四川省成都市第七中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题
一、单选题
1．下列单位中，作为国际单位制基本单位的是（ ）
A．电荷量的单位库仑(C) B．电流的单位安培(A)
C．磁感应强度的单位特斯拉(T) D．磁通量的单位韦伯(Wb)
2．如图所示，一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板上的小孔，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小说法正确的是（ ）
A．垂直于纸面向里，甲的比荷最大
B．垂直于纸面向里，丙的比荷最大
C．垂直于纸面向外，丙的比荷最大
D．垂直于纸面向外，丁的比荷最大
3．如图所示的扇形区域，A、B是三分之一圆弧的两个端点，D是圆弧的中点，圆弧的圆心为O、半径为r，AB与OD相交于C点，电荷量均为Q的两个正点电荷分别固定于A、B点。关于这两个电荷形成的电场（静电力常量为k），下列说法正确的是（ ）
A．O、C、D三点的电势相等
B．C点的电场强度大小为
C．D点的电场强度大小为
D．若在O点由静止释放一个试探正点电荷（仅考虑所受电场力），该电荷将在OD间做往复运动
4．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的梦溪笔谈中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极
B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强
C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置
5．如图，电路中电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R为定值电阻，闭合开关S，小灯泡L正常发光，现将滑动变阻器的滑片由右向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表Vl、V2示数变化量的绝对值分别为、理想电流表A示数变化量的绝对值为，则（ ）
A．滑动过程中，电源的输出功率一定增大
B．滑动过程中，电压表Vl的示数逐渐增大
C．与均保持不变
D．当电路稳定后，断开开关S，小灯泡一定立刻熄灭
6．如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB=2BC，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，电子的电势能增加5eV
B．该过程中，电子的电势能减少5eV
C．该过程中，电场力对电子做正功3eV
D．该过程中，电子克服电场力做功3eV
二、多选题
7．如图所示，棱长为L的正方体的上、下底面的每条棱上均固定有长直导线，导线间彼此绝缘且通过导线的电流大小均为。已知通有电流为I的长直导线在距离d处产生的磁感应强度大小为。正方体中心磁感应强度的大小可能是（ ）
A． B．0 C． D．
三、单选题
8．如图所示的纸面是光滑、绝缘的水平桌面。在桌面上有一直角坐标系xOy，它的第一象限内有一过O点的虚线OP，虚线与x轴正方向间夹角θ=30°。虚线右下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E=1.0×103N/C的匀强电场。虚线上有一点K，OK=5m。一个质量为m=0.02kg、电量为q=-1.0×10-4C的带负电小球从K点以速度v=4m/s垂直虚线射入电场，则小球运动过程中（ ）
A．到x轴的最小距离为0.1m B．到x轴的最小距离为2.4m
C．恰能到达x轴 D．能穿过x轴
四、多选题
9．下列实验中，与“电生磁”或“磁生电”有关的是（ ）
A．奥斯特电流磁效应实验 B．库仑扭秤实验
C．法拉第圆盘实验 D．密立根油滴实验
10．在物理学中，常用比值法来定义物理量，例如用E=定义电场强度。下列也采用比值法定义、且定义式正确的物理量是（ ）
A．电流 B．磁感应强度
C．电容器的电容C= D．导体的电阻
11．如图所示，一个氢离子和一个氦离子同时从同一点由静止开始，经同一电场加速后垂直射入同一偏转电场中，最终打在与偏转电场平行的竖直荧光屏上，整个过程中不考虑两离子间的相互作用，则下列说法正确的是（)
A．两离子将先后打在荧光屏上的同一点
B．两离子将同时打在荧光屏上的同一点
C．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2：1
D．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为：1
12．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一条虚线x=L，虚线左方有与虚线平行的匀强电场（图中未画出），虚线右方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O点以速率v0沿某一方向射入第一象限，经电场作用后，粒子正好从点A（L，L）平行于x轴离开电场进入磁场。之后，粒子在磁场作用下正好经过x轴上的点C（2L，0）。不计重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．电场方向沿+y方向
C．磁场磁感应强度
D．粒子从O到A的时间小于从A到C的时间
13．由相同材料、相同横截面积的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，乙线圈的匝数是甲的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。已知甲线圈正好匀速进入磁场，在甲线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲线圈中的感应电动势为E、感应电流为I、产生的焦耳热为Q，则在乙线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，下列说法中是（ ）
A．乙线圈也正好匀速进入磁场 B．乙线圈中的感应电动势也为E
C．乙线圈中的感应电流也为I D．乙线圈中产生的焦耳热也为Q
五、实验题
14．如图所示是某实验小组在“研究感应电流方向与磁通量变化的关系”实验中的部分操作示意图，图甲是电流通过灵敏检流计G时指针的偏转情况．
（1）图甲电路中，串联定值电阻R的主要目的是____．
A．减小路端电压，保护电源
B．增大电源的内电压，保护电源
C．减小电路中的电流，保护灵敏检流计
D．增大电路中的电流，便于观察灵敏检流计的示数
（2）如图乙，当磁铁向上抽出线圈时，检流计G中指针将 （填“左”、“右”或“不”）偏；如图丙，根据检流计G中指针偏转方向，可知此时条形磁铁的运动是 填“插入”或“抽出”）线圈．
15．用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：电流表A1（量程0~30mA）；电流表A2（量程0~100mA）；电压表V（量程0~6V）；滑动变阻器R1（阻值0~5Ω）；滑动变阻器R2（阻值0~300Ω）；开关S一个，导线若干条。某同学的实验过程如下：
Ⅰ.设计如图所示的电路图
Ⅱ.正确连接电路，将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴，I为横轴，得到如图所示的图线
Ⅲ.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。回答下列问题：
（1）电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；
（2）由图的图线，得电源内阻r= Ω；
（3）用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx= ，代入数值可得Rx；
（4）若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 。（选填“相同”或“不同”）
六、解答题
16．如图所示，一直流电动机与阻值R=9 的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1 ，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1 ，求：
（1）电源两极间的电压；
（2）电动机的输出功率。
17．如图所示，足够高的水平桌面上固定着两根足够长的、电阻不计的、距离为L的平行直导轨KN和PQ。导轨右端连接阻值为R的定值电阻。一根质量为m、电阻为r、长度略大于L的导体棒垂直导轨放置，与导轨接触良好。整个空间中存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。一根与导轨平行的轻绳一端系在导体棒的中点，另一端绕过轻质定滑轮悬挂质量为M的重物。开始时重物M被外力（图中末画出）托住处于静止状态，轻绳处于伸直且无拉力的状态。撤去外力，重物M运动起来，最终达到最大速度（重物M仍在空中）。重力加速度为g，不计一切摩擦阻力和空气阻力。求：
（1）该最大速度的大小；
（2）当重物M的速度为最大速度的一半时，绳上拉力的大小。
18．足够长的水平桌面上存在如图所示的相邻的、宽度均为L=0.2m的区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ。区域Ⅰ中的桌面是光滑的，其它部分的桌面是粗糙的，动摩擦因数为μ=0.5。区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ（包括桌面）中存在方向均在图示竖直面内的三种匀强电场：Ⅰ中电场方向水平向右、大小为E1=36N/C；Ⅱ中电场方向水平向左、大小为E2=18N/C；Ⅲ中电场方向斜向左下与桌面成θ=53°、大小为E3=10N/C。一个可视为质点的、带正电的绝缘滑块，质量m=0.2kg，电量q=0.5C，从区域Ⅰ中左边缘O点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。求：
（1）滑块刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）滑块在区域Ⅱ中的运动时间；
（3）滑块运动的总路程。
19．如图所示，三角形ACD是等腰直角三角形，是直角，，在三角形内部和边界上有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B（图中未画出）。一排足够长的质量为m、电量为q的带正电的粒子以某一初速v垂直CD边同时射入磁场（不计重力和粒子之间的库仑力）。可能会用到的数学公式：，
（1）若已知，求CD边上有粒子离开的长度；
（2）若已知这些粒子在磁场中运动的最长时间为，求v应满足的条件；
（3）若已知，求AD边上有粒子离开的长度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】国际单位制共有七个基本单位：长度m，时间s，质量kg，热力学温度（开尔文温度）K，电流A，光强度cd（坎德拉），物质的量mol。故ACD错误，B正确。
故选择B.
【分析】1、长度：米（m） 米是光在真空中（1/299 792 458) s时间间隔内所经路径的长度。
2、质量：千克(kg)千克是质量单位，等于国际千克原器的质量。
3、时间：秒（s）秒是铯-133原子基态的两个超精细能级之间跃迁所对应的辐射的9192 631 770个周期的持续时间。
4、电流：安培（A）安培是电流的单位。在真空中，截面积可忽略的两根相距1m的无限长平行圆直导线内通以等量 恒定电流时，若导线间相互作用力在每米长度上为2X10-7N，则每根导线中的电流为1 A。
5、热力学温度：开尔文（K） 热力学温度开尔文是水三相点热力学温度的1/273.16。
6、物质的量：摩尔（mol）摩尔是一系统的物质的量，该系统中所包含的基本单元数与0.012 kg碳-12的原子数目相等。在使 用摩尔时，基本单元应予指明，可以是原子、分子、离子、电子及其他粒子，或是这些粒子的特定组合。
7、发光强度：坎德拉（cd）坎德拉是一光源在给定方向上的发光强度，该光源发出频率为540X1012Hz的单色辐射，且在此方向上的辐射强度为(1/683) W/sr。
2．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【解答】由图可知甲、乙粒子向上偏转，根据左手定则可知甲、乙粒子带正电，所以甲、乙粒子在速度选择器中所受电场力向下，则所受洛伦兹力向上，所以速度选择器两极板间磁场方向垂直纸面向里；设粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有，解得，易知四种粒子的速度大小相同满足，所以R越小，比荷越大，所以甲的比荷最大。综上所述可知A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】由图可知甲、乙粒子向上偏转，根据左手定则说明甲、乙粒子带正电，可知速度选择器两极板间磁场方向垂直纸面向里，再结合牛顿第二定律可知半径越小，比荷越大。
3．【答案】C
【知识点】电场力做功；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．根据电势的叠加原理可知，两个正电荷形成的电场中，C点的电势最高，OD两点电势相等且小于C点电势，故A错误；
B．两个电荷在C点形成的电场等大反向，则根据场强的叠加原理可知C点的场强为零，故B错误；
C．D点的电场强度大小为，故C正确；
D．若在O点由静止释放一个试探正点电荷，因O点的场强方向沿CO方向，则电荷将沿CO方向做直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】根据等量同种电荷的电场分布情况，判断电势的大小；再根据场强的叠加原理可得场强的分布情况。
4．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场
【解析】【解答】A．根据磁极间的相互作用可知，在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极，故A错误；
B．地球上赤道附近磁场的方向与地面几乎平行，越往两极磁场的方向与地面之间的夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故B正确；
C．地球磁场的N极在地球的地理南极附近，由安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的，故C错误；
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线的方向沿南北方向，故D错误。
故选择：B。
【分析】根据地球磁场的N极在地球的地理南极附近，所以在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极；在做奥斯特实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线的方向沿南北方向。
5．【答案】C
【知识点】路端电压与负载的关系；电路动态分析
【解析】【解答】AB．将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻变大，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，V1示数减小，由于电源的内阻与外电阻的大小关系未知，所以电源的输出功率不一定增大，AB错误；
C．根据，得，保持不变，，保持不变，C正确；
D．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，D错误。
故选C。
【分析】关于电路的动态分析，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，利用闭合电路欧姆定律，局部整体局部的思路。
6．【答案】D
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】CD．根据匀强电场强度与电势差的关系可得，解得D的电势为，
P是CD的中点，P点电势为，
一个电子从A点移动到P点电场力做功为
可知该过程中，电子克服电场力做功3eV，故C错误，D正确；
AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误。
故选择D。
【分析】根据匀强电场强度与电势差的关系，可得D点的电势，又因为P是CD的中点，可得P点电势，利用电场力做功的特点可得电子克服电场力做功。
7．【答案】B,C,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】以垂直ABFE面的四根导线为例，导线电流方向改变时对应的ABFE面中心合磁感应强度大小总共有三种，分别是0，和，若只考虑垂直某面的四根导线在该面中心产生的磁场，
当ABFE面中心磁场沿EB方向、BCHF面中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为120°，正方体中心处的磁感应强度大小为；
当BFE面中心磁场沿BE方向、BCHF中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为60°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABFE面中心磁场方向沿EF方向，BCHF面中心磁场方向沿BC方向，大小均为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABEF面中心磁场方向沿EF方向、大小为，BCHF面中心磁场方向沿BH方向、大小为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小为。
故正方体中心的磁感应强度大小可能为0、、和，故A错误，BCD正确。
故选择BCD。
【分析】根据通电导线周围产生的磁场，再结合磁感应强度的叠加原理，可得正方体中心磁感应强度的大小。
8．【答案】A
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据题意可知，小球在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀减速直线运动，且，
当y方向上速度减为零时，有
所以小球不能穿过x轴，其到x轴的最小距离为，故A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】因为小球在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀减速直线运动，再根据牛顿第二定律和运动学规律可得小球不能穿过x轴，此时与x轴的最小距离可得。
9．【答案】A,C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】AC．奥斯特电流磁效应实验是通电导线周围存在磁场，属于“电生磁”问题；而法拉第圆盘实验是产生感应电流的实验，是“磁生电”问题，故AC正确；
BD．库仑扭秤实验是测量静电常数的实验；密立根油滴实验是测量元电荷的实验，与“电生磁”或“磁生电”都无关，故BD错误。
故选择AC。
【分析】根据“电生磁”或“磁生电”的特点可得正确答案。
10．【答案】B,C
【知识点】比值定义法
【解析】【解答】A．导体中电流I=nesv，属于电流的计算公式，不属于定义式，故A错误；
B．磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，运用的是比值定义法．故B正确；
C．电容与电压、电荷量无关，属于比值定义法，故C正确；
D．公式，表明导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，公式不属于定义式，是电阻定律的表达式，故D错误。
故选择BC.
【分析】通过题意可知，是电场强度的定义，及E与F，q无关，这种定义方法叫做比值定义法，由此就可得得到正确选项。
11．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、在加速电场中，由动能定理得，由于两粒子比荷不同，所以得到的速度不同，两种粒子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上；设偏转场极板间距离为，粒子在偏转电场中的偏转位移为： ，以上三式联立解得：，同理可得到偏转角的正切为： ，可见偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点，故A正确，B错误；
CD、打在荧光屏上的速度为，因为两离子的比荷之比为：，则两离子打在荧光屏上时速度大小之比为，故C错误，D正确．
故选择AD．
【分析】在加速电场中，由动能定理可得比荷不同得粒子速度不同，然而在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上，偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点；再根据两离子的比荷之比关系，可得两离子打在荧光屏上时速度大小之比。
12．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据粒子在磁场中的运动轨迹可知，粒子带负电，选项A错误；
B．粒子垂直虚线进入磁场，可知粒子在电场中沿y轴正向做减速运动，电场力沿y轴负向，则电场方向沿+y方向，选项B正确；
C．设v0的水平分量为v，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=L，则根据，可得磁场磁感应强度，选项C错误；
D．粒子从O到A的时间，从A到C的时间，选项D正确。
故选择BD。
【分析】利用左手定则结合粒子在磁场中的运动轨迹可判断粒子带负电，根据几何关系得到粒子在磁场中运动的轨迹半径，再由牛顿第二定律可得磁场磁感应强度的大小，然后时间就等于位移比速度。
13．【答案】A,C
【知识点】安培力；焦耳定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．甲线圈正好匀速进入磁场，有，，所以，
对于乙线圈，有，所以乙线圈也正好匀速进入磁场，故A正确；
B．甲线圈产生的感应电动势为，
乙线圈产生的感应电动势为，故B错误；
C．甲线圈中的感应电流为
乙线圈中的感应电流为，故C正确；
D．甲线圈中产生的焦耳热为
乙线圈中产生的焦耳热为，故D错误。
故选择AC。
【分析】由于线圈正好匀速进入磁场，则线圈处于平衡状态；利用法拉第电磁感应定律可得圈产生的感应电动势的大小；再根据闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小；根据焦耳定律可得线圈中产生的焦耳热。
14．【答案】（1）C
（2）右；抽出
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计．故C正确，ABD错误．故选择C。
（2）在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏．在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈。
【分析】（1）根据流过灵敏检流计的电流太小，串联定值电阻起保护作用。
（2）根据楞次定律可知，当磁铁向上抽出，磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同；在丙图中，感应电流流过检流计的方向是从上而下，再次利用楞次定律可知磁铁抽出线圈。
15．【答案】（1）A2；R2
（2）25
（3）
（4）相同；不同
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；
由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；
(2)图象的表达式，可得图象的斜率表示电源的内阻，则内阻为
(3) 接Rx改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为，解得
(4)Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，此时电路中的总电阻相等，故电流表的变化范围相同。电压表测的是路端电压，两种情况等效内阻不同，故电压表的变化范围不同。
【分析】（1）对于仪器选择类问题，根据实验的原则安全，简洁，环保出发，为了保证实验的安全，电流表应选大量程，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故选择大电阻；
（2）根据图象我们可以得到一次函数的表达式，可知图象的斜率表示电源的内阻；
（3）当把接Rx改接在B、C之间，相当于增加电源的内阻；
（4）Rx接再什么位置对总电阻没有影响，但是电压表所测的电压不一样，所以斜率意义不同。
16．【答案】（1）解：设通过电源的电流为，则对整个回路
解得
对电源，所求电源两极间的电压
解得
（2）解：将电动机视为理想电动机和阻值为的电阻的串联，理想电动机两端的电压
解得
理想电动机的功率就是所求电动机的输出功率
解得
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【分析】（1） 由于电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，我们只能换一种方式求电流，所以路端电压等于电源电动势减去内电压。
（2）由于电动机不是纯电阻电路，我们就对电动机进行特殊处理，即将电动机视为理想电动机和阻值为的电阻的串联，就得 理想电动机两端的电压，再利用电动率公式就得电动机的输出功率了。
17．【答案】（1）解：因为重物和导体棒的速度大小始终相等，设最大速度为，此时绳上拉力大小为、导体棒的感应电动势为、导体棒的电流为，所受安培力为，则重物和导体棒处于平衡状态，有
整理有
对电路有
整理有
联立求解以上两式得
（2）解：当时，导体棒所受安培力为
整理有
设此时系统加速度大小为，绳上拉力大小为，则
对导体棒有
对重物有
联立求解以上两式得所求拉力为
【知识点】安培力；共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 因为重物和导体棒的速度大小始终相等，当重物和导体棒做加速度减小的加速运动，当重物和导体棒处于平衡状态时，速度最大。再结合法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，牛顿第二定律可得最大速度；
（2）由于重物M的速度为最大速度的一半，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律的感应电流的大小，再由牛顿第二定律得导体棒的加速度，再对重物由牛顿第二定律得绳上拉力的大小。
18．【答案】（1）解：区域Ⅰ中电场力
区域Ⅰ中加速度大小
解得
加速度方向向右，进入区域Ⅱ时的速率
（2）解：区域Ⅱ中滑动摩擦力
区域Ⅱ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅱ时的速率
所求在区域Ⅱ中的运动时间
（3）解：区域Ⅲ中地面支持力
区域Ⅲ中滑动摩擦力
区域Ⅲ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ时的速率
离开区域Ⅲ后的加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ后的位移大小
所求总路程
【知识点】电场及电场力；力与运动的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1） 滑块在区域Ⅰ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）在区域Ⅱ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得滑块在区域Ⅱ运动时间 ；
（3）在区域Ⅲ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚出区域Ⅲ时的速率， 离开区域Ⅲ后由牛顿第二定律可得的加速度， 再利用运动学规律可得离开区域Ⅲ后的位移大小，然后把所以位移相加可得。
19．【答案】（1）解：粒子在磁场中做匀圆运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
代入数据，计算得
其轨迹如图所示，所求长度为
（2）解：粒子运动的周期
粒子运动的圆心角
故运动半圆，故垂直CD边离开，速度最大时，轨迹如图
对应半径由几何关系得
解得
带入半径公式，计算得到所求条件为
（3）解：由之前的分析可知以及带入题中数据，解得粒子运动的半径
因为到，故所有从AD离开的粒子的运动圆心均在CD边上靠D点一侧，再由“平移圆”分析知，OD越大，离开点越高，即当运动轨迹与AC相切时，离开点最高
从最高点离开的粒子轨迹如图
由几何关系有
三角形ODN中，有几何关系有
令，利用正弦定理有
代入数据解得
利用正弦定理
代入数据解得
又因为AD边上的D点有粒子离开，故所求长度为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 粒子在磁场中做匀圆运动，洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨道半径，由几何关系可得CD边上有粒子离开的长度；
（2） 粒子运动的周期和运动的最长时间已知，可得粒子运动的圆心角，由结合关系了的半径的大小，再洛伦兹力提供向心力可得粒子的速度满足的条件；
（3）根据洛伦兹力提供向心力可得粒子运动的半径，因为到，故所有从AD离开的粒子的运动圆心均在CD边上靠D点一侧，再由“平移圆”分析知，OD越大，离开点越高，即当运动轨迹与AC相切时，离开点最高，再由几何关系可得角度关系，然后利用正弦定理可得。
四川省成都市第七中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题
一、单选题
1．下列单位中，作为国际单位制基本单位的是（ ）
A．电荷量的单位库仑(C) B．电流的单位安培(A)
C．磁感应强度的单位特斯拉(T) D．磁通量的单位韦伯(Wb)
【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】国际单位制共有七个基本单位：长度m，时间s，质量kg，热力学温度（开尔文温度）K，电流A，光强度cd（坎德拉），物质的量mol。故ACD错误，B正确。
故选择B.
【分析】1、长度：米（m） 米是光在真空中（1/299 792 458) s时间间隔内所经路径的长度。
2、质量：千克(kg)千克是质量单位，等于国际千克原器的质量。
3、时间：秒（s）秒是铯-133原子基态的两个超精细能级之间跃迁所对应的辐射的9192 631 770个周期的持续时间。
4、电流：安培（A）安培是电流的单位。在真空中，截面积可忽略的两根相距1m的无限长平行圆直导线内通以等量 恒定电流时，若导线间相互作用力在每米长度上为2X10-7N，则每根导线中的电流为1 A。
5、热力学温度：开尔文（K） 热力学温度开尔文是水三相点热力学温度的1/273.16。
6、物质的量：摩尔（mol）摩尔是一系统的物质的量，该系统中所包含的基本单元数与0.012 kg碳-12的原子数目相等。在使 用摩尔时，基本单元应予指明，可以是原子、分子、离子、电子及其他粒子，或是这些粒子的特定组合。
7、发光强度：坎德拉（cd）坎德拉是一光源在给定方向上的发光强度，该光源发出频率为540X1012Hz的单色辐射，且在此方向上的辐射强度为(1/683) W/sr。
2．如图所示，一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板上的小孔，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小说法正确的是（ ）
A．垂直于纸面向里，甲的比荷最大
B．垂直于纸面向里，丙的比荷最大
C．垂直于纸面向外，丙的比荷最大
D．垂直于纸面向外，丁的比荷最大
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【解答】由图可知甲、乙粒子向上偏转，根据左手定则可知甲、乙粒子带正电，所以甲、乙粒子在速度选择器中所受电场力向下，则所受洛伦兹力向上，所以速度选择器两极板间磁场方向垂直纸面向里；设粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有，解得，易知四种粒子的速度大小相同满足，所以R越小，比荷越大，所以甲的比荷最大。综上所述可知A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】由图可知甲、乙粒子向上偏转，根据左手定则说明甲、乙粒子带正电，可知速度选择器两极板间磁场方向垂直纸面向里，再结合牛顿第二定律可知半径越小，比荷越大。
3．如图所示的扇形区域，A、B是三分之一圆弧的两个端点，D是圆弧的中点，圆弧的圆心为O、半径为r，AB与OD相交于C点，电荷量均为Q的两个正点电荷分别固定于A、B点。关于这两个电荷形成的电场（静电力常量为k），下列说法正确的是（ ）
A．O、C、D三点的电势相等
B．C点的电场强度大小为
C．D点的电场强度大小为
D．若在O点由静止释放一个试探正点电荷（仅考虑所受电场力），该电荷将在OD间做往复运动
【答案】C
【知识点】电场力做功；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．根据电势的叠加原理可知，两个正电荷形成的电场中，C点的电势最高，OD两点电势相等且小于C点电势，故A错误；
B．两个电荷在C点形成的电场等大反向，则根据场强的叠加原理可知C点的场强为零，故B错误；
C．D点的电场强度大小为，故C正确；
D．若在O点由静止释放一个试探正点电荷，因O点的场强方向沿CO方向，则电荷将沿CO方向做直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】根据等量同种电荷的电场分布情况，判断电势的大小；再根据场强的叠加原理可得场强的分布情况。
4．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的梦溪笔谈中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极
B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强
C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场
【解析】【解答】A．根据磁极间的相互作用可知，在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极，故A错误；
B．地球上赤道附近磁场的方向与地面几乎平行，越往两极磁场的方向与地面之间的夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故B正确；
C．地球磁场的N极在地球的地理南极附近，由安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的，故C错误；
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线的方向沿南北方向，故D错误。
故选择：B。
【分析】根据地球磁场的N极在地球的地理南极附近，所以在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极；在做奥斯特实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线的方向沿南北方向。
5．如图，电路中电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R为定值电阻，闭合开关S，小灯泡L正常发光，现将滑动变阻器的滑片由右向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表Vl、V2示数变化量的绝对值分别为、理想电流表A示数变化量的绝对值为，则（ ）
A．滑动过程中，电源的输出功率一定增大
B．滑动过程中，电压表Vl的示数逐渐增大
C．与均保持不变
D．当电路稳定后，断开开关S，小灯泡一定立刻熄灭
【答案】C
【知识点】路端电压与负载的关系；电路动态分析
【解析】【解答】AB．将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻变大，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，V1示数减小，由于电源的内阻与外电阻的大小关系未知，所以电源的输出功率不一定增大，AB错误；
C．根据，得，保持不变，，保持不变，C正确；
D．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，D错误。
故选C。
【分析】关于电路的动态分析，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，利用闭合电路欧姆定律，局部整体局部的思路。
6．如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB=2BC，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，电子的电势能增加5eV
B．该过程中，电子的电势能减少5eV
C．该过程中，电场力对电子做正功3eV
D．该过程中，电子克服电场力做功3eV
【答案】D
【知识点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】CD．根据匀强电场强度与电势差的关系可得，解得D的电势为，
P是CD的中点，P点电势为，
一个电子从A点移动到P点电场力做功为
可知该过程中，电子克服电场力做功3eV，故C错误，D正确；
AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误。
故选择D。
【分析】根据匀强电场强度与电势差的关系，可得D点的电势，又因为P是CD的中点，可得P点电势，利用电场力做功的特点可得电子克服电场力做功。
二、多选题
7．如图所示，棱长为L的正方体的上、下底面的每条棱上均固定有长直导线，导线间彼此绝缘且通过导线的电流大小均为。已知通有电流为I的长直导线在距离d处产生的磁感应强度大小为。正方体中心磁感应强度的大小可能是（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】以垂直ABFE面的四根导线为例，导线电流方向改变时对应的ABFE面中心合磁感应强度大小总共有三种，分别是0，和，若只考虑垂直某面的四根导线在该面中心产生的磁场，
当ABFE面中心磁场沿EB方向、BCHF面中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为120°，正方体中心处的磁感应强度大小为；
当BFE面中心磁场沿BE方向、BCHF中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为60°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABFE面中心磁场方向沿EF方向，BCHF面中心磁场方向沿BC方向，大小均为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABEF面中心磁场方向沿EF方向、大小为，BCHF面中心磁场方向沿BH方向、大小为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小为。
故正方体中心的磁感应强度大小可能为0、、和，故A错误，BCD正确。
故选择BCD。
【分析】根据通电导线周围产生的磁场，再结合磁感应强度的叠加原理，可得正方体中心磁感应强度的大小。
三、单选题
8．如图所示的纸面是光滑、绝缘的水平桌面。在桌面上有一直角坐标系xOy，它的第一象限内有一过O点的虚线OP，虚线与x轴正方向间夹角θ=30°。虚线右下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E=1.0×103N/C的匀强电场。虚线上有一点K，OK=5m。一个质量为m=0.02kg、电量为q=-1.0×10-4C的带负电小球从K点以速度v=4m/s垂直虚线射入电场，则小球运动过程中（ ）
A．到x轴的最小距离为0.1m B．到x轴的最小距离为2.4m
C．恰能到达x轴 D．能穿过x轴
【答案】A
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据题意可知，小球在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀减速直线运动，且，
当y方向上速度减为零时，有
所以小球不能穿过x轴，其到x轴的最小距离为，故A正确，BCD错误。
故选择A。
【分析】因为小球在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀减速直线运动，再根据牛顿第二定律和运动学规律可得小球不能穿过x轴，此时与x轴的最小距离可得。
四、多选题
9．下列实验中，与“电生磁”或“磁生电”有关的是（ ）
A．奥斯特电流磁效应实验 B．库仑扭秤实验
C．法拉第圆盘实验 D．密立根油滴实验
【答案】A,C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】AC．奥斯特电流磁效应实验是通电导线周围存在磁场，属于“电生磁”问题；而法拉第圆盘实验是产生感应电流的实验，是“磁生电”问题，故AC正确；
BD．库仑扭秤实验是测量静电常数的实验；密立根油滴实验是测量元电荷的实验，与“电生磁”或“磁生电”都无关，故BD错误。
故选择AC。
【分析】根据“电生磁”或“磁生电”的特点可得正确答案。
10．在物理学中，常用比值法来定义物理量，例如用E=定义电场强度。下列也采用比值法定义、且定义式正确的物理量是（ ）
A．电流 B．磁感应强度
C．电容器的电容C= D．导体的电阻
【答案】B,C
【知识点】比值定义法
【解析】【解答】A．导体中电流I=nesv，属于电流的计算公式，不属于定义式，故A错误；
B．磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，运用的是比值定义法．故B正确；
C．电容与电压、电荷量无关，属于比值定义法，故C正确；
D．公式，表明导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，公式不属于定义式，是电阻定律的表达式，故D错误。
故选择BC.
【分析】通过题意可知，是电场强度的定义，及E与F，q无关，这种定义方法叫做比值定义法，由此就可得得到正确选项。
11．如图所示，一个氢离子和一个氦离子同时从同一点由静止开始，经同一电场加速后垂直射入同一偏转电场中，最终打在与偏转电场平行的竖直荧光屏上，整个过程中不考虑两离子间的相互作用，则下列说法正确的是（)
A．两离子将先后打在荧光屏上的同一点
B．两离子将同时打在荧光屏上的同一点
C．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2：1
D．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为：1
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、在加速电场中，由动能定理得，由于两粒子比荷不同，所以得到的速度不同，两种粒子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上；设偏转场极板间距离为，粒子在偏转电场中的偏转位移为： ，以上三式联立解得：，同理可得到偏转角的正切为： ，可见偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点，故A正确，B错误；
CD、打在荧光屏上的速度为，因为两离子的比荷之比为：，则两离子打在荧光屏上时速度大小之比为，故C错误，D正确．
故选择AD．
【分析】在加速电场中，由动能定理可得比荷不同得粒子速度不同，然而在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上，偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点；再根据两离子的比荷之比关系，可得两离子打在荧光屏上时速度大小之比。
12．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一条虚线x=L，虚线左方有与虚线平行的匀强电场（图中未画出），虚线右方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O点以速率v0沿某一方向射入第一象限，经电场作用后，粒子正好从点A（L，L）平行于x轴离开电场进入磁场。之后，粒子在磁场作用下正好经过x轴上的点C（2L，0）。不计重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．电场方向沿+y方向
C．磁场磁感应强度
D．粒子从O到A的时间小于从A到C的时间
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据粒子在磁场中的运动轨迹可知，粒子带负电，选项A错误；
B．粒子垂直虚线进入磁场，可知粒子在电场中沿y轴正向做减速运动，电场力沿y轴负向，则电场方向沿+y方向，选项B正确；
C．设v0的水平分量为v，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=L，则根据，可得磁场磁感应强度，选项C错误；
D．粒子从O到A的时间，从A到C的时间，选项D正确。
故选择BD。
【分析】利用左手定则结合粒子在磁场中的运动轨迹可判断粒子带负电，根据几何关系得到粒子在磁场中运动的轨迹半径，再由牛顿第二定律可得磁场磁感应强度的大小，然后时间就等于位移比速度。
13．由相同材料、相同横截面积的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，乙线圈的匝数是甲的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。已知甲线圈正好匀速进入磁场，在甲线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲线圈中的感应电动势为E、感应电流为I、产生的焦耳热为Q，则在乙线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，下列说法中是（ ）
A．乙线圈也正好匀速进入磁场 B．乙线圈中的感应电动势也为E
C．乙线圈中的感应电流也为I D．乙线圈中产生的焦耳热也为Q
【答案】A,C
【知识点】安培力；焦耳定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．甲线圈正好匀速进入磁场，有，，所以，
对于乙线圈，有，所以乙线圈也正好匀速进入磁场，故A正确；
B．甲线圈产生的感应电动势为，
乙线圈产生的感应电动势为，故B错误；
C．甲线圈中的感应电流为
乙线圈中的感应电流为，故C正确；
D．甲线圈中产生的焦耳热为
乙线圈中产生的焦耳热为，故D错误。
故选择AC。
【分析】由于线圈正好匀速进入磁场，则线圈处于平衡状态；利用法拉第电磁感应定律可得圈产生的感应电动势的大小；再根据闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小；根据焦耳定律可得线圈中产生的焦耳热。
五、实验题
14．如图所示是某实验小组在“研究感应电流方向与磁通量变化的关系”实验中的部分操作示意图，图甲是电流通过灵敏检流计G时指针的偏转情况．
（1）图甲电路中，串联定值电阻R的主要目的是____．
A．减小路端电压，保护电源
B．增大电源的内电压，保护电源
C．减小电路中的电流，保护灵敏检流计
D．增大电路中的电流，便于观察灵敏检流计的示数
（2）如图乙，当磁铁向上抽出线圈时，检流计G中指针将 （填“左”、“右”或“不”）偏；如图丙，根据检流计G中指针偏转方向，可知此时条形磁铁的运动是 填“插入”或“抽出”）线圈．
【答案】（1）C
（2）右；抽出
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计．故C正确，ABD错误．故选择C。
（2）在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏．在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈。
【分析】（1）根据流过灵敏检流计的电流太小，串联定值电阻起保护作用。
（2）根据楞次定律可知，当磁铁向上抽出，磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同；在丙图中，感应电流流过检流计的方向是从上而下，再次利用楞次定律可知磁铁抽出线圈。
15．用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：电流表A1（量程0~30mA）；电流表A2（量程0~100mA）；电压表V（量程0~6V）；滑动变阻器R1（阻值0~5Ω）；滑动变阻器R2（阻值0~300Ω）；开关S一个，导线若干条。某同学的实验过程如下：
Ⅰ.设计如图所示的电路图
Ⅱ.正确连接电路，将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴，I为横轴，得到如图所示的图线
Ⅲ.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。回答下列问题：
（1）电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；
（2）由图的图线，得电源内阻r= Ω；
（3）用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx= ，代入数值可得Rx；
（4）若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 。（选填“相同”或“不同”）
【答案】（1）A2；R2
（2）25
（3）
（4）相同；不同
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；
由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；
(2)图象的表达式，可得图象的斜率表示电源的内阻，则内阻为
(3) 接Rx改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为，解得
(4)Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，此时电路中的总电阻相等，故电流表的变化范围相同。电压表测的是路端电压，两种情况等效内阻不同，故电压表的变化范围不同。
【分析】（1）对于仪器选择类问题，根据实验的原则安全，简洁，环保出发，为了保证实验的安全，电流表应选大量程，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故选择大电阻；
（2）根据图象我们可以得到一次函数的表达式，可知图象的斜率表示电源的内阻；
（3）当把接Rx改接在B、C之间，相当于增加电源的内阻；
（4）Rx接再什么位置对总电阻没有影响，但是电压表所测的电压不一样，所以斜率意义不同。
六、解答题
16．如图所示，一直流电动机与阻值R=9 的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1 ，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1 ，求：
（1）电源两极间的电压；
（2）电动机的输出功率。
【答案】（1）解：设通过电源的电流为，则对整个回路
解得
对电源，所求电源两极间的电压
解得
（2）解：将电动机视为理想电动机和阻值为的电阻的串联，理想电动机两端的电压
解得
理想电动机的功率就是所求电动机的输出功率
解得
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【分析】（1） 由于电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，我们只能换一种方式求电流，所以路端电压等于电源电动势减去内电压。
（2）由于电动机不是纯电阻电路，我们就对电动机进行特殊处理，即将电动机视为理想电动机和阻值为的电阻的串联，就得 理想电动机两端的电压，再利用电动率公式就得电动机的输出功率了。
17．如图所示，足够高的水平桌面上固定着两根足够长的、电阻不计的、距离为L的平行直导轨KN和PQ。导轨右端连接阻值为R的定值电阻。一根质量为m、电阻为r、长度略大于L的导体棒垂直导轨放置，与导轨接触良好。整个空间中存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。一根与导轨平行的轻绳一端系在导体棒的中点，另一端绕过轻质定滑轮悬挂质量为M的重物。开始时重物M被外力（图中末画出）托住处于静止状态，轻绳处于伸直且无拉力的状态。撤去外力，重物M运动起来，最终达到最大速度（重物M仍在空中）。重力加速度为g，不计一切摩擦阻力和空气阻力。求：
（1）该最大速度的大小；
（2）当重物M的速度为最大速度的一半时，绳上拉力的大小。
【答案】（1）解：因为重物和导体棒的速度大小始终相等，设最大速度为，此时绳上拉力大小为、导体棒的感应电动势为、导体棒的电流为，所受安培力为，则重物和导体棒处于平衡状态，有
整理有
对电路有
整理有
联立求解以上两式得
（2）解：当时，导体棒所受安培力为
整理有
设此时系统加速度大小为，绳上拉力大小为，则
对导体棒有
对重物有
联立求解以上两式得所求拉力为
【知识点】安培力；共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 因为重物和导体棒的速度大小始终相等，当重物和导体棒做加速度减小的加速运动，当重物和导体棒处于平衡状态时，速度最大。再结合法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，牛顿第二定律可得最大速度；
（2）由于重物M的速度为最大速度的一半，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律的感应电流的大小，再由牛顿第二定律得导体棒的加速度，再对重物由牛顿第二定律得绳上拉力的大小。
18．足够长的水平桌面上存在如图所示的相邻的、宽度均为L=0.2m的区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ。区域Ⅰ中的桌面是光滑的，其它部分的桌面是粗糙的，动摩擦因数为μ=0.5。区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ（包括桌面）中存在方向均在图示竖直面内的三种匀强电场：Ⅰ中电场方向水平向右、大小为E1=36N/C；Ⅱ中电场方向水平向左、大小为E2=18N/C；Ⅲ中电场方向斜向左下与桌面成θ=53°、大小为E3=10N/C。一个可视为质点的、带正电的绝缘滑块，质量m=0.2kg，电量q=0.5C，从区域Ⅰ中左边缘O点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。求：
（1）滑块刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）滑块在区域Ⅱ中的运动时间；
（3）滑块运动的总路程。
【答案】（1）解：区域Ⅰ中电场力
区域Ⅰ中加速度大小
解得
加速度方向向右，进入区域Ⅱ时的速率
（2）解：区域Ⅱ中滑动摩擦力
区域Ⅱ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅱ时的速率
所求在区域Ⅱ中的运动时间
（3）解：区域Ⅲ中地面支持力
区域Ⅲ中滑动摩擦力
区域Ⅲ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ时的速率
离开区域Ⅲ后的加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ后的位移大小
所求总路程
【知识点】电场及电场力；力与运动的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1） 滑块在区域Ⅰ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）在区域Ⅱ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得滑块在区域Ⅱ运动时间 ；
（3）在区域Ⅲ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚出区域Ⅲ时的速率， 离开区域Ⅲ后由牛顿第二定律可得的加速度， 再利用运动学规律可得离开区域Ⅲ后的位移大小，然后把所以位移相加可得。
19．如图所示，三角形ACD是等腰直角三角形，是直角，，在三角形内部和边界上有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B（图中未画出）。一排足够长的质量为m、电量为q的带正电的粒子以某一初速v垂直CD边同时射入磁场（不计重力和粒子之间的库仑力）。可能会用到的数学公式：，
（1）若已知，求CD边上有粒子离开的长度；
（2）若已知这些粒子在磁场中运动的最长时间为，求v应满足的条件；
（3）若已知，求AD边上有粒子离开的长度。
【答案】（1）解：粒子在磁场中做匀圆运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
代入数据，计算得
其轨迹如图所示，所求长度为
（2）解：粒子运动的周期
粒子运动的圆心角
故运动半圆，故垂直CD边离开，速度最大时，轨迹如图
对应半径由几何关系得
解得
带入半径公式，计算得到所求条件为
（3）解：由之前的分析可知以及带入题中数据，解得粒子运动的半径
因为到，故所有从AD离开的粒子的运动圆心均在CD边上靠D点一侧，再由“平移圆”分析知，OD越大，离开点越高，即当运动轨迹与AC相切时，离开点最高
从最高点离开的粒子轨迹如图
由几何关系有
三角形ODN中，有几何关系有
令，利用正弦定理有
代入数据解得
利用正弦定理
代入数据解得
又因为AD边上的D点有粒子离开，故所求长度为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 粒子在磁场中做匀圆运动，洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨道半径，由几何关系可得CD边上有粒子离开的长度；
（2） 粒子运动的周期和运动的最长时间已知，可得粒子运动的圆心角，由结合关系了的半径的大小，再洛伦兹力提供向心力可得粒子的速度满足的条件；
（3）根据洛伦兹力提供向心力可得粒子运动的半径，因为到，故所有从AD离开的粒子的运动圆心均在CD边上靠D点一侧，再由“平移圆”分析知，OD越大，离开点越高，即当运动轨迹与AC相切时，离开点最高，再由几何关系可得角度关系，然后利用正弦定理可得。
