2021-2022学年广东省惠州市高二上期末考试物理模拟试卷及答案解析

2021-2022学年广东省惠州市高二上期末考试物理模拟试卷

一.选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）

1.（4分）下列现象中，不属于防止静电危害的是（）

A.在很高的建筑物顶端装上避雷针

B.在高大的烟囱中安装静电除尘器

C.油罐车后面装一根拖在地上的铁链条

D.存放易燃品的仓库的工人穿上导电橡胶做的防电靴

2.（4分）下列说法中正确的是（）

A.奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究

B.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

C.安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律

D.楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微

粒都成为微小的磁体

3.（4分）真空中有相隔距离为r的两个点电荷，它们分别带2q和3q的电量，其间的静电

力为F,如果保持它们之间的距离r不变，而将它们所带电量分别改变为3q和5q,那么

它们之间的静电力的大小应为（）

A.更B.史C.史D.不变

228

4.（4分）比值定义物理概念法，是物理学中常用的一种概念定义方法，就是用两个基本的

物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法.下列有关比值定义物理概念不正确的是

（）

A.加速度是速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值

B.电场强度是试探电荷在电场中某个位置所受的力与其所带电荷量的比值

C.电容是电容器所带的电荷量与电容器两极板间电势差的比值

D.电流强度是某段导体两端所加的电压与其电阻的比值

5.（4分）如图所示，实线表示匀强电场，场强为E；虚线表示匀强磁场，磁感应强度为B.带

电小球的质量为m.在垂直B的水平面内作半径为R的圆周运动，重力加速度为g.则

A.小球可能带正电也可能带负电

B.俯视小球，其沿逆时针方向转动

C.小球运行的速度为强

g

D.若突然撤去E后，小球转过第一周，增加的动能为22

B2

6.（4分）如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通上图示电流后，小

磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）

—>

H

A.奥斯特，小磁针的S极垂直转向纸内

B.奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内

C.特斯拉，小磁针的S极垂直转向纸内

D.特斯拉，小磁针的N极垂直转向纸内

7.（4分）高中物理选修3-1教材《导体的电阻》的思考和讨论中的一张图片如图，Ri和

R2是材料相同、厚度相同、表面都为正方形的导体.Ri的表面边长是R2的表面边长的2

D.无法判断

8.（4分）如图所示的闭合电路中，当滑片P右移时，两电表读数变化是（)

1卜,"4一

$

---------©——

L<s>-^=j

A.电流表变小，电压表变小

B.电流表变大，电压表变大

C.电流表变小，电压表变大

D.电流表变大，电压表变小

9.（4分）有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）

A.磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量

B.磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关

C.磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关

D.磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小

10.（4分）在电子射线管中，电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示方向电

流的直导线，导线与电子射线管平行，则电子流方向将（）

（jo

A.向上偏转B.向下偏转C.向纸里偏转D.向纸外偏转

二.选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）

11.（4分）“分析法”是物理学中解决实际问题常用的一种方法，有些物理问题不需要进行

繁杂的运算，而只需做一定的假设与分析就可以得到解决。如图所示，A为带电量为+Q

的均匀带电金属圆环，其半径为R,。为圆心，直线0P垂直圆平面，P到圆环中心。的

距离为x,已知静电力常量为k,则带电圆环在P点产生的电场强度为（）

72__23

R+xooy

（R2+X2）2

kQxkQR

c・TT

（R2+X2）2（R2+X2）2

12.（4分）在一个电场的a、b、c、d四点分别放入点电荷时、电荷受到的电场力跟电荷电

量的函数关系如图所示（电场力的方向以向右为正），下列说法正确的是（)

A.该电场是匀强电场

B.a、b、c、d四点的场强关系是Ed>Eb>Ea>Ec

C.a、b两点场强向右，c、d两点的场强也向右

D.无法比较E值的大小

13.（4分）如图，真空中以0点为圆心、0a为半径的圆周上等间距分布a、b、c、d、e、f、

g、h八个点，a、e两点放置等量同种点电荷+Q和+Q,下列说法不正确的是（）

A.b、d、f、h的电场强度大小相等

B.b、d、f、h的电势相等

C.在c点由静止释放的电子向O点做加速度一直减小的加速直线运动

D.将一电子由b点沿bed圆弧移到d点，电子的电势能先减小后增加

14.（4分）一平行板电容器充电后与电源断开，若将上极板向左移动一小段距离，则（）

A.极板间的电压变小,极板间的电场强度变大

B.极板间的电压变小,极板间的电场强度不变

C.极板间的电压变大,极板间的电场强度变大

D.极板间的电压变大,极板间的电场强度不变

15.（4分）在如图所示的电路中，E为电源，电源内阻为r,L为小灯泡（其灯丝电阻可视

为不变），⑰为理想电压表，Ri、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑

片向上移动，则（）

Rx

A.电压表的示数变大B.小灯泡消耗的功率变小

C.通过R2的电流变小D.电源的内电压变大

16.（4分）在如图所示电路中，闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四

个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、Ul、U2和U3表示，电表示数变化

量的大小分别用△1、△Ul、△U2和表示,下列比值错误的是（)

112VqAU^^

上变大，,22.变大

IAI

.上变大，r2.不变变大，“3不变

AIIAI

17.（4分）如图所示，由材料相同、粗细均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁

场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时导体框受到的安培力大小为F,则

)

A.AB边和ACB边受到的安培力大小均为工

2

B.通过ACB边和AB边的电流相等

C.AC边与CB边受到的安培力相同

D.AB边受到的安培力大小为ACB边的2倍

18.（4分）如图，在两平行直导线A、B中，通有方向相同的电流I.则B导线受到磁场力

的方向（)

A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里

C.向右D.向左

19.（4分）一台电动机额定电压为U,线圈电阻r,电动机正常工作时通过电动机线圈的电

流强度为I,电动机正常工作时间为t时，以下说法正确的是（）

A.电动机消耗的电能为12rt

B.线圈r产生的热量为Ult

C.jJL

r

D.电动机输出的机械能为Ult-12rt

20.（4分）如图所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量异种电荷，a板带负电，两板

间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子在两板间做直线运动，不计粒子的重力。

关于粒子在两板间运动的情况判断正确的是（）

XXXX

B

XXXX

XXXX

b

A.粒子一定带正电

B.粒子可能自左向右运动

C.粒子可能做匀变速直线运动

D.粒子一定做匀速直线运动

三.多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）

21.（4分）安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么（）

,O-O-O-O-O&A

6X59(X020-o-p-ooo-cfo-

o-5-o-o-o-do

◊抚｝不，

甲乙

A.甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况

B.乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况

C.磁体在高温环境下磁性会减弱

D.磁体在高温环境下磁性会加强

22.（4分）如图所示，一个带负电的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通S后,

悬线与竖直方向的夹角为。，则（）

A.S闭合，减小A、B间距，夹角0增大

B.S闭合，减小A、B间距，夹角0不变

C.S断开，增大A、B间距，夹角0增大

D.S断开，增大A、B间距，夹角。不变

23.（4分）图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线.两粒子M、N质量

相等，所带电荷的绝对值也相等.现将M、N从虚线上的0点以相同速率射出，两粒子

在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点a、b、c为实线与虚线的交点，已知0

点电势高于c点.若不计重力，则（）

A.M带正电荷，N带负电荷

B.N在a点的速度与M在c点的速度相同

C.N在从0点运动至a点的过程电场力做正功

D.M在从0点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零

24.（4分）如图所示，在倾角为a的光滑斜面上放置一根导体棒，导体棒质量为m,有效

长度为L,通有方向垂直纸面向内的恒定电流I,重力加速度为g。现在施加一个方向平

行纸面的匀强磁场，导体棒恰好静止于斜面上，则该磁场可能是（）

A.方向水平向右，大小B=盥

IL

B.方向竖直向上，大小8=盥

IL

C.方向竖直向上，大小B=胆鲍色

IL

D.方向垂直斜面向上，大小Basina

IL

25.（4分）欧姆表可用来粗测某电阻的阻值。下列说法正确的是（）

A.使用前欧姆表不需要进行机械调零

B.使用前欧姆表必需要进行机械调零

C.换档改变倍率时无需再次欧姆调零

D.换档改变倍率时必需进行欧姆调零

2021-2022学年广东省惠州市高二上期末考试物理模拟试卷

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）

1.（4分）下列现象中，不属于防止静电危害的是（）

A.在很高的建筑物顶端装上避雷针

B.在高大的烟囱中安装静电除尘器

C.油罐车后面装一根拖在地上的铁链条

D.存放易燃品的仓库的工人穿上导电橡胶做的防电靴

【分析】在打雷时，由于静电感应在楼顶会积累大量的电荷，会对建筑物造成危害，同

样像运动的油罐车等物体由于不断的摩擦也会产生大量的静电，所以要及时的把产生的

静电导走。

【解答】解：A、当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静

电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保

护建筑物的安全，所以A属于防止静电危害。

B、在高大的烟囱中安装静电除尘器，利用静电除去废气中的粉尘，这是对于静电的应用，

所以B不属于防止静电危害。

C、油罐车在运动的过程中，由于里面的油再晃动，也会摩擦产生静电，后面拖一条的铁

链就可以及时的把产生的静电导走，所以C属于防止静电危害。

D、利用导电橡胶做的防电靴及时的把产生的静电导走，防止工人在走动中产生静电，导

致事故。所以D属于防止静电危害。

该题选择不属于防止静电危害的，故选：Bo

【点评】掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释。此题

属于基础题。

2.（4分）下列说法中正确的是（）

A.奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究

B.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

C.安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律

D.楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微

粒都成为微小的磁体

【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。

【解答】解：A、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，

故A错误；

B、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故B错误；

C、安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故C

正确；

D、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微

粒都成为微小的磁体，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论

要加强记忆，这也是考试内容之一。

3.（4分）真空中有相隔距离为r的两个点电荷，它们分别带2q和3q的电量，其间的静电

力为F,如果保持它们之间的距离r不变，而将它们所带电量分别改变为3q和5q,那么

它们之间的静电力的大小应为（）

A.趣B.巫C.史D.不变

228

【分析】本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可.

【解答】解：距离改变之前：F=k空曳①

当它们所带的电荷量分别改变为2q和4q时，则有：Fi=k若旦②

联立①②可得：Fi=§F,故ACD错误，B正确。

2

故选：Bo

【点评】库伦定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和

万有引力定律进行类比学习.

4.（4分）比值定义物理概念法，是物理学中常用的一种概念定义方法，就是用两个基本的

物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法.下列有关比值定义物理概念不正确的是

（）

A.加速度是速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值

B.电场强度是试探电荷在电场中某个位置所受的力与其所带电荷量的比值

C.电容是电容器所带的电荷量与电容器两极板间电势差的比值

D.电流强度是某段导体两端所加的电压与其电阻的比值

【分析】比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它

不随定义所用的物理量而改变.

【解答】解：A、根据a=4,加速度是速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值,

故A正确；

B、根据E=I,电场强度是试探电荷在电场中某个位置所受的力与其所带电荷量的比值,

q

故B正确；

C、根据C=@,电容是电容器所带的电荷量与电容器两极板间电势差的比值，故C正确;

u

D、电流的定义公式是1=&,不是欧姆定律公式1=旦，故D错误；

tR

本题选择不是比值定义的，故选：D

【点评】本题考查了比值定义法，要熟悉加速度、电场强度、电容和电流的定义公式，

基础题目.

5.(4分)如图所示，实线表示匀强电场，场强为E；虚线表示匀强磁场，磁感应强度为B.带

电小球的质量为m.在垂直B的水平面内作半径为R的圆周运动，重力加速度为g.则

()

A.小球可能带正电也可能带负电

B.俯视小球，其沿逆时针方向转动

C.小球运行的速度为强

g

D.若突然撤去E后，小球转过第一周，增加的动能为2冗2型2

B2

【分析】小球在水平面做圆周运动，重力和电场力必定平衡，确定出电场力方向，从而

判断出小球的电性.小球由洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断其转动方向.若突然

撤去E后，运用运动的分解法分析小球下降的高度，根据动能定理求增加的动能.

【解答】解：A、小球在水平面做圆周运动，重力和电场力必定平衡，则知小球所受的电

场力方向竖直向上，与场强方向相反，所以小球一定带负电，故A错误。

B、小球在水平面做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由左手定则判断可知俯视小球，

其沿顺时针方向转动。故B错误。

2

C、研究小球的运动，竖直方向有mg=qE.水平面内有qvB=m—,联立解得v=

R

酶.故C错误。

E

D、若突然撤去E后，小球向下做螺旋式曲线运动，假设不受重力，转过第一周的时间

为T=2兀m

qB

假设不受洛伦兹力，在T时间内下落的高度为h=lgT2

故小球转过第一周，增加的动能为△Ek=mgh

联立解得△Ek=22L*I.故D正确。

B2

故选：D。

【点评】根据小球的运动情况，正确分析其受力情况是解题的关键，要知道匀速圆周运

动由合力提供向心力，对螺旋式曲线运动可运用假设法理解其运动规律.

6.（4分）如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通上图示电流后，小

磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）

A.奥斯特，小磁针的S极垂直转向纸内

B.奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内

C.特斯拉，小磁针的S极垂直转向纸内

D.特斯拉，小磁针的N极垂直转向纸内

【分析】通电导线产生的磁场由安培定则判断，小磁针在磁场中N极受力方向与磁场方

向相同。

【解答】解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方

的磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ACD错误，B正确。

故选：B»

【点评】本题考查了电流磁效应的发现以及通电直导线周围磁场的分部情况，比较简单,

对于类似简单问题不能忽视，要不断加强练习。

7.（4分）高中物理选修3-1教材《导体的电阻》的思考和讨论中的一张图片如图，Ri和

R2是材料相同、厚度相同、表面都为正方形的导体.Ri的表面边长是R2的表面边长的2

【分析】横截面积$=1^1,长度为L,根据电阻定律R=pL,可得两电阻之比.

S

【解答】解：由电阻定律R=pL得，R=p^=pl,与材料和厚度有关。

SLdd

两电阻厚度相同，材料相同，所以电阻之比为1：1。

故选：Ao

【点评】解决本题的关键掌握电阻定律R=pL.

S

8.（4分）如图所示的闭合电路中，当滑片P右移时，两电表读数变化是（）

A.电流表变小，电压表变小

B.电流表变大，电压表变大

C.电流表变小，电压表变大

D.电流表变大，电压表变小

【分析】由电路图可知，Ro与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流;

根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和Ro

两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化。

【解答】解：由电路图可知，Ro与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的

电流；

当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路的电流变

小，即电流表的示数变小，

所以电源内阻和Ro所占电压变小，则滑动变阻器R两端的电压变大，即电压表的示数变

大，故C正确ABD错误。

故选：C。

【点评】本题考查了欧姆定律及串联电路的电压规律，注意因滑动变阻器电阻和电流同

时发生了变化，无法直接由欧姆定律求得两端的电压，故先求得与之串联定值电阻两端

的电压，再根据总电压不变，得出滑动变阻器两端的电压。

9.（4分）有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）

A.磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量

B.磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关

C.磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关

D.磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小

【分析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场

方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关.磁感线的切线方向表示

磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小.

【解答】解：

A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量。故A正确。

B、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，跟产生磁场的电流方向有关•故B正确。

C、磁感应强度的方向是由磁场本身决定的，与放入磁场中的受磁场力作用的电流方向无

关。故C错误。

D、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密

表示磁感应强度的大小。故D正确。

本题选错误的，故选C

【点评】本题考查对磁感应强度和磁感线的理解，关键抓住磁感应强度描述磁场本身的

特性的物理量，与放入磁场的电流元无关.

10.（4分）在电子射线管中，电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示方向电

流的直导线，导线与电子射线管平行，则电子流方向将（)

（Jo^―-^―

A.向上偏转B.向下偏转C.向纸里偏转D.向纸外偏转

【分析】带电粒子在电流的磁场中运动，才受到洛伦兹力作用而发生偏转。由左手定则

可确定洛伦兹力的方向，再根据运动与力的方向来确定运动轨迹。

【解答】解：由通电导线的电流方向，根据右手螺旋定则可得电子射线管处于垂直纸面

向里的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向下偏转。

故选：Bo

【点评】电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中

运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为粒子运动方向，大拇指为洛伦兹

力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向。

二.选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）

11.（4分）“分析法”是物理学中解决实际问题常用的一种方法，有些物理问题不需要进行

繁杂的运算，而只需做一定的假设与分析就可以得到解决。如图所示，A为带电量为+Q

的均匀带电金属圆环，其半径为R,。为圆心，直线0P垂直圆平面，P到圆环中心O的

距离为x,已知静电力常量为k,则带电圆环在P点产生的电场强度为（）

JkQxTkQRT

（R2+X2）2（R2+X2）2

【分析】根据“分析法”结合圆环中心的电场强度为零进行分析。

【解答】解：当x=0时，P点位于圆心的位置，根据对称性可知该处的电场强度为零，

故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题主要是考查“分析法”在物理学中的应用，对于此类问题，可以直接采用

“极限法”、“假设法”、“单位判断法”等方法进行分析。

12.（4分）在一个电场的a、b、c、d四点分别放入点电荷时，电荷受到的电场力跟电荷电

量的函数关系如图所示（电场力的方向以向右为正），下列说法正确的是（)

B.a、b、c、d四点的场强关系是Ed>Eb>Ea>Ec

C.a、b两点场强向右，c、d两点的场强也向右

D.无法比较E值的大小

【分析】匀强电场的场强大小和方向处处相同，F-q图线的斜率的绝对值等于电场强度

的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、d四点的电场强度大小。

【解答】解：ABD、根据F=qE,知F-q图线斜率表示电场强度，d图线斜率的绝对值

最大，所以d点的电场强度最大，c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小。所以四点

场强的大小关系是Ed>Ea>Eb>Ec.该电场是非匀强电场。故ABD错误。

C、正电荷所受的电场力与电场强度方向相同，负电荷所受的电场力与电场强度方向相反,

则a、b两点场强向右，c、d两点的场强也向右，故C正确。

故选：C,

【点评】解决本题的关键掌握电场力公式F=qE,知道电场强度的大小与检验电荷的电

量无关。

13.（4分）如图，真空中以0点为圆心、0a为半径的圆周上等间距分布a、b、c、d、e、f、

g、h八个点，a、e两点放置等量同种点电荷+Q和+Q,下列说法不正确的是（）

A.b、d、f、h的电场强度大小相等

B.b、d、f、h的电势相等

C.在c点由静止释放的电子向0点做加速度一直减小的加速直线运动

D.将一电子由b点沿bed圆弧移到d点，电子的电势能先减小后增加

【分析】根据场强的叠加判断各点的场强是否相同。根据电场线的分布判断电势的高低。

对电子受力分析，判断其合力方向，从而判断它的运动情况。根据电场力做功判断电势

能的变化。

【解答】解：A、根据场强的叠加和对称性，可知两电荷在b、d、f、h点产生的场强大

小相等，但方向不同，故A正确；

B、等量同种电荷间的电场线是排斥状的，且关于ae中点0对称。b、d、f、h是关于ae

的中点。对称的四个点，知电势相等，故B正确；

C、从c到0点，根据等量同种正电荷中垂线上电场的分布特点，可知电场强度可能先

增大后减小，也可能一直减小，故加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，故C不

正确。

D、在电子由b点沿bed圆弧移到d点的过程中，根据电场线的分布，知电场力先做

负功，再做正功。所以电势能先增大后减小。故D正确。

本题选不正确的，

故选：Co

【点评】根据场强的叠加判断各点的场强大小是否相等。根据电场线的分布判断电势的

高低。对电子受力分析，判断其合力方向，从而判断它的运动情况。根据电场力做功判

断电势能的变化。

14.（4分）一平行板电容器充电后与电源断开，若将上极板向左移动一小段距离，则（）

A.极板间的电压变小,极板间的电场强度变大

B.极板间的电压变小,极板间的电场强度不变

C.极板间的电压变大,极板间的电场强度变大

D.极板间的电压变大,极板间的电场强度不变

【分析】电容器充电后与电源断开后电量不变；根据平行板电容器的决定式分析电容的

变化，再根据Q=CU分析电压的变化，从而根据U=Ed即可确定电场强度的变化。

【解答】解：由平行板电容器电容的决定式有：c=_将上极板向左移动，两板

4k兀d

正对面积S减小，电容C减小，而两极板的电量Q恒定，由Q=CU知极板间的电压U

变大；

又由E=且可得板间电场强度E=@=丝鲍，则可知E与板间距d无关，故极板间的

dCd£S

电场强度不变，故D正确，ABC错误。

故选：D。

【点评】本题是电容的动态变化分析问题，关键掌握电容的决定式c=-L"和电容的

4k兀d

定义式c=9,结合电量不变这一条件进行分析求解。

u

15.（4分）在如图所示的电路中，E为电源，电源内阻为r,L为小灯泡（其灯丝电阻可视

为不变），⑰为理想电压表，Ri、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑

片向上移动，贝IJ（）

Ri

A.电压表的示数变大B.小灯泡消耗的功率变小

C.通过R2的电流变小D.电源的内电压变大

【分析】由滑动变阻器电阻的性质可知电路中电阻的变化，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灯泡功率的变化。

【解答】解：A、将滑动变阻器的滑片向上移动，电阻的阻值变大，电路中的总电阻变大;

由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小即电压表的示数变小,

故A错误；

BCD、因电路中电流减小，故内压减小，路端电压增大，同时Ri两端的电压减小，故并

联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，流过灯泡支路的电流减小，所以灯泡的功

率变小，故B正确，CD错误；

故选：B。

【点评】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。

16.（4分）在如图所示电路中，闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四

个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、Ui、U2和U3表示，电表示数变化

量的大小分别用△1、△Ui、ZUh和表示，下列比值错误的是（)

AU

B.生变大,2.变大

I△I

也变大,AU曳变大,AU

C.2不变D.3不变

IAII△I

【分析】由题意知：R|是定值电阻，根据欧姆定律得知支=与LL=RI.变阻器是可变

IAI

电阻，根据闭合电路欧姆定律研究竺义、丝4与电源内阻的关系，再分析选择。

△IAI

【解答】解：A、根据欧姆定律得知：&_=任1_=氏.故当滑动变阻器的滑动触头P

IAI

向下滑动时，&_、丝L均不变.故A正确。

IAI

B、C,^1=R2,变大。根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（Ri+r）,则有/k=Ri+r,

IAl

不变。故B错误，C正确。

UoAUo

D、-1=R1+R2,变大。根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir,则有yZ=r,不变。

I3Al

故D正确。

故选：B。

【点评】本题对于定值电阻,是线性元件有R=U=与L对于非线性元件,R=^W与L

IAlIAl

17.（4分）如图所示，由材料相同、粗细均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁

场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时导体框受到的安培力大小为E则

A.AB边和ACB边受到的安培力大小均为E

2

B.通过ACB边和AB边的电流相等

C.AC边与CB边受到的安培力相同

D.AB边受到的安培力大小为ACB边的2倍

【分析】根据边长关系结合电阻定律判断AB、ACB部分的电阻关系，根据电路结构运

用欧姆定律判定电流关系，

根据安培力公式表示AB边、ACB边所受安培力大小，其合力为F,据此求解两部分所

受安培力大小；

【解答】解：设AB边长为L,阻值为R,则ACB边长为2L,根据电阻定律R=pL知,

S

ACB部分的阻值为2R,

B、根据电路结构可知AB边与ACB部分并联，电压相等，据可知，通过AB边的

电流为I,则通过ACB边的电流为工，故B错误；

2

ACD、AB边所受安培力为FAB=BIL,根据左手定则可判断其方向竖直向上，

ACB边的有效长度也为L,其所受安培力为FACB=&|L-|BIL，根据左手定则判定其方

向竖直向上，

根据力的合力有，「=卜细+卜4的=乳山解得：尸皿=Q，FACE=枭故AC错误，

ADALD2ADXALIPx

D正确：

故选：D。

【点评】解决本题的关键是知道ACB边的有效长度与AB边相等，知道两部分为并联关

系，根据姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路。

18.（4分）如图，在两平行直导线A、B中，通有方向相同的电流I.则B导线受到磁场力

的方向（）

ARBH

A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里

C.向右D.向左

【分析】根据安培定则判断A周围的磁场方向，根据左手定则判断B受到的安培力的方

向。

【解答】解：两电流通过的电流方向相同，根据安培定则可知A导线在B处的磁场垂直

纸面向里，根据左手定则可知B受到的安培力向左，故D正确，ABC错误。

故选：D。

【点评】解决该题需掌握电流产生的磁场方向的判断方法，知道怎么判断安培力方向；

19.（4分）一台电动机额定电压为U,线圈电阻r,电动机正常工作时通过电动机线圈的电

流强度为I，电动机正常工作时间为t时，以下说法正确的是（）

A.电动机消耗的电能为12rt

B.线圈r产生的热量为Ult

3

r

D.电动机输出的机械能为Ult-I2rt

【分析】电动机是非纯电阻电路，电动机消耗的电能需要用公式W=UIt来计算；线圈

发热需要用到Q=I2rt来计算线圈r产生的热量。

【解答】解：A.电动机是非纯电阻电路，电动机消耗的电能W=UIt,故A错误；

B.线圈电阻是r,通过线圈的电流是I,研究线圈产生的焦耳热时，线圈是纯电阻电路,

线圈r产生的热量为Q=「rt,故B错误；

C.此电路为非纯电阻电路，不满足欧姆定律，所以I关:卫，故C错误；

r

D.由能量守恒知，电动机输出的机械能亚机=1；1L12仙故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了电功、电功率。要学会区分纯电阻电路和非纯电阻电路，计算公式

并不一样。

20.（4分）如图所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量异种电荷，a板带负电，两板

间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子在两板间做直线运动，不计粒子的重力。

关于粒子在两板间运动的情况判断正确的是（）

QXXXX

B

XXXX

XXXX

A.粒子一定带正电

B.粒子可能自左向右运动

C.粒子可能做匀变速直线运动

D.粒子一定做匀速直线运动

【分析】首先根据带电粒子作直线运动，结合受力分析（粒子只受电场力和洛伦兹力作

用）和左手定则，即可判断出粒子所受的洛伦兹力的方向只能向上，粒子只能向右做匀

速直线运动。

【解答】解：带电的粒子在两板间作直线运动，可知粒子受力平衡，对小球进行受力分

析，受电场力和洛伦兹力作用，若小球带正电，则电场力方向向上，洛伦兹力的方向只

能向下，由左手定则可判断出带正电的小球只能向左运动。同时如果速度发生变化，则

洛伦兹力将变化，粒子不可能做直线运动，故粒子只能做匀速直线运动；

若如果是负电荷，则同理可知，粒子向右运动，也只能做匀速直线运动；

故粒子可能带正电也可能带负电，同时粒子可能向左或向右；但只能做匀速直线运动;

故D正确ABC错误。

故选：D。

【点评】本题关键根据物体做直线运动的条件逐项分析，其中洛伦兹力要根据左手定则

判断；同时明确洛伦兹力大小和方向与速度有关。

三.多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）

21.（4分）安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么（）

'G-O-O-O-OCH

op-o-oo-<fo

o-5-oo-o-do

甲乙

A.甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况

B.乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况

C.磁体在高温环境下磁性会减弱

D.磁体在高温环境下磁性会加强

【分析】安培所提出的“分子电流”的假说。安培认为，在原子、分子或分子团等物质

微粒内部，存在着一种环形电流--分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微

小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子

电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性。

【解答】解：A、根据“分子电流”的假说，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱,

对外不显磁性，结合图可知，故A错误：

B、根据“分子电流”的假说，未被磁化的物体，分子电流的方向大致相同，于是对外界

显示出磁性。故B正确；

C、D、根据磁化与退磁的特性可知，磁体在高温环境下磁性会减弱。故C正确，D错误。

故选：BCo

【点评】分子电流假说属于记忆性的知识点，要求有准确的知道。注意磁现象的电本质。

22.（4分）如图所示，一个带负电的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通S后,

悬线与竖直方向的夹角为。，则（）

A.S闭合，减小A、B间距，夹角。增大

B.S闭合，减小A、B间距，夹角。不变

C.S断开，增大A、B间距，夹角。增大

D.S断开，增大A、B间距，夹角。不变

【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两

端间的电势差不变；断开开关S,电容器所带的电量不变。分析板间场强的变化，判断

夹角的变化。

【解答】解：A、B：保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，极板间距离减小,

由E=旦知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，。增大。故A正确，B

d

错误。

C、D：K断开，电容器所带的电量不变，由C=-E=U,C=旦，得E="KQ,

4兀kddUES

则知板间距离d增大，E不变，电场力不变，e不变。故C错误，D正确。

故选；AD。

【点评】解决电容器的动态分析问题要抓住不变量。若电容器与电源断开，电量保持不

变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。结合这三个公式进行

分析：c=£S,E=U,C=旦。

4兀kddU

23.（4分）图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线.两粒子M