广东省揭阳市普宁市华侨中学高二物理上学期期中试卷含解析

广东省揭阳市普宁市华侨中学2022-2022学年高二（上）期中物理试卷　一、选择题（本题共14小题；每小题3分，共42分．每小题中有的有一个选项正确，有的有多个选项正确，全选对得3，选不全得2，选错不得分．）1．将面积是0.5m2的导线环放在匀强磁场中，环面与磁场方向垂直．已知穿过这个导线环的磁通量是2.0×10﹣2wb，则该磁场的磁感应强度为（　　）A．4.0×10﹣2TB．1.0×10﹣2TC．25TD．2.0×10﹣2T　2．在如图所示的点电荷的电场中，一试探电荷从A点分别移动到B、C、D、E各点，B、C、D、E在以Q为圆心的同一圆周上，则电场力做功（　　）A．从A到B做功最大B．从A到C做功最大C．从A到E做功最大D．做功一样大　3．在匀强磁场中，一个带电粒子只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场中，则（　　）A．粒子的速率加倍，轨道半径减半B．粒子的速率加倍，周期减半C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的D．粒子的速率不变，周期减半　4．一太阳能电池板，测得它的开路电压为80mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为18Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）A．40mVB．60mVC．72mVD．80mV　5．如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（　　）A．若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）B．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）C．若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）22\nD．若速度变为v0将往下偏（其它条件不变）　6．如图电路中，当可变电阻R的阻值增大时，下列说法正确的是（　　）A．AB两点间的电压U增大B．AB两点间的电压U减小C．通过R的电流强度I增大D．通过R2的电流强度I增大　7．指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（　　）A．导线南北放置，通有向北的电流B．导线南北放置，通有向南的电流C．导线东西放置，通有向西的电流D．导线东西放置，通有向东的电流　8．一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨道如图虚线a、b、c所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是（　　）A．此粒子一直受到静电排斥力B．粒子在b点的电势能一定大于a点的电势能C．粒子在b点的速度一定大于a点的速度D．粒子在a点和c点速度大小相等　9．内阻为1200欧的伏特表与电阻R串联，接入内阻可忽略的电动势为6伏特的电池两端，此时伏特表的读数为4.5伏，则此电阻R的阻值是（　　）A．300欧B．400欧C．1200欧D．3600欧　10．图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）22\nA．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下　11．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）A．32WB．40WC．47WD．48W　12．如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点．一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点．在此过程中，该点电荷的速度υ随时间t变化的规律如图乙所示．则下列说法中正确的是（　　）A．A点的电场强度比B点的小B．A、B两点的电场强度相等C．A点的电势比B点的电势高D．A点的电势比B点的电势低　13．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同　22\n14．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（　　）A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面指向斜面D．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上　　二、实验题：（19、20每题3分，其余的每格2分，共20分）15．（2分）在“测量金属丝的电阻率”实验中，用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，则该金属丝的直径为　　　　　　mm．　16．（4分）如图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为　　　　　　V；（2）如果是用×100Ω档测量电阻，则读数为　　　　　　Ω．　17．（4分）某同学用伏安法测定一节干电池的电动势ε和内电阻r．实验中共测出六组数据，她已经把六个数据点描绘在坐标图上，请你根据数据描出图线并由图象法求出电池电动势及内阻．（在答题卷上完成）根据图线求得：电动势ε=　　　　　　V，内电阻r=　　　　　　Ω．22\n　18．（4分）滨江实验室里有表头内阻r=500欧，满偏电流I=2毫安的灵敏电流表，现要将其改装成量程U=15伏的电压表，则要　　　　　　（填串联或并联）一个阻值为　　　　　　欧的分压电阻．　19．（3分）李老师组织同学做“描绘小电珠伏安特性曲线”的实验，小电珠的额定参数是“2.5V，1W”，提供的电源是干电池两节．安培表的两个量程是0.6A和3A，伏特表的两个量程是3V和15V．下列图1是实验原理图，请你选择合适的电表量程，根据电路图在如图2中连接实物图．　20．（3分）某同学用伏安法测量一个定值电阻的阻值，老师提供的器材如下，请你根据所提供的器材设计一个实验电路图，并将它画在如图的方框中．（a）待测电阻Rx（约1000Ω）（b）滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，允许最大电流1A）（c）直流毫安表（量程0～5mA，内阻30Ω）（d）直流电压表（量程0～3V，内阻3kΩ）（e）直流电源（输出电压4V，内阻不计）（f）电键一个、导线若干．22\n　　三、解答题：（要求写出必要的论述及解答过程，并在答题卷上规定的方框内答题，21题8分，22，23题15分，共38分）21．（8分）在如图所示的电路中，所用电源电动势E=10V，内电阻r=1.0Ω，电阻R1可调．现将R1调到3.0Ω后固定．已知R2=16Ω，R3=Ω，求：（1）开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？（2）为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间电路消耗的电功率将是多少？　22．（15分）如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩因数m=0.2，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）　23．（15分）如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=﹣2h处的P3点．不计重力．求（l）电场强度的大小．22\n（2）粒子到达P2时速度的大小和方向．（3）磁感应强度的大小．　　22\n广东省揭阳市普宁市华侨中学2022-2022学年高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共14小题；每小题3分，共42分．每小题中有的有一个选项正确，有的有多个选项正确，全选对得3，选不全得2，选错不得分．）1．将面积是0.5m2的导线环放在匀强磁场中，环面与磁场方向垂直．已知穿过这个导线环的磁通量是2.0×10﹣2wb，则该磁场的磁感应强度为（　　）A．4.0×10﹣2TB．1.0×10﹣2TC．25TD．2.0×10﹣2T　考点：磁感应强度．分析：闭合导线处在匀强磁场中，当环面与磁场垂直时，穿过环的磁通量Φ=BS，变形求出B．解答：解：闭合导线环在匀强磁场中，环面与磁场垂直时，穿过环的磁通量Φ=BS，则B==T=4.0×10﹣2T．故A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题根据匀强磁场中磁通量的定义式Φ=BS来分析计算磁感应强度B．2．在如图所示的点电荷的电场中，一试探电荷从A点分别移动到B、C、D、E各点，B、C、D、E在以Q为圆心的同一圆周上，则电场力做功（　　）A．从A到B做功最大B．从A到C做功最大C．从A到E做功最大D．做功一样大　考点：电势差与电场强度的关系；等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：B、C、D、E在以Q为圆心的同一圆周上，电势相等，电场力做功公式W=qU分析即可．解答：解：据题知，B、C、D、E都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，则A到各点的电势差U相等，电场力做功公式W=qU分析电场力做功相等．故D正确．故选：D．点评：本题一方面要知道以点电荷Q为圆心的圆是一个等势面；二要知道电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关．3．在匀强磁场中，一个带电粒子只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场中，则（　　）A．粒子的速率加倍，轨道半径减半B．粒子的速率加倍，周期减半C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的D．粒子的速率不变，周期减半　考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．22\n分析：该题考察了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式R=和周期公式T=来分析各选项．解答：解：A、B、C、洛伦兹力提供向心力，与速度垂直，不做功，故动能不变，速率不变；故ABC错误；D、根据周期公式T=，磁场的磁感应强度增加一倍，周期减小为；故D正确；故选：D．点评：带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改变速度的大小．此类问题要求掌握洛仑兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题．4．一太阳能电池板，测得它的开路电压为80mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为18Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）A．40mVB．60mVC．72mVD．80mV　考点：路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．解答：解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：E=80mV由闭合电路欧姆定律得短路电流：I短=则电源内阻：r===2Ω该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流：I==mA=4mA故路端电压：U=IR=4mA×18Ω=72mV；故选：C．点评：对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．5．如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（　　）A．若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）22\nB．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）C．若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）D．若速度变为v0将往下偏（其它条件不变）　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：粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动．解答：解：正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=E．A、若改为电荷量﹣q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B=qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误．B、若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确．C、若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误．D、若速度变为v0，若离子带正电，洛伦兹力为原来的倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向下偏转，同理，若离子带负电，离子也向下偏转，故D正确．故选：BD点评：本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题．6．如图电路中，当可变电阻R的阻值增大时，下列说法正确的是（　　）A．AB两点间的电压U增大B．AB两点间的电压U减小C．通过R的电流强度I增大D．通过R2的电流强度I增大　考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器并联，然后再与另一个定值电阻串联；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，根据欧姆定律及串并联电路的特点判断AB两点间的电压和滑动变阻器R的电流如何变化．解答：解：AB、当滑动变阻器R的阻值增大时，定值电阻与滑动变阻器并联的总电阻增大，根据串联电路分压的特点可知，AB两点间分得的电压U增大；故A正确，B错误．CD、由欧姆定律知，与滑动变阻器并联的电阻R2中的电流增大，干路电流减小，又因为并联电路中，干路电流等于支路电流之和，所以通过R的电流减小．故C错误，D正确．故选：AD．22\n点评：本题是电路动态变化分析问题，从局部到整体，再到局部，按顺序分析是常用的方法．7．指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（　　）A．导线南北放置，通有向北的电流B．导线南北放置，通有向南的电流C．导线东西放置，通有向西的电流D．导线东西放置，通有向东的电流　考点：电流的磁场对磁针的作用．分析：通电导线产生的磁场由安培定则判断，小磁针在磁场中N极受力方向与磁场方向相同．解答：解：A、若导线南北放置，通有向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将向西偏转，与图中实线所示位置相反．故A错误．B、导线南北放置，通有向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将向东偏转，可转向图中实线所示位置．故B正确．C、导线东西放置，通有向西的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将向南偏转．故C错误．D、导线东西放置，通有向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N极不偏转．故D错误．故选B点评：本题考查安培定则的应用能力，这是当初奥斯特发现电流磁效应实验原理图．8．一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨道如图虚线a、b、c所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是（　　）A．此粒子一直受到静电排斥力B．粒子在b点的电势能一定大于a点的电势能C．粒子在b点的速度一定大于a点的速度D．粒子在a点和c点速度大小相等　考点：等势面；电场线．分析：电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，故A正确．22\nB、粒子由a到b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以b点的电势能一定大于在a点的电势能，故B正确．C、根据动能定理，粒子由a到b，电场力做负功，动能减少，故粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故C错误．D、c点和a点在同一个等势面上，电场力做功为零，动能不变，故它们的速度的大小相等，但是他们的速度的方向不同，故D正确．本题要求选择不正确的，故选：C点评：本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况．9．内阻为1200欧的伏特表与电阻R串联，接入内阻可忽略的电动势为6伏特的电池两端，此时伏特表的读数为4.5伏，则此电阻R的阻值是（　　）A．300欧B．400欧C．1200欧D．3600欧　考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：根据串联电路的分压之比与电阻之比成正比即可求解．解答：解：电阻R上的电压：U=6V﹣4.5V=1.5V串联电路电流相等，根据欧姆定律：U=IR则分压与电阻成正比，即分压之比等于电阻之比：=得：R=400Ω故选：B．点评：本题考查了串联电路中电阻与分压的关系，记住：大电阻分大电压．10．图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）A．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下　考点：电场强度；电势能；等势面．专题：计算题．分析：由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度．解答：解：由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U==﹣173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；22\n由E=可知电场强度E=V/m=1000V/m；故选D．点评：电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离．11．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）A．32WB．40WC．47WD．48W　考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由电流表和电压表的示数，根据欧姆定律求出电动机的电阻．电动机正常运转时输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差．解答：解：依题，电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V，则电动机的电阻R==2Ω这台电动机正常运转时输出功率为P出=U2I2﹣=24×2﹣22×2（W）=40W故选：B点评：对于电动机电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路，关键抓住电能如何转化，如电能全部转化为内能，则为纯电阻电路，否则是非纯电阻电路．12．如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点．一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点．在此过程中，该点电荷的速度υ随时间t变化的规律如图乙所示．则下列说法中正确的是（　　）A．A点的电场强度比B点的小B．A、B两点的电场强度相等C．A点的电势比B点的电势高D．A点的电势比B点的电势低22\n　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．分析：速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口．解答：解：A、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强．故A正确，B错误；C、由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B指向A，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由A指向B；而沿电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点的电势高．故C正确，D错误．故选：AC．点评：本题虽然难度不大，但考查的知识点比较全面，是不可多得的好题，要注意掌握．13．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同　考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．解答：解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．故选B点评：本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．14．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（　　）22\nA．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面指向斜面D．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上　考点：洛仑兹力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．分析：小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0，做匀速运动．解答：解：A、小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大．故A错误，C正确．B、B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同．故B错误．D、滑块到地面时当B很大，则摩擦力有可能很大，当滑块受到的摩擦力与重力向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．二、实验题：（19、20每题3分，其余的每格2分，共20分）15．（2分）在“测量金属丝的电阻率”实验中，用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，则该金属丝的直径为　0.347mm～0.349　mm．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.0mm，可动刻度读数为0.01×34.8mm=0.348mm，则最终读数为0.347mm～0.349．故答案为：0.347mm～0.349．点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，知道固定刻度和可动刻度分度值的大小．　16．（4分）如图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为　6.5　V；22\n（2）如果是用×100Ω档测量电阻，则读数为　8.0×102　Ω．　考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）直流10V档最小分度为0.2V，准确值加估计到0.1V位．（2）用×100Ω档测量电阻，读数=指示值×倍率．解答：解：（1）用直流10V档测量电压，准确值6.4V，估计值0.5，读数为6.5V．（2）用×100Ω档测量电阻，指示值8.0Ω，倍率为×100，读数为8.0×102Ω．故答案为：（1）6.5（2）8.0×102点评：题考查基本仪器、仪表的读数能力．仪器、仪表的读数是准确值加估计值，在仪器、仪表的读数中不可靠数字只保留一位，仪器或仪表中不可靠数字出现在哪一位，读数就读到哪一位．17．（4分）某同学用伏安法测定一节干电池的电动势ε和内电阻r．实验中共测出六组数据，她已经把六个数据点描绘在坐标图上，请你根据数据描出图线并由图象法求出电池电动势及内阻．（在答题卷上完成）根据图线求得：电动势ε=　1.45　V，内电阻r=　0.5　Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据描点作图的要求连接各点，再根据U﹣I图象的意义即可确定电动势和内阻．解答：解：将误差较大的点舍去，其他点用直线相连，如图所示：图象与纵坐标的交点为电源的电动势E=1.45V；r==0.5Ω；故答案为：如图所示；1.450.522\n点评：本题考查图象法的应用，要注意正确作图，不合理的点一定要舍去！　18．（4分）滨江实验室里有表头内阻r=500欧，满偏电流I=2毫安的灵敏电流表，现要将其改装成量程U=15伏的电压表，则要　串联　（填串联或并联）一个阻值为　7000　欧的分压电阻．考点：把电流表改装成电压表；用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电阻特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．解答：解：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣Rg=﹣500=7000Ω；故答案为：串联；7000．点评：本题考查了电压表的改装，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．　19．（3分）李老师组织同学做“描绘小电珠伏安特性曲线”的实验，小电珠的额定参数是“2.5V，1W”，提供的电源是干电池两节．安培表的两个量程是0.6A和3A，伏特表的两个量程是3V和15V．下列图1是实验原理图，请你选择合适的电表量程，根据电路图在如图2中连接实物图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据灯泡额定电压选择电压表量程，根据灯泡额定电流选择电流表量程．根据电路图连接实物电路图．22\n解答：解：灯泡额定电压为3V，则电压表选0﹣3V量程，灯泡正常发光时的电流为I===0.4A，电流表选择0﹣0.6A，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如所示：故答案为：电路图如图所示．点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图；根据灯泡额定电压与额定电流选择实验器材，连接实物电路图时，要注意电表正负接线柱不要接反．　20．（3分）某同学用伏安法测量一个定值电阻的阻值，老师提供的器材如下，请你根据所提供的器材设计一个实验电路图，并将它画在如图的方框中．（a）待测电阻Rx（约1000Ω）（b）滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，允许最大电流1A）（c）直流毫安表（量程0～5mA，内阻30Ω）（d）直流电压表（量程0～3V，内阻3kΩ）（e）直流电源（输出电压4V，内阻不计）（f）电键一个、导线若干．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：实验电路应保证安全准确；故应根据给出的滑动变阻器及待测电阻的大小关系可得出滑动变阻器的接法；由电表内阻对电路的影响可选出电流表的接法，从而得出原理图．解答：解：由题意可知，待测电阻为1000Ω，而滑动变阻器的阻值最大只有5Ω，故将滑动变阻器全部接入也无法起到限流作用，故滑动变阻器应选用分压接法；因，故电流表应采用电流表内接法；根据原理图可如图所示；22\n答：如图所示．点评：本题应注意当滑动变阻器的阻值过小，即使全部接入仍无法达到保护要求时，应采用分压接法．　三、解答题：（要求写出必要的论述及解答过程，并在答题卷上规定的方框内答题，21题8分，22，23题15分，共38分）21．（8分）在如图所示的电路中，所用电源电动势E=10V，内电阻r=1.0Ω，电阻R1可调．现将R1调到3.0Ω后固定．已知R2=16Ω，R3=Ω，求：（1）开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？（2）为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间电路消耗的电功率将是多少？　考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）开关S断开时，R1、R2串联；开关S接通时，R2、R3并联后与R1串联．求出外电路总电阻，根据闭合电路欧姆定律分别求出通过R1的电流．（2）A、B之间电路电阻的一定，要使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，电流应达到最大值，R1调为零，再求出A、B间电路消耗的电功率．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：S断开时：I1==S闭合时：RAB==1.0Ω所以I2==2.0A22\n（2）S闭合时，RAB=1.0Ω是定值电阻，所以电流越大，功率越大，使A、B之间电路的电功率能达到最大值，所以应将R1调为零．A、B间电路消耗的电功率为：PAB==25W答：（1）开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为0.5A和2A．（2）为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到零．这时A、B间电路消耗的电功率将是25W．点评：本题是简单的串并联电路问题，先求外电路总电阻，再求解电流是常用思路．22．（15分）如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩因数m=0.2，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）考点：动能定理的应用；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；（2）在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力；解答：解：（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，qEL﹣μmgL﹣mg•2R=mv2﹣0小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mg=m代入数据解得v=2m/s，L=20m．（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，qE（L+R）﹣μmgL﹣mg•R=mvP2﹣0在P点时由牛顿第二定律可得，N﹣qE=m解得N=1.5N由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．答：（1）滑块与N点的距离为20m；22\n（2）滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．点评：本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意分析力的做功情况的不同，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题．　23．（15分）如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=﹣2h处的P3点．不计重力．求（l）电场强度的大小．（2）粒子到达P2时速度的大小和方向．（3）磁感应强度的大小．　考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：压轴题．分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出电场强度；（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角，根据运动学公式即可求解；（3）粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径根据几何关系可以求出，再由牛顿第二定律即可求出磁感应强度．解答：解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有：v0t=2h①qE=ma②③联立①②③式可得：（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角（与x轴的夹角）为θ，v12=2ah22\nθ=45°所以粒子是垂直P2P3的连线进入磁场的，P2P3是粒子圆周运动轨迹的直径，速度的大小为（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动的半径根据几何关系可知是r=，由牛顿第二定律所以如图是粒子在电场、磁场中运动的轨迹图答：（l）电场强度的大小为．（2）粒子到达P2时速度的大小为，与x轴成45°夹角；（3）磁感应强度的大小为点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中．22