2022-2022学年黑龙江省大庆实验中学高二（上）期中物理试卷 一．选择题（本题共14小题，每题4分，共56分，1-9题每题只有一个正确选项，10-14题每题有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．下列说法中不正确的是（ ）A．在高大的建筑物顶端安装的避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施B．超高压带电作业的工人穿戴的用包含金属丝织物制成的工作服可以起到静电屏蔽的作用C．法拉第首先提出了电荷周围存在电场的观点D．安培通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系 2．如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距10cm，A、B连线与电场线夹角为60°，则UBA的值为（ ）A．﹣10VB．5VC．﹣5VD．﹣5V 3．下列由基本门组成的电路中，能使蜂鸣器发出声音的是（ ）A．B．C．D． 4．如图所示，Q1和Q2是被固定在光滑绝缘水平面上的两个电荷量大小相等的带电小球（可视为点电荷），MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，P是HG上的一点．下列说法正确的是（ ）-29-\nA．若Q1和Q2是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若Q1和Q2是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若Q1和Q2是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若Q1和Q2是同种正电荷，则将一个电荷量很小的带负电的小球C（可视为质点）由P点静止释放，小球C由P到O的过程一定是做加速度减小的加速运动，到达O点时速度最大 5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）和灵敏电流计连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴在P点的电势能将减小D．此过程中灵敏电流计中的电流方向是由b流向a 6．如图所示，M和N是带有异种电荷的带电金属导体，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点，在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的粒子（重力不计）在电场中的运动轨迹如图中虚线所示，不计带电粒子对原电场的影响，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）-29-\nA．P和Q两点的电势不相等B．S点的电势高于P点的电势C．带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能D．带电粒子应该由W点射入经F点到E点 7．如图所示，一个带正电q的小带电体处于一匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B．带电体质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应（ ）A．使B数值增大B．使磁场以速率v=向上移动C．使磁场以速率v=向右移动D．使磁场以速率v=向左移动 8．如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以（ ）A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极D．将a、c端接在交流电源的一端，b、d接在交流电源的另一端 -29-\n9．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表A示数变化量的绝对值△I，则（ ）A．A的示数减小B．V2的示数增大C．△V3与△I的比值大于rD．△V1小于△V2 10．在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做功5eV，下面判断中正确的是（ ）A．电场强度的方向一定由b指向aB．电子的电势能减少了5eVC．a、b两点电势差Uab=5VD．电势零点未确定，故a、b两点的电势没有确定值 11．如图所示，C1=6μF，C2=3μF，R1=3Ω，R2=6Ω，电源电动势E=18V，内阻不计．下列说法正确的是（ ）A．开关S断开时，a、b两点电势相等B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2AC．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大 12．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和﹣Q，x轴上的P点位于﹣Q的右侧．下列判断正确的是（ ）-29-\nA．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷+q从P点沿x轴移至O点，电势能先减小后增大D．若将一试探电荷+q从P点沿x轴移至O点，电势能减小 13．某一空间存在与x轴平行的电场，有一质量m=2kg的带电小球，只受电场力作用，以初速度v0=2m/s在x0=7m处开始运动．电势能EP随位置x的变化关系如图所示，则小球的运动范围和最大速度分别为（ ）A．运动范围x≥0B．运动范围x≥1mC．最大速度vm=2m/sD．最大速度vm=3m/s 14．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两极板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m=4×10﹣5kg、电荷量q=+1×10﹣8C，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A．微粒的入射速度v0=10m/sB．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C．电源电压为160V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D．电源电压为100V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 -29-\n二．实验题（共20分，第15题12分，每小题12分；第16题8分，每空2分）15．（12分）（2022秋•大庆校级期中）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为 mm；用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为 mm；（2）该同学直接用多用电表测其电阻．用已经调零且选择旋钮指向欧姆挡“×100”的位置测量，发现指针偏转角度太大，这时应将选择旋钮指向欧姆挡“ ”位置，欧姆调零后测量，其表盘及指针所指位置如图所示，则电阻为 Ω．（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号． 16．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：-29-\nA．干电池一节B．电流表（量程0～0.6A～3A）C．电压表（量程0～3V～15V）D．开关S和若干导线E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）（1）利用所给的器材测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选 （填写代号）．（2）为使测量尽可能精确，用笔画线代替导线将如图所示的实物图连接成实验电路．（3）利用实验测得的数据在如图所示的坐标系中作出了UI图线，由此求得待测电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．（结果均保留三位有效数字） 三．计算题（共34分）17．一台直流电动机所加电压为110V，通过的电流为5A，该电动机在10s内把一个质量为50Kg的物体匀速提高了9m，求电动机的电功率和电动机线圈的电阻（不计摩擦） 18．（12分）（2022秋•海淀区期末）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于匀强磁场中．金属杆ab中通有大小为I的电流．已知重力加速度为g．（1）若匀强磁场方向垂直斜面向下，且不计金属杆ab和导轨之间的摩擦，金属杆ab静止在轨道上，求磁感应强度的大小；-29-\n（2）若金属杆ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零．试说明磁感应强度大小和方向应满足什么条件；（3）若匀强磁场方向垂直斜面向下，金属杆ab与导轨之间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．欲使金属杆ab静止，则磁感应强度的最大值是多大． 19．（14分）（2022秋•扬州期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件． 2022-2022学年黑龙江省大庆实验中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 -29-\n一．选择题（本题共14小题，每题4分，共56分，1-9题每题只有一个正确选项，10-14题每题有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．下列说法中不正确的是（ ）A．在高大的建筑物顶端安装的避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施B．超高压带电作业的工人穿戴的用包含金属丝织物制成的工作服可以起到静电屏蔽的作用C．法拉第首先提出了电荷周围存在电场的观点D．安培通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系【考点】物理学史．【分析】1、雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．2、带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装．其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害．3．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系．【解答】解：A、避雷针，又名防雷针，是用来保护建筑物物等避免雷击的装置．在高大建筑物顶端安装一根金属棒，用金属线与埋在地下的一块金属板连接起来，利用金属棒的尖端放电，使云层所带的电和地上的电中和，从而不会引发事故．故A正确．B、超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这种工作服叫屏蔽服，其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害．故B正确．C、在对电场的研究中，法拉第首先提出了电荷周围存在电场的观点．故C正确；D、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系．故D不正确．本题选择不正确的，故选：D．【点评】本题考查有关静电应用和防止等知识点的内容，要求同学们能用物理知识解释生活中的现象，难度不大，属于基础题． 2．如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距10cm，A、B连线与电场线夹角为60°，则UBA的值为（ ）-29-\nA．﹣10VB．5VC．﹣5VD．﹣5V【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U．【解答】解：由图示可知，AB方向与电场线方向间的夹角θ=60°，AB两点沿电场方向的距离：d=Lcosθ，AB两点间的电势差：UAB=Ed=ELcosθ=100V/m×0.1m×cos60°=5V所以：UBA=﹣UAB=﹣5V．故选：C【点评】本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离． 3．下列由基本门组成的电路中，能使蜂鸣器发出声音的是（ ）A．B．C．D．【考点】简单的逻辑电路．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电路分析，当门电路输出为1时，蜂鸣器发出声音．【解答】解：A、由图可知，与门的输入端为1、0，则输出为0，蜂鸣器不发出声音，故A错误B、图为或门电路，输入端为1、0，则输出为1，蜂鸣器发出声音，故B正确-29-\nC、图为非门电路，输入端为1，则输出为0，蜂鸣器不发出声音，故C错误D、图为或门、非门的复合电路，或门的输入端为1、0，则输出为1，非门的输入为1，则输出为0，蜂鸣器不发出声音，故D错误故选B【点评】本题考查了逻辑门电路及复合门电路，理解逻辑关系及功能． 4．如图所示，Q1和Q2是被固定在光滑绝缘水平面上的两个电荷量大小相等的带电小球（可视为点电荷），MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，P是HG上的一点．下列说法正确的是（ ）A．若Q1和Q2是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若Q1和Q2是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若Q1和Q2是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若Q1和Q2是同种正电荷，则将一个电荷量很小的带负电的小球C（可视为质点）由P点静止释放，小球C由P到O的过程一定是做加速度减小的加速运动，到达O点时速度最大【考点】电场的叠加；电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】若两电荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上，O点场强最小，在连线的中垂线上O点的场强最大；若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大．【解答】解：A、若Q1和Q2是异种电荷，电场线从正电荷指向负电荷，MN间各点的电势一定不等，则OM的中点与ON的中点电势一定不相等，故A错误．-29-\nB、若Q1和Q2是异种电荷，在两电荷的连线上，O点电场线最疏，电场强度与MN上各点相比是最小的．在HG线上，O点的电场线最密，与HG上各点相比电场强度是最大的．故B正确．C、若Q1和Q2是同种电荷，根据电场线分布的对称性可知，OM中点与ON中点处的电场强度大小相等，但方向相反，所以电场强度不同，故C错误．D、若Q1和Q2是同种电荷，O点的电场强度大小是0，但不能确定从P到O过程中，加速度一定减小，也可能先增大后减小，故D错误．故选：B．【点评】本题关键是要明确两个等量同种电荷和异种电荷电场线的分布情况，掌握沿着场强方向，电势越来越低，抓住对称性是解答本题的关键． 5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）和灵敏电流计连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴在P点的电势能将减小D．此过程中灵敏电流计中的电流方向是由b流向a【考点】电容；电势差与电场强度的关系．【专题】电容器专题．【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．-29-\nB、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，放电电流由a到b，故D错误；故选：B．【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化． 6．如图所示，M和N是带有异种电荷的带电金属导体，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点，在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的粒子（重力不计）在电场中的运动轨迹如图中虚线所示，不计带电粒子对原电场的影响，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）A．P和Q两点的电势不相等B．S点的电势高于P点的电势C．带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能D．带电粒子应该由W点射入经F点到E点【考点】元电荷、点电荷；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，从粒子运动轨迹看出，轨迹向下弯曲，可知带电粒子受到了向下的排斥力作用，根据电场力对粒子做功的正负，可判断电势能的大小．根据粒子的电性，判断电势的高低．【解答】解：A、P和Q两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P和Q两点的电势相等，故A错误；-29-\nB、从粒子运动轨迹看出，轨迹向下弯曲，可知带电粒子受到了向下的排斥力作用，从E到F库仑力做负功，电势能增加，则粒子在E点的电势能小于在F点的电势能，因为粒子带正电，所以E点电势小于F点电势，则P点的电势大于S点的电势，故B错误，C正确；D、根据题目条件无法判断粒子从那边射入，即从W点和E点都可以射入，故D错误；故选：C【点评】从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的排斥力作用，从M到N过程中，电场力对粒子做负功，可判断电势能的大小、动能的大小．根据Q的电性，结合电场线的方向判断电势的高低． 7．如图所示，一个带正电q的小带电体处于一匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B．带电体质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应（ ）A．使B数值增大B．使磁场以速率v=向上移动C．使磁场以速率v=向右移动D．使磁场以速率v=向左移动【考点】共点力平衡的条件及其应用；洛仑兹力．【分析】小球能飘离平面的条件：竖直向上的洛伦兹力与重力平衡，由左手定则可知，当洛伦兹力竖直向上时，电荷向右运动，根据相对运动小球不动时，磁场相对小球向左运动．【解答】解：小球能飘离平面的条件，竖直向上的洛伦兹力与重力平衡即：qvB=mg，得：，根据相对运动当小球不动时，磁场相对小球向左运动．故选项D正确，ABC错误．故选：D【点评】考查了运动电荷在磁场中的运动，用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意小球飘离地面的条件． 8．如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以（ ）-29-\nA．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极D．将a、c端接在交流电源的一端，b、d接在交流电源的另一端【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．【分析】运用安培定则判断电流产生的磁场方向，根据左手定则判断安培力方向．将选项逐一代入检验，选择符合题意的．【解答】解：A、将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，符合题意．故A正确．B、将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，符合题意．故B正确．C、将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则MN垂直纸面向里运动，不符合题意．故C错误．D、将a、c端接在交流电源一端，b、d接在交流电源的另一端，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，符合题意．故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的应用，要判断准电流方向和磁场方向． 9．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表A示数变化量的绝对值△I，则（ ）-29-\nA．A的示数减小B．V2的示数增大C．△V3与△I的比值大于rD．△V1小于△V2【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律和串、并联电路的规律分析．【解答】解：A、理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律得：V2的示数U2=E﹣Ir，I增大，U2减小．故B错误．C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r＞r，则△V3与△I的比值大于r，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：=r；=R，据题：R＞r，则＞，故△V1大于△V2．故D错误．故选：C【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析． 10．在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做功5eV，下面判断中正确的是（ ）A．电场强度的方向一定由b指向aB．电子的电势能减少了5eVC．a、b两点电势差Uab=5VD．电势零点未确定，故a、b两点的电势没有确定值【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．-29-\n【分析】电子在电场中移动时，根据电场力做功不能确定场强方向．电场力做正功多少，电子的电势能就减小多少．由公式U=求出a、b两点电势差Uab．由题，电势零点未确定，a、b两点的电势没有确定值．【解答】解：A、由题，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电子的位移方向不沿b到a，电场强度的方向不一定由b指向a．故A错误．B、由于电场力对电子做功5eV，电子的电势能就减少了5eV．故B正确．C、a、b两点电势差Uab===﹣5V．故C错误．D、电势是相对的，是相对零电势点的，根据已知条件只能求出a、b间电势差，不能确定a、b两点的电势．故D正确．故选BD．【点评】在应用公式U=解题时，U、W、q都要代入符号求解，还要注意电荷移动的方向和电势差的顺序．基本题． 11．如图所示，C1=6μF，C2=3μF，R1=3Ω，R2=6Ω，电源电动势E=18V，内阻不计．下列说法正确的是（ ）A．开关S断开时，a、b两点电势相等B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2AC．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．【分析】明确电路结构，根据开关通断时的不同状态分析电容器两端的电压；由Q=UC分析电容中的电量．-29-\n【解答】解：A、开关断开时，两电容器均直接接在电源两端；故电容器两端的电压等于电源的电动势；a点接电源的负极，b接电源的正极；故ab两点电势不相等；故A错误；B、开关闭合后，两电阻串联，由闭合电路欧姆定律可知，电流I==2A；故B正确；C、开关断开时，电容器两端的电压为18V，而开关闭合后，其电压为R1两端的电压，故电压减小，电荷量减小；故C正确；D、当开关闭合时，C1两端的电压U1=2×3=6V；C2两端的电压为：U2=2×6=12V；则Q1=U1C1=6×6×10﹣6=3.6×10﹣5C；Q2=U2C2=12×3×10﹣6=3.6×10﹣5C；故D错误故选：BC．【点评】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意正确分析电路，明确电路结构；并熟练应用电容器的特点进行分析． 12．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和﹣Q，x轴上的P点位于﹣Q的右侧．下列判断正确的是（ ）A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷+q从P点沿x轴移至O点，电势能先减小后增大D．若将一试探电荷+q从P点沿x轴移至O点，电势能减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】要解答本题需要熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布，可画出其电场线分析；知道WAB=EPA﹣EPB，即电场力做正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电势能增加，即W=﹣△E．【解答】解：AB、等量异种电荷周围的电场线分布情况如图所示，根据其电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，在正电荷Q的左边，故A正确，B错误；CD、若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先向左后向右，则电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大．故C正确，D错误．故选：AC．-29-\n【点评】对于几种典型的电场如正负点电荷、等量同种电荷、等量异种电荷周围电场线、等势线等分布情况要熟练掌握． 13．某一空间存在与x轴平行的电场，有一质量m=2kg的带电小球，只受电场力作用，以初速度v0=2m/s在x0=7m处开始运动．电势能EP随位置x的变化关系如图所示，则小球的运动范围和最大速度分别为（ ）A．运动范围x≥0B．运动范围x≥1mC．最大速度vm=2m/sD．最大速度vm=3m/s【考点】电势能．【分析】通过EP﹣x图象，找到电场力做功的情况，根据动能定理判断出速度的最大值【解答】解：A、根据动能定理可得，故电势能增大4J，故电势能最大增大4J，故运动范围在x≥1m，故A错误，B正确；C、有图可知，电势能最大减小4j，故动能最大增大4J，根据动能定理可得解得，故C正确，D错误；故选：BC【点评】本题关键要抓住EP﹣x图象，势能的变化，判断出电场力做功情况．根据电场力做功情况，分析粒子运动到什么位置速度最大，由动能定理求解最大速度 14．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两极板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0-29-\n从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m=4×10﹣5kg、电荷量q=+1×10﹣8C，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A．微粒的入射速度v0=10m/sB．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C．电源电压为160V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D．电源电压为100V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．【解答】解：A、粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有=v0t竖直方向有=gt2，解得v0=10m/s，所以A正确；B、由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，所以B错误；C、当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：水平方向有L=v0t′竖直方向有=at′2，解得：a=2.5m/s2；-29-\n根据牛顿第二定律得：a=解得：U=120V，若微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：a=解得：U=200V，所以C正确，D错误．故选：AC．【点评】解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力． 二．实验题（共20分，第15题12分，每小题12分；第16题8分，每空2分）15．（12分）（2022秋•大庆校级期中）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为 50.15 mm；用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为 4.700 mm；-29-\n（2）该同学直接用多用电表测其电阻．用已经调零且选择旋钮指向欧姆挡“×100”的位置测量，发现指针偏转角度太大，这时应将选择旋钮指向欧姆挡“ ×10 ”位置，欧姆调零后测量，其表盘及指针所指位置如图所示，则电阻为 220 Ω．（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）用欧姆表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；（3）电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是5cm=50mm，游标尺示数是3×0.05mm=0.15mm，则圆柱体的长度是50mm+0.15mm=50.15mm；由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是4.5mm，可动刻度示数是20.0×0.01mm=0.200mm，圆柱体的直径是4.5mm+0.200mm=0.4700mm；（2）选择旋钮置于欧姆挡“×100”的位置，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值较小误差，应将选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置，欧姆调零后测量，其表盘及指针所指位置如图所示，则电阻为：22×10=220Ω．-29-\n（3）电源电动势为4V，电压表应选：V1，电路最大电流约为：I==≈0.014A=14mA，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，=≈7.3，=≈45.5，＞，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：故答案为：（1）50.15；4.700；（2）×10，220；（3）电路图如图所示．【点评】本题考查了游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺与螺旋测微器是高中物理的常用实验器材，它们的读数问题是高考的常考内容，一定要掌握． 16．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A．干电池一节B．电流表（量程0～0.6A～3A）C．电压表（量程0～3V～15V）D．开关S和若干导线E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）（1）利用所给的器材测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选 E （填写代号）．（2）为使测量尽可能精确，用笔画线代替导线将如图所示的实物图连接成实验电路．（3）利用实验测得的数据在如图所示的坐标系中作出了UI图线，由此求得待测电池的电动势E= 1.50 V，内电阻r= 1.25 Ω．（结果均保留三位有效数字）-29-\n【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据电路图连接实物电路图．（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，然后由图示图象求出电源电动势与内阻．【解答】解：（1）电池内阻很小，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E（R1）；（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻：r===1.25Ω．故答案为：（1）E；（2）如图；（3）1.50，1.25【点评】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电源电动势与内阻、判断电池的新旧，知道实验原理、掌握实验器材的选择原则、会应用图象法处理实验数据即可正确解题． 三．计算题（共34分）17．一台直流电动机所加电压为110V，通过的电流为5A，该电动机在10s内把一个质量为50Kg的物体匀速提高了9m，求电动机的电功率和电动机线圈的电阻（不计摩擦）-29-\n【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据P=Fv求解输出的电功率；根据W=UI求解电动机的总功率，根据能量守恒定律并结合焦耳定律求解线圈内电阻．【解答】解：电动机在10s内把一个质量为50Kg的物体匀速提高了9m，故拉力等于重力，为500N，速度为0.9m/s；电动机输出的电功率为：P出=Fv=500×0.9W=450W；电动机的总功率为：P=UI=110V×5A=550W；根据能量守恒定律，有：UI=I2R+P出；代入数据，有：110×5=25×R+450解得：R=4Ω；答：电动机的电功率为550W，电动机线圈的电阻为4Ω．【点评】本题关键是明确电动机的输出功率为Fv，总功率为UI，然后能量守恒定律并结合焦耳定律求解电阻R． 18．（12分）（2022秋•海淀区期末）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于匀强磁场中．金属杆ab中通有大小为I的电流．已知重力加速度为g．（1）若匀强磁场方向垂直斜面向下，且不计金属杆ab和导轨之间的摩擦，金属杆ab静止在轨道上，求磁感应强度的大小；（2）若金属杆ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零．试说明磁感应强度大小和方向应满足什么条件；（3）若匀强磁场方向垂直斜面向下，金属杆ab与导轨之间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．欲使金属杆ab静止，则磁感应强度的最大值是多大．-29-\n【考点】安培力．【分析】（1）根据共点力平衡即可求得磁场强度；（2）根据共点力平衡即可求得；（3）根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，当金属杆ab受到的静摩擦力沿斜面向下，且为最大值时，磁感应强度值达到最大【解答】解：（1）设磁感应强度为B1．根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图3．根据平衡条件对金属杆ab有：B1IL=mgsinθ解得：（2）金属杆ab对导轨压力为零，则金属杆ab只受重力和安培力．根据平衡条件对金属杆ab有：B2IL=mg解得：根据安培定则可知磁场方向垂直金属杆ab水平向右．（3）根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，当金属杆ab受到的静摩擦力沿斜面向下，且为最大值时，磁感应强度值达到最大，设为B3．金属杆ab受力如答图4．根据平衡条件对金属杆ab有：B3IL=mgsinθ+μmgcosθ解得：答：（1）磁感应强度的大小为；（2）若金属杆ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零．试说明磁感应强度大小为，方向应满足垂直金属杆ab水平向右；（3）磁感应强度的最大值是．-29-\n【点评】本题主要考查了在安培力作用下的共点力平衡，抓住受力分析是关键 19．（14分）（2022秋•扬州期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小．（2）粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小．（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy-29-\n=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期．抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式．根据运动的对称性，知粒子在一半时间内在竖直方向上的位移等于，根据该关系求出偏转电压的通项表达式．【解答】解：（1）电子经加速电场加速：eU1=mv2解得：v=（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得：=（L+）tanθ解得：tanθ=又tanθ====解得：U2=（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t==nT则T===（n=1，2，3，4…）在竖直方向位移应满足=2n×a（）2=2nו（）2解得：U0==（n=1，2，3，4…）答：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小v=．（2）偏转电场所加电压U2=．-29-\n（3）偏转电场电压U0=（n=1，2，3，4…），周期T=（n=1，2，3，4…）．【点评】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成． 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