福建省2022学年龙岩市一级达标校高二上期末物理试卷

2022-2022学年福建省龙岩市一级达标校高二（上）期末物理试卷一、选择题（12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的4个选项中,第1-8题只有一项符合题目要求,第9-12题有多项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分。)1．（4分）发现电流磁效应的物理学家是（　　）A．奥斯特B．法拉第C．库仑D．安培2．（4分）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为（　　）A．B．3FC．D．2F3．（4分）如图所示，M、N为两个带电量相等的正点电荷，在其连线的中垂线上有一点P（规定无穷远处的电势为零，下列说法中正确的是（　　）A．P点电场强度方向水平向右B．P点到O点电场强度大小可能先增大后减小C．P点的电势大于O点的电势D．一个带负电的点电荷在P点的电势能小于在O点的电势能4．（4分）如图所示，两块较大的平行金属板A、B水平放置，并通过电阻R与电源相连，电源的电动势为E，闭合电键S，两板间有一带电油滴处于静止状态。下列说法正确的是（　　）A．油滴带负电27/27\nB．A、B两板电压小于EC．若将A板向上平移一小段距离，则油滴向下加速D．若将B板向左平移一小段位移，则油滴向下加速5．（4分）M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝90°．在甲图中，M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，在乙图中M、P处各有一条长直导线垂直穿过纸面。导线中电流方向如图所示，电流强度大小相等。则甲、乙两图中圆心处的磁感应强度的大小之比为（　　）A．B．1C．D．26．（4分）如图所示，边长为L的等边三角形闭合金属线框abc处于匀强磁场中，磁场垂直线框平面向里，磁感应强度为B．当线框中通入顺时针方向电流I时，下列说法正确的是（　　）A．bc边受到的安培力方向垂直于bc边向上B．ab边受到的安培力大小为BILC．ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力D．整个线框所受的安培力的合力为零7．（4分）如图所示，电动机M与电阻R串联后两端接在电压恒为U电源上，电动机M的线圈电阻r与电阻R阻值相等，电动机正常工作，下列判断正确的是（　　）27/27\nA．流过电动机的电流小于流过电阻R的电流B．电动机两端电压大于电阻R两端电压C．电动机的发热功率大于电阻R的发热功率D．电动机的总功率等于电阻的功率8．（4分）如图是根据某次测定电源的电动势和内阻的实验记录的数据作出的路端电压U与干路电流l的图线，下列说法正确的是（　　）A．路端电压U越大，干路电流I越大B．横轴截距表示短路电流，即I0＝0.4AC．此电源的内阻为5ΩD．此电源的最大输出功率为0.5W9．（4分）在如图所示电路中，L1、L2、L3是三只小灯泡，电源电动势为E，内阻为0，三只灯泡原来都能发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下列说法正确的是（　　）A．L1变亮，L2亮度不变，L3变暗B．L1和L2变亮，L3变暗C．L1的电压变化的绝对值等于L3的电压变化的绝对值D．通过L1的电流变化的绝对值等于通过L2的电流变化的绝对值27/27\n10．（4分）在地面附近有一竖直向下匀强电场E，一带电油滴以某初速度从a处运动到b处，其运动轨迹如图中曲线所示，不计空气阻力，此过程中对油滴描述正确的是（　　）A．油滴带正电B．油滴的动能减小C．油滴的电势能减小D．油滴的动能和电势能之和减小11．（4分）如图所示，两平行金属板水平放置，使上板带上一定量正电荷，下板带上等量的负电荷，并在两板之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向，从两金属板左端中央水平射入后恰能做直线运动。粒子重力不计，则下列判断正确的是（　　）A．若只减小粒子的初速度，粒子不能做直线运动B．若只改变粒子的电性，粒子不能做直线运动C．若只改变粒子的电量，粒子仍能做直线运动D．若只将粒子的初速度反向，从两板右端射入，粒子仍能做直线运动12．（4分）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B．P是圆外一点，OP＝3r。一质量为m、电荷量为qq＞0的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。则下列判断正确的是（　　）A．粒子在磁场中做圆周运动轨迹的圆心位于线段OP的中点27/27\nB．粒子以垂直于OP连线的方向通过O点C．粒子的速度小于D．粒子从P点到O点的时间大于二、实验题（共16分）13．（6分）某同学要做描绘小灯泡的伏安特性曲线实验，实验室提供了以下器材：A．待测小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.5A）B．电流表（量程3A，内阻约为0.1Q）C．电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）D．电压表（量程3.0V，内阻约为10kΩ）E．电压表（量程150V，内阻约为50kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值为100Ω．额定电流50mA）G．滑动变阻器（最大阻值为10Q，额定电流1.0A）H．电源（电动势为3.0V，内阻不计）。电键及导线等。（1）为了顺利完成实验并能减小实验误差，电流表应选用　　、电压表选用　　、滑动变阻器选用　　（均填写实验器材前的字母）（2）该同学根据实验要求选用了合适的器材，并完成部分电路的连接，如图所示，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片P移到　　端（填“右”或“左”）。14．（10分）图a为某同学组装的简易多用电表的电路图，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻；是表头，虚线方框内为选择开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表的选择开关有5个挡位，分别为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流10mA挡和25mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图a中的B端应与　　（选填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）选择开关接“1”时，对应的挡位是　　。27/27\nA．直流电流10mA挡B．直流电流25mA挡（3）在某次测量中，将选择开关接“3”，该多用电表指针位置如图b所示，则多用电表读数为　　。（4）该同学为了较精确地测量另一定值电阻的阻值Rx，采用如图c所示的电路，电源电压U恒定，利用多用电表的电流档（内阻不计）测电路电流。闭合电键，多次改变电阻箱阻值R，记录相应的R和多用电表读数I，得到R﹣的关系图线，如图d所示。则Rx＝　　Ω，电源电压U＝　　V．三、计算题(本题有4小题,共36分。解答时请写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤和答案,只写最后答案的不能得分。)15．（7分）如图所示的闭合电路中，电源电动势E＝6V，灯泡A标有“4.5V，3W”，灯泡B标有“3V，3W”。当开关S闭合时A、B两灯均正常发光。求（1）R的阻值；（2）电源的内阻r。27/27\n16．（8分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6.0V、内阻r＝0.5Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到金属导轨的摩擦力大小（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到金属导轨的支持力大小。17．（9分）如图所示，倾角为37°的绝緣斜面AB和绝缘水平面BC平滑连接，斜面与水平面的动摩擦因数均为0.5，斜面AB长L＝4m，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度为10×103N/c。现有质量为m＝1kg，带电量为+20×10﹣3c的滑块从A点以初速度6m/s沿斜面下滑。g取10m/s2，求：（1）滑块在斜面AB运动的时间；（2）滑块在水平面BC运动的最大位移。18．（12分）如图所示，在xOy坐标平面内，x＜0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限与y轴夹角为30°的倾斜直线OM下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m，带电量为q的粒子在电场中的P点以初速度v0沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场。已知P点坐标为（﹣L、L），磁场的磁感应强度B＝，不计粒子重力。求：（1）匀强电场的场强大小；（2）粒子第二次经过y轴时的坐标；27/27\n（3）粒子从开始到第二次经过y轴所经历的时间。27/27\n2022-2022学年福建省龙岩市一级达标校高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的4个选项中,第1-8题只有一项符合题目要求,第9-12题有多项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分。)1．（4分）发现电流磁效应的物理学家是（　　）A．奥斯特B．法拉第C．库仑D．安培【分析】根据我们对于法拉第、奥斯特、安培、欧姆这四位科学家对于物理所作贡献的了解来作答。【解答】解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】多了解物理学史，了解科学家的贡献，有利于对培养学习物理的兴趣。2．（4分）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为（　　）A．B．3FC．D．2F【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．再根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F＝k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库仑力为F′＝k，所以两球间库仑力的大小为F。故选：C。【点评】27/27\n本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题，注意接触后，间距没有变化是解题的关键．3．（4分）如图所示，M、N为两个带电量相等的正点电荷，在其连线的中垂线上有一点P（规定无穷远处的电势为零，下列说法中正确的是（　　）A．P点电场强度方向水平向右B．P点到O点电场强度大小可能先增大后减小C．P点的电势大于O点的电势D．一个带负电的点电荷在P点的电势能小于在O点的电势能【分析】M、N为两个等量的正点电荷，在O上方，其连线中垂线上电场强度方向O→P，由于电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，根据沿着电场线方向电势是降低的，电场强度与电势无关。【解答】解：A、在O上方，在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，故A错误；B、由于电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，因此P点到O点电场强度大小可能先增大后减小，也可能一直减小，故B正确；C、依据沿着电场线方向电势是降低的，因此P点的电势小于O点的电势，故C错误；D、P点的电势小于O点的电势，带负电的点电荷在P点的电势能大于在O点的电势能，故D错误。故选：B。【点评】本题的关键要掌握等量异种电荷电场线的分布情况及特点，要抓住电场线的对称性，要注意在电场线分布情况不确定时电场强度的大小也不确定。4．（4分）如图所示，两块较大的平行金属板A、B水平放置，并通过电阻R与电源相连，电源的电动势为E，闭合电键S，两板间有一带电油滴处于静止状态。下列说法正确的是（　　）27/27\nA．油滴带负电B．A、B两板电压小于EC．若将A板向上平移一小段距离，则油滴向下加速D．若将B板向左平移一小段位移，则油滴向下加速【分析】根据电场力与重力平衡，则可确定油滴的电性，因电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压不变，即为E，A极板竖直向上平移一小段距离，依据电容的定义式C＝，分析电容变化，再结合C＝，并由E＝，分析板间场强变化，从而即可分析该点油滴的运动情况。【解答】解：A、下极板B带正电，而电场力与重力平衡，则油滴带正电，故A错误；B、电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压即等于E，故B错误；C、由于电压不变，若将A板向上平移一小段距离，即板间距离增大，场强减小，油滴受到的电场力减小，带点油滴向下加速运动，故C正确；D、若将B板向左平移一小段位移，依据电容的定义式C＝，再结合C＝，并由E＝，则由电场强度公式E＝，可知，电场强度增强，则电场力增大，则油滴向上加速，故D错误。故选：C。【点评】本题是电容器动态变化分析问题，考查分析和判断能力，掌握电容的定义式与决定式的区别，注意理解电容器的电压不变与电量不变的情况。5．（4分）M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝90°．在甲图中，M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，在乙图中M、P处各有一条长直导线垂直穿过纸面。导线中电流方向如图所示，电流强度大小相等。则甲、乙两图中圆心处的磁感应强度的大小之比为（　　）27/27\nA．B．1C．D．2【分析】由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，根据矢量的合成法则，及数学知识，即可求解。【解答】解：设两导线在O点各自形成的磁感应强度大小为B0．则根据几何关系可知，甲图两导线形成的合磁感应强度大小为2B0，那么乙图中，两导线在圆心处的磁场夹角为90°，大小不变，根据矢量的合成法则，则其在圆心处的磁感应强度的大小为B0，因此甲、乙两图中圆心处的磁感应强度的大小之比，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的磁感强度。6．（4分）如图所示，边长为L的等边三角形闭合金属线框abc处于匀强磁场中，磁场垂直线框平面向里，磁感应强度为B．当线框中通入顺时针方向电流I时，下列说法正确的是（　　）A．bc边受到的安培力方向垂直于bc边向上B．ab边受到的安培力大小为BILC．ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力D．整个线框所受的安培力的合力为零【分析】根据左手定则判断安培力的方向，根据安培力的计算公式F＝BIL计算安培力的大小。27/27\n【解答】解：A、根据左手定则可知bc边受到的安培力方向垂直于bc边向下，故A错误；B、ab边受到的安培力大小为F＝BIL，故B错误；CD、三条边构成闭合的三角形，三边受到的安培力的合力为零，故ab边与bc边受到的安培力的合力等于ac边受到的安培力，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查安培力的计算，牢记安培力的计算公式是解答本题的关键。7．（4分）如图所示，电动机M与电阻R串联后两端接在电压恒为U电源上，电动机M的线圈电阻r与电阻R阻值相等，电动机正常工作，下列判断正确的是（　　）A．流过电动机的电流小于流过电阻R的电流B．电动机两端电压大于电阻R两端电压C．电动机的发热功率大于电阻R的发热功率D．电动机的总功率等于电阻的功率【分析】电动机M与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系。R是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析R的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系。根据能量守恒定律分析消耗的功率关系。【解答】解：A、电动机M与电阻R串联，电流相等，故A错误；B、设电动机M线圈电阻与电阻R的电阻均为R，电路中电流为I，根据欧姆定律得：电阻两端的电压UR＝IR，电动机是非纯电阻电路，其电压UM＞IR，则有UM＞UR，所以电阻两端电压小于电动机两端电压，故B正确。C、电阻相等，根据P＝I2R可知，电动机的发热功率等于电炉的发热功率，故C错误；D、电动机消耗的功率PM＝UMI，电阻消耗的功率PR＝URI，UM＞UR，则PM＞UR，即电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率，故D错误；故选：B。【点评】本题中电炉是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，两个电路焦耳定律都适用，但欧姆定律只适用于电炉，不适用于电动机。27/27\n8．（4分）如图是根据某次测定电源的电动势和内阻的实验记录的数据作出的路端电压U与干路电流l的图线，下列说法正确的是（　　）A．路端电压U越大，干路电流I越大B．横轴截距表示短路电流，即I0＝0.4AC．此电源的内阻为5ΩD．此电源的最大输出功率为0.5W【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻。当外电路电阻为零，外电路短路。【解答】解：A、根据I＝知，U越大，电流越小，故A错误；B、由图示图象可知，外电路电压为1.2V时，电路电流为0.4A，横轴截距不是短路电流，故B错误；C、图象的斜率的绝对值等于电源的内阻，电源内阻r＝＝Ω＝2Ω，故C错误；D、图象与纵轴截距的坐标值是电源电动势，由图象可知，电源电动势E＝2V，最大输出功率为Pm＝＝0.5W，故D正确；故选：D。【点评】本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，应结合数学知识进行理解，此题要注意纵坐标的起始坐标不为零。9．（4分）在如图所示电路中，L1、L2、L3是三只小灯泡，电源电动势为E，内阻为0，三只灯泡原来都能发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下列说法正确的是（　　）27/27\nA．L1变亮，L2亮度不变，L3变暗B．L1和L2变亮，L3变暗C．L1的电压变化的绝对值等于L3的电压变化的绝对值D．通过L1的电流变化的绝对值等于通过L2的电流变化的绝对值【分析】由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U＝E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系。【解答】解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A错误；B、L2电压变化量大小与L1电流变化量大小比值即为电源的内阻，电阻R0及灯泡L1的电阻之和，因此比值不变，B正确；C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1＝I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D错误；27/27\n故选：BC。【点评】本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律。10．（4分）在地面附近有一竖直向下匀强电场E，一带电油滴以某初速度从a处运动到b处，其运动轨迹如图中曲线所示，不计空气阻力，此过程中对油滴描述正确的是（　　）A．油滴带正电B．油滴的动能减小C．油滴的电势能减小D．油滴的动能和电势能之和减小【分析】根据轨迹的凹向确定合力的方向，从而得出带电液滴所受合外力情况，进而根据牛顿第二定律判断产生的加速度；根据产生的加速度和速度的关系，即可判断物体的运动形式；根据能量守恒得出机械能、重力势能和电势能之和的变化。【解答】解：A、根据轨迹的凹向确定合力的方向为向上，故油滴带负电，故A错误；B、由轨迹可知，合力做正功，则动能增加，故B错误；C、根据能量守恒知，机械能和电势能之和不变，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D、根据能量守恒知，重力势能增加，则动能和电势能之和减小，故D正确；故选：CD。【点评】解决本题的关键知道合力大致指向轨迹的凹向，知道合力做功与动能的关系，以及电场力做功与电势能的关系。11．（4分）如图所示，两平行金属板水平放置，使上板带上一定量正电荷，下板带上等量的负电荷，并在两板之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向，从两金属板左端中央水平射入后恰能做直线运动。粒子重力不计，则下列判断正确的是（　　）27/27\nA．若只减小粒子的初速度，粒子不能做直线运动B．若只改变粒子的电性，粒子不能做直线运动C．若只改变粒子的电量，粒子仍能做直线运动D．若只将粒子的初速度反向，从两板右端射入，粒子仍能做直线运动【分析】带电粒子原来做直线运动，电场力与洛伦兹力二力平衡，当粒子的速度、电性、电量变化时将改变洛伦兹力，分析洛伦兹力的变化，判断粒子的运动情况。【解答】解：带电粒子原来做直线运动，电场力与洛伦兹力二力平衡，有qv0B＝qE．带电粒子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，A、若只减小粒子的初速度，电场力不变，有qv0B＜qE，粒子将向下偏转，粒子不能做直线运动，故A正确；B、若只改变粒子的电性，电场力与洛伦兹力的方向都改变，但大小不变，仍然平衡，粒子仍然做做直线运动，故B错误；C、若只改变粒子的电量，电场力与洛伦兹力仍然满足二力平衡，粒子仍能做直线运动，故C正确；D、若只将粒子的初速度反向，从两板右端射入，电场力和洛伦兹力的方向都向上，不能做直线运动，故D错误；故选：AC。【点评】带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用。这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化。若二力平衡，则粒子做匀速直线运动。若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动。12．（4分）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B．P是圆外一点，OP＝3r。一质量为m、电荷量为qq＞0的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。则下列判断正确的是（　　）27/27\nA．粒子在磁场中做圆周运动轨迹的圆心位于线段OP的中点B．粒子以垂直于OP连线的方向通过O点C．粒子的速度小于D．粒子从P点到O点的时间大于【分析】画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径；以此讨论各个选项即可。【解答】解：A、根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有：（3r﹣R）2＝R2+r2解得：R＝，不是OP的中点，故A错误；B、由图得：tanθ＝＝，θ＝37°，所以粒子与OP连线的夹角为90°﹣37°＝53°，故B错误；C、由R＝，又R＝，得v＝＜，故C正确；D、粒子在圆形区域内运动到O点的位移为r，在圆形区域内θ角对应的弧长x＝解得：x≈0.8r＜r，所以粒子从P点到O点的时间大于，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，知道洛伦兹力提供粒子匀速圆周运动的向心力，关键是画轨迹，确定圆心和半径，再结合几何关系即可求解。27/27\n二、实验题（共16分）13．（6分）某同学要做描绘小灯泡的伏安特性曲线实验，实验室提供了以下器材：A．待测小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.5A）B．电流表（量程3A，内阻约为0.1Q）C．电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）D．电压表（量程3.0V，内阻约为10kΩ）E．电压表（量程150V，内阻约为50kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值为100Ω．额定电流50mA）G．滑动变阻器（最大阻值为10Q，额定电流1.0A）H．电源（电动势为3.0V，内阻不计）。电键及导线等。（1）为了顺利完成实验并能减小实验误差，电流表应选用　C　、电压表选用　D　、滑动变阻器选用　G　（均填写实验器材前的字母）（2）该同学根据实验要求选用了合适的器材，并完成部分电路的连接，如图所示，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片P移到　左　端（填“右”或“左”）。【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（2）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。【解答】解：（1）灯泡额定电流为0.5A，电流表应选择C；灯泡额定电压为2.5V，电压表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，测量范围较大，滑动变阻器采用分压接法，小灯泡的阻值相对于电流表内阻来说很小，电流表应采用外接法，据此完善电路图如图所示：27/27\n由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于左端。故答案为：（1）CDG；（2）如图所示，左。【点评】本题考查了实验器材的选择、实验注意事项与实验数据处理；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。14．（10分）图a为某同学组装的简易多用电表的电路图，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻；是表头，虚线方框内为选择开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表的选择开关有5个挡位，分别为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流10mA挡和25mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图a中的B端应与　红　（选填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）选择开关接“1”时，对应的挡位是　B　。A．直流电流10mA挡B．直流电流25mA挡（3）在某次测量中，将选择开关接“3”，该多用电表指针位置如图b所示，则多用电表读数为　1.1×103Ω　。（4）该同学为了较精确地测量另一定值电阻的阻值Rx，采用如图c所示的电路，电源电压U恒定，利用多用电表的电流档（内阻不计）测电路电流。闭合电键，多次改变电阻箱阻值R，记录相应的R和多用电表读数I，得到R﹣的关系图线，如图d所示。则Rx27/27\n＝　200　Ω，电源电压U＝　8　V．【分析】（1）欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题。（2）表头与分流电阻并联可以改装成电流表，分流电阻阻值越大，电流表量程越小。（3）根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。（4）由闭合电路的欧姆定律求得到R﹣的关系式，据图线结合关系式求各量值。【解答】解：（1）由图（a）所示电路图可知，B与欧姆表内置电源的负极相连，B为红表笔。（2）由图（a）所示电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的量大程；即B正确，（3）接1时为欧姆档，读数为：1.1×103Ω，（4）由闭合电路欧姆定律得：U＝I（Rx+R）得R＝﹣Rx图线的斜率为U＝＝8v，截距为Rx＝200Ω故答案为：（1）红（2）B（3）1.10×103Ω（4）200，827/27\n【点评】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率；要特别注意。三、计算题(本题有4小题,共36分。解答时请写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤和答案,只写最后答案的不能得分。)15．（7分）如图所示的闭合电路中，电源电动势E＝6V，灯泡A标有“4.5V，3W”，灯泡B标有“3V，3W”。当开关S闭合时A、B两灯均正常发光。求（1）R的阻值；（2）电源的内阻r。【分析】明确电路结构，由B灯正常发光可得电流IB，由欧姆定律可得R的电压从而得出A灯的电压由欧姆定律即可求得R的阻值，根据A灯求出A在的之路的电流，从而知总电流，由全电路欧姆定律求得r的阻值。【解答】解：流过R及B灯的电流IB＝＝A＝1A所以R＝＝Ω＝1.5Ω流过A灯的电流IA＝＝A＝A由闭合电路欧姆定律：E＝UA+（IA+IB）r解得：r＝0.9Ω答：（1）R的阻值为1.5Ω；（2）电源的内阻r为0.9Ω。【点评】对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。16．（8分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°27/27\n，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6.0V、内阻r＝0.5Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到金属导轨的摩擦力大小（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到金属导轨的支持力大小。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解电流强度，根据安培力的计算公式求解；（2）画出导体棒受力示意图，将重力正交分解，根据平衡条件求解摩擦力的大小和方向；（3）若将磁场方向改为竖直向上，根据平衡条件进行解答。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝2A导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.40N（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0.3N由于F1小于F安，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，受力如图。根据共点力平衡条件mgsin37°+f＝F安f＝0.1N（3）对导体棒受力分析如图，受竖直向下的重力mg、水平向右的安培力BIL和垂直导轨向上的支持力N由正交分解得：N＝mgcosθ+BILsinθ＝0.64N答：（1）导体棒受到的安培力大小为0.40N；（2）导体棒受到金属导轨的摩擦力大小为0.1N（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，导体棒受到金属导轨的支持力大小为0.64N。27/27\n【点评】本题主要是考查安培力作用下导体的平衡问题，解答本题要掌握共点力平衡条件的处理方法。17．（9分）如图所示，倾角为37°的绝緣斜面AB和绝缘水平面BC平滑连接，斜面与水平面的动摩擦因数均为0.5，斜面AB长L＝4m，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度为10×103N/c。现有质量为m＝1kg，带电量为+20×10﹣3c的滑块从A点以初速度6m/s沿斜面下滑。g取10m/s2，求：（1）滑块在斜面AB运动的时间；（2）滑块在水平面BC运动的最大位移。【分析】（1）在斜面上对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求出加速度大小，关键加速度大小可判断滑块的运动特点，在根据运动学公式求得时间；（2）滑块在水平面上运动由动能定理可求得运动的最大位移。【解答】解：（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°﹣qE＝ma联立解得：a＝0小物块在斜面做匀速运动，滑块在斜面AB运动的时间为：t＝＝s（2）滑块水平面BC上受力分析得：f＝μ（mg﹣qEsin37°）＝4.4N滑块水平面滑动的过程由动能定理得：﹣fSmax＝0﹣27/27\n联立解得：Smax＝3m答：（1）滑块在斜面AB运动的时间是s；（2）滑块在水平面BC运动的最大位移s是3m【点评】此题考查力的牛顿第二定律和动能定理，注意受力分析和运动过程分析即可，难度不大。18．（12分）如图所示，在xOy坐标平面内，x＜0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限与y轴夹角为30°的倾斜直线OM下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m，带电量为q的粒子在电场中的P点以初速度v0沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场。已知P点坐标为（﹣L、L），磁场的磁感应强度B＝，不计粒子重力。求：（1）匀强电场的场强大小；（2）粒子第二次经过y轴时的坐标；（3）粒子从开始到第二次经过y轴所经历的时间。【分析】（1）根据类平抛知识求解电场强度大小；（2）求出粒子进入磁场的夹角，画出运动轨迹，根据圆周运动和几何知识求解射出点；（3）根据粒子分段运动求出时间即可。【解答】解：（1）设粒子从P到O时间为t1，加速度为a，则L＝v0t1由牛顿第二定律：qE＝ma联立，得E＝27/27\n（2）设粒子运动到O点时速度为v，则vy＝atv＝联立，得v＝2v0粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB＝粒子在O点时速度方向与y轴负方向的夹角为30°，从磁场射出时速度恰好水平向左，由几何关系，得：y＝R+Rsin30°＝2L（3）粒子从P到O的时间t1＝粒子在磁场中做匀速圆周运动T＝t2＝＝从磁场射出后作匀速直线运动：t3＝粒子从开始到第二次经过y轴的时间：t＝t1+t2+t3＝答：（1）匀强电场的场强大小为＝；（2）粒子第二次经过y轴时的坐标为2L；（3）粒子从开始到第二次经过y轴所经历的时间为。【点评】解决本题的关键理清粒子整个过程中的运动规律，掌握处理类平抛运动和圆周运动的方法，作出运动轨迹，结合牛顿第二定律、运动学公式进行求解。27/27\n27/27