2021-2022学年广东省珠海市高二上期末考试物理模拟试卷及答案解析

2021-2022学年广东省珠海市高二上期末考试物理模拟试卷

一.选择题（共8小题，满分24分）

1.麦克斯韦认为：电荷的周围存在电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波。受此启发，

爱因斯坦认为：物体的周围存在引力场，当物体加速运动时，会辐射出引力波。爱因斯

坦提出引力波的观点，采用了（）

A.类比法B.观察法C.外推法D.控制变量法

2.（3分）下列说法中正确的是（）

A.电场强度为零的点，电势不一定为零

B.电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等

C.通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零

D.由8=工可知，B与F成正比，与IL成反比

IL

3.（3分）如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带

电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，be连线与竖直方向

成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）

A.a、b^c小球带同种电荷

B.a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷

C.a、b小球电量之比为运

6

D.a、b小球电量之比为运

9

4.（3分）如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下

的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为＜PM、（PN.粒子在M和N时加速度大小分别

为aM、aN，速度大小分别为VM^VN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是（）

第1页共28页

A.aM<aNB.VM<VNC.q）M<<PND.EPN<EPM

5.（3分）如图所示电路，两电压表为理想电表，将开关k闭合，当滑动变阻器的滑片向左

C.电压表V2的示数变小D.电压表V2的示数不变

6.（3分）如图所示，直角三角形acd,Na=60°,三根通电长直导线垂直纸面分别放置在

a、b、c三点，其中b为ac的中点。三根导线中的电流大小分别为I、21、31,方向均垂

直纸面向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度8=红，其中I表示电

r

流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在d点产生的磁感应强度

大小为Bo,则d点的磁感应强度大小为（）

c

铲•…-...........吃

A.BoB.2BoC.D.4Bo

7.（3分）如图所示，一价氢离子（1H）和二价氨离子（4He）的混合体，由静止开始同时

12

经同一加速电场加速后，垂直偏转电场的电场线方向射入同一偏转电场中，偏转后，均

打在同一荧光屏上，离子在加速电场中运动的时间可忽略不计，离子间的相互作用和重

力均不计。则一价氢离子和二价氨离子（）

第2页共28页

A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点

C.同时到达屏上不同点D.先后到达屏上不同点

8.（3分）如图所示，质量为m,长为1的金属棒ab用两根等长的轻金属线悬挂在c,d两

处，置于匀强磁场中，通有a到b方向的电流I.当金属棒处于静止状态时，两悬线均偏

离竖直方向。角，则所加磁感应强度的最小值及方向为（）

口

»

7........

A.甄皿地竖直向上

II

B.^Icose竖直向下

II

C.三员水平向右

II

D.当sin。平行悬线向上

II

二.多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）

9.（4分）在如图所示的情况中，a、b两点的电势相等、电场强度矢量也相等的是（）

A.O\-------7静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b

••

B.一«_工平行板电容器充电后，两极板间隙边沿附近外的任意两点a、b

；&'

C.'、一/离点电荷等距的任意两点a、b

D.两个等量异号的点电荷连线的中垂线上，与连线中点O等距的两点a、

b

第3页共28页

10.（4分）如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择

器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E,平板S上有可

让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片AIA2.平板S下方有强度为Bo的匀强磁场。

下列表述正确的是（）

A.质谱仪可以用来分析同位素

B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

C.能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于旦

B

D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的荷质比越小

11.（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

12.（4分）如图所示，空间中存在匀强电场E和匀强磁场B.电场强度E=1.73X1（）4N/C,

方向水平向右。磁感应强度B的方向未知。现有一质量为m=lXl（）Tkg、电量为q=+l

X106c的带电小球，恰能以某一速度v在空间做匀速直线运动。则v、B的方向可能是

（）

第4页共28页

A.v垂直纸面向外、B与E成60°

B.v与E成30°,B垂直直面向里

C.v垂直直面向里、B与E成150°

D.v与E成120°、B垂直纸面向外

13.（4分）如图所示，两平行竖直线MN、PQ间距离a,其间存在垂直纸面向里的匀强磁

场（含边界PQ）,磁感应强度为B,在MN上O点处有一粒子源，能射出质量为m,电

量为q的带负电粒子，当速度方向与OM夹角。=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁

场，不计粒子间的相互作用及重力.则（）

A.粒子的速率为？qBa

m

B.粒子在磁场中运动的时间为四!1

3qB

C.若只改变粒子速度方向，使。角能在0°至180°间不断变化，则粒子在磁场中运动

的最长时间为空叫

3qB

D.若只改变粒子速度方向，使。角能在0°至180。间不断变化，则PQ边界上有粒子

射出的区间长度为2丁丁

三.实验题（共2小题，满分20分，每小题10分）

14.（10分）（1）小王同学想要探究影响导体电阻的因素与电阻丝的横截面积相关外，还有

哪些相关因素，他找来了电阻定律实验器。电阻定律实验器规格：将一根细铜丝连接在

ae间，横截面积相同的细铁丝连接在bf间，再将一根横截面积相同的银铭丝一端接在g

处，接下来拉直后接到c处，再接到d处，最后接在h处。

A.为了测定电阻丝的电阻大小，小王经分析后，正确地选用了伏安法中的变阻器的分

压式接法、电流表的外接法。在测量细铜丝电阻时的实物连接如图所示，闭合开关S前

请老师检查，老师指出图中标示的①、②两根连线有一处错误，错误连线是（选

第5页共28页

填“①”或“②"）；图中标示的③、④和⑤三根连线有一处错误，错误连线是（选

填“③”、"④”或"⑤”）。

B.接下来某次测量中（已采用正确的测量电路），小王将导线⑥连线接g上，导线⑦连

接在c上，改变滑线变阻器多次测量得电阻Ri.再将导线⑦连接到h处，多次测量得电

阻R2.小王认为，若R2=2RI，则说明导体的电阻在其它因素不变情况下，与长度成正

比。你认为上述操作中存在的问题是：（指出问题即可）。

（2）小王同学在测绘标有“2.5V0.3A”字样的小灯泡伏安特性曲线实验中，他测得当小

灯泡两端电压为0.10V时，电流为0.10A；电压为0.80V时，电流为0.20A.当电压表的

指针如图所示时，电压表示数为V,但小王在记录电流数据时，误将电流杂在其

他一组数据中，你认为小灯泡的电流最有可能是。

15.（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有:

A.小灯泡：规格为“3.8V,0.3A”

B.电流表：量程0〜0.6A,内阻约为0.5C

C.电流表：量程0〜3A,内阻约为0.1。

D.电压表：量程0〜5V,内阻约为5kQ

第6页共28页

E.电压表：量程0〜15V,内阻约为50kC

F.滑动变阻器：阻值范围0〜100额定电流2A

G.滑动变阻器：阻值范围。〜100C,额定电流50mA

H.电池组：电动势6V,内阻约为

I.开关一只，导线若干

（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选,电压表应选，滑动变阻器

应选。（填器材代号）需要使小灯泡两端电压从。逐渐增大到3.8V且能方便地进

行调节，滑动变阻器应采用的连接方式。

（2）在答题纸上的框中画出实验电路图。

四.解答题（共3小题，满分36分）

16.（10分）如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路中，电源的内阻r=1.0O,

电炉的电阻Rl=19.0C,电动机线圈的电阻R2=2.0C.当开关S断开时，电源内电路消

耗的功率P=25.0W；当S闭合时，干路中的电流I=12.6A。

（1）求电源的电动势E。

（2）求S闭合后电动机的机械功率？

（3）若S闭合后，正常转动的电动机的转子突然被卡住而停止转动，则电源的总功率为

多大？（结果保留两位有效数字）

氏

——I'-----------------

17.（10分）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点,ab=6m,bc=10m,其中ab沿电场

方向，be和电场线方向成60°角，电荷量为q=4Xl（/8c的正电荷从a移到b电场力做

功为Wi=1.2X10fj,求:

（1）匀强电场的场强E；

（2）电荷从b移到c,电场力做的功W2；

（3）a、c两点间的电势差Uac。

第7页共28页

18.(16分)如图所示，在平面直角坐标系aOy内，有1、II、III三个区域，各边界均与y

轴平行，I、II区域存在匀强电场，方向分别沿+x和-y方向，I区域电场强度大小为E,

III区域有垂直xOy平面向里的磁场。三个区域宽度均为L,一个气核和一个笊核2H

11

先后从坐标原点释放，已知2H与左边界成60°进入磁场，最后恰好与右边界相切离开

磁场，H的质量为m,电荷量为q,不计重力。求:

(I)2H第一次离开H区的坐标

1

(2)HI区域匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)第一次离开磁场位置的坐标、

第8页共28页

2021-2022学年广东省珠海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8小题，满分24分）

1.麦克斯韦认为：电荷的周围存在电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波。受此启发，

爱因斯坦认为：物体的周围存在引力场，当物体加速运动时，会辐射出引力波。爱因斯

坦提出引力波的观点，采用了（）

A.类比法B.观察法C.外推法D.控制变量法

【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比

法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法。根据物理方法和常识解答，结合著名物

理学家的主要贡献答题。

【解答】解：爱因斯坦根据麦克斯韦的观点：电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会

产生电磁波，提出了物体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波的观点,

采用了类比法。故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】在高中物理学习过程中，我们会遇到多种不同的物理研究方法，这些方法对我

们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与

学习。

2.（3分）下列说法中正确的是（）

A.电场强度为零的点，电势不一定为零

B.电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等

C.通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零

D.由B=E可知，B与F成正比，与1L成反比

IL

【分析】根据电场强度与电势无关，分析两者大小关系.当通电导线与磁场平行时，导

线不受安培力.磁感应强度描述磁场的强弱和方向，由磁场本身的特性决定，与放入磁

场的电流元无关.

【解答】解：A、由于电场强度与电势无关，则电场强度为零的点，电势不一定为零。故

A正确。

B、电场强度处处相等的区域内，电势不一定处处相等，若区域内场强处处为零，电

第9页共28页

势处处相等；若场强不为零，顺着电场线电势会降低。故B错误。

C、通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，磁感应强度可能为零，也可能磁感应强

度不为零，通电导线与磁场平行。故C错误。

D、磁感应强度由磁场本身的强弱决定，与放入磁场的电流元无关，不能说B与F

成正比，与IL成反比。故D错误。

故选：A»

【点评】本题中电场强度、电势、磁感应强度是描述电场和磁场基本物理量，是场本身

性质决定.

3.（3分）如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带

电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，be连线与竖直方向

成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）

A.a、b、c小球带同种电荷

B.a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷

C.a、b小球电量之比为返

6

D.a、b小球电量之比为返

9

【分析】分别对三个小球减小受力分析，结合平衡的条件判断应受到哪种力的作用。对c

由共点力平衡的条件判断a、b电量的大小关系。

【解答】解：A、对c,受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力

的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由

共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电

性必定是相同的；

a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a,a受到重力、环的支持力以及b、c

对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的

库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向

第10页共28页

的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反。

即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷。故A错误，B错误；

C、设环的半径为R,三个小球的带电量分别为：qi、q2和q3,由几何关系可得：羡=已

bc=V3R；

a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大

小相等，贝I：

kq,qkqq

_p3>sin600=23；sin30°

(ac)2(be)2

所以：返.故c错误，D正确

^29

故选：D。

【点评】该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究

对象，依据题目中的条件，判断出c平衡时a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排

斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等。

4.(3分)如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下

的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为<PM、<PN，粒子在M和N时加速度大小分别

为aM、aN,速度大小分别为VM、VN,电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()

A.aM<aNB.VM<VNC.(PM<(PND.EPN<EPM

【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜

向右下方，由于粒子带负电，因此电场线方向指向左上方；电势能变化可以通过电场力

做功情况判断；电场线的疏密反应电场的强弱。

【解答】解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，

A、根据电场线疏密可知，EM<EN，根据F=Eq和牛顿第二定律可知，aw<aN；故A正

确；

C、根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐

第11页共28页

渐降低，故＜PM＞（PN；故C错误；

D、在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPMVEPN；故D错误；

B、若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M

点时的速度比通过N点时的速度大，即VM＞VN,故B错误；

故选：A0

【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方

向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。

5.（3分）如图所示电路，两电压表为理想电表，将开关k闭合，当滑动变阻器的滑片向左

滑动时（）

A.电压表Vi的示数不变B.电压表Vi的示数变小

C.电压表V2的示数变小D.电压表V2的示数不变

【分析】（1）由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可

求得电路中电流的变化；

（2）找到电压表所测的是谁的电压，由欧姆定律可求得电压表示数变化情况；

【解答】解：AB.由图可知，电路中Ri与R2串联接在电源两端，电压表Vi测量Ri两

端的电压，V2测量路端电压，

当滑片向左滑动时，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，电路中电流增大，

因Ri为定值电阻，故其两端电压增大，电压表Vi的示数变大，故AB错误；

CD.由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，路端电压减小，电压表V2的示数变小，故C

正确，D错误；

故选：Co

【点评】知道电路的串、并联特征，能明确判断电压表测的是谁的电压，熟记闭合电路

欧姆定律；

6.（3分）如图所示，直角三角形acd,Na=60°,三根通电长直导线垂直纸面分别放置在

第12页共28页

a、b、c三点，其中b为ac的中点.三根导线中的电流大小分别为I、21、31,方向均垂

直纸面向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度8=红，其中I表示电

r

流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在d点产生的磁感应强度

大小为Bo,则d点的磁感应强度大小为（）

A.BoB.2BoC.D.4BO

【分析】根据右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢

量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断求解。

【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线a在d点上所产生的磁场方向如图所示，

大小是Ba=Bo，

通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度B=kl再结合几何关系,则有:

用右手螺旋定则判断通电直导线b在d点上所产生的磁场大小Bb=2Bo,方向如上图所

小；

用右手螺旋定则判断通电直导线c在d点上所产生的磁场大小为Bc=«Bo,方向如上图

所示；

根据矢量的合成法则，结合三角知识关系，则有：各通电导线在d点的合磁感应强度大

小为B=2Bo+2Bo=4Bo,故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】该题考查了磁场的叠加问题，磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，同时

掌握合成遵循矢量合成的平行四边形法则。

7.（3分）如图所示，一价氢离子（1H）和二价氮离子THe）的混合体，由静止开始同时

12

经同一加速电场加速后，垂直偏转电场的电场线方向射入同一偏转电场中，偏转后，均

第13页共28页

打在同一荧光屏上，离子在加速电场中运动的时间可忽略不计，离子间的相互作用和重

力均不计。则一价氢离子和二价氢离子（）

A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点

C.同时到达屏上不同点D.先后到达屏上不同点

【分析】本题中带电粒子先加速后偏转。先根据动能定理求出加速获得的速度表达式。

两种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向

做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的

关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系。

【解答】解：设加速电压为U”偏转电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d。

在加速电场中，由动能定理得：qU]=/mv：①

两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为vo的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不

同，则vo不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=1-不同。

v0

两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是

先后离开偏转电场。

„TT

在偏转电场中的偏转位移y=Lat2=L•（工）2②

22mdVQ

联立①②得尸-咏一

4U]d

同理可得到偏转角度的正切tanO=Rt-,可见y和tan。与电荷的电量和质量无关。所

211〃

以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点。故ACD错误

B正确。

故选：B。

【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静

止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。做选择题时，这个

结论可直接运用，节省时间。

第14页共28页

8.（3分）如图所示，质量为m,长为1的金属棒ab用两根等长的轻金属线悬挂在c,d两

处，置于匀强磁场中，通有a到b方向的电流L当金属棒处于静止状态时，两悬线均偏

离竖直方向。角，则所加磁感应强度的最小值及方向为（）

II

B.空■cos。竖直向下

II

C.三员水平向右

II

D.当sin。平行悬线向上

II

【分析】由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则

的得到B的大小以及B的方向。

【解答】解：为了使该棒仍然平衡在该位置上，

Fmin=mgsin0

ingsin9

得：B,nin=,由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上。故D正确，ABC

IL

错误。

故选：D。

【点评】本题主要是考查安培力的方向与大小如何确定与计算，知道当安培力的方向与

拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小。

多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）

9.（4分）在如图所示的情况中，a、b两点的电势相等、电场强度矢量也相等的是（）

A.□、一J/静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b

・.

B.一^_工平行板电容器充电后，两极板间隙边沿附近外的任意两点a、b

第15页共28页

&

c.离点电荷等距的任意两点a、b

D.i"两个等量异号的点电荷连线的中垂线上，与连线中点O等距的两点a、

b

【分析】电势是标量，电场强度是矢量，标量只要大小相等，标量就相等，而矢量，大

小、方向均相同，矢量才相同.根据电场线的分布判断.

【解答】解：A、静电场中达到静电平衡时的导体是等势体，电势相等；内部场强均为零,

也相等，故A正确；

B、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同；根据U=Ed,a、b与正极板间的电势差

不等，故a、b电势不等，故B错误；

C、a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，则电场强度不同；故C

错误；

D、a、b在等量异种电荷连线的垂直平分线上，电势相等，根据电场的对称性，a、b两

点场强相同，故D正确；

故选：ADo

【点评】对于典型的电场的电场线分布要掌握，抓住特点，有助于解答关于电场强度、

电势高低判断的问题.

10.（4分）如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择

器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E,平板S上有可

让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为Bo的匀强磁场。

下列表述正确的是（）

A.质谱仪可以用来分析同位素

第16页共28页

B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

C.能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于旦

B

D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的荷质比越小

【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏

转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系。

【解答】解：A、在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB,解得：v=|＞。

进入偏转电场后，有：qvBo=m或，解得：r=」EL=_$,知越靠近狭缝P,r越小,

rqB0qB0B

比荷越大。

同位素具有相等的核电荷数和不同的质量数，比荷不同，由以上的分析可知，质谱仪能

用来分析同位素，故AC正确，D错误。

B、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择

器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外。

故B正确；

故选：ABCo

【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒

子在匀强磁场中运动的半径公式。

11.（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

【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，

第17页共28页

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：ABo

【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。

12.(4分)如图所示，空间中存在匀强电场E和匀强磁场B.电场强度E=1.73X1()4N/C,

方向水平向右。磁感应强度B的方向未知。现有一质量为m=lX10Tkg、电量为q=+l

义106c的带电小球，恰能以某一速度v在空间做匀速直线运动。则v、B的方向可能是

()

A.v垂直纸面向外、B与E成60°

B.v与E成30°,B垂直直面向里

C.v垂直直面向里、B与E成150°

D.v与E成120°、B垂直纸面向外

【分析】根据电场力和洛仑兹力的特点，应用左手定则，按题设所给的条件分项判断排

除。

【解答】解：A、v垂直纸面向外、B与E成60°,则带正电小球受水平向右的电场力F

=Eq=1.73X10-2N,垂直于v的向左上方的洛仑兹力，及向下的重力G=mg=10-2N.若

磁感应强度、速度满足一定的条件，三力能平衡，故A正确；

B、v与E成30°,B垂直直面向里，则带正电小球受水平向右的电场力F=Eq=1.73X

10'2N,垂直于v的向左上方的洛仑兹力，及向下的重力G=mg=102N.若磁感应强度、

速度满足一定的条件，三力能平衡，故B正确；

C、v垂直直面向里、B与E成150°,则带正电小球受水平向右的电场力F=Eq=1.73

第18页共28页

X10-2N,垂直于v的向右上方的洛仑兹力，及向下的重力G=mg=10-2N.显然三力不

会平衡，故C错误；

D、v与E成120°、B垂直纸面向外，则带正电小球受水平向右的电场力F=Eq=1.73

X10'2N,垂直于v的向右上方的洛仑兹力，及向下的重力G=mg=102N.显然三力不

会平衡，故D错误；

故选：AB。

【点评】本题的难点在于，带电小球在一个立体的空间的受力分析，再结合洛仑兹力受

力特点，可以把带电小球放在此处空间进行处理，画草图，再看是否能平衡。

13.（4分）如图所示，两平行竖直线MN、PQ间距离a,其间存在垂直纸面向里的匀强磁

场（含边界PQ）,磁感应强度为B,在MN上。点处有一粒子源，能射出质量为m,电

量为q的带负电粒子，当速度方向与OM夹角6=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁

场，不计粒子间的相互作用及重力.则（）

A.粒子的速率为2qBa

m

B.粒子在磁场中运动的时间为匹3

3qB

C.若只改变粒子速度方向，使。角能在0°至180°间不断变化，则粒子在磁场中运动

的最长时间为空见

3qB

D.若只改变粒子速度方向，使。角能在0°至180°间不断变化，则PQ边界上有粒子

射出的区间长度为2«a

【分析】根据几何关系，由。=60°时出射方向求得粒子运动半径，进而求得速率、周

期进而求得运动时间；再根据。的变化，由半径根据几何关系分析粒子运动情况，得到

PQ边界上有粒子射出的区间长度及粒子在磁场中运动的最长时间的情况，进而求得时

间.

第19页共28页

【解答】解：根据左手定则，由粒子带负电即磁场方向可知粒子所受洛伦兹力的方向为

速度的方向右偏90°。

A、当速度方向与OM夹角8=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁场，

所以，粒子运动的半径区=.a。=2@。

sin30

2

由粒子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力可得，Bvq=—，所以，丫3•用空，故

Rmm

A正确;

粒子在磁场中运动的周期丁=？0一'二々m，则粒子在磁场中运动的时间

v2BqaBq

m

3=^^丁/乂空国上^，故B错误；

136012Bq6Bq

D、当。=0°时，如图所示，

可知粒子打在PQ上的位置为O点水平线上方愿a处；

当0增大时，粒子打在PQ上的位置下移，知道粒子的运动轨迹与PQ相切时，如图所示,

第20页共28页

可知粒子打在PQ上的位置为0点水平线下方向a处；

当e继续增大直到180°,粒子的运动轨迹与PQ不相交，直接从MN上射出，且在MN

上的出射点不断上移直到O点，所以，若只改变粒子速度方向，使e角能在0°至180°

间不断变化，则PQ边界上有粒子射出的区间长度为2«a,故D正确；

C、若只改变粒子速度方向，使。角能在0°至180。间不断变化，则粒子运动半径不变,

那么粒子运动周期不变，所以，粒子在磁场中运动的轨迹所对应的弦长越长，则粒子在

磁场中运动的越长，山D的分析可知，当粒子的出射点在PQ上时，粒子的弦长可取［a,

2a］的任意值；当粒子的出射点在MN上时，粒子的弦长可取［0,2/§a］的任意值；

所以，粒子运动轨迹的弦长最大可取2«a,此时对应的中心角＜p=120°,所以，粒子

在磁场中运动的最长时间心望二T八T』x空&卫皿，故C正确。

360°1313Bq3Bq

故选：ACD»

【点评】在粒子在磁场中的运动问题上，常用几何关系求解半径，并根据几何关系分析

不同入射角的运动情况.

三.实验题（共2小题，满分20分，每小题10分）

14.（10分）（1）小王同学想要探究影响导体电阻的因素与电阻丝的横截面积相关外，还有

哪些相关因素，他找来了电阻定律实验器。电阻定律实验器规格：将一根细铜丝连接在

ae间，横截面积相同的细铁丝连接在bf间，再将一根横截面积相同的银铭丝一端接在g

处，接下来拉直后接到c处，再接到d处，最后接在h处。

A.为了测定电阻丝的电阻大小，小王经分析后，正确地选用了伏安法中的变阻器的分

压式接法、电流表的外接法。在测量细铜丝电阻时的实物连接如图所示，闭合开关S前

第21页共28页

请老师检查，老师指出图中标示的①、②两根连线有一处错误，错误连线是①（选

填“①”或“②"）；图中标示的③、④和⑤三根连线有一处错误，错误连线是⑷（选

填“③”、“④”或“⑤叽

B.接下来某次测量中（已采用正确的测量电路），小王将导线⑥连线接g上，导线⑦连

接在c上，改变滑线变阻器多次测量得电阻Ri.再将导线⑦连接到h处，多次测量得电

阻R2.小王认为，若R2=2R”则说明导体的电阻在其它因素不变情况下，与长度成正

比。你认为上述操作中存在的问题是：没有考虑cd间的电阻（指出问题即可）。

（2）小王同学在测绘标有“2.5V0.3A”字样的小灯泡伏安特性曲线实验中，他测得当小

灯泡两端电压为0.10V时，电流为0.10A；电压为0.80V时，电流为0.20A.当电压表的

指针如图所示时，电压表示数为0.3V,但小王在记录电流数据时，误将电流杂在其

他一组数据中，你认为小灯泡的电流最有可能是B。

C.0.160A

【分析】（1）滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，根据电路图分析答题。

（2）根据控制变量法的要求分析实验步骤，然后答题。

（3）探究导体电阻与影响因素的关系应采用控制变量法，分析各实验然后分析答题。

【解答】解：（1）A、滑动变阻器采用分压接法，由图示电路图可知，导线①连接错误,

第22页共28页

电流表采用外接法，由图示电路图可知，导线④连接错误；

B、探究导体电阻与导线长度关系时应控制导线材料与横截面积相等而长度不同，由实验

步骤可知，由于cd间还接有一段导线，所以gh间导线长度不是gc间导线长度的两倍，

gh间导线长度比gc间导线长度的两倍多一些，小王得出：R2=2R1的结论不严谨；

（2）当小灯泡的电压逐渐增大，即温度逐渐升高时，电阻增大，小灯泡两端电压为0.10V

时电流为0.10A,电压为0.8V时电流为0.2A,所以电压表采用的是3V,所以图示电压

表的示数为0.3V；由数据分析可知，B组数据最有可能是杂在其中的一组电流值。

故答案为：（1）A①④；B.没有考虑cd间的电阻；（2）0.30（±0.01均可），B

【点评】本题考查了滑动变阻器的分压接法与电流表外接法，掌握基础知识是解题的前

提，掌握基础知识后分析清楚电路结构即可解题，平时要注意基础知识的学习与应用。

15.（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：

A.小灯泡：规格为“3.8V,0.3A”

B.电流表：量程0〜0.6A,内阻约为0.5Q

C.电流表：量程0〜3A,内阻约为0.1Q

D.电压表：量程0〜5V,内阻约为5kC

E.电压表：量程0〜15V,内阻约为50kQ

F.滑动变阻器：阻值范围0〜10。，额定电流2A

G.滑动变阻器：阻值范围。〜100。，额定电流50mA

H.电池组：电动势6V,内阻约为1。

I.开关一只，导线若干

（I）为了使测量尽可能地准确，电流表应选B,电压表应选D,滑动变阻器应

选F。（填器材代号）需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调

节，滑动变阻器应采用分压式的连接方式。

（2）在答题纸上的框中画出实验电路图。

【分析】（1）明确实验仪器选择中安全和准确原则，根据灯泡额定电流选择电流表。

（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图。

【解答】解：（1）因小灯泡的额定电流为0.3A,为减小示数误差，让指针偏角大一些，

则电流表应选B.额定电压为3.8V,故电压表应选择D,本实验中要求小灯泡两端电压

从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节,

滑动变阻器应选择F；

第23页共28页

（2）因灯泡内阻较小，所以电流表应采用外接法；同时为了让电压从零开始调节，滑动

变阻器应采用分压式连接，电路图如图所示。

故答案为：（1）B；D；F；分压式；（2）如图所示。

【点评】本题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验

器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与

电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。

四.解答题（共3小题，满分36分）

16.（10分）如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路中，电源的内阻r=1.0Q,

电炉的电阻R1=19.0。，电动机线圈的电阻R2=2.0Q.当开关S断开时，电源内电路消

耗的功率P=25.0W；当S闭合时，干路中的电流I=12.6A。

（1）求电源的电动势E。

（2）求S闭合后电动机的机械功率？

（3）若S闭合后，正常转动的电动机的转子突然被卡住而停止转动，则电源的总功率为

多大？（结果保留两位有效数字）

~~I

——I'-----

【分析】（1）S断开时，电阻R1直接接到电源上，根据P=Fr即可求解干路电流，再根

据闭合电路欧姆定律即可求解电动势；

（2）S闭合后，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，根据串并联电路的电流关系求出

通过电动机的电流，再根据P'=ur-12.R2求出输出功率。

（3）由闭合电路欧姆定律可求得电路中的总电流，再由P=EI可求得电源的总功率。

【解答】解：（1）S断开时，电路中电流记为I,贝IJP=K

第24页共28页

解得：I=A=5A，