根据电容的定义式：\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，则电容C会减小，由于电压U不变，依据\(Q=CU\)，则电容器极板间的电荷量Q减少，故A正确，BCD错误；
故选：A。
若电容器极板间的电压不变，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，从而即可判定。
考查电容的定义式与决定式的应用，掌握比值定义法的含义，注意两式的区别，同时理解电量何时不变，电压何时不变的条件。
6.【答案】C
【解析】解：A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，故A正确．
B、粒子由a到b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以b点的电势能一定大于在a点的电势能，故B正确．
C、根据动能定理，粒子由a到b，电场力做负功，动能减少，故粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故C错误．
D、c点和a点在同一个等势面上，电场力做功为零，动能不变，故它们的速度的大小相等，但是他们的速度的方向不同，故D正确．
本题要求选择不正确的，故选：C
电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况．
7.【答案】C
【解析】解：
用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大。
b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上。
c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小。
d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上。d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同。
选项ABD错误，选项C正确。
故选：C。
该题考查了磁场的叠加问题。用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。
磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。基础题目。
8.【答案】C
【解析】解：当传感器R3所在处出现火情时，R3的阻值变小，R2与R3的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小。
电路中并联部分的电压U并=E−I(R1+r)，I变大，其他量不变，则U并变小，I也变小。
所以I变小，U变小。故C正确，ABD错误；
故选：C。
R3为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小．当传感器R3所在处出现火情时，分析R3的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化．根据并联部分电压的变化，分析I的变化．
本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部→整体→局部”的顺序进行动态变化分析．
9.【答案】AD
【解析】解：A、由图可知收尘极带正电，则到达集尘极的尘埃带负电荷，故A正确；
B、收尘极与电源正极相连，电场方向由收尘极指向放电极，故B错误；
C、带电尘埃带负电荷，所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误；
D、根据公式F=qE可知，在同一位置，带电荷量越多的尘埃受到的电场力越大，故D正确。
故选：AD。
由图可知，两电极的电性，根据带电尘埃迁移到集尘极，可知带电尘埃带负电，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反；电场线方向为正极指向负极；由电场力公式F=qE可知，带电量越大，电场力越大。
本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
10.【答案】BC
【解析】解：A.根据点电荷产生的电场和电场的叠加，可知O点的场强方向水平向右，不为零，故A错误；
B.根据点电荷产生的电场可知，+Q在P点产生的场强沿MP的连线向外，−Q在P点产生的场强沿PN连线向内，两场强大小相等，根据平行四边形定则可知，P点的场强方向水平向右，故正确错误；
C.在中垂线上O点场强最大，所以从P点到O点电场强度大小一直增加，故C正确；
D.等量异种电荷的中垂线是等势面，所以φP=φO，故D错误。
故选：BC。
等量异种电荷连线中点场强最小，不为零；根据点电荷产生的电场和电场的叠加作答；在中垂线上O点场强最大，据此作答；等量异种电荷的中垂线是等势面，据此作答。
一般规定无穷远处电势为零，等量异种电荷的中垂线延伸到无穷远处，所以等量异种电荷的中垂线是等势面。
11.【答案】AD
【解析】解：A、电灯L恰能正常发光，电路中电流等于电灯L的额定电流，为：I=PLUL=126A=2A，故A正确；
B、电动机两端的电压UM=E−UL−Ir=36V−6V−2×1V=28V，故B错误；
C、电动机产生的热功率为：P热=I2R=22×2W=8W，故C错误；
D、电动机的输入功率为：P电=UMI=28×2W=56W，故电动机输出的机械功率为：P出=P电−P热=56W−8W=48W，故D正确。
故选：AD。
接通电源后，电灯恰能正常发光，电路中电流等于电灯L的额定电流，由公式P=UI求解。根据闭合电路欧姆定律求电动机两端的电压UM。由P热=I2R求电动机产生的热功率，由P=UMI求出电动机的输入功率，从而求得电动机输出的机械功率。
本题是电动机电路问题，关键要明确电动机工作时的电路不是纯电阻电阻，欧姆定律不成立，其输出的机械功率等于输入功率与热功率之差。
12.【答案】BC
【解析】解：A、等量异种点电荷形成的电场线和等势面如图所示；结合题图中对应的几何关系可知，a靠近负电荷，而b靠近正电荷，则可知，a点电势一定小于b点电势；故A错误；
BC、ab两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图3可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故BC正确；
D、根据A中分析可知将负电荷从a点移到b点时，是从低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故D错误。
故选：BC。
真空中两等量异种电荷叠加形成电场，根据等量异种电荷电场线以及等势面的性质即可确定ab两点的电势和场强关系；再根据电场线确定电场力做功情况，从而确定电势能的变化。
本题考查等量异种点电荷电场的分布情况，解题的关键在于明确立体几何关系的确定和应用，能想象出其对应的几何图象是解题的关键。
13.【答案】
【解析】解：甲是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：5cm=50mm，游标上第1个刻度与上面对齐，读数为：1×0.1mm=0.1mm，
故最终读数为：50+1×0.1=50.1mm=5.01cm；
螺旋测微器：固定刻度为5mm，可动刻度为31.5×0.01mm=0.315mm，则读数为5+0.315=5.315mm.
故答案为：5.01，5.315.
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．
14.【答案】
【解析】解：(1)一节干电池电动势约为1.5V，电压表应选择3V量程，由图2甲所示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.30V。
(2)由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U=E−I(r+R0)，
由图3所示U−I图象可知，电源电动势E=1.48V，电源内阻r=ΔUΔI−R0=1.48−Ω−1Ω≈0.33Ω。
故答案为：(1)1.30；0.14；(2)1.48；0.33。
(1)根据题意确定电表量程，根据图示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数。
(2)根据图1所示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查了电表读数与实验数据处理等问题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要与刻度线垂直。
15.【答案】S T 0刻线 ADC
【解析】解：首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.接着是欧姆调零，将“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端电阻的零刻度处。当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针在中间刻度附近，所以要将倍率调大。原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现。所以正确顺序ADC
故答案为：①S； ③T； 0刻线； ④ADC。
多用电表测量电阻时，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，接着机械校零，然后殴姆调零后，测量电阻读出示数。注意示数是由刻度值与倍率的乘积。当发现指针偏转太小时，则需要选择更大的倍率。
考查多用电表欧姆档的使用方法，要正确选择档位，明确每次换档要进行欧姆调零。
16.【答案】解：(1)由题意可知，静电力做负功，有：
WAB=−2×10−6J
根据UAB=WABq
得：UAB=2V
(2)由UAB=φA−φB，可得φB=φA−UAB=1V−2V=−1V
(3)沿着电场方向的位移为d=2×10−2cs60∘m=1×10−2m
E=UABd=21×10−2V/m=200V/m
沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下
答：(1)A、B两点间的电势差UAB为2V；
(2)B点的电势φB为−1V；
(3)该匀强电场的大小200V/m，方向：沿电场线斜向下．
【解析】(1)A、B间两点间的电势差是UAB=WABq
(2)由UAB=φA−φB，求出A点的电势φB.
(3)根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．
本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式E=Ud中d是沿着电场线方向的距离．同时考查沿着电场线方向电势是降低的．
17.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：I=ER0+R2+r
R0两端的电压为U=IR0
M、N两板间的电场强度大小为E=Ud
小球静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，则qE=Gtanθ
解得：q=Gdtanθ(R0+R2+r)ER0
答：小球的带电量q为Gdtanθ(R0+R2+r)ER0。
【解析】M、N两板间的电压等于R0两端的电压，先根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求解R0两端的电压，根据E=Ud求出M、N两板间的电场强度大小，根据共点力平衡条件解答。
本题是电场与电路规律的综合应用，要知道电路稳定时，电容器相当于开关断开，电容器板间电压等于所并联的电路两端的电压。
18.【答案】解：(1)电子加速过程，根据动能定理有：eU1=12mv02
解得：v0=2eU1m；
(2)电子在偏转场中l=v0t
竖直方向：y=12at2
根据牛顿第二定律可得：a=Fm=eU2md
粒子能从平行板飞出的条件为：y≤d2
联立以上各式解得：U2≤2U1d2l2，其中d=2.0cm=0.02m，板长l=5.0cm=0.05m，
代入数据解得：U2≤480V。
答：(1)电子经过加速电场后获得的速度为2eU1m；
(2)要使电子能从平行板间飞出，两个极板间最多能加480V的电压。
【解析】(1)电子加速过程，根据动能定理求解速度大小；
(2)电子在偏转场中，根据类平抛运动的规律进行解答。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是( )
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁存在联系
B. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流
C. 麦克斯韦从场的角度总结电与磁的联系，证实了电磁波的存在
D. 法拉第用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同
一根粗细均匀的细铜丝，原来的电阻为R，则( )
A. 对折后，电阻变为12R
B. 截去13，剩下部分的电阻变为13R
C. 均匀拉长为原来的2倍，电阻变为2R
D. 均匀拉长，使截面积为原来的12，电阻变为4R
如图所示，把矩形线圈abcd放在如图所示的匀强磁场中，已知线圈面积为S，磁感应强度为B，线圈平面从图示位置绕OO′轴转过60∘时，穿过线圈的磁通量是( )
A. 0
B. BS
C. 12BS
D. 32BS
如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下情况中有感应电流产生的是( )
A. 将abcd向纸外平移
B. 将abcd向上平移
C. 将abcd以cd为轴转动60∘
D. 将abcd以ab为轴转动60∘
电容式位移传感器能够把物体位移力学量转换为电容电学量，一般用于高精度的应用环境，如压电微位移、电子显微镜微调、天文望远镜镜片微调等。如图所示，若该电容器接在恒压直流电源上，当被测物体向右发生位移时，电介质板随之向右移出，则电容器( )
A. 电容变小，极板上电荷量减少B. 电容变大，极板上电荷量减少
C. 电容变小，极板上电荷量增加D. 电容变大，极板上电荷量增加
一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨道如图虚线a、b、c所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是( )
A. 此粒子一直受到静电排斥力
B. 粒子在b点的电势能一定大于a点的电势能
C. 粒子在b点的速度一定大于a点的速度
D. 粒子在a点和c点速度大小相等
在磁感应强度大小为B0，方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A. c、d两点的磁感应强度大小相等B. a、b两点的磁感应强度大小相等
C. c点的磁感应强度的值最小D. b点的磁感应强度的值最大
如图是一火警报警电路的示意图．其中R3为用半导体材料制成的热敏电阻，这种半导体热敏电阻的电阻率随温度的升高而减小．值班室的显示器为电路中电流表，电源两极之间接一报警器．当热敏电阻R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
A. I变大，U变小B. I变小，U变大C. I变小，U变小D. I变大，U变大
静电除尘器除尘原理如图所示。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向收尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是( )
A. 带电尘埃带负电荷
B. 电场方向由电晕极指向收尘极
C. 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D. 在同一位置，带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
如图所示，M、N为两个带等量异种的点电荷，在其连线的中垂线上有一点P(规定无穷远处的电势为零)，下列说法中正确的是( )
A. O点的电场强度为零B. P点电场强度方向水平向右
C. P点到O点电场强度大小一直增加D. P点的电势小于O点的电势
如图所示的电路中，电源、电动势E=36V，内阻r=1Ω，电灯L上标有“6V，12W”字样，直流电动机M线圈电阻R=2Ω。接通电源后，电灯恰能正常发光。下列说法正确的是( )
A. 电路中的电流为2AB. 电动机两端的电压为4V
C. 电动机产生的热功率为60WD. 电动机输出的机械功率为48W
如图，电荷量分别为q和−q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则( )
A. a点和b点的电势相等B. a点和b点的电场强度大小相等
C. a点和b点的电场强度方向相同D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加
某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸，分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和图(b)所示，长度为______cm，直径为______mm.
小米同学测量一节干电池的电动势和内电阻，电路图如图1所示，已知定值电阻R0=1Ω。
(1)某次实验电压表和电流表的示数如图2所示，由图可知，电压表读数为______ V。
(2)该同学根据所测数据作出U−I图线，如图所3所示。根据图中所画图线可得出电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。(结果都保留2位小数)
用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。
请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动部件______，使指针对准电流的“0”刻线。
②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的______(填“0刻线”或“∞刻线”)。
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按______的顺序进行操作，再完成读数测量。
A.将K旋转到电阻挡”×1K”的位置
B.将K旋转到电阻挡”×10”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准。
如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=−1.0×10−6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服静电力做了2×10−6J的功，已知A、B间的距离为2cm.
(1)试求A、B两点间的电势差UAB；
(2)若A点的电势为φA=1v，试求B点的电势φB；
(3)试求该匀强电场的大小E并判断其方向．
如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d，定值电阻阻值分别为R0、R1和R2，电源电动势为E、电源内阻为r。用绝缘细线将重量为G带有正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，当小球静止时悬线与竖直方向的夹角为θ。求小球的带电量q。
已知电子电量为e、质量为m，经U1=1500V的加速电压加速后，在两平行板正中央处进入平行板间的匀强电场U2，入射方向与极板平行，如图所示。若两板间距d=2.0cm，板长l=5.0cm，求：
(1)电子经过加速电场后获得多大的速度？(答案直接用符号表示即可，无需带数据)
(2)要使电子能从平行板间飞出，两个极板间最多能加多大电压？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实。故A正确；
B、法拉第经过十年不懈努力，发现“磁生电”的效应，但在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故B错误；
C、麦克斯韦从场的角度总结电与磁的联系，预言了电磁波，赫兹证实了电磁波的存在，故C错误；
D、赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同，故D错误。
故选：A。
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．
本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累，特别是法拉第电磁感应定律并不是法拉第发现的。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据电阻定律R=ρLS，对折后，长度变为原来的12，横截面积变为原来的2倍，故电阻变为原来的14，即电阻变为14R，故A错误；
B、根据电阻定律R=ρLS，截去13，剩下的长度为原来23，则电阻大小变为原来的23，即剩下部分的电阻变为23R，故B错误；
CD、根据电阻定律R=ρLS，均匀拉长为原来的2倍，使横截面积为原来的12，则电阻变为4R，故C错误，D正确；
故选：D。
根据电阻定律R=ρLS，并结合细钢丝的体积不变进行判断即可。
本题主要考查了电阻定律，解题关键在于通过电阻定律正确分析每个物理量的变化从而引起电阻的变化。
3.【答案】C
【解析】解：当线圈绕OO′轴转过60∘时，Φ=BScsθ=12BS，故C正确，ABD错误；
故选：C。
通过线圈的磁通量可以根据Φ=BSsinθ进行求解，θ为线圈平面与磁场方向的夹角。
解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大。
4.【答案】C
【解析】解：A、由于磁场为匀强磁场，将abcd 向纸外平移，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故A错误；
B、将abcd向上平移，其磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；
C、当线圈绕cd为轴转动60∘时，ab边恰好到达边界，磁通量将减小，因此有感应电流产生，故C正确；
D、将线圈以ab为轴转动60∘，cd边恰好到达边界，穿过线圈的磁通量不变化，不产生感应电流，故D错误。
故选：C。
依据产生感应电流的条件：穿过闭合电路磁能量发生变化，再结合通过判断线圈中的磁通量是否变化，即可得出正确结果。
根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰．
5.【答案】A
【解析】解：当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质板减少，根据电容的定义式：\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，则电容C会减小，由于电压U不变，依据\(Q=CU\)，则电容器极板间的电荷量Q减少，故A正确，BCD错误；
故选：A。
若电容器极板间的电压不变，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，从而即可判定。
考查电容的定义式与决定式的应用，掌握比值定义法的含义，注意两式的区别，同时理解电量何时不变，电压何时不变的条件。
6.【答案】C
【解析】解：A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，故A正确．
B、粒子由a到b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以b点的电势能一定大于在a点的电势能，故B正确．
C、根据动能定理，粒子由a到b，电场力做负功，动能减少，故粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故C错误．
D、c点和a点在同一个等势面上，电场力做功为零，动能不变，故它们的速度的大小相等，但是他们的速度的方向不同，故D正确．
本题要求选择不正确的，故选：C
电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况．
7.【答案】C
【解析】解：
用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大。
b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上。
c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小。
d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上。d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同。
选项ABD错误，选项C正确。
故选：C。
该题考查了磁场的叠加问题。用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。
磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。基础题目。
8.【答案】C
【解析】解：当传感器R3所在处出现火情时，R3的阻值变小，R2与R3的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小。
电路中并联部分的电压U并=E−I(R1+r)，I变大，其他量不变，则U并变小，I也变小。
所以I变小，U变小。故C正确，ABD错误；
故选：C。
R3为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小．当传感器R3所在处出现火情时，分析R3的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化．根据并联部分电压的变化，分析I的变化．
本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部→整体→局部”的顺序进行动态变化分析．
9.【答案】AD
【解析】解：A、由图可知收尘极带正电，则到达集尘极的尘埃带负电荷，故A正确；
B、收尘极与电源正极相连，电场方向由收尘极指向放电极，故B错误；
C、带电尘埃带负电荷，所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误；
D、根据公式F=qE可知，在同一位置，带电荷量越多的尘埃受到的电场力越大，故D正确。
故选：AD。
由图可知，两电极的电性，根据带电尘埃迁移到集尘极，可知带电尘埃带负电，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反；电场线方向为正极指向负极；由电场力公式F=qE可知，带电量越大，电场力越大。
本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
10.【答案】BC
【解析】解：A.根据点电荷产生的电场和电场的叠加，可知O点的场强方向水平向右，不为零，故A错误；
B.根据点电荷产生的电场可知，+Q在P点产生的场强沿MP的连线向外，−Q在P点产生的场强沿PN连线向内，两场强大小相等，根据平行四边形定则可知，P点的场强方向水平向右，故正确错误；
C.在中垂线上O点场强最大，所以从P点到O点电场强度大小一直增加，故C正确；
D.等量异种电荷的中垂线是等势面，所以φP=φO，故D错误。
故选：BC。
等量异种电荷连线中点场强最小，不为零；根据点电荷产生的电场和电场的叠加作答；在中垂线上O点场强最大，据此作答；等量异种电荷的中垂线是等势面，据此作答。
一般规定无穷远处电势为零，等量异种电荷的中垂线延伸到无穷远处，所以等量异种电荷的中垂线是等势面。
11.【答案】AD
【解析】解：A、电灯L恰能正常发光，电路中电流等于电灯L的额定电流，为：I=PLUL=126A=2A，故A正确；
B、电动机两端的电压UM=E−UL−Ir=36V−6V−2×1V=28V，故B错误；
C、电动机产生的热功率为：P热=I2R=22×2W=8W，故C错误；
D、电动机的输入功率为：P电=UMI=28×2W=56W，故电动机输出的机械功率为：P出=P电−P热=56W−8W=48W，故D正确。
故选：AD。
接通电源后，电灯恰能正常发光，电路中电流等于电灯L的额定电流，由公式P=UI求解。根据闭合电路欧姆定律求电动机两端的电压UM。由P热=I2R求电动机产生的热功率，由P=UMI求出电动机的输入功率，从而求得电动机输出的机械功率。
本题是电动机电路问题，关键要明确电动机工作时的电路不是纯电阻电阻，欧姆定律不成立，其输出的机械功率等于输入功率与热功率之差。
12.【答案】BC
【解析】解：A、等量异种点电荷形成的电场线和等势面如图所示；结合题图中对应的几何关系可知，a靠近负电荷，而b靠近正电荷，则可知，a点电势一定小于b点电势；故A错误；
BC、ab两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图3可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故BC正确；
D、根据A中分析可知将负电荷从a点移到b点时，是从低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故D错误。
故选：BC。
真空中两等量异种电荷叠加形成电场，根据等量异种电荷电场线以及等势面的性质即可确定ab两点的电势和场强关系；再根据电场线确定电场力做功情况，从而确定电势能的变化。
本题考查等量异种点电荷电场的分布情况，解题的关键在于明确立体几何关系的确定和应用，能想象出其对应的几何图象是解题的关键。
13.【答案】
【解析】解：甲是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：5cm=50mm，游标上第1个刻度与上面对齐，读数为：1×0.1mm=0.1mm，
故最终读数为：50+1×0.1=50.1mm=5.01cm；
螺旋测微器：固定刻度为5mm，可动刻度为31.5×0.01mm=0.315mm，则读数为5+0.315=5.315mm.
故答案为：5.01，5.315.
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．
14.【答案】
【解析】解：(1)一节干电池电动势约为1.5V，电压表应选择3V量程，由图2甲所示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.30V。
(2)由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U=E−I(r+R0)，
由图3所示U−I图象可知，电源电动势E=1.48V，电源内阻r=ΔUΔI−R0=1.48−Ω−1Ω≈0.33Ω。
故答案为：(1)1.30；0.14；(2)1.48；0.33。
(1)根据题意确定电表量程，根据图示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数。
(2)根据图1所示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查了电表读数与实验数据处理等问题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要与刻度线垂直。
15.【答案】S T 0刻线 ADC
【解析】解：首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.接着是欧姆调零，将“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端电阻的零刻度处。当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针在中间刻度附近，所以要将倍率调大。原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现。所以正确顺序ADC
故答案为：①S； ③T； 0刻线； ④ADC。
多用电表测量电阻时，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，接着机械校零，然后殴姆调零后，测量电阻读出示数。注意示数是由刻度值与倍率的乘积。当发现指针偏转太小时，则需要选择更大的倍率。
考查多用电表欧姆档的使用方法，要正确选择档位，明确每次换档要进行欧姆调零。
16.【答案】解：(1)由题意可知，静电力做负功，有：
WAB=−2×10−6J
根据UAB=WABq
得：UAB=2V
(2)由UAB=φA−φB，可得φB=φA−UAB=1V−2V=−1V
(3)沿着电场方向的位移为d=2×10−2cs60∘m=1×10−2m
E=UABd=21×10−2V/m=200V/m
沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下
答：(1)A、B两点间的电势差UAB为2V；
(2)B点的电势φB为−1V；
(3)该匀强电场的大小200V/m，方向：沿电场线斜向下．
【解析】(1)A、B间两点间的电势差是UAB=WABq
(2)由UAB=φA−φB，求出A点的电势φB.
(3)根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．
本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式E=Ud中d是沿着电场线方向的距离．同时考查沿着电场线方向电势是降低的．
17.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：I=ER0+R2+r
R0两端的电压为U=IR0
M、N两板间的电场强度大小为E=Ud
小球静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，则qE=Gtanθ
解得：q=Gdtanθ(R0+R2+r)ER0
答：小球的带电量q为Gdtanθ(R0+R2+r)ER0。
【解析】M、N两板间的电压等于R0两端的电压，先根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求解R0两端的电压，根据E=Ud求出M、N两板间的电场强度大小，根据共点力平衡条件解答。
本题是电场与电路规律的综合应用，要知道电路稳定时，电容器相当于开关断开，电容器板间电压等于所并联的电路两端的电压。
18.【答案】解：(1)电子加速过程，根据动能定理有：eU1=12mv02
解得：v0=2eU1m；
(2)电子在偏转场中l=v0t
竖直方向：y=12at2
根据牛顿第二定律可得：a=Fm=eU2md
粒子能从平行板飞出的条件为：y≤d2
联立以上各式解得：U2≤2U1d2l2，其中d=2.0cm=0.02m，板长l=5.0cm=0.05m，
代入数据解得：U2≤480V。
答：(1)电子经过加速电场后获得的速度为2eU1m；
(2)要使电子能从平行板间飞出，两个极板间最多能加480V的电压。
【解析】(1)电子加速过程，根据动能定理求解速度大小；
(2)电子在偏转场中，根据类平抛运动的规律进行解答。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
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