1、2019-2020学年高二（上）期末物理试卷4（理科）一、单选题（每题3分）1（3分）（2018湖南长沙期末）两个带电量都是q的点电荷相距d时，它们之间的相互作用力为F若使它们所带电量都减半、而距离加倍时，则它们之间的相互作用力为（）AFBCD分析：判断两个点电荷间的库仑力，根据库仑定律公式Fk分析即可解析：根据库仑定律得：Fk，若使它们所带电量都减半、而距离加倍，库仑力，故C正确。点评：本题是库仑定律的直接运用问题，直接根据公式分析即可，注意掌握控制变量法的运用，同时当心正确的运算2（3分）（2018湖南长沙期末）下列物理量中，属于矢量的是（）A电势B电势差C电场强度D电势能分析：矢量是既有
2、大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量解析：电势、电势差和电势能都是只有大小没有方向的标量。故ABD错误。电场强度是既有大小又有方向的矢量。故C正确。点评：本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性3（3分）（2018 湖南长沙期末）在如图所示的匀强电场中，有A、B两点，则以下说法中正确的是（）AA点的电场强度大于B点的电场强度BA点的电场强度小于B点的电场强度CA点的电势高于B点的电势DA点的电势低于B点的电势分析：本题应明确：电场线的疏密描述电场的强弱，沿电场线方向，电势必定降低解析：电场线的疏密描述电场的强弱，从图中可以看到电场线是均匀
3、的平行线，所以该电场是匀强电场，AB两点的电场强度是相同的。故AB错误；沿电场线方向，电势必定降低。则知A点的电势高于B点的电势，故C正确，D错误。点评：本题关键要掌握电场线的物理意义和匀强电场的性质，知道电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线方向，电势必定降低，4（3分）（2018 湖南长沙期末）对于一个电容器，下列说法正确的是（）A电容器两板间电压越大，电容越大B电容器两板间电压减小到原来的一半，它的电容就增加到原来的2倍C电容器所带电量增加1倍，两板间电压增加4倍D平行板电容器电容大小与两板正对面积、两板间距离及两板间电介质的相对介电常数有关分析：电容可由C求出，但电容的大小与电容器两端
4、的电压及电容器所带的电量无关，是由电容器本身决定的解析：电容反映电容器容纳电荷本领的大小，与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，由电容器本身决定。故AB错误；电容器所带电量增加1倍时电容不变，由C知两板间电压增加1倍。故C错误。根据电容的决定式C，可知平行板电容器电容大小与两板正对面积、两板间距离及两板间电介质的相对介电常数有关。故D正确。点评：本题关键明确电容器的电容有电容器本身决定，与带电量和电势差无关，要掌握电容的决定式C，明确电容的决定因素5（3分）（2018 湖南长沙期末）如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下从a向b运动，
5、运动的轨迹如图中的虚线所示，若a点电势为a，b点电势为b，则（）A场强方向一定向左，且电势abB场强方向一定向左，且电势abC场强方向一定向右，且电势abD场强方向一定向右，且电势ab分析：根据轨迹的弯曲得出粒子所受电场力的方向，从而得出电场强度的方向，确定出电势的高低解析：根据轨迹弯曲知，负电荷所受的电场力水平向右，则电场强度的方向水平向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则ab故B正确，A、C、D错误。点评：解决本题的关键知道合力方向大致指向轨迹凹的一向，知道沿着电场线方向电势逐渐降低6（3分）（2018 湖南长沙期末）关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（）A通电导线在磁场中受到安培力越大的
6、位置，则该位置的磁感应强度越大B磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向C垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度方向D磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线所通过的电流大小、导线长度、导线所受安培力等均无关分析：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度。此比值与磁场力及电流元均无关。明确磁场的性质，知道磁感线的疏密表示磁场的强弱，而磁感线的切线方向描述磁场的方向。解析：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度。此比值与磁场力及电流元均无关。故A错误；磁感线的指
7、向描述磁场的方向，但不能确定磁感应强度的大小，故B错误；根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直。故C错误；磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线所通过的电流大小、导线长度、导线所受安培力等均无关，故D正确。点评：本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断。7（3分）（2018 广西南宁期末）一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠右极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，逐渐增大导电棒中的电流，磁铁一直保持静止。可能产生的情况是（）A磁铁对桌面的压力不变B磁铁对桌面的压力一定增大C磁
8、铁受到摩擦力的方向可能改变D磁铁受到的摩擦力一定增大分析：以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择。解析：以导线为研究对象，假如左端为N极，右端为S极，则由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右上方，磁铁有向右运动的趋势，受到向左的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小；假如左端为S极，右端为N极，则由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大；
9、如果电流逐渐增大，则磁铁受到的摩擦力一定增大，而磁铁对桌面的压力可能增大，也可能减小。故D正确，ABC错误。点评：本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力。关键在于先研究导线所受安培力，注意条形磁铁的磁极不清。8（3分）（2018 湖南长沙期末）下列各图中，运动电荷在磁场中受洛伦兹力F的方向、速度v的方向和磁场的磁感应强度B的方向之间的关系，正确的是（）ABCD分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向该方向也可
10、以判定洛伦兹力的方向解析：磁场方向垂直纸面向外，负电荷运动的方向水平向右，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。故A错误。磁场方向垂直纸面向里，正电荷运动的方向向右，根据左手定则，安培力的方向向上。故B正确。磁场方向垂直纸面向里，正电荷运动的方向向右，根据左手定则，安培力的方向向上。故C错误。磁场方向垂直纸面向里，负电荷运动的方向向右，根据左手定则，安培力的方向向下。故D错误。点评：解决本题的关键掌握左手定则判定磁场方向、电流方向和安培力方向或洛伦兹力的关系9（3分）（2018湖南长沙期末）带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示不计重力，下列分析正确的是
11、（）AM带负电，N带正电BM和N都带正电CM带正电，N带负电DM和N都带负电分析：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向确定洛伦兹力方向，然后应用左手定则判断粒子电性解析：由题意可知，两粒子都向右运动，由图示可知，粒子N向上偏转，由左手定则可知，N带正电；M向下偏转，由左手定则可知，M带负电，故A正确；BCD错误。点评：本题考查了粒子在磁场中的应用，考查了判断粒子的电性，粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子运动轨迹判断出粒子所受洛伦兹力方向，应用左手定则即可解题10（3分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒两金属盒处在垂直于盒底的匀强
12、磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（）A减小磁场的磁感应强度B减小狭缝间的距离C增大高频交流电压D增大金属盒的半径分析：回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系解析：带电粒子
13、从D形盒中射出时的动能 Ekmmvm2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R（2）由（1）（2）可得Ekm显然，当带电粒子q、m一定的，则EkmR2 B2即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故选D。点评：本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变11（3分）（2018 湖南长沙期末）如图所示，原来不带电的绝缘金属导体，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的绝缘金属球A靠
14、近导体的右端，可能看到的现象是（）A只有右端验电箔张开，且右端带正电B只有左端验电箔张开，且左端带负电C两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D两端的验电箔都不张开，且左端带正电，右端带负电分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况解析：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确。点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷12（3分）（2018湖南长沙期末）如图，一有界的匀强
15、磁场宽度为d，若将一个边长为l的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域，已知dl，则导线框中无感应电流的时间等于（）ABCD分析：只要闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电流；根据导体框运动过程，由速度公式求出无感应电流的时间。解析：导线框完全在磁场中时，导线框不产生感应电流，此过程的路程sdL，则无感应电流的时间：t，故C正确，ABD错误。点评：本题考查感应电流的条件，应明确只有闭合回路中磁通量发生变化时才能产生感应电流。二、多选题（每题4分）13（4分）如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.4s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则（）A
16、第一次线圈中的磁通量变化较快B第一次电流表G的最大偏转角较大C第二次电流表G的最大偏转角较大D若断开S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势分析：两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快慢，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比解析：磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快。故A正确。感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大。故B正确，C错误。断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零。故D错误。点评：解决本题的关键知道感应电动势产生的条件，以及知道感应电动势的
17、大小与磁通量的变化率成正比14（4分）（2018 湖南长沙期末）如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（）A电压表的示数减少BR2中电流减小C小灯泡的功率增大D电路的路端电压降低分析：当照射光强度增大时，R3变小，分析电路中总电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出小灯泡功率的变化解析：当光照增强时，光敏电阻R3的阻值减小，外电路总电阻减小，则电路中的总电阻减小，由闭合电
18、路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故R1两端的电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；因电路中总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，故B正确，D正确；由并联电路电压增大，可知流过灯泡的电流一定增大，故由PI2R可知，小灯泡消耗的功率增大，故C正确。点评：对于闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质15（4分）（2018天津模拟）如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自
19、由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平作直线运动现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中（）A其动能将会增大B其电势能将会增大C小球受到的电场力将会增大D小球所受的洛伦兹力将会增大分析：小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转解析：如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力，向下的电场力，向下
20、的洛伦兹力，则小球不可能受力平衡，则不可能带负电；若小球带正电，则小球受向下的重力、向上的电场力，向上的洛仑兹力，也可能平衡，故小球带正电；因小球带正电，由于小球的洛仑兹力减小，故合力向下，则小球向下运动，合力做正功，故动能增大；电场力做负功，故电势能增加；故A正确，B正确；根据FqE，电场力不变；根据fqvB，洛伦兹力变大，故C错误，D正确。点评：本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析16（4分）（2018 湖南长沙期末）如图所示，带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹
21、，则可判定（）A粒子的动能不断减少B粒子在A点的加速度小于在B点的加速度C粒子带正电D粒子的电势能不断减少分析：电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子带负电；电场线的疏密表示电场强度的强弱，从而判断电场力大小和粒子的加速度和速度的变化，知电势能和动能的变化。解析：由图所示，粒子从A到B，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电。故C错误。从A到B，电场线越来越密，所以电场强度增大，电场力也变大，则加速度也增大；电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90，所以电场力对粒子做负功，其动能减小，因此速度不断减小；电场力做负功，
22、电势能增大，故AB正确，D错误。点评：本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功判断速度和电势能的变化。三、实验题（16分）17（8分）（2018 湖南长沙期末）在测定干电池的电动势和电阻的实验中，测得干电池的路端电压与相应的输出电流的多组数据，描得图象如图所示，则干电池的电动势为 V，内电阻为 ，测量电路中，电流表为什么要采用内接法 分析：（1）熟练掌握测量电动势和内电阻实验的实验方法及电路的选择，注意电表的内阻对实验误差的影响；（2）图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内电阻解析：由图象可知，图
23、象与纵轴的交点为1.5V；故电动势为1.5V；图象的斜率表示内电阻，故内电阻为r0.25；在实验中，由于电流表内阻与电源内阻很接近，若采用相对于外电阻的外接法，则电流表内阻等效为了电源内阻，误差较大，故只能选用相对外电路的内接法；答案：1.5；0.25；电流表内阻等效为了电源内阻，误差较大点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验电路及数据的处理，注意要由公式去理解图象的意义18（8分）（2018 湖南长沙期末）多用表指针位置如图所示若是直流电压10V档，读数为 V若是10欧姆档测电阻，读数为 分析：根据电表测量的量与量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；欧姆表指针示数与挡位的乘
24、积是欧姆表示数。解析：选择直流电压10V挡，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，示数为5.3V；若是10欧姆档测电阻，由图示表盘可知，其读数为：1310130；答案：5.3；130。点评：本题考查了多用电表读数，对多用电表读数，要先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后确定其分度值，再根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直。四、解答题19（10分）（2018 湖南长沙期末）在真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们相距r，A点在两个点电荷的中间，求电场中A点的场强。分析：由点电荷电场强度公式，结合矢量叠加法则，及点电荷的电性，求解即可。解析：由点电荷电场强度公式有：E；若两个正点电荷，Q1
25、和Q2在它们连线中点A处产生的场强大小为：EAk，方向指向电荷小的；若两个负点电荷，同理，则有：EAk，方向指向电荷大的；若两个异种电荷，则有：EA，方向指向负电荷的；答案：见解析点评：本题直接考查了库仑定律的应用和点电荷电场强度的公式，对于公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义，熟练运用电场的叠加原理研究中点的场强。20（10分）（208山东烟台期末）如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为R12时，电压表读数为U14V；当电阻箱读数为R25时，电压表读数为U25V求：电源的电动势E和内阻r分析：运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻箱电阻为R1和R2的情况，列出含有电动势
26、和内阻的方程组求解解析：根据闭合电路欧姆定律，得 当电阻箱读数为R12时 EU1+ 当电阻箱读数为R25时 EU2+联立上两式得 r1代入式得 E6V答案：电源的电动势6V，内阻r为1点评：本题提供了一种测量电源电动势和内阻的方法：伏阻法电压表和电阻箱组合，相当于电压表和电流表双重作用21（12分）如图所示，真空中有平行正对金属板A、B，它们分别接在输出电压恒为U91V的电源两端，金属板长L10cm、两金属板间的距离d3.2cm，A、B两板间的电场可以视为匀强电场现使一电子从两金属板左侧中间以v02.0107m/s的速度垂直于电场方向进入电场，然后从两金属板右侧射出已知电子的质量m0.9110
27、30kg，电荷量e1.61019C，两极板电场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计求：（计算结果保留两位有效数字）（1）电子在电场中运动的加速度a的大小；（2）电子射出电场时在沿电场线方向上的侧移量y；（3）从电子进入电场到离开电场的过程中，其动量增量的大小分析：（1）根据牛顿第二定律和匀强电场的场强公式求解电子在电场中运动的加速度a的大小；（2）电子在电场中做类平抛运动，由求出时间，由求出沿电场线方向的侧移；（3）电子从进入电场到离开电场根据动量定理求动量增量；解析：（1）设金属板A、B间的电场强度为E，则根据牛顿第二定律有：Eema代入数据：解得：a5.01014m/s2（2）电子以速度
28、v0进入金属板A、B间，在垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动电子在电场中运动的时间为 s电子射出电场时在沿电场线方向的侧移量代入数据：解得：y0.63cm（3）设电子从进入电场到离开电场时间t内，其动量的改变量的大小为p，根据动量定理有：代入数据：解得：p2.31024kgm/s答案：（1）电子在电场中运动的加速度a的大小为；（2）电子射出电场时在沿电场线方向上的侧移量y为0.63cm；（3）从电子进入电场到离开电场的过程中，其动量增量的大小点评：带电粒子垂直电场线进入电场做类平抛运动，将运动分解为沿电场线和垂直电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解
