2022-2022学年浙江省金华市东阳中学高二（上）期末物理试卷 一、单项选择题（每小题3分，计24分．每个小题只有一个正确选项）1．（3分）（2022•黄冈模拟）英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念，并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础．下列相关说法正确的是（ ）A．电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过电场发生的B．磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的C．电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交D．通过实验可发现电场线和磁感线的存在2．（3分）关于以下4幅图的说法中，正确的是（ ）A．图所示为可变电容器，动片旋出时可以使其与定片的距离增大，从而改变电容B．图所示装置可以用来储存电荷C．图中电容器只要与电源相连，电流表的示数始终不为零D．图所示是电解电容器，标示“80V”是电容器的击穿电压3．（3分）（2022•江门模拟）如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（ ）A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右4．（3分）如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1-24-\n的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是（ ）A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流大于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率5．（3分）（2022•沈阳一模）某控制电路如图所示，主要由电源（电动势为E、内阻为r）与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触片滑向a端时，下列说法正确的是（ ）A．L1、L2两个指示灯都变亮B．L1、L2两个指示灯都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮6．（3分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ）A．B．C．D．7．（3分）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C，则下列说法正确的是（ ）A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于-24-\nD．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：28．（3分）如图所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一个质量为m、电量为+q的带电粒子（重力不计）从AB边的中点O以速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°．若粒子能从AB边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，粒子到AB边的最大距离为（ ）A．B．C．D．二、多项选择题（每小题4分，计16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，选对但不全得2分，错选或不选得0分）9．（4分）某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量到铜片与锌片间电压为0.30V，然后又将这样的西红柿电池10个串联成电池组（n个相同电池串联时，总电动势为nE，内电阻为nr），与一个额定电压为1.5V、额定功率为1W的小灯泡相连接，小灯泡不发光，量得小灯泡两端的电压为0.3V，对此现象的解说各同学不一，其中摘录如下，其中说法正确的是（ ）A．西红柿电池组的电动势小于小灯泡的额定电压B．西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已烧毁C．西红柿电池组输出的电功率太小D．西红柿电池组的内阻太大10．（4分）（2022•盐城一模）x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示．下列判断中正确的是（ ）A．电势最低的P点所在处的电场强度为零B．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C．Q1的电量一定大于Q2的电量D．Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点11．（4分）（2022•长春三模）如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是（ ）-24-\nA．粒子的运动轨迹一定经过P点B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域12．（4分）医生在做手术时，需从血库里取血，为避免感染，都是利用电磁泵从血库里向外抽．如图为一个电磁泵的结构图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为L，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出．其中v为血液流动方向．若血浆的电阻率为ρ，所加电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则（ ）A．此装置中血浆的等效电阻为R=B．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BILC．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIbD．前后两侧的压强差为三、实验题（共2小题，共16分．把答案直接填在横线上）13．（8分）（2022•广东高考）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0﹣3V档，示数如图（b），电压值为 _________ V．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于 _________ 端．③要使输出电压U变大，滑片P应向 _________ 端．④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在 _________ 的风险（填“断路”或“短路”）-24-\n14．（8分）（2022•福建）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示．其中，虚线框内用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0的标称值为4.0Ω的定值电阻．①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只 _________ Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；③某次实验的数据如表所示：测量次数12345678电压表读数U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改装表读数I/mA20406080100120140160该小组借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r= _________ Ω（保留两位小数）；为减少偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是 _________ ．④该小组在前面实验的基础上，为探究甲图电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总量偏大的原因是 _________ ．A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比称标值偏大．四、计算题（本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（11分）（2022•福建）如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；-24-\n（2）C点的电场强度的大小和方向．16．（11分）在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒（非纯电阻），实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I=kU3的规律（式中k=0.02A/V3），R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．求：（1）通过R1的电流I1和它两端的电压U1；（2）通过R2的电流I2和它两端的电压U2；（3）R1、R2消耗的电功率P1、P2；（4）电源的内电阻r．17．（11分）如图，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ=30°，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α=45°时，小球恰好沿原路返回A点．求：（1）电容器极板间的电场强度；（2）平板电容器的板长L；（3）球在AB间运动的周期．18．（11分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场后动能如何改变？改变量的大小|△EK左|和|△EK右-24-\n|分别为多少？（4）比较|△EK左|和|△EK右|的大小，并说明理由．-24-\n2022-2022学年浙江省金华市东阳中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（每小题3分，计24分．每个小题只有一个正确选项）1．（3分）（2022•黄冈模拟）英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念，并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础．下列相关说法正确的是（ ） A．电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过电场发生的 B．磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的 C．电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交 D．通过实验可发现电场线和磁感线的存在考点：电场线；磁感线及用磁感线描述磁场．分析：电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线．解答：解：A、电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，A错误；B、磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，B正确；C、电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，与事实不符，C错误；D、电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，D错误；故选：B点评：本题要重点掌握电场磁场是客观存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的． 2．（3分）关于以下4幅图的说法中，正确的是（ ） A．图所示为可变电容器，动片旋出时可以使其与定片的距离增大，从而改变电容 B．图所示装置可以用来储存电荷-24-\n C．图中电容器只要与电源相连，电流表的示数始终不为零 D．图所示是电解电容器，标示“80V”是电容器的击穿电压考点：电容器．专题：电容器专题．分析：根据图中电容器的结构，分析改变电容的因素；电容器能容纳电荷；丙图中，电容器充电过程中，电流表的读数不为零，电路稳定时没有电流；电容器所标的电压是额定电压，不是击穿电压．解答：解：A、甲图所示为可变电容器，动片旋出时与定片的距离不变，通过减小极板间的正对面积，从而改变电容；故A错误．B、乙图构成一个简易的电容器，能够储存电荷，故B正确．C、丙图中，电容器充电过程中，电流表的读数不为零，电路稳定时电流表的示数为零，故C错误．D、丁图所示是电解电容器，额定电压为80V，即击穿电压是80V．故D正确．故选：BD．点评：本题是常识性的问题，关键要了解电容器的构造、影响电容的因素和电容器的作用等等知识． 3．（3分）（2022•江门模拟）如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（ ） A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向．解答：解：带负电金属环，如图所示的旋转．则金属环的电流方向与旋转方向相反．再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端N极，右端S极．因此小磁针N极沿轴线向左．故C正确，ABD错误；-24-\n故选：C点评：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则．注意电流的方向与负电荷的运动方向相反． 4．（3分）如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是（ ） A．R1中的电流小于R2中的电流 B．R1中的电流大于R2中的电流 C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率 D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：R1和R2是材料相同，电阻率ρ相同．设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=ρ研究电阻的关系．然后由欧姆定律及电流的微观表达式分析答题．解答：解：设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：导体的电阻R=ρ=ρ=ρ，R与边长L无关，故R1=R2．A、通过电阻的电流I=，由于U与R都相同，则通过两电阻的电流相同，故AB误；C、电流I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C错误，D正确；故选：D．点评：本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变． 5．（3分）（2022•沈阳一模）某控制电路如图所示，主要由电源（电动势为E、内阻为r）与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触片滑向a端时，下列说法正确的是（ ）-24-\n A．L1、L2两个指示灯都变亮B．L1、L2两个指示灯都变暗 C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：串、并联电路中，某一个电阻的阻值减小，则总电阻减小；根据电位器电阻的变化情况得到外电路总电阻的变化情况，得到电流变化情况，再得到外电压的变化情况．解答：解：电位器的触片滑向a端时，电位器电阻减小→外电路总电阻R减小→总电流增加（I=）→内电压增加（U内=Ir）→外电压减小（E=U内+U外）→灯泡L1变暗；电位器的触片滑向a端时，电位器电阻减小，与电位器并联的支路的总电阻减小，故分得的电压减小，故通过灯泡L2支路的电流减小，故灯泡L2变暗；故选B．点评：本题是电路动态分析问题，由局部的电阻变化引起总电阻的变化，得到总电流的变化，得到内、外电压的变化，再逐步分析各个外电路电流和电压的变化． 6．（3分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ） A．B．C．D．考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解．解答：解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，-24-\n则圆盘在此处产生电场强度也为．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础． 7．（3分）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C，则下列说法正确的是（ ） A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2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：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小．解答：解：A、甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；-24-\nB、根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，得：r=，r甲＜r乙则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；C、能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件：qE=qvB1，得速率v=，故C错误；D、若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析r=，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；故选：B．点评：本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径． 8．（3分）如图所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一个质量为m、电量为+q的带电粒子（重力不计）从AB边的中点O以速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°．若粒子能从AB边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，粒子到AB边的最大距离为（ ） A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合粒子在磁场中的半径公式求出半径的大小，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的过程中，到AB边的最大距离．解答：解：正电荷在向外的磁场中向右偏转，粒子运动的轨迹如图所示．根据得，r=．根据几何关系知，粒子在运动过程中距离AB边的最远距离为d=r+rsin30°=-24-\n．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决带电粒子在磁场中运动问题，关键作出轨迹，确定圆心，结合几何关系，根据半径公式等进行求解． 二、多项选择题（每小题4分，计16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，选对但不全得2分，错选或不选得0分）9．（4分）某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量到铜片与锌片间电压为0.30V，然后又将这样的西红柿电池10个串联成电池组（n个相同电池串联时，总电动势为nE，内电阻为nr），与一个额定电压为1.5V、额定功率为1W的小灯泡相连接，小灯泡不发光，量得小灯泡两端的电压为0.3V，对此现象的解说各同学不一，其中摘录如下，其中说法正确的是（ ） A．西红柿电池组的电动势小于小灯泡的额定电压 B．西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已烧毁 C．西红柿电池组输出的电功率太小 D．西红柿电池组的内阻太大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：小灯泡不发光，说明西红柿串联电池组给灯泡提供的电流和电压小于额定电流和额定电压，根据闭合电路欧姆定律分析，电池组的内阻远大于小灯泡的电阻，灯泡的电压过小，电池组输出的电功率太小，不足以使灯泡发光．解答：解：AB、由题可知，小灯泡两端的电压为0.3V，小于灯泡的额定电压1.5V，灯泡不可能烧毁．故A、B错误．C、灯泡不发光，灯泡的实际功率过小，不足以发光，说明西红柿电池组输出的电功率太小．故C正确．D、灯泡不发光，流过灯泡的电流远小于灯泡的额定电流，10个西红柿电池串联成电池组电动势约为3V，串联内阻增大，根据欧姆定律可知，由于电池组的内阻远大于小灯泡的电阻，灯泡分担的电压太小．故D正确．故选：CD点评：本题考查理论联系实际的能力，要善于抓住题干中有用信息进行分析、判断、推理． 10．（4分）（2022•盐城一模）x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示．下列判断中正确的是（ ）-24-\n A．电势最低的P点所在处的电场强度为零 B．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷 C．Q1的电量一定大于Q2的电量 D．Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：作出Q1、Q2之间的电场线，就知道Xp处场强为零，根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷．解答：解：A、C如图所示，作出电场线，知道Xp处合场强为0，则Q1与Q2在Xp处场强大小相等，方向相反．根据E=K知，Q1＞Q2，故AC正确．B、若两个电荷都是负电荷，则在Xp左侧电场线方向向左，右侧向右，与实际电场方向不符，不可能；则两个电荷一定是正电荷．故B错误．D、由上面的电场线知Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D正确；故选ACD点评：本题的技巧是作电场线，将抽象问题形象化，是电场中常用方法． 11．（4分）（2022•长春三模）如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是（ ） A．粒子的运动轨迹一定经过P点 B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点 C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域 D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．-24-\n分析：由题意可知电场方向在竖直方向，粒子做的是类平抛运动，把图翻过来看，和平抛运动的规律是一致的，只不过平抛时受到重力，这个题受的是电场力．仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可．解答：解：A、B、粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，故A错误、B正确；C、D、由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域．故C错误、D正确．故选：BD．点评：本题运用运动的分解，研究类平抛运动，根据运动学公式和推论，分析时间和竖直关系，即可进行求解． 12．（4分）医生在做手术时，需从血库里取血，为避免感染，都是利用电磁泵从血库里向外抽．如图为一个电磁泵的结构图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为L，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出．其中v为血液流动方向．若血浆的电阻率为ρ，所加电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则（ ） A．此装置中血浆的等效电阻为R= B．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIL C．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIb D．前后两侧的压强差为考点：安培力；欧姆定律．分析：由电阻定律可得等效电阻；由安培力定义式可得安培力大小；由压强公式得p=可得压强．解答：解：A、导体长度为b，横截面积为aL，由电阻定律可得此装置中血浆的等效电阻为：，故A正确．BC、导体长度为a，故所受安培力为F=BIb，故B错误，C正确．-24-\nD、压强公式得可得：p=，故D正确．故选：ACD．点评：掌握电阻定律的基本表达形式，要会区分导体的长度，看电路的组成可以得到电流方向，即可知道导体长度． 三、实验题（共2小题，共16分．把答案直接填在横线上）13．（8分）（2022•广东高考）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0﹣3V档，示数如图（b），电压值为 1.30 V．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于 A 端．③要使输出电压U变大，滑片P应向 B 端．④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在 短路 的风险（填“断路”或“短路”）考点：闭合电路的欧姆定律；用多用电表测电阻．专题：恒定电流专题．分析：①根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小．③根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向．④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在短路的可能．解答：解：①由题，电压表的量程为0﹣3V，其最小分度为0.1V，则图b中电压值为1.30V．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于A端使输出电压为零．③要使输出电压U变大，PA间的电阻应增大，所以滑片P应向B端移动．④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，滑片移到B端时存在短路的可能．故答案为：①1.30；②A；③B；④短路．点评：本题要掌握基本仪器的读数，注意估读一位．要理解并掌握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全． 14．（8分）（2022•福建）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示．其中，虚线框内用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0的标称值为4.0Ω的定值电阻．-24-\n①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只 1.0 Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；③某次实验的数据如表所示：测量次数12345678电压表读数U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改装表读数I/mA20406080100120140160该小组借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r= 1.67 Ω（保留两位小数）；为减少偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是 充分利用取得的数据 ．④该小组在前面实验的基础上，为探究甲图电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总量偏大的原因是 CD ．A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比称标值偏大．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：①根据电流表的改装原理，计算并联的电阻．②根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法③借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），每两组数据联立求出E，r；而后取其平均值即可；逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据．④结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）分析内阻测量值总量偏大的原因解答：解：①根据电流表的改装原理，②根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，连接图为：-24-\n③借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），采用1与5；2与6；3与7；4与8；两两组合，由E=U+I（R0+r）得，△U=△I（R0+r），联立求出E，r，而后取其平均值可得．由E=U+I（R0+r）得，△U=△I（R0+r），故r=，采用1与5时，r1=﹣R0；采用2与6时，r1=﹣R0；采用3与7时，r1=﹣R0；采用4与8时，r1=﹣R0；则r==﹣R0=1.66Ω；逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据．④A、如果考虑电压表的内阻，则虚线部分相当于电源，测得的电阻相当于电源E的内阻与R0串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，故A错误；B、滑动变阻器的阻值不会影响r的测量结果，故B错误；C、电表改装时，R1的实际阻值比计算值偏小，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大，故C正确；D、结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）知，R0的实际阻值比称标值偏大，可导致内阻测量值总量偏大，故D正确．故选：CD．故答案为：①1.0；②如图；③1.66；充分利用取得的数据；④CD．-24-\n点评：电表改装为重点内容要切实弄明白，连接实物图为基本功，数据处理和误差分析的能力要平时加强训练，结合具体的实验情景具体分析，有一定难度． 四、计算题（本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（11分）（2022•福建）如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向．考点：库仑定律；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强．解答：解：（1）电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：F=k=9.0×109×=9.0×10﹣3N（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1=k=9.0×109×=4.5×103N/CA、B点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C场强方向沿着y轴正方向；-24-\n答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10﹣3N；（2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．点评：本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题． 16．（11分）在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒（非纯电阻），实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I=kU3的规律（式中k=0.02A/V3），R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．求：（1）通过R1的电流I1和它两端的电压U1；（2）通过R2的电流I2和它两端的电压U2；（3）R1、R2消耗的电功率P1、P2；（4）电源的内电阻r．考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）串联电路电流相等，根据通过R1的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律，求出R1两端的电压；（2）串联电路电流相等，根据欧姆定律求解R2的电压；（3）根据P=UI求解R1、R2消耗的电功率P1、P2；（4）根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻．解答：解：（1）串联电路电流相等，通过R1的电流为0.16A；由I=kU3得：U===2V故R1两端的电压为2V．（2）串联电路电流相等，通过R2的电流为0.16A，根据欧姆定律，两端的电压：U2=IR2=0.16×24=3.84V（3）电阻R1消耗的功率为：P1=IU=0.16×2W=0.32W电阻R2消耗的功率为：P2=I2R2=0.162×24W=0.6144W（4）根据闭合电路的欧姆定律有：E=U+IR2+Ir解得：r==﹣R2=Ω﹣24Ω=1Ω故内阻r为1Ω．答：（1）通过R1的电流为0.16A，它两端的电压为2V；（2）通过R2的电流为0.16A，它两端的电压为3.84V；-24-\n（3）R1消耗的电功率为0.32W；R2消耗的电功率为0.6144W；（4）电源的内电阻r为1Ω．点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，以及知道欧姆定律的适用范围． 17．（11分）如图，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ=30°，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α=45°时，小球恰好沿原路返回A点．求：（1）电容器极板间的电场强度；（2）平板电容器的板长L；（3）球在AB间运动的周期．考点：带电粒子在混合场中的运动；平抛运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）由于带电粒子做的直线运动，对带电粒子受力分析可知，粒子在电场中的受到的合力沿水平方向，在竖直方向上受力平衡，由此可以求得电场强度的大小；（2）粒子离开电场后做的是平抛运动，水平方向的速度即为在电场中加速获得的速度的大小，再根据动能定理可以求得极板的长度；（3）小球在AB间运动的周期即为在电场中加速的时间和平抛运动时间的和．解答：解：（1）带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知：Eqcosθ=mg，得：（2）小球垂直落到弹性挡板上，且α=450，有：根据动能定理：得：L=3h（3）由于小球在复合场中做匀加速运动，有：得：平抛运动的时间为：总时间为：t=2t1+2t2=2（+）．答：（1）电容器极板间的电场强度E为；-24-\n（2）平行板电容器的板长L为3h；（3）小球在AB间运动的周期T为2（+）．点评：在题目中告诉粒子在电场中做直线运动，由此可以得出，粒子在电场中做的应该是匀加速直线运动，这是本题中的关键所在． 18．（11分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场后动能如何改变？改变量的大小|△EK左|和|△EK右|分别为多少？（4）比较|△EK左|和|△EK右|的大小，并说明理由．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；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：电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由牛顿第二定律和向心力列式解答；电子动能的改变量等于电场力做功，使用动能定理即可．解答：解：（1）电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；（2）电场力提供向心力：eE=m又：R=，Ek0=联立以上三式，得：E=（3）到达N板左边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做正功，电子的动能增加，电子动能的改变量|△EK左|=|eUCB|=|e（φC﹣φB）|；到达N板右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子的动能减少，电子动能的改变量|△EK右|=|eUCA|=|e（φC﹣φA）|（4）该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBC＞UCA，即：φB﹣φC＞φC﹣φA，所以：|△EK左|＞|△EK右|-24-\n答：（1）B板的电势较高；（2）等势面C所在处电场强度E的大小为．（3）到达N板左边缘处的电子，动能增加，电子动能的改变量|△EK左|=|eUCB|=|e（φC﹣φB）|；到达N板右边缘处的电子，动能减少，电子动能的改变量|△EK右|=|eUCA|=|e（φC﹣φA）|．（4）|△EK左|＞|△EK右|．点评：该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答． 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