2021-2022学年广东省佛山市高二上期末考试物理模拟试卷及答案解析

2021-2022学年广东省佛山市高二上期末考试物理模拟试卷

一.选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）

1.（4分）将一个带电小球A用细丝线悬挂于O点，并将另一与小球A带等量同种电荷的

带电小球B与它靠近，B小球用绝缘支架固定。A因受B的静电斥力作用面发生偏移，

测得偏移的距离为d,如图所示。测得A球的质量为m,悬点O到小球A球心的距离为

L,已知L>d,静电力常量为k,重力加速度为g,则（）

A.小球A所受的静电力F«»mg

B.小球A所受的静电力Fgmg旦

L

C.由于小球B的质量未知，所以，A小球对B小球静电力大小不一定等于A小球所受

的静电力大小

D.A、B小球所带的电荷量为Q=

2.（4分）下列说法符合史实的是（）

A.伽利略提出力是维持物体运动的原因

B.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证

C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持

D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动

3.（4分）在电场中关于电势差的说法，下列错误的是（）

A.电场中两点间电势的差值叫做电势差

B.电势差也叫电压

C.电场中两点间电势差的绝对值与零电势点的选取有关

D.电势差是标量，其数值可以为正值，也可以为负值

4.（4分）两个分别标有6V6W和6V3.6W灯泡Li、L2按如图所示的方式连接，闭合开关

后，下列结论正确的是（）

A.通过两灯泡的电流11：12=3：5

B.灯泡两端的电压Ui：U2=3：5

C.灯泡的电功率Pi：P2=5：3

D.灯泡Li比L2暗

5.（4分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两带正电的小物块甲和乙，所带电荷量分

别为qi和q2（q2>qi）。由静止释放后，甲、乙两物块向相反方向运动。在物块运动过程

中，下列表述正确的是（）

+gi+%

A.甲物块受到库仑力小于乙物块受到的库仑力

B.两物块的电势能逐渐减少

C.两物块速度逐渐变小

D.两物块加速度逐渐变大

6.（4分）如图所示，直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一

点。以同样速度v射入磁场，速度的方向与MN成30°角。设电子质量为m,电荷量大

小为e。则（）

A.正、负电子在磁场中做圆周运动的半径不同

B.正电子从磁场中射出点到O点的距离较大

C.负电子在磁场中运动的时间是？皿

Be

D.正、负电子在磁场中运动的时间差是里皿

3Be

7.（4分）一个用半导体材料制成的电阻D,其电流I随它两端电压U的关系如图（a）所

示，如果它与两个标准电阻Ri、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消

耗的电功率均为P.现将它们连接为如图（b）所示的电路，再接在该电源的两端，设电

阻D和电阻Ri、R2消耗的电功率分别是PD、PI、P2,下列判断中错误的是（）

A.Pi>P2B.PI>4PDC.PD<P2D.PI<4P2

多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）

8.（4分）如图所示，两个等量异种点电荷+Q和-Q固定在一条竖直线上，其右侧固定一

根竖直的光滑细木杆，有一个带正电小球p套在细杆上。小球p由静止释放，从与-Q

等高处运动到与+Q等高处的过程中，下列说法正确的是（）

A.小球p的电势能先减小，后增加

B.小球P受到细杆的弹力方向先向右，后向左

C.小球P一直做匀加速直线运动

D.若细杆换为光滑绝缘金属杆，小球p做匀加速直线运动

9.（4分）在如图电路中，电源电动势为E,内阻为r,当变阻器R3的滑动头P向b端移动

时，下列判断正确的是（）

A.电压表示数变小B.电流表示数变大

C.流过电阻Ri的电流不变D.电阻R2的功率变大

10.（4分）下列说法中，正确的是（）

A.电势差的大小跟电场力在两点间移动电荷做的功成正比，跟电荷量成反比

B.电容器的电容与电容器两极板间的电压无关，是由电容器本身的性质决定的

C.电势差有正负，所以电势差是矢量

D.在匀强电场中，与电场线垂直的某个方向上任意两点间的电势差均为零

11.（4分）如图，斜面上有一条形磁铁，其右上角有一垂直纸面的通电直导线，磁极和电

流方向如图中标注，现发现在导线中电流增大的过程中，磁铁始终静止于斜面，则此过

程中（）

A.斜面对磁铁的支持力增大

B.斜面对磁铁的支持力减小

C.斜面对磁铁的摩擦力增大

D.斜面对磁铁的摩擦力减小

12.（4分）如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷

的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B

固定在圆环上和圆心O的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A由静止释放，则下

列说法中正确的有（）

Q

A.小球A恰好可以运动到P点

B.小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变大

C.小球A运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大

D.小球到达圆环最低点Q时的速度大小为，市

三.实验题（共5小题，满分52分）

13.（6分）某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯

的电阻值。所用器材有电流表Ai、A2、电阻箱Ri、滑动变阻器R2、待测铅笔芯RX、电

源E、开关S及导线等。操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭

合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值；记录两个电流表Ai、A2的示数分别为1卜

12。

请回答以下问题：

（1）若电流表的内阻可忽略，则电流表示数12=Il时，电阻箱的阻值等于待测

笔芯的电阻值。

（2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该笔芯的直径为

mm。

（3）已测得该笔芯的长度L=20.00cm,电阻箱Ri的读数为5.0011,根据上面测量的数

据可计算出笔芯的电阻率p=n-m.（结果保留3位有效数字）

（4）若电流表A2的内阻不能忽略，仍利用（1）中方法，则笔芯电阻的测量值______真

实值（填“大于”“小于”或“等于”）。

府两匕芯R,

14.（8分）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R和手机中的锂电池（电动势E标称值

为3.7V,允许最大放电电流为100mA）。实验室备有如下器材：

A.电压表V（量程3V,内阻Rv约为4.0k。）

B.电流表Ai（量程100mA,内阻RAI约为5。）

C.电流表A2（量程2mA,内阻RA2约为50。）

D.滑动变阻器Ri（0〜40Q,额定电流1A）

E.电阻箱R2（0-999.911）

F.开关S一只、导线若干

（1）小明用多用电表的欧姆挡测得电阻Ro的阻值约为2k。，为了使测量结果更准确，

设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选。（选填“Ai”

或“A2”）

（2）请将实物连线补充完整。

（3）为测量锂电池的电动势E和内阻r,小红设计了如图乙所示的电路图。根据测量数

据作出

工图象如图丙所示，若该图线的斜率为k,纵轴截距为b,则该锂电池的电动势E

UR2

=，内阻r=。

15.（10分）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图

所示，离子源S产生的各种不同正离子束（速度可看作为零），经加速电场（加速电场极

板间的距离为d、电势差为U）加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中

做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置与入口处Si之

间的距离为X。求：

（1）该离子的比荷区；

m

（2）假如离子源能放出气（［H）,笊（；H），瓶（:H）三种离子，试分析说明质谱仪能

将它们分离开吗？

16.（14分）如图所示，两平行光滑金属导轨与水平面间的夹角0=45°,相距为20cm；金

属棒MN的质量为IX10"kg,电阻R=8Q；匀强磁场方向竖直向下，B=0.8T,电源电

动势E=10V,内阻r=10.当电键S闭合时，MN处于平衡状态，求变阻器Ri的取值为

多少？（忽略金属导轨的电阻，取g=10m/s2）

17.（14分）如图所示的示波管，电子由阴极K发射后，初速度可以忽略，经加速后水平飞

入偏转电场，最后打在荧光屏上，电子电量大小为e,质量为m。已知加速电压为Ui，

BC间偏转电压为U2,两偏转极板BC间距为d,板长为L,偏转极板右侧到荧光屏的距

离为D,不计重力，求：

（1）电子射入偏转电场U2时的速度大小;

（2）电子打在荧光屏上的偏转距离OP。

2021-2022学年广东省佛山市高二上期末考试物理模拟试卷

参考答案与试题解析

选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）

1.（4分）将一个带电小球A用细丝线悬挂于O点，并将另一与小球A带等量同种电荷的

带电小球B与它靠近，B小球用绝缘支架固定。A因受B的静电斥力作用面发生偏移，

测得偏移的距离为d,如图所示。测得A球的质量为m,悬点O到小球A球心的距离为

L,已知L>d,静电力常量为k,重力加速度为g,则（）

A.小球A所受的静电力F^mg

B.小球A所受的静电力-mgS

C.由于小球B的质量未知，所以，A小球对B小球静电力大小不一定等于A小球所受

的静电力大小

D.A、B小球所带的电荷量为Q=

【分析】对小球A进行受力分析，当。比较小时，tan。2虫有F=mgtanO=mg@；A

LL

小球和B小球之间的静电力大是一对相互作用力。

【解答】解：A、对小球A进行受力分析，如图所示，当。比较小时有：tan。七旦

L

根据力的平衡条件：F=mgtan0=mg-^-,故A错误，B正确；

C、A小球和B小球之间的静电力大是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，和

质量无关。故C错误；

2।2

D、小球A和小球B之间的库仑力为：F=k——-----=mg与，得：Q=.imgd(x+d)t

(x+d)2LVkL

故D错误;

故选:Bo

o

mg

【点评】本题考查了库仑定律、共点力的平衡等知识点。注意点：。比较小时，才有tan。

==»—,如果。比较大，tanOW&o

LL

2.(4分)下列说法符合史实的是()

A.伽利略提出力是维持物体运动的原因

B.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证

C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持

D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动

【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

【解答】解：A、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原

因，故A错误。

B、伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但不是直接用实验进行了验证，

故B错误。

C、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故C错误。

D、牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论

要加强记忆，这也是考试内容之一。

3.（4分）在电场中关于电势差的说法，下列错误的是（）

A.电场中两点间电势的差值叫做电势差

B.电势差也叫电压

C.电场中两点间电势差的绝对值与零电势点的选取有关

D.电势差是标量，其数值可以为正值，也可以为负值

【分析】电势差概念：<PA-<PB叫A点相对于B点的电势差，用UAB表示，即：UAB=

<PA-<PB.|<PA-<PB|叫A点和B点间的电势差，又叫电压，用U表示；电势是相对的，

是相对于零电势点而言的，而电势差是绝对的。电势差的值是绝对的，与电势零点的选

取无关：电势差是标量，没有方向。

【解答】解：A、根据电势差的概念可知，电场中两点间电势的差值叫做电势差。故A

正确；

B、两点间的电势差，又叫电压。故B正确；

C、两点间电势差的绝对值与零电势点的选取无关。故C错误；

D、电势差是标量，其数值可以为正值，也可以为负值。故D正确。

本题选择错误的，故选：C。

【点评】该题考查对电势差的理解，理解电势的相对性和电势差的绝对性是解答的关键。

4.（4分）两个分别标有6V6W和6V3.6W灯泡Li、L2按如图所示的方式连接，闭合开关

后，下列结论正确的是（）

A.通过两灯泡的电流h：【2=3：5

B.灯泡两端的电压Ui：U2=3：5

C.灯泡的电功率Pi：P2=5：3

D.灯泡Li比L2暗

【分析】由电路图可知，两灯泡并联，根据并联电路的电压特点可知它们两端的电压关

系，根据欧姆定律求出通过的电流之比，根据P=UI求出电功率之比，然后判断两灯泡

的亮暗关系。

【解答】解：B.由电路图可知，两灯泡并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所

以，两灯泡两端的电压之比Ui：5=1：1,故B错误；

A.由1=U可得通过两灯泡的电流之比：11：0.:,°=R2：RI=5：3,故A错误;

RR1区2

C.由P=UI可得L|与L2的消耗的功率之比：Pi：P2=UI1：UI2=Ii：12=5：3,故C

正确；

D.由Pi：P2=5：3可知LI的实际功率较大，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所

以，灯泡Li比L2亮，故D错误。

故选：C。

【点评】正确分析电路图，熟记并联电路的电压和电流的特点，知道电功率的求解公式,

知道灯泡的亮暗程度由实际功率决定；

5.（4分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两带正电的小物块甲和乙，所带电荷量分

别为卬和q2（q2>qi）。由静止释放后，甲、乙两物块向相反方向运动。在物块运动过程

中，下列表述正确的是（）

+矶+钝

A.甲物块受到库仑力小于乙物块受到的库仑力

B.两物块的电势能逐渐减少

C.两物块速度逐渐变小

D.两物块加速度逐渐变大

【分析】两个物块间相互排斥的一对力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律分析其

大小关系，根据牛顿第二定律分析加速度，根据功的定义分析功的情况，根据功能关系

确定电势能的变化情况。

【解答】解：A、物体甲、乙间的库仑力是相互作用力，根据牛顿第三定律，任何时刻都

大小相等，故A错误；

B、两个物体分别向相反的方向运动，库仑力做正功，两物块的电势能逐渐减少，故B

正确；

C、两个物体分别向相反的方向运动，库仑力做正功，两物块速度逐渐增大，故C错误;

D、但两个物体的质量不一定相等，故加速度不一定相等，两物体逐渐远离，库仑力减小,

加速度逐渐减小，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查库仑力以及功能关系的应用；要明确库仑力是性质力，符合力的所有

共性，同时要结合牛顿第三定律分析功的情况。

6.(4分)如图所示，直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一

点0以同样速度v射入磁场，速度的方向与MN成30°角。设电子质量为m,电荷量大

小为e。则()

A.正、负电子在磁场中做圆周运动的半径不同

B.正电子从磁场中射出点到O点的距离较大

C.负电子在磁场中运动的时间是2皿

Be

D.正、负电子在磁场中运动的时间差是更皿

3Be

【分析】粒子做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可知两粒子离开磁场时的距离，

则可求出出射点的距离；根据两粒子在磁场中转动的时间可知时间差。

2

【解答】解：A、正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示，由evB=mJ,解得：r=

r

变•，所以正、负电子在磁场中运动的半径相同，故A错误；

eB

B、由图根据几何关系可知，正、负电子从磁场中射出点到O点的距离相等，都等于：d

=r,故B错误；

CD、由evB=mJ,解得：T="四故正负电子的周期相等；正电子受力的方向向

reB

下，偏转角是60°,在磁场中运动的时间为：口=型二T=』T,

3606

负电子受力的方向向上，偏转角是300°,在磁场中运动的时间为：t2=M」T=aT

3606

=5兀m

3eB'

射出的时间差为：△t=t2-tl="星故C错误，D正确。

3Be

故选：D。

【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键在于由几何关系找出圆心和

半径，再由洛仑兹力充当向心力及圆的性质可得出几何关系及转动时间。

7.（4分）一个用半导体材料制成的电阻D,其电流I随它两端电压U的关系如图（a）所

示，如果它与两个标准电阻Ri、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消

耗的电功率均为P.现将它们连接为如图（b）所示的电路，再接在该电源的两端，设电

阻D和电阻Ri、R2消耗的电功率分别是PD、PI、P2,下列判断中错误的是（）

（a）（b）

A.Pi>P2B.PI>4PDC.PD<P2D.PI<4P2

【分析】（1）当Ri、R2、RD并联时，根据并联电路各支路两端的电压相等和三电阻的

功率相等，利用R=比可知此时三电阻的阻值相等；

P

（2）当它们连接为如图（b）所示的电路时，假如RD的电阻不变，根据电阻的并联特点

求出并联部分的电阻，再根据串联电路电阻的分压特点求出它们分得的电压，利用P=

求出Pi、PD的电功率关系；由a图可知电流的变化量大于电压的变化量，利用欧姆定律

可知电压越大、电阻变小，反之越大；再由并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电

阻和串联电路的分压特点可知各电阻两端电压的变化，最后利用P=尤得出各电阻功率

R

之间的关系。

【解答】解：（1）当Ri、R2、RD并联时，三电阻两端的电压相等，均为U,

根据R=1£■可知，三电阻的功率相同时，则RI=R2=RD；

P

（2）当它们连接为如图（b）所示的电路时，假如RD的电阻不变，

则RD和R2并联后的电阻为2R2，

2

由串联电路的电阻分压特点可知，电阻Ri两端的电压变大为Zu,并联部分的电压变小

3

为工U,

3

瑶4u）2u?（|u）24（1u）2

PD=—----，p,­!-=-.....=--------4PD；

RDRDRIRIRD

由a图可知可知，电压增大，电流增大，但电流的变化量比电压的变化量大，根据欧姆

定律可知RD的电阻减小，

所以当电压变小时，RD的电阻应变大，RD>R2；

由并联电路电阻的特点：电阻越并越小，小于任何一个分电阻可知，并联后的总电阻应

小于Ri的阻值，

即Ri两端的电压大于R2、RD两端的电压，且并联部分分得的电压大于工U,Ri两端的

3

电压小于2u；

3

Tj2

根据p="y_可知，P1>P2,PD<P2>PI>4PD»

R

因选不正确的，故选：B。

【点评】本题考查了串联电路的分压特点和并联电路特点，以及欧姆定律、电功率公式

的灵活应用；难点是根据欧姆定律分析出a图中电阻与电压的关系和各电阻功率关系的

判断，是一道较为复杂的题目。

二.多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）

8.（4分）如图所示，两个等量异种点电荷+Q和-Q固定在一条竖直线上，其右侧固定一

根竖直的光滑细木杆，有一个带正电小球p套在细杆上。小球p由静止释放，从与-Q

等高处运动到与+Q等高处的过程中，下列说法正确的是（）

A.小球p的电势能先减小，后增加

B.小球P受到细杆的弹力方向先向右，后向左

C.小球P一直做匀加速直线运动

D.若细杆换为光滑绝缘金属杆，小球p做匀加速直线运动

【分析】画出等量异种电荷电场线和等势面分布图，从与-Q等高处运动到与+Q等高处

的过程中，通过电场力做功分析电势能变化；通过分析电场力方向，根据小球P水平方

向受力平衡分析弹力方向；通过受力分析，判断小球的运动性质。

【解答】解：等量异种电荷周围电场线和等势面分布如图所示：

A、带正电的小球p从A到C电场力做负功，电势能一直增加，故A错误；

B、根据上图电场线分布可知，带正电的小球在B点上方，受到斜向上的电场力，电场

力的水平分力向左，又小球水平方向受力平衡可知小球P受到细杆的弹力方向右；B点

下方，带正电的小球受到斜向右上方的电场力，电场力的水平分力向右，又小球水平方

向受力平衡，则小球P受到细杆的弹力方向左，故整个过程中小球P受到细杆的弹力方

向先向右，后向左，故B正确；

C、根据上图可知，从A到C电场线疏密不同，受到电场力不同，故不可能做匀变速运

动，故C错误；

D、若细杆换为光滑绝缘金属杆，则金属杆发生静电感应，平衡后金属杆是等势体，小球

竖直方向只受重力，则小球p做匀加速直线运动，故D正确；

故选：BDo

【点评】本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电

综合问题，分析要知道0点的场强实际上是两点电荷在0点产生场强的合场强，等量异

种电荷的电场具有对称性。

9.（4分）在如图电路中，电源电动势为E,内阻为r,当变阻器R3的滑动头P向b端移动

时，下列判断正确的是（)

C.流过电阻Ri的电流不变D.电阻R2的功率变大

【分析】先分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，即可判断电

压表示数的变化和总电流的变化，根据串联电路分压特点判断并联部分电压的变化，判

断出R2中电流的变化，从而判断出电流表示数的变化。

【解答】解：当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，R3减小，外电路总电阻R总减小，

路端电压减小，总电流I总增大，则电压表示数变小，通过电阻Ri的电流IRI增大；

根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压U并减小，通过电阻R2的电流IR2增大。

因为I总=IA+IR2,所以电流表示数IA变大；

由于电阻R2的电流lR2t,则电阻R2的功率变小，故AB正确，CD错误。

故选：AB。

【点评】本题是闭合电路欧姆定律动态分析问题，关键要分析出变阻器接入电路的电阻

变化，即可根据闭合电路欧姆定律分析两电表读数的变化；也可以掌握“串反并同”的

结论而快速求解。

10.（4分）下列说法中，正确的是（）

A.电势差的大小跟电场力在两点间移动电荷做的功成正比，跟电荷量成反比

B.电容器的电容与电容器两极板间的电压无关，是由电容器本身的性质决定的

C.电势差有正负，所以电势差是矢量

D.在匀强电场中，与电场线垂直的某个方向上任意两点间的电势差均为零

【分析】电势差描述电场本身的能的性质的物理量，与试探电荷无关，是标量.电容器

的电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电压、电量无关.匀强电场中等势面与电场

线垂直.

【解答】解：A、电势差是描述电场本身的能的性质的物理量，与试探电荷无关。电势差

公式是U=旦，不能说U与W成正比，与q成反比。故A错误。

B、电容器的电容表征电容器容纳电荷本领的大小，由电容器本身特性决定。电容的

定义式是C=9,但电容与电压、电量无关。故B正确。

u

C、电势差有正负，正负不表示方向，表示电势的高低，电势差是标量。故C错误。

D、在匀强电场中，与电场线垂直的方向上任意两点处于同一等势面上，电势差为零。

故D正确。

故选：BD,

【点评】电场这章有四个公式E=E、11=此，（p=曳，C=旦，都是比值定义法，具有

qqqU

比值定义的共性，定义出的新的物理量反映物质的特性，由物质本身决定.

11.（4分）如图，斜面上有一条形磁铁，其右上角有一垂直纸面的通电直导线，磁极和电

流方向如图中标注，现发现在导线中电流增大的过程中，磁铁始终静止于斜面，则此过

程中（）

A.斜面对磁铁的支持力增大

B.斜面对磁铁的支持力减小

C.斜面对磁铁的摩擦力增大

D.斜面对磁铁的摩擦力减小

【分析】以导线为研究对象，大致画出导线处的磁感应线方向和受力方向，确定导线对

磁铁的作用力方向，再根据平衡条件进行分析。

【解答】解：以导线为研究对象，大致画出导线处的磁感应线方向和受力方向如图所示;

根据力的作用是相互的，则导线对磁铁的作用力方向斜向左上方；

在导线中电流增大的过程中，磁铁始终静止于斜面，则力F增大，

垂直斜面方向力F向上的分力增大，则支持力减小；

沿斜面方向力F向下的分力增大，则摩擦力变大；

故AD错误，BC正确。

故选：BCo

B

M

【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体

棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。

12.（4分）如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷

的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B

固定在圆环上和圆心O的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A由静止释放，则下

列说法中正确的有（）

Q

A.小球A恰好可以运动到P点

B.小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变大

C.小球A运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大

D.小球到达圆环最低点Q时的速度大小为丁砺

【分析】对小球A进行受力分析，由功能关系判断是否可以回到出发点，由电场力做功

的特点判断小球电势能的变化；由功能关系求出小球到达圆环最低点Q时的速度大小。

【解答】解：A、当B求不存在时，由于机械能守恒可得，A球能够运动到P点，但是

当有B球后，AB两球靠近时电场力做负功，故A球不可能运动到P点，故A错误；

B、小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大，而重力势能一

直减小，结合运动的电场线可知，小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中动能先

增大后减小。故B错误；

C、开始时小球A与B之间的距离小于环的直径，而小球A与B之间的最大距离等于环

的直径；由于两个小球都带负电，所以二者之间的距离增大时，库仑力做正功，二者的

电势能减小；当二者之间的距离减小时，电场力做负功，二者的电势能增大，即小球A

从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大。故C正确；

D、由图可知A与Q相对于过0B的直径是对称的，所以小球在A点的电势能与在Q点

的电势能是相等的，小球从A到Q的过程中增加的动能等于减小的重力势能,

则：amv2=mgR可得：v=J^.故D正确；

故选：CDo

【点评】该题考查带电物体在重力与库仑力的作用下的运动，在解答的过程中要注意小

球受到的库仑力的变化，注意电势能的变化特点。

三.实验题（共5小题，满分52分）

13.（6分）某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯

的电阻值。所用器材有电流表Ai、A2、电阻箱Ri、滑动变阻器R2、待测铅笔芯RX、电

源E、开关S及导线等。操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭

合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值；记录两个电流表Ai、A2的示数分别为小

ho

请回答以下问题：

（1）若电流表的内阻可忽略，则电流表示数12=Ah时，电阻箱的阻值等于待测笔

一2一

芯的电阻值。

（2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该笔芯的直径为

1.000mirio

（3）已测得该笔芯的长度L=20.00cm,电阻箱Ri的读数为5.00。，根据上面测量的数

据可计算出笔芯的电阻率o=1.96X1Q-5n-m.（结果保留3位有效数字）

（4）若电流表A2的内阻不能忽略，仍利用（1）中方法，则笔芯电阻的测量值小于真

实值（填“大于”“小于”或“等于”）。

恃凡

图甲图乙

【分析】（1）根据并联电路特点求出两电流表示数间的关系。

（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。

（3）根据实验数据应用电阻定律可以求出铅笔芯的电阻率。

（4）根据图示电路图与串联电路特点分析实验误差。

【解答】解：（1）由图示电路图可知，电阻箱与铅笔芯并联，忽略电流表内阻，当电阻

箱阻值与铅笔芯电阻相等时，流过两支路的电流相等，即：12=IRX，由并联电路规律可

知，h=l2+lRX,则：12=Ah；

2

（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：Imm+0.0X0.01mm=1.000mm；

（2）由电阻定律：Rx=pL=p-----V-----,解得：p=

S兀（尹

兀%2=3.14X5.00X（100X10-3）2-196X1。m；

n4X20.00X10-2

（4）电流表A2的内阻不能忽略时，由于电流表A2与电阻箱的电阻箱之和等于待测铅笔

芯的电阻，实验认为铅笔芯电阻等于电阻箱阻值，则铅笔芯电阻的测量值小于真实值。

故答案为：（1）A；（2）1.000；（3）1.96X10'5；（4）小于。

2

【点评】本题考查了实验数据处理，分析清楚电路结构、掌握基础知识是解题的前提与

关键；应用并联电路特点与电阻定律可以解题。

14.（8分）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R和手机中的锂电池（电动势E标称值

为3.7V,允许最大放电电流为100mA）。实验室备有如下器材：

A.电压表V（量程3V,内阻Rv约为4.0k。）

B.电流表Ai（量程100mA,内阻RAI约为5。）

C.电流表A2（量程2mA,内阻RA2约为50。）

D.滑动变阻器Ri（0〜40C,额定电流1A）

E.电阻箱R2（0-999.9。）

F.开关S一只、导线若干

（1）小明用多用电表的欧姆挡测得电阻Ro的阻值约为2k。，为了使测量结果更准确，

设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2。（选填“Ai”

或“A2”）

（2）请将实物连线补充完整。

（3）为测量锂电池的电动势E和内阻r,小红设计了如图乙所示的电路图。根据测量数

据作出

工一图象如图丙所示，若该图线的斜率为k,纵轴截距为b,则该锂电池的电动势E

UR2

内阻r=___«

-b——b-

【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表;

（2）为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻

值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接

法，然后连接实物电路图；

（3）由闭合电路的欧姆定律求出工与工的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与

uU2

内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小。

【解答】解：（1）电压表量程是3V,通过待测电阻的最大电流

1=-y-=---i=0.0015A=1.5mA,

Ro2000

因此电流表应选电流表A2（量程2mA,电阻RA2约为5OQ）；

（2）待测电阻Ro阻值约为2k。，滑动变阻器Ri（0〜40。，额定电流1A）

与电阻箱R2（0-999.9。）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电

阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差,

滑动变阻器应采用分压接法，实物连线如图所示，

（3）由图乙所示电路可知：E=U+Ir=U+」Lr,则有：工=」—+工，因此图象的纵轴

R2uER2E

截距b=2，电动势E=2，

Eb

图象的斜率k=三，则电源内阻为：r=kE=K；

Eb

由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验中电源的电动势及内阻的测量值均偏小。

故答案为：（1）A?

（2）实物连线如图所示，

【点评】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电

阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。

15.（10分）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图

所示，离子源S产生的各种不同正离子束（速度可看作为零），经加速电场（加速电场极

板间的距离为d、电势差为U）加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中

做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置与入口处Si之

间的距离为X。求：

（1）该离子的比荷❷；

m

（2）假如离子源能放出气（［H）,笊（2H）,瓶（3H）三种离子，试分析说明质谱仪能

将它们分离开吗？

【分析】（1）根据粒子在磁场中的运动半径，通过半径公式求出粒子的速度，再根据动

能定理得出粒子的比荷；

（2）根据动能定理、半径公式求出粒子打到照相机底片上位置与入口处的距离，从而求

出各自半径大小，进而即可求解。

【解答】解：（1）离子在电场中加速，由动能定理得：qU=2mv2

2

离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

2

qvB=m-^—

r

r=—

2

可得：S=_|U_

mB2X2

（2）因q=e

由以上几式，可计算得出