广东省惠州市2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测物理试题
1．（2024高二上·惠州期末）如图所示，罗浮山飞云顶沿线安装了许多太阳能路灯，太阳能电池板为夜间照明提供能量.下列说法正确的是（ ）
图1
A．太阳能属于清洁能源
B．太阳能电池板可以将太阳能100％转化为电能
C．罗浮山飞云顶只有太阳能可以转化为电能
D．能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，故节约能源没有必要
2．（2024高二上·惠州期末）对图中（a）、（b）、（c）、（d）四个实验装置的实验现象的描述中正确是（ ）
A．图（a）放在小磁针正上方直导线通图示电流时，N极将垂直纸面向外转动
B．图（b）闭合开关后金属棒会在导轨上运动，说明了回路产生了感应电流
C．图（c）闭合开关后线框会转动，说明了回路产生了感应电流
D．图（d）线圈ABCD远离通电直导线向右移动时，线圈中有感应电流
3．（2024高二上·惠州期末）电容式话筒是利用电容大小的变化，将声音信号转化为电信号，如图所示为电容式话筒的简化示意图.在声压作用下，振动电极上的薄膜向左运动时（ ）
A．电容器的电容减小 B．电容器的电荷量减小
C．有从左到右的电流通过电阻R D．电容器中的电场强度减小
4．（2024高二上·惠州期末）一带负电的粒子仅在电场力的作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图像如图所示.则此电场的电场线分布可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二上·惠州期末）图为一种玩具汽车的简化电路图，某同学先闭合开关，灯泡能正常发光；再闭合开关后，电动机开始转动，灯泡变暗.在闭合开关前后，以下说法正确的是（ ）
A．电源的路端电压变大 B．通过电源的电流变大
C．电源内阻上消耗的功率变小 D．电源总功率变小
6．（2024高二上·惠州期末）如图所示，球体的直径AB、CD、MN两两垂直，O点为球体球心，两个带等量正电的点电荷分别位于A和B点.则下列说法中正确的是（ ）
A．M点的电场强度和N点的相同
B．N点的电势比M点的高
C．一正点电荷从O点沿OB靠近B的过程中，电势能一直增大
D．一负点电荷沿半圆弧MCN移动过程中，电势能先减小后增大
7．（2024高二上·惠州期末）如图所示是一个测量磁感应强度大小B的实验装置简图.整个装置悬挂在弹簧测力计下，单匝线圈的下边处于一个待测匀强磁场中，边长L＝0.1m，磁场方向与线圈平面垂直.当线圈接通2A直流电时，此时弹簧测力计的示数为0.6N.保持电流大小不变，改变电流方向，弹簧测力计的示数为0.8N，则（ ）
A．不通电时，弹簧测力计的示数为0.2N
B．改变电流方向后，线圈受到的安培力向上
C．线圈受到的安培力大小为0.2N
D．待测磁场的磁感应强度为0.5T
8．（2024高二上·惠州期末）惠州某学校的教室墙上有一扇朝向正南的钢窗，如图所示，某同学站在教室内面向窗户把钢窗向外推开的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．穿过钢窗的地磁场的磁通量变大
B．穿过钢窗的地磁场的磁通量变小
C．从推窗人的角度看，钢窗中的感应电流方向是逆时针
D．从推窗人的角度看，钢窗中的感应电流方向是顺时针
9．（2024高二上·惠州期末）如图（a）所示，螺线管匝数n＝1000，横截面积，电阻r＝10Ω，外接一个阻值R＝40Ω的电阻.一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示，则（ ）
A．在0～4s时间内，R中有电流从b流向a
B．t＝2s时穿过螺线管的磁通量为0.07Wb
C．在4～6s时间内，通过R的电流大小为0.8A
D．在4～6s时间内，R两端电压
10．（2024高二上·惠州期末）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场.若该粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°，用时为；若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转60°，用时为.不考虑重力.下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带正电荷
B．由题目所给的信息可以求该匀强磁场的磁感应强度
C．
D．
11．（2024高二上·惠州期末）某同学测量一段两端切割平整的铅笔芯的电阻率，需测量铅笔芯的尺寸和电阻.
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量铅笔芯的长度和直径，测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度L＝ cm，直径d＝ mm.
（2）该同学按图（a）连接电路，若电压表读数为U，电流表读数为I，定值电阻已知，将电流表和电压表看作理想电表，则铅笔芯的电阻率ρ＝ （用L、d、U、I、表示）.
（3）实际上，该实验中的电流表和电压表不是理想电表，且内阻未知，则用上述方法测得的 （选填“大于”、“等于”或“小于”）其真实值.
（4）若电流表内阻为已知，定值电阻已知，为更准确地测量铅笔芯电阻，请将图（b）中的部分电路图补充完整，并标上仪器的符号.
12．（2024高二上·惠州期末）小明同学将铜片和锌片相隔1cm插入一个苹果中，制成了一个水果电池，如图（a）所示.他利用如下器材测量水果电池的电动势和内阻，实验器材如下：
A.利用铜片、锌片与苹果制成的一个水果电池
B.电流表A（0-0.6mA，内阻250Ω）
C.电压表V（0-3V，内阻约3kΩ）
D.滑动变阻器R（最大阻值2000Ω）
E.开关一个，导线若干
（1）据资料，这种水果电池的电动势不到1V，内阻约一千欧左右，若用图（b）所示多用电表对其内阻进行估测，以下操作正确的是（ ）
A．选择开关置于A处 B．选择开关置于B处
C．选择开关置于C处 D．选择开关置于D处
（2）利用电流表和电压表等提供的器材更准确地测量“苹果电池”的电动势和内阻，应该选择的实验电路是图中的 （选填“（a）”或“（b）”）.
（3）选择正确的电路后由实验数据作出的U-I图像如图（c）所示，由图像可求得电源电动势为 V，内电阻为 Ω（结果均保留三位有效数字）.
（4）他用该水果电池给一个规格为“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，发现虽然逐渐增加水果电池串联的数量，但小灯泡依旧几乎不发光，原因是 .
13．（2024高二上·惠州期末）如图（a）所示，同学们经常用到饭卡、水卡进行扣款消费.饭卡、水卡内部结构如图（b）所示，由线圈和电路组成.当卡片靠近感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片运作，从而实现扣款功能.测得卡片内部线圈为长8cm、宽5cm的长方形，共5匝，回路总电阻为1Ω.若某次感应时卡面与感应区平面平行，在0.1s的感应时间内，感应区内垂直于感应区平面的磁感应强度由0均匀增大到.求：
（1）0.1s内线圈的平均感应电动势E；
（2）0.1s内通过线圈内导线某截面的电荷量q；
（3）0.1s内线圈的发热量Q.（计算结果均保留2位有效数字）
14．（2024高二上·惠州期末）在电场中有着类似于重力场中秋千往返运动的现象，图是其模型简图，ABC是半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道，轨道竖直放置，O为圆心，A、B、C分别位于轨道内最高点、中点和最低点.轨道所在空间中有水平向右的匀强电场.一质量为m、带电量为＋q的小球（小球直径远小于R）从A处由静止释放，恰好能够沿着圆弧轨道在AC间做往返运动，已知重力加速度为g.求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）CB之间的电势差；
（3）小球沿着圆弧轨道运动到B点时，受到轨道的支持力大小.
15．（2024高二上·惠州期末）现代科技中常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，相距为R＝4cm的两块平行金属板M、N正对着放置，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B＝0.5T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，圆弧形收集板D上各点到O点的距离以及板D两端点的距离均为2R.、分别为M、N板上的小孔，、、O三点连线垂直板M、N，且.当板M、N间的电压恒为时，一束质量为、带电量为的粒子，经进入M、N间的电场后，通过进入磁场，最后打在收集板D上.粒子在处的速度和粒子所受的重力均不计，π取3.14，求：
（1）粒子在圆形磁场中运动的轨道半径r；
（2）粒子从出发到打在收集板D上经历的时间t；
（3）若M、N间的电压可调节，为确保粒子都能打在收集板D上，M、N间电压的范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】能源的分类与应用
【解析】【解答】A.太阳能属于清洁能源，A符合题意；
B.太阳能电池板不可以将太阳能100%转化为电能，B不符合题意；
C.罗浮山飞云顶除了太阳能可以转化为电能，还可以利用风能转化成电能，C不符合题意；
D.能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，但是会有部分能量不能被回收利用，存在能量耗散现象，故依然要节约能源，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】知道能量的种类，了解能量的转化原理和过程。
2．【答案】D
【知识点】安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；安培定则
【解析】【解答】A.图（a）中水平放置的导线通电后，根据安培定则可知，其在小磁针处产生的磁场垂直纸面向里，根据小磁针静止时指向该点的磁场方向可知，小磁针N极将垂直纸面向里转动，A不符合题意；
B.图（b）中闭合电键后金属棒会在导轨上运动，说明通电导体在磁中受到磁场力的作用，B不符合题意；
C.图（c）中闭合开关后线框会转动，说明了通电线框在磁中受到磁场力的作用，C不符合题意；
D.图（d）中线圈ABCD远离通电直导线向右移动时，通过线圈的磁通量发生了变化，所以产生了感应电流，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，再跟进小磁针静止时指向该点的磁场方向，判断小磁针N极的转动方向；垂直放置在磁场中的通电导线会受到磁场力的作用；当闭合电路中的磁通量发生变化时，回路中会有感应电流产生。
3．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A.当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变小，根据可知，d减小，电容变大，A不符合题意；
B.由于电容器一直与电源相连，所以极板移动过程中，极板电压不变，根据可知，当电容变大时，所带电荷量增加，B不符合题意；
C.根据前面分析电容器所带电荷量增加，电容器充电，可知此时充电电流通过电阻时方向自左向右，C符合题意；
D.当极板间距变小时，由可知，电容器两极板间的场强增大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电容的决定式，分析电容的变化情况；根据电容的定义式，分析极板电量的变化，并确定回路中电流的方向；由分析极板间电场强度的变化情况。
4．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】从题图中可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，所以粒子受到电场力方向应该与速度方向相反，由B指向A，因为粒子带负电，所以电场线由A指向B，v-t图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐增大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密，综合分析可知，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据粒子运动速度与加速度的变化情况，分析粒子受到的电场力的方向及变化情况，得到电场线的分布情况。
5．【答案】B
【知识点】电功率和电功；电路动态分析
【解析】【解答】AB.在闭合开关后，总电阻变小，通过电源的总电流变大，由闭合电路欧姆定律可得，路端电压
U=E-Ir
变小，A不符合题意，B符合题意；
C.电源内阻上消耗的功率
因为I变大，所以变大，C不符合题意；
D.电源总功率
P=EI
因为I变大，所以电源总功率P变大。
故选B。
【分析】结合回路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析各部分电路中的电流和电压的变化情况；由电功率的公式分析电源内阻消耗的功率和电源总功率的变化情况。
6．【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势能；电势
【解析】【解答】A.根据等量同种电荷的电场分布特点可知，点M与点N的电场强度大小相等，方向不同，A不符合题意；
B.C、D、M、N这四点据两电荷的距离相等，根据等量同种电荷的电场分布特点可知，C、D、M、N这四点处于同一等势面内，故电势相等，B不符合题意；
C.根据等量同种电荷的电场分布特点和沿电场线的方向电势降低的规律可知，O点到B点电势不断增大，由电势能公式
可知一正点电荷从O点沿OB靠近B的过程中，电势能一直增大，C符合题意；
D.半圆弧MCN为一等势线，所以一带负电荷的试探电荷沿半圆弧MCN移动过程中，电场力不做功，电势能不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据等量同种电荷的电场分布特点，分析各点的电场强度的关系；根据等量同种电荷的电场线分布，分析各点电势的关系，由分析电荷在各点的电势能的大小；沿等势面移动电荷，电场力不做功，电势能不变。
7．【答案】D
【知识点】安培力；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC.由题意可知，改变电流方向后，弹簧测力计的示数增大，说明电流改变方向后，线圈所受安培力方向变为竖直向下。则电流方向改变前，线圈受到的安培力方向向上，设不通电时，弹簧测力计的示数为F，通电后线圈所受安培力的大小为，则电流方向改变后，有
电流方向改变前，有
解得
F=0.7N，
ABC不符合题意；
D.待测磁场的磁感应强度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电流方向改变前后线圈受到的安培力方向，由共点力平衡条件求解线圈的受力和不通电时弹簧测力计的读数；由磁感应强度公式，求解待测磁场的磁感应强度。
8．【答案】B,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开后，平面与磁场平行时，穿过钢窗的磁通量为0，故把钢窗向外推开的过程中，穿过钢窗的磁通量减小， 根据楞次定律可知，钢窗中产生的感应电流的方向， 从推窗人的角度看为逆时针，AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据地磁场的特点，由磁通量的定义分析窗子推开过程中，穿过钢窗的地磁场的磁通量的变化情况，然后又楞次定律分析钢窗中感应电流的方向。
9．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A.由图（b）可知，在0~4s内，穿过螺旋管的磁场向左且增大，根据楞次定律和安培定则可知R中的电流方向从b流向a，A符合题意；
B.由图（b）可知，t=2s时磁感应强度分别为B=3T，则此时的磁通量为
B不符合题意；
CD.在4s~6s内，线圈中产生的感应电动势大小为
则R中电流大小为
R两端电压
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】由楞次定律和安培定则分析0～4s时间内，R中电流方向；由磁通量的公式，计算t＝2s时穿过螺线管的磁通量；由法拉第电磁感应定律求出在4s~6s内，线圈中产生的感应电动势大小，再由欧姆定律求解该时间段内通过R的电流和R两端的电压。
10．【答案】A,B,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据粒子进入磁场时的偏转方向，由左手定则知，粒子带正电，A符合题意；
BCD.做出粒子的运动轨迹的圆心如图所示，设磁场半径为r，
可知
又因为洛伦兹力提供向心力，有
得
所以
又有
所以
所以
由上面式子有
BC符合题意，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】由左手定则判断粒子的正负；结合几何关系，由粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径和周期公式，推导两粒子的速度比值和运动时间的比值，求出磁场的磁感应强度。
11．【答案】（1）5.015；1.753-7.757
（2）
（3）小于
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）图（a）所示游标卡尺精度是0.05mm，主尺读数为50mm，可动尺读数为3×0.05mm=0.15mm，可得该导体的长度为
L=50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm
图（b）所示螺旋测微器精确度为0.01mm，主尺读数为1.5mm，可动尺读数为
25.5× 0.01mm=0.255mm
可得圆柱体的直径
d=1.5mm+0.255mm=1.755mm
（2）根据电阻定律可得
得
根据电路结构，由欧姆定律可得
联立解得
（3）由于电压表的分流作用，使得电流偏大，所以上述方法测得的小于真实值。
（4）若电流表内阻为已知，定值电阻已知，为更准确地测量铅笔芯电阻，应采用电流表内接法，所以电路图如下：
【分析】（1）根据游标卡尺和螺旋测微器的读数规则读数；（2）根据电阻定律和欧姆定律推导铅笔芯电阻率的表达式；（3）根据实验原理分析实验误差；（4）根据电流表内阻已知的特点，分析电流表接入电路的方式，画出电路。
12．【答案】（1）C
（2）（b）
（3）0.950；
（4）水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）用多用电表对水果电池的内阻进行估测，应将选择开关置于欧姆档，即C处或D处，因为水果电池的内阻约一干欧左右，而多用电表测电阻时，指针指在中央位置附近，测量会比较准确，所以应将选择开关置于C处，应用欧姆×100Ω挡测量水果电池的内阻，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
（2）因为电流表的内阻已知，故采用b实验电路能更准确地测量“苹果电池”的电动势和内阻；
（3）根据电路结构，由闭合电路的欧姆定律可得
整理得
结合U-I图像的纵轴截距和斜率，可得
E=0.950V
可得内电阻为
（4）小灯泡几乎不发光的原因：水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于灯泡的额定电流，所以灯泡几乎不发光。
【分析】（1）根据多用电表测电阻的方法进行测量；（2）根据电流表内阻已知的特点，本着减小误差的目的，选择实验电路；（3）由闭合电路欧姆定律推导U-I的关系式，结合U-I图像的纵轴截距和斜率，求出电源的电动势和内阻；（4）根据水果电池的特点，分析灯泡不发光的原因。
13．【答案】（1）解： 0.1s内线圈的平均感应电动势为
代入数据解得：
（2）解： 0.1s内通过线圈的电流大小为：
代入数据解得：
0.1s内通过线圈内导线某截面的电荷量为：
代入数据解得：
（3）解： 0.1s内线圈的发热量为：
代入数据解得：
【知识点】电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解0.1s内线圈的平均感应电动势；（2）根据电流的定义式，结合闭合电路欧姆定律，求解0.1s内通过线圈内导线某截面的电荷量；（3）由焦耳定律计算0.1s内线圈的发热量。
14．【答案】（1）解：依题意得小球到达C点的速度为0
从A点到C点，由动能定理得
解得：
（2）解：从C点到B点，可得
解得：
（3）解： 从A点到B点，由动能定理得：
由重力与电场力的合力为
在B处可得
联立可得，小球运动到B点时受到轨道的支持力大小为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）分析小球从A到C的运动，由动能定理求解匀强电场的电场强度大小；（2）由匀强电场的电场强度与电势差的公式U=Ed，计算CB之间的电势差；（3）由动能定理求出小球到达B点的速度，再分析小球在B点的受力，由牛顿第二定律求出小球沿着圆弧轨道运动到B点时，受到轨道的支持力大小。
15．【答案】（1）解： 粒子从到达的过程中，由动能定理得
在磁场中，根据牛顿第二定律得：
联立得：
（2）解： 由r＝R可知粒子在磁场中的偏转角度为，
故粒子磁场中运动的时间为：
在电场中运动时间为：
离开磁场到D的运动时间为：
总运动时间：
联立得，代入数据解得：
（3）解： 要确保粒子都能打在收集板D上，则粒子在磁场中的偏转角θ在60°-120°之间，轨迹如图所示.
由几何关系得，粒子在磁场中的运动半径
联立得：
当θ＝60°时，
当θ＝120°时，
综上，M、N间电压的范围：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求出粒子经加速电场加速后的速度，再分析粒子在磁场中的运动，由牛顿第二定律求出粒子在圆形磁场中运动的轨道半径；（2）根据匀变速直线运动和匀速圆周运动的规律，求解粒子从出发到打在收集板D上经历的时间；（3）做出粒子能打在收集板D的临界轨迹，求出粒子的偏转角，再由动能定理和牛顿第二定律，计算M、N间电压的范围。
1 / 1广东省惠州市2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测物理试题
1．（2024高二上·惠州期末）如图所示，罗浮山飞云顶沿线安装了许多太阳能路灯，太阳能电池板为夜间照明提供能量.下列说法正确的是（ ）
图1
A．太阳能属于清洁能源
B．太阳能电池板可以将太阳能100％转化为电能
C．罗浮山飞云顶只有太阳能可以转化为电能
D．能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，故节约能源没有必要
【答案】A
【知识点】能源的分类与应用
【解析】【解答】A.太阳能属于清洁能源，A符合题意；
B.太阳能电池板不可以将太阳能100%转化为电能，B不符合题意；
C.罗浮山飞云顶除了太阳能可以转化为电能，还可以利用风能转化成电能，C不符合题意；
D.能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，但是会有部分能量不能被回收利用，存在能量耗散现象，故依然要节约能源，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】知道能量的种类，了解能量的转化原理和过程。
2．（2024高二上·惠州期末）对图中（a）、（b）、（c）、（d）四个实验装置的实验现象的描述中正确是（ ）
A．图（a）放在小磁针正上方直导线通图示电流时，N极将垂直纸面向外转动
B．图（b）闭合开关后金属棒会在导轨上运动，说明了回路产生了感应电流
C．图（c）闭合开关后线框会转动，说明了回路产生了感应电流
D．图（d）线圈ABCD远离通电直导线向右移动时，线圈中有感应电流
【答案】D
【知识点】安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；安培定则
【解析】【解答】A.图（a）中水平放置的导线通电后，根据安培定则可知，其在小磁针处产生的磁场垂直纸面向里，根据小磁针静止时指向该点的磁场方向可知，小磁针N极将垂直纸面向里转动，A不符合题意；
B.图（b）中闭合电键后金属棒会在导轨上运动，说明通电导体在磁中受到磁场力的作用，B不符合题意；
C.图（c）中闭合开关后线框会转动，说明了通电线框在磁中受到磁场力的作用，C不符合题意；
D.图（d）中线圈ABCD远离通电直导线向右移动时，通过线圈的磁通量发生了变化，所以产生了感应电流，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，再跟进小磁针静止时指向该点的磁场方向，判断小磁针N极的转动方向；垂直放置在磁场中的通电导线会受到磁场力的作用；当闭合电路中的磁通量发生变化时，回路中会有感应电流产生。
3．（2024高二上·惠州期末）电容式话筒是利用电容大小的变化，将声音信号转化为电信号，如图所示为电容式话筒的简化示意图.在声压作用下，振动电极上的薄膜向左运动时（ ）
A．电容器的电容减小 B．电容器的电荷量减小
C．有从左到右的电流通过电阻R D．电容器中的电场强度减小
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A.当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变小，根据可知，d减小，电容变大，A不符合题意；
B.由于电容器一直与电源相连，所以极板移动过程中，极板电压不变，根据可知，当电容变大时，所带电荷量增加，B不符合题意；
C.根据前面分析电容器所带电荷量增加，电容器充电，可知此时充电电流通过电阻时方向自左向右，C符合题意；
D.当极板间距变小时，由可知，电容器两极板间的场强增大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电容的决定式，分析电容的变化情况；根据电容的定义式，分析极板电量的变化，并确定回路中电流的方向；由分析极板间电场强度的变化情况。
4．（2024高二上·惠州期末）一带负电的粒子仅在电场力的作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图像如图所示.则此电场的电场线分布可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】从题图中可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，所以粒子受到电场力方向应该与速度方向相反，由B指向A，因为粒子带负电，所以电场线由A指向B，v-t图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐增大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密，综合分析可知，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据粒子运动速度与加速度的变化情况，分析粒子受到的电场力的方向及变化情况，得到电场线的分布情况。
5．（2024高二上·惠州期末）图为一种玩具汽车的简化电路图，某同学先闭合开关，灯泡能正常发光；再闭合开关后，电动机开始转动，灯泡变暗.在闭合开关前后，以下说法正确的是（ ）
A．电源的路端电压变大 B．通过电源的电流变大
C．电源内阻上消耗的功率变小 D．电源总功率变小
【答案】B
【知识点】电功率和电功；电路动态分析
【解析】【解答】AB.在闭合开关后，总电阻变小，通过电源的总电流变大，由闭合电路欧姆定律可得，路端电压
U=E-Ir
变小，A不符合题意，B符合题意；
C.电源内阻上消耗的功率
因为I变大，所以变大，C不符合题意；
D.电源总功率
P=EI
因为I变大，所以电源总功率P变大。
故选B。
【分析】结合回路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析各部分电路中的电流和电压的变化情况；由电功率的公式分析电源内阻消耗的功率和电源总功率的变化情况。
6．（2024高二上·惠州期末）如图所示，球体的直径AB、CD、MN两两垂直，O点为球体球心，两个带等量正电的点电荷分别位于A和B点.则下列说法中正确的是（ ）
A．M点的电场强度和N点的相同
B．N点的电势比M点的高
C．一正点电荷从O点沿OB靠近B的过程中，电势能一直增大
D．一负点电荷沿半圆弧MCN移动过程中，电势能先减小后增大
【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势能；电势
【解析】【解答】A.根据等量同种电荷的电场分布特点可知，点M与点N的电场强度大小相等，方向不同，A不符合题意；
B.C、D、M、N这四点据两电荷的距离相等，根据等量同种电荷的电场分布特点可知，C、D、M、N这四点处于同一等势面内，故电势相等，B不符合题意；
C.根据等量同种电荷的电场分布特点和沿电场线的方向电势降低的规律可知，O点到B点电势不断增大，由电势能公式
可知一正点电荷从O点沿OB靠近B的过程中，电势能一直增大，C符合题意；
D.半圆弧MCN为一等势线，所以一带负电荷的试探电荷沿半圆弧MCN移动过程中，电场力不做功，电势能不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据等量同种电荷的电场分布特点，分析各点的电场强度的关系；根据等量同种电荷的电场线分布，分析各点电势的关系，由分析电荷在各点的电势能的大小；沿等势面移动电荷，电场力不做功，电势能不变。
7．（2024高二上·惠州期末）如图所示是一个测量磁感应强度大小B的实验装置简图.整个装置悬挂在弹簧测力计下，单匝线圈的下边处于一个待测匀强磁场中，边长L＝0.1m，磁场方向与线圈平面垂直.当线圈接通2A直流电时，此时弹簧测力计的示数为0.6N.保持电流大小不变，改变电流方向，弹簧测力计的示数为0.8N，则（ ）
A．不通电时，弹簧测力计的示数为0.2N
B．改变电流方向后，线圈受到的安培力向上
C．线圈受到的安培力大小为0.2N
D．待测磁场的磁感应强度为0.5T
【答案】D
【知识点】安培力；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC.由题意可知，改变电流方向后，弹簧测力计的示数增大，说明电流改变方向后，线圈所受安培力方向变为竖直向下。则电流方向改变前，线圈受到的安培力方向向上，设不通电时，弹簧测力计的示数为F，通电后线圈所受安培力的大小为，则电流方向改变后，有
电流方向改变前，有
解得
F=0.7N，
ABC不符合题意；
D.待测磁场的磁感应强度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电流方向改变前后线圈受到的安培力方向，由共点力平衡条件求解线圈的受力和不通电时弹簧测力计的读数；由磁感应强度公式，求解待测磁场的磁感应强度。
8．（2024高二上·惠州期末）惠州某学校的教室墙上有一扇朝向正南的钢窗，如图所示，某同学站在教室内面向窗户把钢窗向外推开的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．穿过钢窗的地磁场的磁通量变大
B．穿过钢窗的地磁场的磁通量变小
C．从推窗人的角度看，钢窗中的感应电流方向是逆时针
D．从推窗人的角度看，钢窗中的感应电流方向是顺时针
【答案】B,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开后，平面与磁场平行时，穿过钢窗的磁通量为0，故把钢窗向外推开的过程中，穿过钢窗的磁通量减小， 根据楞次定律可知，钢窗中产生的感应电流的方向， 从推窗人的角度看为逆时针，AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据地磁场的特点，由磁通量的定义分析窗子推开过程中，穿过钢窗的地磁场的磁通量的变化情况，然后又楞次定律分析钢窗中感应电流的方向。
9．（2024高二上·惠州期末）如图（a）所示，螺线管匝数n＝1000，横截面积，电阻r＝10Ω，外接一个阻值R＝40Ω的电阻.一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示，则（ ）
A．在0～4s时间内，R中有电流从b流向a
B．t＝2s时穿过螺线管的磁通量为0.07Wb
C．在4～6s时间内，通过R的电流大小为0.8A
D．在4～6s时间内，R两端电压
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A.由图（b）可知，在0~4s内，穿过螺旋管的磁场向左且增大，根据楞次定律和安培定则可知R中的电流方向从b流向a，A符合题意；
B.由图（b）可知，t=2s时磁感应强度分别为B=3T，则此时的磁通量为
B不符合题意；
CD.在4s~6s内，线圈中产生的感应电动势大小为
则R中电流大小为
R两端电压
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】由楞次定律和安培定则分析0～4s时间内，R中电流方向；由磁通量的公式，计算t＝2s时穿过螺线管的磁通量；由法拉第电磁感应定律求出在4s~6s内，线圈中产生的感应电动势大小，再由欧姆定律求解该时间段内通过R的电流和R两端的电压。
10．（2024高二上·惠州期末）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场.若该粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°，用时为；若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转60°，用时为.不考虑重力.下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带正电荷
B．由题目所给的信息可以求该匀强磁场的磁感应强度
C．
D．
【答案】A,B,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据粒子进入磁场时的偏转方向，由左手定则知，粒子带正电，A符合题意；
BCD.做出粒子的运动轨迹的圆心如图所示，设磁场半径为r，
可知
又因为洛伦兹力提供向心力，有
得
所以
又有
所以
所以
由上面式子有
BC符合题意，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】由左手定则判断粒子的正负；结合几何关系，由粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径和周期公式，推导两粒子的速度比值和运动时间的比值，求出磁场的磁感应强度。
11．（2024高二上·惠州期末）某同学测量一段两端切割平整的铅笔芯的电阻率，需测量铅笔芯的尺寸和电阻.
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量铅笔芯的长度和直径，测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度L＝ cm，直径d＝ mm.
（2）该同学按图（a）连接电路，若电压表读数为U，电流表读数为I，定值电阻已知，将电流表和电压表看作理想电表，则铅笔芯的电阻率ρ＝ （用L、d、U、I、表示）.
（3）实际上，该实验中的电流表和电压表不是理想电表，且内阻未知，则用上述方法测得的 （选填“大于”、“等于”或“小于”）其真实值.
（4）若电流表内阻为已知，定值电阻已知，为更准确地测量铅笔芯电阻，请将图（b）中的部分电路图补充完整，并标上仪器的符号.
【答案】（1）5.015；1.753-7.757
（2）
（3）小于
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）图（a）所示游标卡尺精度是0.05mm，主尺读数为50mm，可动尺读数为3×0.05mm=0.15mm，可得该导体的长度为
L=50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm
图（b）所示螺旋测微器精确度为0.01mm，主尺读数为1.5mm，可动尺读数为
25.5× 0.01mm=0.255mm
可得圆柱体的直径
d=1.5mm+0.255mm=1.755mm
（2）根据电阻定律可得
得
根据电路结构，由欧姆定律可得
联立解得
（3）由于电压表的分流作用，使得电流偏大，所以上述方法测得的小于真实值。
（4）若电流表内阻为已知，定值电阻已知，为更准确地测量铅笔芯电阻，应采用电流表内接法，所以电路图如下：
【分析】（1）根据游标卡尺和螺旋测微器的读数规则读数；（2）根据电阻定律和欧姆定律推导铅笔芯电阻率的表达式；（3）根据实验原理分析实验误差；（4）根据电流表内阻已知的特点，分析电流表接入电路的方式，画出电路。
12．（2024高二上·惠州期末）小明同学将铜片和锌片相隔1cm插入一个苹果中，制成了一个水果电池，如图（a）所示.他利用如下器材测量水果电池的电动势和内阻，实验器材如下：
A.利用铜片、锌片与苹果制成的一个水果电池
B.电流表A（0-0.6mA，内阻250Ω）
C.电压表V（0-3V，内阻约3kΩ）
D.滑动变阻器R（最大阻值2000Ω）
E.开关一个，导线若干
（1）据资料，这种水果电池的电动势不到1V，内阻约一千欧左右，若用图（b）所示多用电表对其内阻进行估测，以下操作正确的是（ ）
A．选择开关置于A处 B．选择开关置于B处
C．选择开关置于C处 D．选择开关置于D处
（2）利用电流表和电压表等提供的器材更准确地测量“苹果电池”的电动势和内阻，应该选择的实验电路是图中的 （选填“（a）”或“（b）”）.
（3）选择正确的电路后由实验数据作出的U-I图像如图（c）所示，由图像可求得电源电动势为 V，内电阻为 Ω（结果均保留三位有效数字）.
（4）他用该水果电池给一个规格为“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，发现虽然逐渐增加水果电池串联的数量，但小灯泡依旧几乎不发光，原因是 .
【答案】（1）C
（2）（b）
（3）0.950；
（4）水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）用多用电表对水果电池的内阻进行估测，应将选择开关置于欧姆档，即C处或D处，因为水果电池的内阻约一干欧左右，而多用电表测电阻时，指针指在中央位置附近，测量会比较准确，所以应将选择开关置于C处，应用欧姆×100Ω挡测量水果电池的内阻，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
（2）因为电流表的内阻已知，故采用b实验电路能更准确地测量“苹果电池”的电动势和内阻；
（3）根据电路结构，由闭合电路的欧姆定律可得
整理得
结合U-I图像的纵轴截距和斜率，可得
E=0.950V
可得内电阻为
（4）小灯泡几乎不发光的原因：水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于灯泡的额定电流，所以灯泡几乎不发光。
【分析】（1）根据多用电表测电阻的方法进行测量；（2）根据电流表内阻已知的特点，本着减小误差的目的，选择实验电路；（3）由闭合电路欧姆定律推导U-I的关系式，结合U-I图像的纵轴截距和斜率，求出电源的电动势和内阻；（4）根据水果电池的特点，分析灯泡不发光的原因。
13．（2024高二上·惠州期末）如图（a）所示，同学们经常用到饭卡、水卡进行扣款消费.饭卡、水卡内部结构如图（b）所示，由线圈和电路组成.当卡片靠近感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片运作，从而实现扣款功能.测得卡片内部线圈为长8cm、宽5cm的长方形，共5匝，回路总电阻为1Ω.若某次感应时卡面与感应区平面平行，在0.1s的感应时间内，感应区内垂直于感应区平面的磁感应强度由0均匀增大到.求：
（1）0.1s内线圈的平均感应电动势E；
（2）0.1s内通过线圈内导线某截面的电荷量q；
（3）0.1s内线圈的发热量Q.（计算结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）解： 0.1s内线圈的平均感应电动势为
代入数据解得：
（2）解： 0.1s内通过线圈的电流大小为：
代入数据解得：
0.1s内通过线圈内导线某截面的电荷量为：
代入数据解得：
（3）解： 0.1s内线圈的发热量为：
代入数据解得：
【知识点】电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解0.1s内线圈的平均感应电动势；（2）根据电流的定义式，结合闭合电路欧姆定律，求解0.1s内通过线圈内导线某截面的电荷量；（3）由焦耳定律计算0.1s内线圈的发热量。
14．（2024高二上·惠州期末）在电场中有着类似于重力场中秋千往返运动的现象，图是其模型简图，ABC是半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道，轨道竖直放置，O为圆心，A、B、C分别位于轨道内最高点、中点和最低点.轨道所在空间中有水平向右的匀强电场.一质量为m、带电量为＋q的小球（小球直径远小于R）从A处由静止释放，恰好能够沿着圆弧轨道在AC间做往返运动，已知重力加速度为g.求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）CB之间的电势差；
（3）小球沿着圆弧轨道运动到B点时，受到轨道的支持力大小.
【答案】（1）解：依题意得小球到达C点的速度为0
从A点到C点，由动能定理得
解得：
（2）解：从C点到B点，可得
解得：
（3）解： 从A点到B点，由动能定理得：
由重力与电场力的合力为
在B处可得
联立可得，小球运动到B点时受到轨道的支持力大小为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）分析小球从A到C的运动，由动能定理求解匀强电场的电场强度大小；（2）由匀强电场的电场强度与电势差的公式U=Ed，计算CB之间的电势差；（3）由动能定理求出小球到达B点的速度，再分析小球在B点的受力，由牛顿第二定律求出小球沿着圆弧轨道运动到B点时，受到轨道的支持力大小。
15．（2024高二上·惠州期末）现代科技中常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，相距为R＝4cm的两块平行金属板M、N正对着放置，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B＝0.5T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，圆弧形收集板D上各点到O点的距离以及板D两端点的距离均为2R.、分别为M、N板上的小孔，、、O三点连线垂直板M、N，且.当板M、N间的电压恒为时，一束质量为、带电量为的粒子，经进入M、N间的电场后，通过进入磁场，最后打在收集板D上.粒子在处的速度和粒子所受的重力均不计，π取3.14，求：
（1）粒子在圆形磁场中运动的轨道半径r；
（2）粒子从出发到打在收集板D上经历的时间t；
（3）若M、N间的电压可调节，为确保粒子都能打在收集板D上，M、N间电压的范围.
【答案】（1）解： 粒子从到达的过程中，由动能定理得
在磁场中，根据牛顿第二定律得：
联立得：
（2）解： 由r＝R可知粒子在磁场中的偏转角度为，
故粒子磁场中运动的时间为：
在电场中运动时间为：
离开磁场到D的运动时间为：
总运动时间：
联立得，代入数据解得：
（3）解： 要确保粒子都能打在收集板D上，则粒子在磁场中的偏转角θ在60°-120°之间，轨迹如图所示.
由几何关系得，粒子在磁场中的运动半径
联立得：
当θ＝60°时，
当θ＝120°时，
综上，M、N间电压的范围：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求出粒子经加速电场加速后的速度，再分析粒子在磁场中的运动，由牛顿第二定律求出粒子在圆形磁场中运动的轨道半径；（2）根据匀变速直线运动和匀速圆周运动的规律，求解粒子从出发到打在收集板D上经历的时间；（3）做出粒子能打在收集板D的临界轨迹，求出粒子的偏转角，再由动能定理和牛顿第二定律，计算M、N间电压的范围。
1 / 1
