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1、2018-2019学年河北省邯郸市高二（上）期末物理试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分46分）1.如图所示是一种简易的验电器，金属丝固定在绝缘立柱上，两端（未接触）上有两块可以活动的铝箔，带电体与金属丝接触之后，两块铝箔带上等量同种电荷，在静电斥力的作用下彼此分开。关于两块铝箔之间的静电力，下面说法正确的是（）A. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔带电量成正比B. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离成反比C. 两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离的平方成反比D. 以上结论都不正确【答案】D【解析】【分析】库仑定律适于点电荷，不是点电荷不能用其求库仑力。对于两块铝箔，因距离小，则不能
2、视为点电荷，不适用于库仑定律。【详解】库仑定律只适用于点电荷，两块靠近的铝箔是不能看作点电荷的，因此，两块铝箔之间的静电力并不满足库仑定律，故ABC说法错误，D说法正确。【点睛】考查库仑定律的适用条件，明确两块近距铝箔不能视为点电荷。2.如图所示，两个线圈的绕向相同，其中右侧线圈与电流表构成闭合回路，要使得右侧线圈中产生的感应电流由c到d流过电流表，且电流表示数恒定，则左侧线圈中的电流随时间变化的图象可能是（规定左侧线圈中从a到b的电流方向为正方向）（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】产生感应电流的条件是穿过线圈的磁通量发生变化，由楞次定律判断在副线圈中产生感应电流的方向。【
3、详解】当右侧线圈中产生的感应电流由c到d流过电流表时，感应电流的磁场方向向右；根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量若方向向右，则正在减小，若穿过线圈的磁通量的方向向左，则正在增大；根据安培定则可知，此时左侧线圈中的电流随时间变化可知是从a到b正在增大，或电流的方向从b到a，正在减小，故A正确，BCD错误。【点睛】本题考查应用楞次定律判断感应电流方向。3.如图所示，一电子仅在电场力作用下从原点O由静止沿x轴正方向运动，其动能Ek与其位移x成正比，M、N是x轴上的两个点，EM、EN表示M、N两点的电场强度，M、N表示M、N两点的电势。下面判断正确的是（）A. EMEN B. EMEN C. MN D
4、. MN【答案】D【解析】【分析】根据电子的运动方向结合图象，确定电场力方向，场强方向与电子所受电场力方向相反。根据场强方向判断电势的高低。由速度图象读出速度平方v2与位移x的关系，确定场强的变化情况【详解】由动能Ek与其位移x成正比，Ek=Eqx，故E为常量，为匀强电场，故AB错误；电子所受电场力逆着电场方向，电场方向沿MN，沿电场线的方向电势降低，MN，故D正确，C错误。所以D正确，ABC错误。【点睛】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析。4.下面有关物理学史的叙述正确的是（）A. 库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向B. 法
5、拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C. 法国物理学家库仑在前人工作的基础上通过实验确立了库仑定律D. 楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的方向楞次定律【答案】C【解析】【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。【详解】法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故B错误；库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，确立了库仑定律，故C正确；法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究提出了判断感应电流方向的方向-楞次定律，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】题考
6、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。5.如图所示，两根平行长直导线M、N中通有等大、反向的电流。长直导线M、N与纸面垂直放置，O为MN连接的中点，在纸面内以O点为圆心做圆，与MN连线交于a、b两点，与MN中垂线交于c、d两点，则下列说法正确的是（）A. 圆心O处磁感应强度的大小为零B. c、d两点磁感应强度方向相同C. a、b两点磁感应强度方向相反D. a、c两点磁感应强度方向互相垂直【答案】B【解析】【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。【详解】根据右手螺旋定则，M处导线在O产生的磁场方向竖直向下
7、，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d处产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故B正确；M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故C错误；由上分析可知，a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误。所以B正确，ACD错误。【点睛
8、】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。6.关于感应电流，下列说法中正确的是（ ）A. 线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流B. 穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生C. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生D. 只要电路的一部分作切割磁感线的运动，电路中就一定有感应电流【答案】A【解析】不闭合电路在磁场即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈也没有感应电流，A正确；螺线管不闭合时，即使穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部也没有感应电流产生，B错误；闭合电路中的磁通量不为零，但
9、磁通量不变化，是不会产生感应电流的，C错误；电路若不闭合，在部分电路切割时电路中不会产生感应电流，D错误【点睛】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化7.真空中有一个点电荷Q，MN是这个点电荷电场中的一条直线，A、B、C是直线MN上的三个点，B是A、C的中点，设A、B、C三点场强大小分别为EA、EB、EC，在直线MN上A点的场强最大，EB14EA，由此可知，EC的大小为（）A. EC13EA B. EC14EA C. EC19EA D. EC16EA【答案】C【解析】【分析】根据点电荷的电场强度公式：E=kQr2，结合各
10、点到点电荷的间距即可求解。【详解】在直线MN上A点的场强最大，说明点电荷Q靠近A，而MN是这个点电荷电场中的一条直线，故点电荷Q在A点的左侧，设距离A点x，AB和BC的间距为L；根据点电荷电场强度的计算公式可得：EA=kQx2，EB=kQx+L2，EC=kQx+2L2，EB14EA，解得Lx，则：EC=kQx+2L2=19EA，故C正确，ABD错误。【点睛】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比.8.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一个带电小球从a点进入
11、场区并刚好能沿ab直线斜向上做匀速运动，下面说法正确的是（）A. 小球一定带正电B. a点的电势高于b点的电势C. 运动过程中小球电势能增加D. 运动过程中小球机械能增加【答案】D【解析】【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可解题。【详解】根据做直线运动的条件可知受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，如图所示：由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，所以小球一定带负电，且做匀速直线运动，故A错误；沿场强方向电势逐渐降低，所以b点的
12、电势高于a点的电势，故B错误；由于电场力向左，对小球做正功，电势能减小，故C错误；由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，故D正确。所以D正确，ABC错误。【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。9.如图所示，实线AB是某匀强电场中的一条电场线，虚线PQ是一个带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，P处的速度与电场线垂直。下列说法正确的是（）A. 带电粒子一定带正电B. 带电粒子一定带负电C. 带电粒子在P点的电势能一定大于在Q点的电势能D. 电
13、场中Q点电势一定高于P点的电势【答案】C【解析】【分析】由运动轨迹弯曲方向判断出粒子受到的电场力方向，结合电场线的方向分析带电粒子的电性。根据加速度的大小确定点电荷的位置，由电场力做功情况判断电势能的大小，从而判断电势的高低。【详解】带电粒子做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知粒子经过A、B连线时所受的电场力由B指向A，由于电场线的方向未知，所以不能确定带电粒子的电性，故AB错误；粒子从P向Q运动，则电场力做正功，电势能减小，EPP一定大于EPQ，故C正确；由于电场线的方向不能确定，所以不能判断A、B两点电势高低，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】解决本题的关键是抓住曲线运
14、动的合力方向的特点：曲线运动的合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向可判断粒子所受的电场力方向。10.如图所示，内阻为1的直流电动机和8定值电阻并联之后接在直流电源上，电源电动势6V，内阻1开关S闭合后，电动机正常工作，此时理想电压表读数为4V则下列说法正确的是（）A. 流过电动机的电流为4AB. 流过电源的电流为4.5AC. 电动机的输入功率等于6WD. 电动机的输出功率等于5.75W【答案】C【解析】【分析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流。由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流。电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发
15、热功率之差。【详解】对定值电阻：I1=UR=0.5A，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电II灯2A0.5A1.5A，故A错误；电源的输出电压：UEIr，则有：I=2A，故B错误；电动机的输入功率等于PUI电41.56W，故C正确；根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出UI电I电2r62.253.75W，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用。11.如图所示，质量为m的直导体棒垂直放在光滑水平导轨ab、cd上，导轨跟直流电源相连，两导轨间的距离为L，闭合开关后导体棒中通过恒定的电流。劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，当棒处于静止状态时弹簧处于伸长状态且伸长量为x，则下列说法正确的是（）A. 回路中的电流为逆时针方向B. 金属棒静止时电流等于kxBLC. 若仅将电流方向反向，电流改变方向后的瞬间，导体棒的加速度大小为2kxmD. 改变磁场方向，使
