期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年人教版物理高二上学期
文档属性
| 名称 | 期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年人教版物理高二上学期 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-01-11 20:09:57 | ||
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文档简介
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期末模拟测试培优卷
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）在磁感应强度的定义式B中，关于各物理量之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．B由F、I和l决定 B．F由B、I和l决定
C．I由B、F和l决定 D．l由B、F和I决定
2．（3分）（2024秋 云南期末）如图所示为真空中正点电荷的电场线，A、B是电场中的两点，它们的电场强度分别用EA、EB表示，电势分别用φA、φB表示，则（ ）
A．EA＞EB B．EA＝EB C．φA＜φB D．φA＝φB
3．（3分）（2024秋 浙江月考）如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形金属导体放在正电荷形成的电场中。导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．当电键S闭合时，则导体不带电
B．感应电荷在A处产生的场强等于B处的场强
C．A点电势等于B点电势
D．A，B两点感应电荷产生的场强都为零
4．（3分）（2025春 黑龙江期末）如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。若仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．三条边a、b、c所受安培力相同
B．两次弹簧测力计示数F1＝F2
C．金属等边三角形的总质量
D．匀强磁场的磁感应强度大小
5．（3分）（2025春 赣州期末）如图是探究库仑力的装置，将两个金属小球A、B分别固定在绝缘支架上，下支架固定在高精度电子秤的托盘上，上支架贴上距离标尺（可测出A、B之间的距离），穿过固定支架的小孔安置，现将电子秤示数清零后，给A、B带上同种电荷。下列说法错误的是（ ）
A．实验中A、B所带电荷量可以不相等
B．A对B的库仑力与B对A的库仑力大小相等
C．电子秤的示数与A、B间的距离成反比
D．用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，电子秤的示数减半
6．（3分）（2024秋 香坊区校级月考）对于下面几幅插图中所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地
7．（3分）（2024秋 沈河区校级期中）一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是（ ）
A．通电直导线受到安培力的大小为ILB
B．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力
C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面
D．通电直导线所受安培力的方向与磁场方向相同
8．（3分）（2024秋 西城区校级期中）智能扫地机器人是一种智能家用电器，能自动在房间内完成地板清洁工作，如今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家电用品。如图为某款智能扫地机器人，其参数见表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率；η＝60%，下列说法正确的是（ ）
产品名称 科沃斯地宝 尘盒容量 0.3L
清扫路线 自由式 液晶显示 有
电池容量 5000mAh 充电器输出 24V/1000mA
噪声 ≤60Db 额定功率 40W
行走速度 20cm/s 工作电压 24V
A．该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h
B．该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105J
C．该扫地机器人充满电后能工作3h
D．该扫地机器人充满电后能工作4h
9．（3分）（2024秋 海淀区期末）有一束连续电子流沿着三维直角坐标系的x轴正方向运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处产生的磁场方向（ ）
A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向
C．沿z轴正方向 D．沿z轴负方向
10．（3分）（2023 西宁二模）如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷﹣Q，在y轴上C点有点电荷+Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°，下列判断正确的是（ ）
A．O点电场强度为零
B．D点电场强度方向沿OD方向
C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大
11．（3分）（2023春 定远县校级期末）如图所示，两个半径均为R的光滑圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为的水平初速度，已知磁感应强度大小（g为重力加速度），以下说法正确的是（ ）
A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg
B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR
D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为0
12．（3分）（2024秋 德阳期末）如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，下列说法正确的是（ ）
A．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大
B．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板间距变大
C．若仅使下极板下移一段距离，则电容器的电容增大
D．若仅向两极板间插入云母介质，则电容器极板间场强不变
13．（3分）（2025春 河西区校级期中）磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的有（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大速度与回旋加速器的加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时击中照相底片同一位置的粒子质量相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷
D．丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高，离子的流量与a、b无关
14．（3分）（2023 房山区一模）某同学在研究性学习活动中自制电子秤，原理示意图如图所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表的示数U与被测物体质量m成正比
B．弹簧的形变量x与被测物体质量m成正比
C．被测物体质量m变大，电路中电流变小
D．改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围
二．实验题（共2小题，满分18分）
15．（6分）（2024秋 澄海区期末）为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图所示，请根据下列步骤完成电阻测量。
（1）将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）将插入“+”“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件 （选填“C”或“D”），使指针对准电阻的“0”刻度线。
（3）将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别接a、b，指针指示位置如图所示。为使测量比较精确，应将选择开关旋到 （选填“×1”“×10”或“×1k”）的倍率挡位上，并重新 ，再进行测量。
（4）测量完成后，将选择开关拨向 挡位置。
16．（12分）（2024秋 上城区校级期中）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）
电流表（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）
滑动变阻器（0～5Ω，额定电流1A）
待测电池组电动势约为3V，内阻约为1Ω
开关、导线若干
（1）该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 。
（2）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显，为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5Ω的电阻，在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为 V；
（3）根据实验测得的5组数据画出的U﹣I图线如图3所示，则每节干电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω（电阻计算结果保留两位有效数字）。
（4）根据改正后的电路实验测量，电动势的测量值应 （填“略大于”或“略小于”）电动势的真实值。
三．解答题（共5小题，满分40分，每小题8分）
17．（8分）已知金的原子序数为79，α粒子离金原子核的最近距离为10﹣13m，则α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为多大？α粒子的加速度为多大？已知α粒子的电荷量qa＝2e，质量mα＝6.64×10﹣27kg，静电力常量k＝9×109N m2/C2。
18．（8分）（2024秋 双流区校级月考）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球套在杆上，小球从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到C点时的速度大小为。求：
（1）A、B两点的电势差UAB；
（2）小球滑至B点时的速度的大小。
19．（8分）（2024秋 苏州期末）摩托车蓄电池供电简化电路图如图所示。该蓄电池的电动势为E，内阻为r，车灯L电阻恒为5r。启动摩托车时，先接通开关S1打开车灯，再接通开关S2启动电动机，此时车灯会变暗，电流变为原来的，求：
（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小和方向；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内。
20．（8分）如图，左侧加速器两极板M、N间的电压为U1，中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强B1＝1.0T，两极板间的电压U2＝1.0×102V，两极板间的距离D＝2cm，速度选择器右侧有一个半径R＝20cm的圆筒，可以围绕竖直中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔N（O1充O8）。圆筒内部有竖直向下的磁感应强度为B2的匀强磁场。一电荷量为q＝1.60×10﹣19C、质量为m＝3.2×10﹣25kg的带电粒子（不计重力），从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器，圆筒不转时，粒子恰好从小孔O8射入，从小孔O3射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收，求：
（1）加速器两极板间的电压U1的大小；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小，并判断粒子带正电还是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？
21．（8分）（2024秋 河池月考）将一个电荷量为﹣2×10﹣8C的点电荷，从零电势点O移到M点需克服电场力做功6×10﹣8J，若将该电荷从M点再移至N点，电场力做功2.5×10﹣7J。求：
（1）M点的电势φM；
（2）M、N两点间的电势差UMN及该电荷在N点的电势能EPN。
期末模拟测试培优卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）在磁感应强度的定义式B中，关于各物理量之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．B由F、I和l决定 B．F由B、I和l决定
C．I由B、F和l决定 D．l由B、F和I决定
【考点】磁感应强度的定义与物理意义．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】B
【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，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，比值与磁场力及电流元均无关；电流元所受磁场力是B、I和l决定的，但电流、导线长度与安培力、磁场无关。
【解答】解：磁感应强度只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的取向无关；电流和导线长度与安培力、磁场也是无关的；只有安培力F＝BIL，由B、I和L决定，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系。
2．（3分）（2024秋 云南期末）如图所示为真空中正点电荷的电场线，A、B是电场中的两点，它们的电场强度分别用EA、EB表示，电势分别用φA、φB表示，则（ ）
A．EA＞EB B．EA＝EB C．φA＜φB D．φA＝φB
【考点】电场线的定义及基本特征；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据电场线的分布特点：电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低。
【解答】解：根据电场线的疏密程度可知EA＞EB
根据沿电场方向电势降低可知φA＞φB
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了电场强度和电势的判定，掌握住电场线特点，即可解决本题，注意电场强度是矢量，是否相等，要关注方向性。
3．（3分）（2024秋 浙江月考）如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形金属导体放在正电荷形成的电场中。导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．当电键S闭合时，则导体不带电
B．感应电荷在A处产生的场强等于B处的场强
C．A点电势等于B点电势
D．A，B两点感应电荷产生的场强都为零
【考点】静电平衡现象、等势体；电场强度与电场力的关系和计算；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；静电的利用和防止．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，达到静电平衡后，合电场强度为零。
【解答】解：A、当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，此时导体的左侧带负电，故A错误；
BD、枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，所以A、B两点感应电荷产生的电场与正电荷的电场等大反向，正电荷距离A近，所以正电荷在A处产生的电场大，所以感应电荷在A点产生的场强大于在B点产生的场强，故BD错误；
C、处于静电平衡状态的导体是等势体。所以A与B点的电势相等，故C正确。
故选：C。
【点评】处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，净电荷全部分布在表面。且导体是等势体。
4．（3分）（2025春 黑龙江期末）如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。若仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．三条边a、b、c所受安培力相同
B．两次弹簧测力计示数F1＝F2
C．金属等边三角形的总质量
D．匀强磁场的磁感应强度大小
【考点】安培力的计算公式及简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据电路连接结合左手定则判断安培力大小与方向。开始时电流沿a到b，根据左手定则，导线受安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，根据力的平衡条件联立求解。
【解答】解：A．由图可得，b与c串联后再与a并联，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为，则三边安培力大小不相等，而且三边安培力方向也不相同，故A错误；
BCD．根据左手定则，电流反向前，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边安培力的合力方向也竖直向上。
a边的安培力大小为Fa＝BIL
bc边的安培力大小为
电流反向前，根据平衡条件得2F1+Fa+Fbc＝mg
电流反向后，根据平衡条件得2F2＝Fa+Fbc+mg
解得，，F2＞F1
故BD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查安培力的计算，解题关键掌握左手定则的运用，注意力的平衡条件的应用。
5．（3分）（2025春 赣州期末）如图是探究库仑力的装置，将两个金属小球A、B分别固定在绝缘支架上，下支架固定在高精度电子秤的托盘上，上支架贴上距离标尺（可测出A、B之间的距离），穿过固定支架的小孔安置，现将电子秤示数清零后，给A、B带上同种电荷。下列说法错误的是（ ）
A．实验中A、B所带电荷量可以不相等
B．A对B的库仑力与B对A的库仑力大小相等
C．电子秤的示数与A、B间的距离成反比
D．用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，电子秤的示数减半
【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据相互作用力的定义以及利用库仑定律的计算公式进行分析解答。
【解答】解：A．库仑力是电荷间的相互作用力，库仑力与电荷所带电荷量的多少有关，与电荷间的距离有关，在探究库仑力的规律时，不一定A、B所带电荷量必须相等，故A正确；
B．A对B的库仑力与B对A的库仑力是一对相互作用力，故大小相等，故B正确；
C．两电荷间的库仑力与它们间的距离的二次方成反比，故C错误；
D．用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，则C与A分别所带电荷量是原A所带电荷量的一半，因A、B间的库仑力与它们所带电荷量的乘积成正比，所以电子秤的示数将减半，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题主要考查库仑定律的运用和电荷均分原理，属于公式的简单运用。
6．（3分）（2024秋 香坊区校级月考）对于下面几幅插图中所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地
【考点】静电的利用和防止．
【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据图片的物理现象，分析出对应的原理，结合题目选项完成分析。
【解答】解：A.甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；
B.乙图中线状电离器B带负电，管壁A带正电，带负电的尘埃被收集在管壁A上，故B错误；
C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，即在强电场作用下，物体尖锐部分发生一种放电现象，故C正确；
D.丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
【点评】本题主要考查了静电屏蔽的相关应用，理解静电屏蔽的原理即可完成分析，属于简单题型。
7．（3分）（2024秋 沈河区校级期中）一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是（ ）
A．通电直导线受到安培力的大小为ILB
B．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力
C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面
D．通电直导线所受安培力的方向与磁场方向相同
【考点】安培力的概念．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】安培力公式F＝IBL中通电导线的电流方向与磁场方向垂直；根据安培力产生的条件判断通电导线是否受到安培力的作用；通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面。
【解答】解：AB、只有当通电导线与磁场方向垂直时，通电导线受到安培力的大小才为BIL，通电导线与磁场平行时，不受安培力的作用，故AB错误；
CD、通电直导线所受安培力的方向既垂直于磁感应强度方向又垂直于电流方向，即垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】解答本题的关键是理解安培力公式，知道公式中各物理量的大小及方向关系。
8．（3分）（2024秋 西城区校级期中）智能扫地机器人是一种智能家用电器，能自动在房间内完成地板清洁工作，如今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家电用品。如图为某款智能扫地机器人，其参数见表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率；η＝60%，下列说法正确的是（ ）
产品名称 科沃斯地宝 尘盒容量 0.3L
清扫路线 自由式 液晶显示 有
电池容量 5000mAh 充电器输出 24V/1000mA
噪声 ≤60Db 额定功率 40W
行走速度 20cm/s 工作电压 24V
A．该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h
B．该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105J
C．该扫地机器人充满电后能工作3h
D．该扫地机器人充满电后能工作4h
【考点】根据家用电器的技术参数求解相关物理量．
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】充电时间由电池的容量和充电电流计算，储存的电能由存储的电荷量与工作电压计算，工作时间为储存的电能、效率和功率计算。
【解答】解：A.由表格内的数据可知，电池的容量是5000mAh，所带的电量为
q＝5000×10﹣3 A 3600s＝1.8×104C
充电器输出电流为
I充＝1000mA＝1A
所以充电的时间为
，故A错误；
B.最多能储存的能量为
W＝qU＝1.8×104×24J＝4.32×105J
故B正确；
CD.额定功率为40W，所以工作的时间
故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了恒定电流这一章基础规律的应用，学生熟练掌握本章的知识点是解题的关键。
9．（3分）（2024秋 海淀区期末）有一束连续电子流沿着三维直角坐标系的x轴正方向运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处产生的磁场方向（ ）
A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向
C．沿z轴正方向 D．沿z轴负方向
【考点】通电直导线周围的磁场．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】A
【分析】电子带负电，其运动方向与电流方向相反，根据安培定则判断电子流在 Z 轴上的P点处所产生的磁场方向。
【解答】解：电子流沿x轴正方向运动，形成的电流方向沿x轴负方向，根据安培定则可知，电子流在z轴上的P点处所产生的磁场方向是沿y轴正方向，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】安培定则是判断电流方向与磁场方向间关系的规则，要熟练掌握．要注意电流方向与负电荷定向运动方向相反。
10．（3分）（2023 西宁二模）如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷﹣Q，在y轴上C点有点电荷+Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°，下列判断正确的是（ ）
A．O点电场强度为零
B．D点电场强度方向沿OD方向
C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大
【考点】等量同种电荷的电势分布；等量同种电荷的电场线分布；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．
【解答】解：A、A、B两点两个等量同种点电荷﹣Q在O点产生的电场强度抵消，O点的电场强度等于点电荷+Q在O点产生的电场强度，不为零，故A错误；
B．设AD＝r，根据点电荷产生的电场强度公式E＝k得到，两个等量同种点电荷﹣Q在D点产生的电场强度大小为E1＝k，方向y轴负方向。+Q在O点产生的电场强度大小也为E＝k，方向y轴正方向，则D点的合场强为零，故B错误；
CD．若将点电荷+q从O移向C，则由点电荷的分布可知，三个电荷都对点电荷+q做负功，若将点电荷﹣q从O移向C，三个电荷都对点电荷﹣q做正功，由此可知将点电荷+q从O移向C，电势能增大，若将点电荷﹣q从O移向C，电势能减小，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成．等量同种电荷的电场要抓住对称性．
11．（3分）（2023春 定远县校级期末）如图所示，两个半径均为R的光滑圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为的水平初速度，已知磁感应强度大小（g为重力加速度），以下说法正确的是（ ）
A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg
B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR
D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为0
【考点】安培力的计算公式及简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；常见力做功与相应的能量转化；左手定则判断安培力的方向．
【专题】定量思想；合成分解法；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力．
【答案】B
【分析】铜棒始终受到竖直向上的安培力，大小为F安＝BIL＝2mg，根据牛顿第二定律求出每条轨道对铜棒的支持力，从而得到铜棒对每条轨道的压力；从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加等于安培力做功；铜棒所受合力做功等于重力与安培力做功的代数和。
【解答】解：AB、根据左手定则可知，铜棒始终受到竖直向上的安培力，其大小为F安＝BILIL＝2mg
在铜棒获得初速度时，根据牛顿第二定律，有
解得：FN＝0
由牛顿第三定律，铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0，故A错误，B正确；
C、从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加量为ΔE＝F安 2R＝2mg 2R＝4mgR，故C错误；
D、从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为W合＝WG+W安＝﹣mg 2R+2mg 2R＝2mgR，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是安培力与力学规律的综合应用，要正确分析安培力方向，确定铜棒获得初速度时向心力来源，根据牛顿运动定律求铜棒获得初速度时对每条轨道的压力。
12．（3分）（2024秋 德阳期末）如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，下列说法正确的是（ ）
A．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大
B．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板间距变大
C．若仅使下极板下移一段距离，则电容器的电容增大
D．若仅向两极板间插入云母介质，则电容器极板间场强不变
【考点】电容器的动态分析——电容器与静电计相连．
【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】静电计指针张角增大，明两极板间电压变大，结合电容器所带电荷量不变，由分析电容的变化，再由分析两极板正对面积或两极板间距的变化。若仅使下极板下移一段距离，由分析电容的变化。若仅向两极板间插入云母介质，由、和相结合分析电容器极板间场强的变化。
【解答】解：AB、若静电计指针张角增大，说明电容器两极板间电压变大，由电容的定义式可知，由于Q不变，则电容C减小，由电容的决定式可知，可能仅是因为两极板正对面积减小，或两极板间距变大引起的，故A错误，B正确；
C、若仅使下极板下移一段距离，两极板间距d变大，由电容的决定式可知，电容C减小，故C错误；
D、由、和推导可得
若仅向两极板间插入云母介质，εr变大，则场强E减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电容器所带电荷量不变，根据电容的决定式、电容的定义式和场强公式相结合进行分析。
13．（3分）（2025春 河西区校级期中）磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的有（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大速度与回旋加速器的加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时击中照相底片同一位置的粒子质量相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷
D．丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高，离子的流量与a、b无关
【考点】电磁流量计；与速度选择器相结合的质谱仪；回旋加速器；霍尔效应与霍尔元件．
【专题】比较思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据回旋加速器的原理分析带电粒子的最大动能；根据质谱仪的原理分析带电粒子的比荷；根据左手定则判断自由电荷的偏转方向，根据电磁流量计的原理得出前后侧面的电势差。
【解答】解：A、图甲中，回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时有：
可得，最大动能为：
由此可知，回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A错误；
B、图乙中，在加速电场有：
在速度选择器中有：qvB1＝Eq
在偏转磁场中有：
联立解得：
由此可知，乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中照相底片同一位置的粒子比荷相同，故B错误；
C、图丙中，自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N板偏转，则N侧带负电荷，故C错误；
D、丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定：
流量：
即离子的流量与a、b无关，故D正确。
故选：D。
【点评】本题根据理解掌握各种仪器的工作原理，明确电场、磁场的各自作用，注意霍尔元件、速度选择器、电磁流量计的本质都是应用了带电粒子受到洛伦兹力和电场力的作用制成的。
14．（3分）（2023 房山区一模）某同学在研究性学习活动中自制电子秤，原理示意图如图所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表的示数U与被测物体质量m成正比
B．弹簧的形变量x与被测物体质量m成正比
C．被测物体质量m变大，电路中电流变小
D．改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；常见的传感器及分类；胡克定律及其应用．
【专题】比较思想；方程法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】根据平衡条件列式，分析弹簧的形变量x与被测物体质量m。根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到电压表示数U与所称物体质量m的关系式，再进行分析。
【解答】解：B、当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，当物体质量为m时，设托盘下降x，由平衡条件有mg＝kx，则弹簧的形变量x与被测物体质量m成正比，故B正确；
AD、根据闭合电路的欧姆定律得
根据电阻定律有
由欧姆定律得
U＝IRx
联立可得电压表示数U与所称物体质量m的关系式为
可知电压表的示数U与被测物体质量m不成正比，改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围，故A错误，D正确；
C、由于金属弹簧的电阻可忽略，则当被测物体质量m变大，连接弹簧的滑片向下移，回路中的总电阻增大，则电路中电流减小，故C正确；
本题选不正确的，故选：A。
【点评】本题是力电综合题，两者联系的桥梁是弹簧的形变量x，根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到U与m的关系式是关键，结合电路构造即可完成分析。
二．实验题（共2小题，满分18分）
15．（6分）（2024秋 澄海区期末）为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图所示，请根据下列步骤完成电阻测量。
（1）将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）将插入“+”“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件 D （选填“C”或“D”），使指针对准电阻的“0”刻度线。
（3）将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别接a、b，指针指示位置如图所示。为使测量比较精确，应将选择开关旋到 ×10 （选填“×1”“×10”或“×1k”）的倍率挡位上，并重新 欧姆调零 ，再进行测量。
（4）测量完成后，将选择开关拨向 OFF挡或交流电压最高 挡位置。
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（2）D；（3）×10；欧姆调零；（4）OFF挡或交流电压最高。
【分析】应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；选择挡位后要进行欧姆调零；多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡。
【解答】解：（2）将插入“十”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件欧姆调零旋钮D，使指针对准电阻的“0”刻度线。
（3）由图示可知指针偏角太大，所选挡位太大，为使测量比较精确，应将选择开关旋到×10的倍率挡位上，并重新欧姆调零，再进行测量。
（4）测量完毕，应把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上。
故答案为：（2）D；（3）×10；欧姆调零；（4）OFF挡或交流电压最高。
【点评】本题考查了欧姆表的使用，要掌握常用器材的使用方法与读数方法，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。
16．（12分）（2024秋 上城区校级期中）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）
电流表（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）
滑动变阻器（0～5Ω，额定电流1A）
待测电池组电动势约为3V，内阻约为1Ω
开关、导线若干
（1）该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 5 。
（2）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显，为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5Ω的电阻，在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为 1.20 V；
（3）根据实验测得的5组数据画出的U﹣I图线如图3所示，则每节干电池的电动势E＝ 1.5 V，内阻r＝ 0.80 Ω（电阻计算结果保留两位有效数字）。
（4）根据改正后的电路实验测量，电动势的测量值应 略小于 （填“略大于”或“略小于”）电动势的真实值。
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）5；（2）1.20（3）1.5；0.80（4）略小于
【分析】（1）根据电源的内阻与电流表和电压表的内阻关系判断电流表的接法，并完成实物连接；
（2）根据电压表的分度值以及指针位置读出电压测量值；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率以及截距求出电动势和内阻；
（4）根据电压表的分流作用分析本实验的误差来源，判断电动势测量值与真实值的关系。
【解答】解：（1）因为电池组内阻远小于电压表内阻，故电流应相对电源采用外接法，故导线5应接在电流表正接线柱；
（2）电压表的分度值为0.1V，应该估读到分度值的下一位，由图读出电压为1.20V；
（3）根据闭合电路欧姆定律2E＝U+I（R0+r），U＝2E﹣（R0+r）I
结合图像可得E≈1.5V，
（4）改正后的电路中，当电流表示数为零时，实际上依然有少量电流通过电压表和电源，则电压表所测路端电压小于电源电动势，即电动势测量值略小于电动势的真实值。
故答案为：（1）5；（2）1.20（3）1.5；0.80（4）略小于
【点评】本题考查了测量电源的电动势和内阻，解决本题的关键是理解实验原理，以及本实验的误差来源。
三．解答题（共5小题，满分40分，每小题8分）
17．（8分）已知金的原子序数为79，α粒子离金原子核的最近距离为10﹣13m，则α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为多大？α粒子的加速度为多大？已知α粒子的电荷量qa＝2e，质量mα＝6.64×10﹣27kg，静电力常量k＝9×109N m2/C2。
【考点】库仑定律的表达式及其简单应用．
【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；理解能力．
【答案】α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为3.64N，α粒子的加速度为5.48×1026m/s2。
【分析】根据库仑定律公式求解库仑力，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：根据库仑定律可知，α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为；
由牛顿第二定律可得，库仑力对α粒子的加速度大小为F＝mαa，解得。
答：α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为3.64N，α粒子的加速度为5.48×1026m/s2。
【点评】考查对库仑定律和牛顿第二定律的理解，熟悉公式的运用。
18．（8分）（2024秋 双流区校级月考）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球套在杆上，小球从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到C点时的速度大小为。求：
（1）A、B两点的电势差UAB；
（2）小球滑至B点时的速度的大小。
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；动能定理的简单应用；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）A、B两点的电势差UAB为；
（2）小球滑至B点时的速度的大小为。
【分析】（1）对小球从A到C过程应用动能定理解得A、C间的电势差，再根据UAC＝UAB求解；
（2）小球从A到B，根据动能定理列式求解小球滑至B点时的速度的大小。
【解答】解：（1）小球从A到C，根据动能定理，有
解得
又
UAC＝UAB
故
（2）小球从A到B，根据动能定理，有
解得vB
答：（1）A、B两点的电势差UAB为；
（2）小球滑至B点时的速度的大小为。
【点评】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从A到C和A到B电场力做功相等．
19．（8分）（2024秋 苏州期末）摩托车蓄电池供电简化电路图如图所示。该蓄电池的电动势为E，内阻为r，车灯L电阻恒为5r。启动摩托车时，先接通开关S1打开车灯，再接通开关S2启动电动机，此时车灯会变暗，电流变为原来的，求：
（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小和方向；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内。
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．
【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小为，方向向右；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内为E。
【分析】（1）仅接通开关S1时，根据闭合电路欧姆定律求通过车灯的电流I大小，并判断电流的方向；
（2）开关S1、S2均接通时，根据车灯的电流变为原来的，求出此时车灯的电流，由欧姆定律求出车灯的电压，再求该蓄电池的内电压U内。
【解答】解：（1）仅接通开关S1时，根据闭合电路欧姆定律得
I
通过车灯的电流I方向向右。
（2）依题意，开关S1、S2均接通时，车灯的电流为I′I
车灯的电压为U＝I′ 5r 5rE
根据闭合电路欧姆定律，该蓄电池的内电压U内＝E﹣U＝EEE
答：（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小为，方向向右；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内为E。
【点评】解答本题时，要明确电路的结构，根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律相结合解答。
20．（8分）如图，左侧加速器两极板M、N间的电压为U1，中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强B1＝1.0T，两极板间的电压U2＝1.0×102V，两极板间的距离D＝2cm，速度选择器右侧有一个半径R＝20cm的圆筒，可以围绕竖直中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔N（O1充O8）。圆筒内部有竖直向下的磁感应强度为B2的匀强磁场。一电荷量为q＝1.60×10﹣19C、质量为m＝3.2×10﹣25kg的带电粒子（不计重力），从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器，圆筒不转时，粒子恰好从小孔O8射入，从小孔O3射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收，求：
（1）加速器两极板间的电压U1的大小；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小，并判断粒子带正电还是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？
【考点】与速度选择器相结合的质谱仪；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）加速器两极板间的电压U1的大小25V；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小5.0×10﹣2T，粒子带是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度。
【分析】（1）由于粒子在速度选择器中做直线运动，所以粒子竖直方向受的洛伦兹力等于电场力；
（2）根据左手定则，判断出粒子所带电的电性再根据几何知识求出半径的大小，最后求出匀强磁场的大小；
（3）首先明确粒子在磁场中的运动不会发生变化，求出这段时间圆筒转过的角度，由于圆周运动具有周期性，需要讨论。
【解答】解：（1）速度选择器中电场强度
根据力的平衡条件可得qB1v＝qE，解得
在电场加速过程，根据动能定理可得，解得U1＝25V
（2）粒子的运动轨迹如图所示
根据左手定则，粒子带负电，根据几何关系可得r＝R
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，解得
（3）不管从哪个孔进入，粒子在圆筒中运动的时间与轨迹一样，运动时间为
在这段时间圆筒转过的可能角度
则圆筒的角速度
答：（1）加速器两极板间的电压U1的大小25V；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小5.0×10﹣2T，粒子带是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度。
【点评】本题是带电粒子在复合场中运动，首先根据生顿定律，粒子受力平衡，求出粒子速度，再根据电场力做功求出电压。根据粒子在磁场中做圆周运动公式求出磁场强度，注意圆周运动具有周期性。
21．（8分）（2024秋 河池月考）将一个电荷量为﹣2×10﹣8C的点电荷，从零电势点O移到M点需克服电场力做功6×10﹣8J，若将该电荷从M点再移至N点，电场力做功2.5×10﹣7J。求：
（1）M点的电势φM；
（2）M、N两点间的电势差UMN及该电荷在N点的电势能EPN。
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）M点的电势为3V；
（2）M、N两点间的电势差为﹣12.5V，该电荷在N点的电势能为﹣3.1×10﹣7J。
【分析】（1）明确电场力做功与电势能之间的关系；根据电势能的定义可求得M点的电势；
（2）结合电势差与电场力做功的关系解得MN两点的电势差，根据EPN＝qφN解得电势能．
【解答】解：（1）M点的电势能等于从M点移动到S点电场力做的功，由电势与电势能的关系，则M点的电势为：qφM＝EM，解得M点的电势：φMV＝3V
（2）由（1）同理得UMNV＝﹣12.5V，
根据电势差与电势的关系可知：UMN＝φM﹣φN
该电荷在N点的电势能EPN＝qφN
代入数据解得：φN＝15.5V，EPN＝﹣3.1×10﹣7J
答：（1）M点的电势为3V；
（2）M、N两点间的电势差为﹣12.5V，该电荷在N点的电势能为﹣3.1×10﹣7J。
【点评】解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势与电势差的关系，注意克服电场力做功时电场力做负功．
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期末模拟测试培优卷
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）在磁感应强度的定义式B中，关于各物理量之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．B由F、I和l决定 B．F由B、I和l决定
C．I由B、F和l决定 D．l由B、F和I决定
2．（3分）（2024秋 云南期末）如图所示为真空中正点电荷的电场线，A、B是电场中的两点，它们的电场强度分别用EA、EB表示，电势分别用φA、φB表示，则（ ）
A．EA＞EB B．EA＝EB C．φA＜φB D．φA＝φB
3．（3分）（2024秋 浙江月考）如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形金属导体放在正电荷形成的电场中。导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．当电键S闭合时，则导体不带电
B．感应电荷在A处产生的场强等于B处的场强
C．A点电势等于B点电势
D．A，B两点感应电荷产生的场强都为零
4．（3分）（2025春 黑龙江期末）如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。若仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．三条边a、b、c所受安培力相同
B．两次弹簧测力计示数F1＝F2
C．金属等边三角形的总质量
D．匀强磁场的磁感应强度大小
5．（3分）（2025春 赣州期末）如图是探究库仑力的装置，将两个金属小球A、B分别固定在绝缘支架上，下支架固定在高精度电子秤的托盘上，上支架贴上距离标尺（可测出A、B之间的距离），穿过固定支架的小孔安置，现将电子秤示数清零后，给A、B带上同种电荷。下列说法错误的是（ ）
A．实验中A、B所带电荷量可以不相等
B．A对B的库仑力与B对A的库仑力大小相等
C．电子秤的示数与A、B间的距离成反比
D．用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，电子秤的示数减半
6．（3分）（2024秋 香坊区校级月考）对于下面几幅插图中所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地
7．（3分）（2024秋 沈河区校级期中）一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是（ ）
A．通电直导线受到安培力的大小为ILB
B．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力
C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面
D．通电直导线所受安培力的方向与磁场方向相同
8．（3分）（2024秋 西城区校级期中）智能扫地机器人是一种智能家用电器，能自动在房间内完成地板清洁工作，如今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家电用品。如图为某款智能扫地机器人，其参数见表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率；η＝60%，下列说法正确的是（ ）
产品名称 科沃斯地宝 尘盒容量 0.3L
清扫路线 自由式 液晶显示 有
电池容量 5000mAh 充电器输出 24V/1000mA
噪声 ≤60Db 额定功率 40W
行走速度 20cm/s 工作电压 24V
A．该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h
B．该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105J
C．该扫地机器人充满电后能工作3h
D．该扫地机器人充满电后能工作4h
9．（3分）（2024秋 海淀区期末）有一束连续电子流沿着三维直角坐标系的x轴正方向运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处产生的磁场方向（ ）
A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向
C．沿z轴正方向 D．沿z轴负方向
10．（3分）（2023 西宁二模）如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷﹣Q，在y轴上C点有点电荷+Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°，下列判断正确的是（ ）
A．O点电场强度为零
B．D点电场强度方向沿OD方向
C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大
11．（3分）（2023春 定远县校级期末）如图所示，两个半径均为R的光滑圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为的水平初速度，已知磁感应强度大小（g为重力加速度），以下说法正确的是（ ）
A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg
B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR
D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为0
12．（3分）（2024秋 德阳期末）如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，下列说法正确的是（ ）
A．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大
B．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板间距变大
C．若仅使下极板下移一段距离，则电容器的电容增大
D．若仅向两极板间插入云母介质，则电容器极板间场强不变
13．（3分）（2025春 河西区校级期中）磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的有（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大速度与回旋加速器的加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时击中照相底片同一位置的粒子质量相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷
D．丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高，离子的流量与a、b无关
14．（3分）（2023 房山区一模）某同学在研究性学习活动中自制电子秤，原理示意图如图所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表的示数U与被测物体质量m成正比
B．弹簧的形变量x与被测物体质量m成正比
C．被测物体质量m变大，电路中电流变小
D．改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围
二．实验题（共2小题，满分18分）
15．（6分）（2024秋 澄海区期末）为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图所示，请根据下列步骤完成电阻测量。
（1）将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）将插入“+”“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件 （选填“C”或“D”），使指针对准电阻的“0”刻度线。
（3）将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别接a、b，指针指示位置如图所示。为使测量比较精确，应将选择开关旋到 （选填“×1”“×10”或“×1k”）的倍率挡位上，并重新 ，再进行测量。
（4）测量完成后，将选择开关拨向 挡位置。
16．（12分）（2024秋 上城区校级期中）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）
电流表（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）
滑动变阻器（0～5Ω，额定电流1A）
待测电池组电动势约为3V，内阻约为1Ω
开关、导线若干
（1）该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 。
（2）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显，为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5Ω的电阻，在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为 V；
（3）根据实验测得的5组数据画出的U﹣I图线如图3所示，则每节干电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω（电阻计算结果保留两位有效数字）。
（4）根据改正后的电路实验测量，电动势的测量值应 （填“略大于”或“略小于”）电动势的真实值。
三．解答题（共5小题，满分40分，每小题8分）
17．（8分）已知金的原子序数为79，α粒子离金原子核的最近距离为10﹣13m，则α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为多大？α粒子的加速度为多大？已知α粒子的电荷量qa＝2e，质量mα＝6.64×10﹣27kg，静电力常量k＝9×109N m2/C2。
18．（8分）（2024秋 双流区校级月考）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球套在杆上，小球从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到C点时的速度大小为。求：
（1）A、B两点的电势差UAB；
（2）小球滑至B点时的速度的大小。
19．（8分）（2024秋 苏州期末）摩托车蓄电池供电简化电路图如图所示。该蓄电池的电动势为E，内阻为r，车灯L电阻恒为5r。启动摩托车时，先接通开关S1打开车灯，再接通开关S2启动电动机，此时车灯会变暗，电流变为原来的，求：
（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小和方向；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内。
20．（8分）如图，左侧加速器两极板M、N间的电压为U1，中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强B1＝1.0T，两极板间的电压U2＝1.0×102V，两极板间的距离D＝2cm，速度选择器右侧有一个半径R＝20cm的圆筒，可以围绕竖直中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔N（O1充O8）。圆筒内部有竖直向下的磁感应强度为B2的匀强磁场。一电荷量为q＝1.60×10﹣19C、质量为m＝3.2×10﹣25kg的带电粒子（不计重力），从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器，圆筒不转时，粒子恰好从小孔O8射入，从小孔O3射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收，求：
（1）加速器两极板间的电压U1的大小；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小，并判断粒子带正电还是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？
21．（8分）（2024秋 河池月考）将一个电荷量为﹣2×10﹣8C的点电荷，从零电势点O移到M点需克服电场力做功6×10﹣8J，若将该电荷从M点再移至N点，电场力做功2.5×10﹣7J。求：
（1）M点的电势φM；
（2）M、N两点间的电势差UMN及该电荷在N点的电势能EPN。
期末模拟测试培优卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．（3分）在磁感应强度的定义式B中，关于各物理量之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．B由F、I和l决定 B．F由B、I和l决定
C．I由B、F和l决定 D．l由B、F和I决定
【考点】磁感应强度的定义与物理意义．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】B
【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，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，比值与磁场力及电流元均无关；电流元所受磁场力是B、I和l决定的，但电流、导线长度与安培力、磁场无关。
【解答】解：磁感应强度只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的取向无关；电流和导线长度与安培力、磁场也是无关的；只有安培力F＝BIL，由B、I和L决定，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系。
2．（3分）（2024秋 云南期末）如图所示为真空中正点电荷的电场线，A、B是电场中的两点，它们的电场强度分别用EA、EB表示，电势分别用φA、φB表示，则（ ）
A．EA＞EB B．EA＝EB C．φA＜φB D．φA＝φB
【考点】电场线的定义及基本特征；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据电场线的分布特点：电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低。
【解答】解：根据电场线的疏密程度可知EA＞EB
根据沿电场方向电势降低可知φA＞φB
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了电场强度和电势的判定，掌握住电场线特点，即可解决本题，注意电场强度是矢量，是否相等，要关注方向性。
3．（3分）（2024秋 浙江月考）如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形金属导体放在正电荷形成的电场中。导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．当电键S闭合时，则导体不带电
B．感应电荷在A处产生的场强等于B处的场强
C．A点电势等于B点电势
D．A，B两点感应电荷产生的场强都为零
【考点】静电平衡现象、等势体；电场强度与电场力的关系和计算；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；静电的利用和防止．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，达到静电平衡后，合电场强度为零。
【解答】解：A、当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，此时导体的左侧带负电，故A错误；
BD、枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，所以A、B两点感应电荷产生的电场与正电荷的电场等大反向，正电荷距离A近，所以正电荷在A处产生的电场大，所以感应电荷在A点产生的场强大于在B点产生的场强，故BD错误；
C、处于静电平衡状态的导体是等势体。所以A与B点的电势相等，故C正确。
故选：C。
【点评】处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，净电荷全部分布在表面。且导体是等势体。
4．（3分）（2025春 黑龙江期末）如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。若仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．三条边a、b、c所受安培力相同
B．两次弹簧测力计示数F1＝F2
C．金属等边三角形的总质量
D．匀强磁场的磁感应强度大小
【考点】安培力的计算公式及简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据电路连接结合左手定则判断安培力大小与方向。开始时电流沿a到b，根据左手定则，导线受安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，根据力的平衡条件联立求解。
【解答】解：A．由图可得，b与c串联后再与a并联，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为，则三边安培力大小不相等，而且三边安培力方向也不相同，故A错误；
BCD．根据左手定则，电流反向前，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边安培力的合力方向也竖直向上。
a边的安培力大小为Fa＝BIL
bc边的安培力大小为
电流反向前，根据平衡条件得2F1+Fa+Fbc＝mg
电流反向后，根据平衡条件得2F2＝Fa+Fbc+mg
解得，，F2＞F1
故BD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查安培力的计算，解题关键掌握左手定则的运用，注意力的平衡条件的应用。
5．（3分）（2025春 赣州期末）如图是探究库仑力的装置，将两个金属小球A、B分别固定在绝缘支架上，下支架固定在高精度电子秤的托盘上，上支架贴上距离标尺（可测出A、B之间的距离），穿过固定支架的小孔安置，现将电子秤示数清零后，给A、B带上同种电荷。下列说法错误的是（ ）
A．实验中A、B所带电荷量可以不相等
B．A对B的库仑力与B对A的库仑力大小相等
C．电子秤的示数与A、B间的距离成反比
D．用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，电子秤的示数减半
【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据相互作用力的定义以及利用库仑定律的计算公式进行分析解答。
【解答】解：A．库仑力是电荷间的相互作用力，库仑力与电荷所带电荷量的多少有关，与电荷间的距离有关，在探究库仑力的规律时，不一定A、B所带电荷量必须相等，故A正确；
B．A对B的库仑力与B对A的库仑力是一对相互作用力，故大小相等，故B正确；
C．两电荷间的库仑力与它们间的距离的二次方成反比，故C错误；
D．用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，则C与A分别所带电荷量是原A所带电荷量的一半，因A、B间的库仑力与它们所带电荷量的乘积成正比，所以电子秤的示数将减半，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题主要考查库仑定律的运用和电荷均分原理，属于公式的简单运用。
6．（3分）（2024秋 香坊区校级月考）对于下面几幅插图中所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地
【考点】静电的利用和防止．
【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据图片的物理现象，分析出对应的原理，结合题目选项完成分析。
【解答】解：A.甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；
B.乙图中线状电离器B带负电，管壁A带正电，带负电的尘埃被收集在管壁A上，故B错误；
C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，即在强电场作用下，物体尖锐部分发生一种放电现象，故C正确；
D.丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
【点评】本题主要考查了静电屏蔽的相关应用，理解静电屏蔽的原理即可完成分析，属于简单题型。
7．（3分）（2024秋 沈河区校级期中）一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是（ ）
A．通电直导线受到安培力的大小为ILB
B．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力
C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面
D．通电直导线所受安培力的方向与磁场方向相同
【考点】安培力的概念．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】安培力公式F＝IBL中通电导线的电流方向与磁场方向垂直；根据安培力产生的条件判断通电导线是否受到安培力的作用；通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面。
【解答】解：AB、只有当通电导线与磁场方向垂直时，通电导线受到安培力的大小才为BIL，通电导线与磁场平行时，不受安培力的作用，故AB错误；
CD、通电直导线所受安培力的方向既垂直于磁感应强度方向又垂直于电流方向，即垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】解答本题的关键是理解安培力公式，知道公式中各物理量的大小及方向关系。
8．（3分）（2024秋 西城区校级期中）智能扫地机器人是一种智能家用电器，能自动在房间内完成地板清洁工作，如今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家电用品。如图为某款智能扫地机器人，其参数见表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率；η＝60%，下列说法正确的是（ ）
产品名称 科沃斯地宝 尘盒容量 0.3L
清扫路线 自由式 液晶显示 有
电池容量 5000mAh 充电器输出 24V/1000mA
噪声 ≤60Db 额定功率 40W
行走速度 20cm/s 工作电压 24V
A．该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h
B．该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105J
C．该扫地机器人充满电后能工作3h
D．该扫地机器人充满电后能工作4h
【考点】根据家用电器的技术参数求解相关物理量．
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】充电时间由电池的容量和充电电流计算，储存的电能由存储的电荷量与工作电压计算，工作时间为储存的电能、效率和功率计算。
【解答】解：A.由表格内的数据可知，电池的容量是5000mAh，所带的电量为
q＝5000×10﹣3 A 3600s＝1.8×104C
充电器输出电流为
I充＝1000mA＝1A
所以充电的时间为
，故A错误；
B.最多能储存的能量为
W＝qU＝1.8×104×24J＝4.32×105J
故B正确；
CD.额定功率为40W，所以工作的时间
故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了恒定电流这一章基础规律的应用，学生熟练掌握本章的知识点是解题的关键。
9．（3分）（2024秋 海淀区期末）有一束连续电子流沿着三维直角坐标系的x轴正方向运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处产生的磁场方向（ ）
A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向
C．沿z轴正方向 D．沿z轴负方向
【考点】通电直导线周围的磁场．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】A
【分析】电子带负电，其运动方向与电流方向相反，根据安培定则判断电子流在 Z 轴上的P点处所产生的磁场方向。
【解答】解：电子流沿x轴正方向运动，形成的电流方向沿x轴负方向，根据安培定则可知，电子流在z轴上的P点处所产生的磁场方向是沿y轴正方向，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】安培定则是判断电流方向与磁场方向间关系的规则，要熟练掌握．要注意电流方向与负电荷定向运动方向相反。
10．（3分）（2023 西宁二模）如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷﹣Q，在y轴上C点有点电荷+Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°，下列判断正确的是（ ）
A．O点电场强度为零
B．D点电场强度方向沿OD方向
C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大
【考点】等量同种电荷的电势分布；等量同种电荷的电场线分布；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．
【解答】解：A、A、B两点两个等量同种点电荷﹣Q在O点产生的电场强度抵消，O点的电场强度等于点电荷+Q在O点产生的电场强度，不为零，故A错误；
B．设AD＝r，根据点电荷产生的电场强度公式E＝k得到，两个等量同种点电荷﹣Q在D点产生的电场强度大小为E1＝k，方向y轴负方向。+Q在O点产生的电场强度大小也为E＝k，方向y轴正方向，则D点的合场强为零，故B错误；
CD．若将点电荷+q从O移向C，则由点电荷的分布可知，三个电荷都对点电荷+q做负功，若将点电荷﹣q从O移向C，三个电荷都对点电荷﹣q做正功，由此可知将点电荷+q从O移向C，电势能增大，若将点电荷﹣q从O移向C，电势能减小，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成．等量同种电荷的电场要抓住对称性．
11．（3分）（2023春 定远县校级期末）如图所示，两个半径均为R的光滑圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为的水平初速度，已知磁感应强度大小（g为重力加速度），以下说法正确的是（ ）
A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg
B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR
D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为0
【考点】安培力的计算公式及简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；常见力做功与相应的能量转化；左手定则判断安培力的方向．
【专题】定量思想；合成分解法；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力．
【答案】B
【分析】铜棒始终受到竖直向上的安培力，大小为F安＝BIL＝2mg，根据牛顿第二定律求出每条轨道对铜棒的支持力，从而得到铜棒对每条轨道的压力；从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加等于安培力做功；铜棒所受合力做功等于重力与安培力做功的代数和。
【解答】解：AB、根据左手定则可知，铜棒始终受到竖直向上的安培力，其大小为F安＝BILIL＝2mg
在铜棒获得初速度时，根据牛顿第二定律，有
解得：FN＝0
由牛顿第三定律，铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0，故A错误，B正确；
C、从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加量为ΔE＝F安 2R＝2mg 2R＝4mgR，故C错误；
D、从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为W合＝WG+W安＝﹣mg 2R+2mg 2R＝2mgR，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是安培力与力学规律的综合应用，要正确分析安培力方向，确定铜棒获得初速度时向心力来源，根据牛顿运动定律求铜棒获得初速度时对每条轨道的压力。
12．（3分）（2024秋 德阳期末）如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，下列说法正确的是（ ）
A．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大
B．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板间距变大
C．若仅使下极板下移一段距离，则电容器的电容增大
D．若仅向两极板间插入云母介质，则电容器极板间场强不变
【考点】电容器的动态分析——电容器与静电计相连．
【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】静电计指针张角增大，明两极板间电压变大，结合电容器所带电荷量不变，由分析电容的变化，再由分析两极板正对面积或两极板间距的变化。若仅使下极板下移一段距离，由分析电容的变化。若仅向两极板间插入云母介质，由、和相结合分析电容器极板间场强的变化。
【解答】解：AB、若静电计指针张角增大，说明电容器两极板间电压变大，由电容的定义式可知，由于Q不变，则电容C减小，由电容的决定式可知，可能仅是因为两极板正对面积减小，或两极板间距变大引起的，故A错误，B正确；
C、若仅使下极板下移一段距离，两极板间距d变大，由电容的决定式可知，电容C减小，故C错误；
D、由、和推导可得
若仅向两极板间插入云母介质，εr变大，则场强E减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电容器所带电荷量不变，根据电容的决定式、电容的定义式和场强公式相结合进行分析。
13．（3分）（2025春 河西区校级期中）磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的有（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大速度与回旋加速器的加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时击中照相底片同一位置的粒子质量相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷
D．丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高，离子的流量与a、b无关
【考点】电磁流量计；与速度选择器相结合的质谱仪；回旋加速器；霍尔效应与霍尔元件．
【专题】比较思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据回旋加速器的原理分析带电粒子的最大动能；根据质谱仪的原理分析带电粒子的比荷；根据左手定则判断自由电荷的偏转方向，根据电磁流量计的原理得出前后侧面的电势差。
【解答】解：A、图甲中，回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时有：
可得，最大动能为：
由此可知，回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A错误；
B、图乙中，在加速电场有：
在速度选择器中有：qvB1＝Eq
在偏转磁场中有：
联立解得：
由此可知，乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中照相底片同一位置的粒子比荷相同，故B错误；
C、图丙中，自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N板偏转，则N侧带负电荷，故C错误；
D、丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定：
流量：
即离子的流量与a、b无关，故D正确。
故选：D。
【点评】本题根据理解掌握各种仪器的工作原理，明确电场、磁场的各自作用，注意霍尔元件、速度选择器、电磁流量计的本质都是应用了带电粒子受到洛伦兹力和电场力的作用制成的。
14．（3分）（2023 房山区一模）某同学在研究性学习活动中自制电子秤，原理示意图如图所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表的示数U与被测物体质量m成正比
B．弹簧的形变量x与被测物体质量m成正比
C．被测物体质量m变大，电路中电流变小
D．改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；常见的传感器及分类；胡克定律及其应用．
【专题】比较思想；方程法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】根据平衡条件列式，分析弹簧的形变量x与被测物体质量m。根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到电压表示数U与所称物体质量m的关系式，再进行分析。
【解答】解：B、当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，当物体质量为m时，设托盘下降x，由平衡条件有mg＝kx，则弹簧的形变量x与被测物体质量m成正比，故B正确；
AD、根据闭合电路的欧姆定律得
根据电阻定律有
由欧姆定律得
U＝IRx
联立可得电压表示数U与所称物体质量m的关系式为
可知电压表的示数U与被测物体质量m不成正比，改变弹簧劲度系数k，可以改变电子秤的测量范围，故A错误，D正确；
C、由于金属弹簧的电阻可忽略，则当被测物体质量m变大，连接弹簧的滑片向下移，回路中的总电阻增大，则电路中电流减小，故C正确；
本题选不正确的，故选：A。
【点评】本题是力电综合题，两者联系的桥梁是弹簧的形变量x，根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到U与m的关系式是关键，结合电路构造即可完成分析。
二．实验题（共2小题，满分18分）
15．（6分）（2024秋 澄海区期末）为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图所示，请根据下列步骤完成电阻测量。
（1）将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）将插入“+”“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件 D （选填“C”或“D”），使指针对准电阻的“0”刻度线。
（3）将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别接a、b，指针指示位置如图所示。为使测量比较精确，应将选择开关旋到 ×10 （选填“×1”“×10”或“×1k”）的倍率挡位上，并重新 欧姆调零 ，再进行测量。
（4）测量完成后，将选择开关拨向 OFF挡或交流电压最高 挡位置。
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（2）D；（3）×10；欧姆调零；（4）OFF挡或交流电压最高。
【分析】应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；选择挡位后要进行欧姆调零；多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡。
【解答】解：（2）将插入“十”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件欧姆调零旋钮D，使指针对准电阻的“0”刻度线。
（3）由图示可知指针偏角太大，所选挡位太大，为使测量比较精确，应将选择开关旋到×10的倍率挡位上，并重新欧姆调零，再进行测量。
（4）测量完毕，应把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上。
故答案为：（2）D；（3）×10；欧姆调零；（4）OFF挡或交流电压最高。
【点评】本题考查了欧姆表的使用，要掌握常用器材的使用方法与读数方法，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。
16．（12分）（2024秋 上城区校级期中）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）
电流表（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）
滑动变阻器（0～5Ω，额定电流1A）
待测电池组电动势约为3V，内阻约为1Ω
开关、导线若干
（1）该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 5 。
（2）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显，为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5Ω的电阻，在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为 1.20 V；
（3）根据实验测得的5组数据画出的U﹣I图线如图3所示，则每节干电池的电动势E＝ 1.5 V，内阻r＝ 0.80 Ω（电阻计算结果保留两位有效数字）。
（4）根据改正后的电路实验测量，电动势的测量值应 略小于 （填“略大于”或“略小于”）电动势的真实值。
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）5；（2）1.20（3）1.5；0.80（4）略小于
【分析】（1）根据电源的内阻与电流表和电压表的内阻关系判断电流表的接法，并完成实物连接；
（2）根据电压表的分度值以及指针位置读出电压测量值；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率以及截距求出电动势和内阻；
（4）根据电压表的分流作用分析本实验的误差来源，判断电动势测量值与真实值的关系。
【解答】解：（1）因为电池组内阻远小于电压表内阻，故电流应相对电源采用外接法，故导线5应接在电流表正接线柱；
（2）电压表的分度值为0.1V，应该估读到分度值的下一位，由图读出电压为1.20V；
（3）根据闭合电路欧姆定律2E＝U+I（R0+r），U＝2E﹣（R0+r）I
结合图像可得E≈1.5V，
（4）改正后的电路中，当电流表示数为零时，实际上依然有少量电流通过电压表和电源，则电压表所测路端电压小于电源电动势，即电动势测量值略小于电动势的真实值。
故答案为：（1）5；（2）1.20（3）1.5；0.80（4）略小于
【点评】本题考查了测量电源的电动势和内阻，解决本题的关键是理解实验原理，以及本实验的误差来源。
三．解答题（共5小题，满分40分，每小题8分）
17．（8分）已知金的原子序数为79，α粒子离金原子核的最近距离为10﹣13m，则α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为多大？α粒子的加速度为多大？已知α粒子的电荷量qa＝2e，质量mα＝6.64×10﹣27kg，静电力常量k＝9×109N m2/C2。
【考点】库仑定律的表达式及其简单应用．
【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；理解能力．
【答案】α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为3.64N，α粒子的加速度为5.48×1026m/s2。
【分析】根据库仑定律公式求解库仑力，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：根据库仑定律可知，α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为；
由牛顿第二定律可得，库仑力对α粒子的加速度大小为F＝mαa，解得。
答：α粒子离金原子核最近时受到的库仑力为3.64N，α粒子的加速度为5.48×1026m/s2。
【点评】考查对库仑定律和牛顿第二定律的理解，熟悉公式的运用。
18．（8分）（2024秋 双流区校级月考）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球套在杆上，小球从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到C点时的速度大小为。求：
（1）A、B两点的电势差UAB；
（2）小球滑至B点时的速度的大小。
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；动能定理的简单应用；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）A、B两点的电势差UAB为；
（2）小球滑至B点时的速度的大小为。
【分析】（1）对小球从A到C过程应用动能定理解得A、C间的电势差，再根据UAC＝UAB求解；
（2）小球从A到B，根据动能定理列式求解小球滑至B点时的速度的大小。
【解答】解：（1）小球从A到C，根据动能定理，有
解得
又
UAC＝UAB
故
（2）小球从A到B，根据动能定理，有
解得vB
答：（1）A、B两点的电势差UAB为；
（2）小球滑至B点时的速度的大小为。
【点评】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从A到C和A到B电场力做功相等．
19．（8分）（2024秋 苏州期末）摩托车蓄电池供电简化电路图如图所示。该蓄电池的电动势为E，内阻为r，车灯L电阻恒为5r。启动摩托车时，先接通开关S1打开车灯，再接通开关S2启动电动机，此时车灯会变暗，电流变为原来的，求：
（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小和方向；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内。
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．
【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小为，方向向右；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内为E。
【分析】（1）仅接通开关S1时，根据闭合电路欧姆定律求通过车灯的电流I大小，并判断电流的方向；
（2）开关S1、S2均接通时，根据车灯的电流变为原来的，求出此时车灯的电流，由欧姆定律求出车灯的电压，再求该蓄电池的内电压U内。
【解答】解：（1）仅接通开关S1时，根据闭合电路欧姆定律得
I
通过车灯的电流I方向向右。
（2）依题意，开关S1、S2均接通时，车灯的电流为I′I
车灯的电压为U＝I′ 5r 5rE
根据闭合电路欧姆定律，该蓄电池的内电压U内＝E﹣U＝EEE
答：（1）仅接通开关S1时，通过车灯的电流I大小为，方向向右；
（2）开关S1、S2均接通时，该蓄电池的内电压U内为E。
【点评】解答本题时，要明确电路的结构，根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律相结合解答。
20．（8分）如图，左侧加速器两极板M、N间的电压为U1，中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强B1＝1.0T，两极板间的电压U2＝1.0×102V，两极板间的距离D＝2cm，速度选择器右侧有一个半径R＝20cm的圆筒，可以围绕竖直中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔N（O1充O8）。圆筒内部有竖直向下的磁感应强度为B2的匀强磁场。一电荷量为q＝1.60×10﹣19C、质量为m＝3.2×10﹣25kg的带电粒子（不计重力），从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器，圆筒不转时，粒子恰好从小孔O8射入，从小孔O3射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收，求：
（1）加速器两极板间的电压U1的大小；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小，并判断粒子带正电还是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？
【考点】与速度选择器相结合的质谱仪；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）加速器两极板间的电压U1的大小25V；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小5.0×10﹣2T，粒子带是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度。
【分析】（1）由于粒子在速度选择器中做直线运动，所以粒子竖直方向受的洛伦兹力等于电场力；
（2）根据左手定则，判断出粒子所带电的电性再根据几何知识求出半径的大小，最后求出匀强磁场的大小；
（3）首先明确粒子在磁场中的运动不会发生变化，求出这段时间圆筒转过的角度，由于圆周运动具有周期性，需要讨论。
【解答】解：（1）速度选择器中电场强度
根据力的平衡条件可得qB1v＝qE，解得
在电场加速过程，根据动能定理可得，解得U1＝25V
（2）粒子的运动轨迹如图所示
根据左手定则，粒子带负电，根据几何关系可得r＝R
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，解得
（3）不管从哪个孔进入，粒子在圆筒中运动的时间与轨迹一样，运动时间为
在这段时间圆筒转过的可能角度
则圆筒的角速度
答：（1）加速器两极板间的电压U1的大小25V；
（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小5.0×10﹣2T，粒子带是负电；
（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进入，从O5出），则圆筒匀速转动的角速度。
【点评】本题是带电粒子在复合场中运动，首先根据生顿定律，粒子受力平衡，求出粒子速度，再根据电场力做功求出电压。根据粒子在磁场中做圆周运动公式求出磁场强度，注意圆周运动具有周期性。
21．（8分）（2024秋 河池月考）将一个电荷量为﹣2×10﹣8C的点电荷，从零电势点O移到M点需克服电场力做功6×10﹣8J，若将该电荷从M点再移至N点，电场力做功2.5×10﹣7J。求：
（1）M点的电势φM；
（2）M、N两点间的电势差UMN及该电荷在N点的电势能EPN。
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）M点的电势为3V；
（2）M、N两点间的电势差为﹣12.5V，该电荷在N点的电势能为﹣3.1×10﹣7J。
【分析】（1）明确电场力做功与电势能之间的关系；根据电势能的定义可求得M点的电势；
（2）结合电势差与电场力做功的关系解得MN两点的电势差，根据EPN＝qφN解得电势能．
【解答】解：（1）M点的电势能等于从M点移动到S点电场力做的功，由电势与电势能的关系，则M点的电势为：qφM＝EM，解得M点的电势：φMV＝3V
（2）由（1）同理得UMNV＝﹣12.5V，
根据电势差与电势的关系可知：UMN＝φM﹣φN
该电荷在N点的电势能EPN＝qφN
代入数据解得：φN＝15.5V，EPN＝﹣3.1×10﹣7J
答：（1）M点的电势为3V；
（2）M、N两点间的电势差为﹣12.5V，该电荷在N点的电势能为﹣3.1×10﹣7J。
【点评】解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势与电势差的关系，注意克服电场力做功时电场力做负功．
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