2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷3

2024-2025学年上学期天津高二物理期末模拟卷3

一.选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）

1.（4分）（2022秋•越秀区校级期末）下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是：）

A.元电荷最早由库仑通过油滴实验测出

B.法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场

C.奥斯特最先发现了电磁感应现象

D.安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律

2.（4分）（2018•陆良县二模）如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带

电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹。下列判断正确的是（）

a

%

%

M----------------\----------------------N

A.带电粒子一定带正电

B.电场线MN的方向一定是由N指向M

C.带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加

D.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能

3.（4分）（2023春•玉林期末）伴随国民物质文化生活的日益丰富，大众的健康意识不断增强，对膝盖损

耗较小的骑行运动越来越受欢迎。如图1中的气嘴灯是下端安装在自行车的气嘴上的饰物，骑行时会自

动发光，炫酷异常。一种气嘴灯的感应装置结构如图2所示，一重物套在光滑杆上，并与上端固定在A

点的弹簧连接，弹簧处于拉伸状态，触点M与触点N未接触。当车轮转动，弹簧再次拉伸，当重物上

的触点M与触点N接触，电路连通，LED灯就会发光。关于此灯下面说法中正确的是（）

图1图2

A.停车时也会发光，只是灯光较暗

B.骑行达到一定速度值时灯才会亮

C.无论车轮转多快，气嘴灯都无法在圆周运动的顶端发凫

D.此感应装置的发光利用重物的向心运动实现

4.（4分）（2023秋•丰台区期末〕在中国科学技术馆有“雅各布天梯”的实验装置如图所示，展示了电弧

的产生和消失过程。两根呈羊角形的电极，底部AB之间接高压电。当电压升高到一定值时，羊角形电

极底部间隙最小处空气先被击穿产生电弧，随后电弧向上爬升，在电极间隙较宽处消失，羊角电极底部

将再次产生电弧，如此周而复始。下列说法中可能正确的是（）

A.电弧未产生时，间隙最小处电场强度最小

B.两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上

C.对调底部AB正负极，电弧不会爬升

D.将该装置放入真空中，实验现象会更加明显

5.（4分）（2020秋•顺庆区校级期中）一-由不同材料制成的导体，沿电流方向左、右部分分别为A和B,

已知两部分横截面积之比为SA：SB=1：2,单位体积内自由电子数之比nA：nB=2：3。现将这段导体

接入电路中，则A、B两段导体中自由电子定向移动的平均速率VA和VB之比为（）

A.6：IB.3：IC.4：3D.3：4

6.（4分）（2018秋•全州县校级期中）地磁场的N极在地球南极附近，有一通电金属导线在赤道上方，东

西向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为（）

A.向东B.向西C.向上D.向下

二.多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）

（多选）7.（5分）（2023•兴庆区校级开学）如图所示，关于磁场在现代科学技术中的应用下列说法正确

的是（）

XX

X,,X

A.图甲是回旋加速器的示意图，要想粒了获得的最大动能增大，增加电压U即可

B.图乙是磁流体发电机的示意图，可判断出A板是发电机的负极，B板是发电机的正极

C.图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够从右向左沿直线匀速通过速度选择器

D.图丁是质谱仪的工作示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3,粒子的比荷越大

（多选）8.（5分）（2022春•吉林期末）美国物理学家密立根（RAMillikan）于20世纪初进行了多次实验,

比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理图可简化为如图所示模型，置于真空中的油滴室内有两块

水平放置的平行金属板A、B与电压为U的怛定电源两极相连，板的间距为d。油滴从喷穿器的喷嘴喷

出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小

孔进入平行金属板间。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷e,重力加速度g,

则（）

油醺

喷雾剂

s

E

g显微适

金属板B

A.油滴中电子的数目为邛回

B.油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加mgd

C.油滴从小孔运动到金属板B过程中，机械能增加Ue

D.若将金属板A向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降

（多选）9.（5分）（2022秋•九龙坡区期末）如题图所示，仅有矩形区域内有垂直于纸面向里的勾强磁场，

闭合圆形导线圈由位置1沿直线穿越磁场运动至位置2。关三能产生感应电流的过程，卜.列说法中正确

的是（）

（2）在框中画出测量的电路图;

（3）①用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=cm,用螺旋测微器测得该

样品的外直径如图乙所示，其示数d=mm；

②先用多用电表的欧姆挡“X10”倍率粗测被测电阻的阻值，如图所示其读数为_________C；如果用

的是直流电压“2.5V”挡测电压，其读数为V；

002

（4）如果实验中电流表示数为I,电压表示数为U,并测出该棒的长度为L、直径为d,则该材料的电

阻率p=（用测出的物理量的符号表示）。

四.解答题（共3小题，满分41分）

12.（12分）（2021秋•韶关校级月考）如图甲所示，将一倾角3=37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空

间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m=0.2kg,带电荷量q=2.0XI（）-3c的小物块从斜面底

端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），g

=10m/s2<,（sin37°=0.6,cos37°=0.8）,求：

（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小；

（2）电场强度E的大小。

13.（14分）（2023秋•北硝区校级期末）如图所示，间距L=0.5m的粗糙平行金属导轨水平固定放置.，导

轨两端连接电动势E=10V,内阻r=0.5C的电源。一质量m=1kg的金属杆ab垂直放在金属导轨上并

保持良好接触，金属杆接入电路的有效电阻R=L5C。在导轨所在平面内，分布着磁感应强度大小8=

IT,方向与导轨平面成夹角0=37°斜向上的匀强磁场，金属杆处于静止状态。重力加速度g=l（）m/s2,

cos370=0.8o求：

（1）流过金属杆ab的电流大小；

（2）金属杆ab受到的安培力大小；

（3）金属杆ab受到的摩擦力大小和方向。

14.（15分）（2023秋•温州期末）如图1所示，间距为d的平行导体板M、N间有垂直纸面向里的匀强磁

场Bi和沿纸面向下的匀强电场（未画出），平行板右侧上方、下方分别放有足够长的绝缘收集板ami、

a2b2,右侧偏转区内有垂直纸面向里的匀强磁场B2。有大量质量为m、电荷量为q的正电粒子以不同速

度沿平行板轴线OO'射入，其中速度为vo的粒子恰能沿轴线OO'运动并从O'点进入偏转区，已知

当=需，%=翳，不计粒子重力。

b>XXXX

aXXXX

XXXXXX

XXXMa,XXXX

x：

XXX；xXX

当O♦o'耳

XXX:xX

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXX

XXXb2XX

图1图2图3

(1)求板M、N间的电压UMN；

(2)若仅将磁场Bi的右边界问左移动;(如图2所示)，求速度为vo的粒子打在收集板上的点Pi到0'

4

点的竖直距离1:

(3)若将两收集板a山1、a2b2水平向右移动2在平行板右侧放置一可上下移动的挡板ef,其上边缘e

4

自M板附近开始缓慢向下移，当e下移距离为3寸(如图3所示)，恰好有粒子打到收集板右侧，此时

4

粒子的落点P2到O'点的竖直距离为2d,求对应粒子沿轴线OO'入射时的初速度大小v(已知从e

上方进入磁场B2的粒子的速度方向均与轴线OO'成锐角向上)。

2024-2025学年上学期天津高二物理期末典型卷3

参考答案与试题解析

一.选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）

1.（4分）（2022秋•越秀区校级期末）下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是：）

A.元电荷最早由库仑通过油滴实验测出

B.法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场

C.奥斯特最先发现了电磁感应现象

D.安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律

【考点】电磁学物理学史.

【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题：电滋感应一一功能问题；理解能力.

【答案】B

【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、密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故A错误；

B、根据物理学史可知，法拉第首先提出了电场的概念且采月了电场线描述电场，故B正确；

C、奥斯特发现了电流周围存在磁场，法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；

D、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律一一库仑定律，故D错误；

故选：Bo

【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。

2.（4分）（2018•陆良县二模）如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带

电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹。下列判断正确的是（）

a

\%

%%

M----------\-------------N

A.带电粒子一定带正电

B.电场线MN的方向一定是由N指向M

C.带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加

D.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能

【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征.

【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力.

【答案】D

【分析】本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，由于没有电场线的方向，因此无

法确定粒子的电性；但可以分析电场力做功情况以及确定电势能的变化情况。

【解答】解：AB、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子

受力分析一定是由M指向N.但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故AB

错误；

C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C错误；

D、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减个，故带电粒子在a点的电势能一定大于在

b点的电势能故D正确。

故选：Do

【点评】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问期的突破口，

然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势能的高低变化情况。

3.（4分）（2023春•玉林期末）伴随国民物质文化生活的日益丰富，大众的健康意识不断增强，对膝盖损

耗较小的骑行运动越来越受欢迎。如图I中的气嘴灯是下端安装在自行车的气嘴上的饰物，骑行时会自

动发光，炫酷异常。一种气嘴灯的感应装置结构如图2所示，一重物套在光滑杆上，并与上端固定在A

点的弹簧连接，弹簧处于拉伸状态，触点M与触点N未接触。当车轮转动，弹簧再次拉伸，当重物上

的触点M与触点N接触，电路连通，LED灯就会发光.关于此灯下面说法中正确的是（）

LED

气嘴灯感应装置

图1图2

A.停车时也会发光，只是灯光较暗

B.骑行达到一定速度值时灯才会亮

C.无论车轮转多快，气嘴灯都无法在圆周运动的顶端发亮

D.此感应装置的发光利用重物的向心运动实现

【考点】常见的传感器及分类；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；电功和电功率的计算；闭合电路

欧姆定律的内容和表达式.

【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力.

【答案】B

【分析】当车轮达到一定转速时，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后就会被点亮，且速度

越大需要的向心力越大，则触点M越容易与触点N接触，根据触直方向圆周运动的特点分析即可。

【解答】解：A、停车时，车轮未转动，重物不能做离心运动，从而使M点很难与N点接触，不能发

光，故A错误；

B、当车速从零缓慢增加到某一数值时，根据竖直方向圆周运动的特点，由离心运动原理可知，重物向

心力足够大时，M点更容易与N点接触，可以发光，故B正确；

C、转速较大时，向心力较大，在圆周运动的顶端时向心力向下，则弹力增大，重物离心运动，从而使

M点更容易与N点接触，可以发光，故C错误；

D、离心现象是指做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况

下，就做逐渐远离圆心的运动，感应装置的原理正是利用离心现象，使两触点接触而点亮LED灯，故

D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查的是动力学的知识，要求学生能在具体生活案例中抽象出受力分析模型，并能准确分

析向心力的来源。

4.（4分）（2023秋♦丰台区期末）在中国科学技术馆有“雅各布天梯”的实验装置如图所示，展示了电弧

的产生和消失过程.两根呈羊角形的电极，底部AR之间接高压电.当电压升高到一定俏时，羊角形电

极底部间隙最小处空气先被击穿产生电弧，随后电弧向上爬升，在电极间隙较宽处消失，羊角电极底部

将再次产生电弧，如此周而复始。下列说法中可能正确的是（）

A.电弧未产生时，间隙最小处电场强度最小

B.两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上

C.对调底部AB正负极，电弧不会爬升

D.将该装置放入真空中，实验现象会更加明显

【考点】电容器的动态分析（U不变）一一板间距离变化.

【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力.

【答案】B

【分析】分析电路结构，确定两杆间的电压，根据U=Ed判断电场强度最大处，场强越大，越容易击

穿空气形成电弧，电弧是在磁场力作用以及空气对流的作用下向上爬升。

【解答】解：A.电弧未产生时，两根呈羊角形的电极相当于电容器，根据匀强电场的场强公式E=$可

定性分析，间隙最小处电场强度应最大，故A错误；

B.两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上，电弧是在磁场力作用以及空与对流的作用

下向上爬升的，故B正确；

C.由安培定则可知图中电弧所做位置磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可知电弧所受安培力向上；

对调底部AB正负极后，电弧所在位置的磁场垂直纸面垂直纸面向外，由左手定则可知电弧所受安培力

仍向上，电弧仍会在磁场对电弧的作用力以及空气对流的作用下爬升，故C错误；

D.将该装置放入真空中，实验现象将不会出现，因为真空中没有可被电离的物质，而高压可将空气电离，

从而导电形成电流，故D错误。

故选：Bo

【点评】此题考查了电容器的相关知识，解题的关键是明确两杆间相当于电容器，两杆间存在电场，根

据U=Ed判断电场强度的变化情况。

5.（4分）（2020秋•顺庆区校级期中）一由不同材料制成的导体，沿电流方向左、右部分分别为A和B,

己知两部分横截面枳之比为SA：SB=1：2,单位体积内自由电子数之比nA：ILB=2：3。现将这段导体

接入电路中，则A、B两段导体中自由电子定向移动的平均速率VA和VB之比为（）

A.6：1B.3：IC.4：3D.3：4

【考点】电流的微观表达式；电阻定律的内容及表达式：电流的概念、性质及电流强度的定义式.

【专题】定性思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力.

【答案】B

【分析】根据电流的微观表达式即可解得。

【解答】解：电流的微观表达式为I=neSv,因为两部分是串联而成，所以通过它们的电流是相等的，

即nAeSAVA=nBcSBVB»解得幺=711x-=故B正确，ACD错误。

l，sZSA211

故选：Bo

【点评】熟练掌握电流微观表达式是解题的关键，另外还要知道在串联电路中，电流处处相等。

6.（4分）（2018秋•全州县校级期中）地磁场的N极在地球南极附近，有一通电金属导线在赤道上方，东

西向水平放置.，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为（）

A.向东B.向西C.向上D.向下

【考点】左手定则判断安培力的方向；地磁场.

【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力.

【答案】C

【分析1解答本题首先要明确地球磁场的分布情况，然后根据左手定则直接进行判断即可.

【解答】解：地球磁场的南北极和地理的南北极相反，因此在赤道上方磁场方向从南指向北，依据左手

定则可得电流方向向东，则安培力方向向上，故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题的难点在于弄不清楚地球磁场方向，因此在学习中要熟练掌握各种典型磁场方向的分布情

况.

二.多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）

（多选）7.（5分）（2023•兴庆区校级开学）如图所示，关于磁场在现代科学技术中的应用下列说法正确

的是（）

A.图甲是回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，增加电压U即可

B.图乙是磁流体发电机的示意图，可判断出A板是发电机的负极，B板是发电机的正极

C.图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够从右向左沿直线匀速通过速度选择器

D.图丁是质谱仪的工作示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3,粒子的比荷越大

【考点】与速度选择器相结合的质谱仪：回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器.

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】BD

【分析】掌握回旋加速器，磁流体发电机，速度选择器，质谱仪的工作原理.，会在复合场中对粒子进行

受力分析。

【解答】解：A、根据qvB=n】?，解得v=噜；最大动能EK=全】,2=4黑，最大动能与加速电压无

关，故A错误；

B、由左手定则可知正离子向下偏转，负离子向上偏转，所以下极板带正电，上极板带负电，所以A板

是电源的负极，B板是电源的正极，故BIE确；

C、若带电粒子带正电，从右向左运动，受到竖直向下的电场力，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直

向下，则粒子不能匀速通过速度选择器，故C错误；

D、根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m^,解得看=盘，可知粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3

粒子的半径越小，比荷越大，故D正确。

故选：BDo

【点评】本题考查了洛伦兹力为相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原

理以及回旋加速器中最大动能的表达式。

（多选）8.（5分）（2022春•吉林期末）美国物理学家密立根（RAMillikan）于20世纪初进行了多次实验，

比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理图可简化为如图所示模型，置于真空中的油滴室内有两块

水平放置的平行金属板A、B与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷

出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小

孔进入平行金属板间。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷e,重力加速度g,

则（）

油制室

喷雾剂

---金属板A

二丁油箱

--显微道

一金属板B

油滴中电子的数目为野

A.

B.油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加mgd

C.油滴从小孔运动到金属板B过程中，机械能增加Ue

D.若将金属板A向上级慢移动一小段距离，油滴将加速卜降

【考点】密立根油滴实验；常见力做功与相应的能量转化；目场力做功与电势能变化的关系；从能量转

化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在叠加场中做直线运动.

【专题】比较思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】BD

【分析】带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件求出油滴所带电荷量，再求油滴

中电子的数目；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加等于克服电场力做功；油滴从小孔运

动到金属板B过程中，电场力做负功，机械能减少；将金属板A向上缓慢移动一小段距离，板间场强

减小，油滴受到的电场力减小，油滴将加速下降。

【解答】解：A、带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件得mg=qg,得油滴所

a

带电荷量：q=警，油滴中电子的数目：=3弱，故A错误；

B、油滴从小孔运动到金属板B过程中，克服电场力做功为W=qU=mgd,则电势能增加mgd,故B

正确；

C、油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力对油滴做负功，则其机械能减少，且机械能减少AE=

qU=mgd,故C错误;

D、将金属板A向上缓慢移动•小段距离，板间电压不变，由£=，知板间场强减小，油滴受到的电场

力减小，则油滴将加速下降，故D正确。

故选：BD„

【点评】本题关键是读懂题意，然后根据平衡条件列式求解油滴所带电荷量。同时，要明确能量是如何

转化的。

（多选）9.（5分）（2022秋•九龙坡区期末）如题图所示，仅有矩形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，

闭合圆形导线圈由位置1沿直线穿越磁场运动至位置2。关于能产生感应电流的过程，下列说法中正确

的是（）

A.线圈进入磁场过程

B.线圈完全进入磁场后至离开磁场前

C.线圈离开磁场的过程

D.线圈离开磁场后远离矩形区域的过程

【考点】电磁感应现象的发现过程.

【专题】比较思想：模型法；电磁感应与电路结合；理解能力.

【答案】AC

【分析】当穿过闭合回路的磁通最发生变化时，回路产生感应电流，根据感应电流产生的条件分析。

【解答】解：A、线圈进入磁场过程，由磁通量公式<P=BS知穿过线圈的磁通量增加，线圈中有感应

电流，故A正确；

B、线圈完全进入磁场后至离开磁场前，由磁通量公式》=BS知穿过线圈的磁通量不变，没有感应电

流，故B错误；

C、线圈离开磁场过程，由磁通量公式0>=BS知穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，故C正

确；

D、线圈离开磁场后远离矩形区域的过程，穿过线圈的磁通量始终为零，没有感应电流，故D错误。

故选：ACo

【点评】本题考查判断线圈是否产生感应电流，知道感应电流的产生条件是解题的前提，根据感应电流

产生条件进行分析即可解题。

（多选）10.（5分）（2021秋•丰城市校级期末）已知一电流计内阻Rg=90C,电流计满偏电流Ig=10mA。

现把电流计接成如图甲、乙所示电路。a、A都为公共端，甲中电流表量程：0〜0.1A和0〜1A,乙中

电压表的量程：0〜5V和。〜15V,下列说法正确的是（）

%

为4

0a6b0c6B

甲乙

A.使用a、b两个端点，量程是0〜1A；Ri=lC,R2=9C

B.使用A、B两个端点，量程是0〜5V；R3=5OH,R4=1.5kft

C.使用a、c两个端点，量程是O-O.IA；Ri=lO,R2=10Q

D.使用A、C两个端点，量程是0〜15V；R3=410（l,R4=lkO

【考点】电表的改装和应用（实验）；串联电路的特点及应用.

【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力.

【答案】AD

【分析】根据电路中的电流、电压特点结合欧姆定律列式求释出电阻的大小。

【解答】解：AC、使用ab两个端点时，电流计与R2串联后和Ri井联，有

/g（"g+/？2）

（9+

Ri=K

使用ac两个端点时，Ri和R2串联后再和电流计并联，有

I।"Rg_I

一

%+RX+R2,2

通过比较两个公式，可知则h=lA；h=0.1A

联立解得：Ri=in；R2=9C

故A正确，C错误；

BD、使用AB两个端点时，R3与电流计串联，有

Ig（Rg+R3）=Ui

使用AC两个端点时，R3串联R4再串联电流计，有

Ig（Rg+R3+R4）=U2

通过比较两个公式，可知UUU2,则Ui=5V；U2=15V

联立解得：R3=410O；R4=1000fl

故B错误，D正确；

故选：ADo

【点评】本题主要考查了电表的改装，根据电路的构造结合欧姆定律即可完成求解。

三.实验题（共1小题，满分15分，每小题15分）

II.（15分）（2021秋•南关区校级期中）一导电材料细而均匀，截面为圆柱体，某同学想用伏安法测量其

电阻率P，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R（约为I00Q）

A.电流表Ai（量程0〜3mA.内阻约50。）

B.电流表A2（量程0〜30mA,内阻约30。）

C.电压表Vi（量程0〜3V,内阻约10k。）

D.电压表V2（量程0〜15V,内阻约25kQ）

E.滑动变阻器Ri（阻值范围0〜300C）

F.滑动变阻器R2（阻值范围。〜3kQ）

.直流电源E（电动势3V,内阻不计）、开关S、导线若干。

（1）为了使实验误差较小且便于调节和测量，所选电流表为B,电压表为C,滑动变阻器为

旦_：（将所选器材的字母代号涂在答题纸上）

（2）在框中画出测量的电路图；

（3）①用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=4.120cm,用螺旋测微器测得该样品

的外直径如图乙所示，其示数d=0.580mm；

②先用多用电表的欧姆挡“X1（）”倍率粗测被测电阻的阻值，如图所示其读数为60O；如果用的

是直流电压“2.5V”挡测电压，其读数为1.80V：

（4）如果实验中电流表示数为I,电压表示数为U,并测出该棒的长度为L、直径为d,则该材料的电

阻率。=与手（用测出的物理量的符号表示）。

【考点】欧姆表的读数；导体电阻率的测量；游标卡尺的使用与读数；螺旋测微器的使用与读数.

【专题】实验题；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力.

7iUd^

【答案】（1）B,C,E（2）图见解析（3）©4.120,0.580②60,1.79（1.77-1.79）（4）-----

4IL

【分析】⑴根据电路中可能最大电流值选择电流表，根据巴源电动势选择电压表，根据待测电阻阻值

选择滑动变阻器；

（2）根据待测电阻与电表内目的关系确定电流表的接法，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解法，然后作出电路图；

（3）①游标卡尺读数等于主尺示数与游标尺示数之和；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可

动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；②欧姆表示数为指针示数乘以倍率；电压表读数注意量程和

分度值；

（4）根据电阻定律求出电阻率的表达式。

【解答】解：（1）电路中最大电流值为=亮A=0-034=30mA,故电流表应选B；根据电源电

动势为3V,选择电压表C；根据待测圆柱体电阻R（约为100。），选择与其相当的滑动变阻器E；

（2）因为而，故采用电流表外接，滑动变阻器与待测圆柱体阻俏相当采用限流式接法，电路

图如下：

（3）图甲所示游标卡尺分度值为0.03mm,其示数L=41mm+4X0.05mm=41,20mm=4.120cm：

图乙所示螺旋测微器分度值为0.01mm,其示数d=O.5mm+8.OX0.01mm=0.580mm；

（4）用多用电表的欧姆挡“XIO”倍率粗测被测电阻的阻值，根据欧姆表读数规则，其读数为6.0XI0Q

=60(1；

用直流电压“2.5V”挡测电压分度值为0.05V,其读数为1.79V；

（5）根据欧姆定律和电阻定律有:

DUL

解得：

TtUd2

P=FT

故答案为：（1）B,C,E（2）图见解析（3）©4.120,0.580②60,1.79（1.77~1.79）（4）吗-

4/L

【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计。测量电路要求

精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法。控制电路关

键是变阻器的分压式接法或限流式接法。

四.解答题（共3小题，满分41分）

12.（12分）（2021秋•貂关校级月考-）如图甲所示，将一倾角3=37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空

间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m=0.2kg,带电荷量q=2.0XI0-3C的小物块从斜面底

端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的v-t图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），g

=10m/s2«（sin37°=0.6,cos370=0.8）,求:

（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小；

（2）电场强度E的大小。

甲乙

【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小为0.8N：

（2）电场强度上的大小为3.0X1（）3N/C。

【分析】结合图像求出小物块的加速度，结合牛顿第二定律求出电场强度的大小和摩擦力大小。

【解答】解：⑴（2）由图像可知，0.1s时间内小物块的加速度大小为ai=%=言m/s2=20m/s2

同理解得在0.1s〜0.3s时间内小物块的加速度大小为a2=10m/s2

有电场时，对小物块根据牛顿第二定律可得

Eq-tngsinO-pmgcos0=mai

撤去电场，对小物块根据牛顿第二定律可得

mgsinO+pmgcosO=ma2

其中f=pmgcosO

联立代入数据可得E=3.OX1CPN/C,f=0.8N

答：（I）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小为0.8N；

（2）电场强度E的大小为3.axdN/c。

【点评】在涉及v-l图像问题时，要注意图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成图形的面积表示

物体在该段时间内通过的位移。

13.（14分）（2023秋•北硝区校级期末）如图所示，间距L=0.5m的粗糙平行金属导轨水平固定放置，导

轨两端连接电动势E=10V,内阻r=0.5。的电源。一质量m=1kg的金属杆ab垂直放在金属导轨上并

保持良好接触，金属杆接入电路的有效电阻R=L5Q。在导轨所在平面内，分布着磁感应强度大小8=

1T,方向与导轨平面成夹角8=37°斜向上的匀强磁场，金属杆处于静止状态。重力加速度g=10m/s2,

cos37°=0.8o求:

（1）流过金属杆ab的电流大小；

（2）金属杆ab受到的安培力大小；

（3）金属杆ab受到的摩擦力大小和方向。

【考点】安培力的计算公式及简单应用；共点力的平衡问题及求解；闭合电路欧姆定律的内容和表达式.

【专题】计算题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；磁场磁场对■电流的作用；推理论

证能力.

【答案】（1）流过金属杆ab的电流大小为5A；

（2）金属杆ab受到的安培力大小为2.5N；

（3）金属杆ab受到的摩擦力大小为1.5N,方向沿导轨向右。

【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律计算流过金属杆ab的电流大小；

（2）根据F=BIL（B与I垂直）计算金属杆ab受到的安培力大小；

（3）对金属杆ab受力分析，根据共点力平衡列式求解受到的摩擦力大小，确定摩擦力方向。

【解答】解：由题意可知：sin370=0.6

（1）根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）可得：/=名:二4=54,在ab中，电流方向由a

指向b；

（2）安培力大小为：F=BIL=1X5XO.5N=2.5N；

（3）对导体棒，受重力mg、安培力F、支持力N、摩擦力f,根据平衡条件可得：Fsin0=f,Fcos0+N

=mg,解得：f=Fsine=2.5X0.6N=1.5N,方向沿导轨向右。

答：（1）流过金属杆ab的电流大小为5A：

（2）金属杆ab受到的安培力大小为2.5N；

（3）金属杆ab受到的摩擦力大小为1.5N,方向沿导轨向右。

【点评】本题主要考查安培力中的平衡问题，根据闭合电路欧姆定律和共点力平衡条件列式解答。

14.（15分）（2023秋•温州期末；如图1所示，间距为d的平行导体板M、N间有垂直纸面向里的匀强磁

场Bi和沿纸面向下的匀强电场（未画出），平行板右侧上方、下方分别放有足够长的绝缘收集板aibi、

a2b2,右侧偏转区内有垂直纸面向里的匀强磁场B2。有大量质量为m、电荷量为q的正电粒子以不同速

度沿平行板轴线00'射入，其中速度为vo的粒子恰能沿轴浅OO'运动并从0'点进入偏转区，已知

%=赞1%=翳,不计的子重力,

图1图2图3

（1）求板M、N间的电压UMN；

（2）若仅将磁场Bi的右边界向左移动?（如图2所示），求速度为vo的粒了•打在收集板上的点Pi到0'

4

点的竖直距离I;

（3）若将两收集板a^i、a2b二水平向右移动?，在平行板右恻放置一可上下移动的挡板ef,其.上边缘e

自M板附近开始缓慢向下移，当e下移距离为与时（如图3所示），恰好有粒子打到收集板右侧，此时

4

粒子的落点P2至IJ0'点的竖直距离为2d,求对应粒子沿轴线00'入射时的初速度大小v（已知从e

上方进入磁场B2的粒子的速度方向均与轴线OO'成锐角向上）。

【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动.

【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】（1）板M、N间的电压为；

q

（2）若仅将磁场Bi的右边界向左移动2则速度为vo的粒子打在收集板上的点Pi到O'点的竖直距

4

一,61

皆为二山

7

(3)满足条件的粒子沿轴线00'入射时的初速度大小为1外。

【分析】(1)速度为vo的粒子恰能沿轴线00'运动并从O'点进入偏转区，根据平衡条件结合电势差

的计算公式进行解答：

(2)仅将磁场臼的右边界向左移动士粒子出磁场后在平行板间做类平抛运动，根据类平抛运动的规

4

律求解粒子在电场中的侧移量：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力

求解粒子打在收集板上的点P:到0'点的竖直距离，由此得解；

(3)由题意得粒子恰好经过ai,由几何关系得粒子在磁场B2中的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力

求解速度大小，根据动能定理求解初速度大小。

【解答】解：(1)速度为vo的粒子恰能沿轴线OO'运动并从O'点进入偏转区，则有：qvoBi=qE

其中：£=等，当=需

联立解得：UMN~

d

(2)仅将磁场Bi的右边界向左移动一，粒子出磁场后在平行板间做类平抛运动，则有：

4

d

1二%t

联立解得粒子在电场中的侧移量：%=备4

粒子进入磁场的运动轨迹如图所示：

根据几何关系可得：y2=2rcos6

mv2

根据洛伦兹力提供向心力可得：qu二岛=Y

根据运动的合成与分解可得：cosO=含

分

联立解得:y2=2d

速度为vo的粒子打在收集板上的点Pi到0'点的竖直距离：l=y2-yi

解得：2=的出

(3)由题意得粒子恰好经过ai,轨迹圆弧eaiP2,做eai、aiP2的中垂线交于轨迹圆心O",如图所示:

由几何关系得粒子在磁场B2中的轨迹半径为：r2=1d

根据洛伦兹力提供向心力可得：9艺82=坐

r2

联立解得：v2=1v0

根据动能定理可得：一/qUMN=品境

解得：V=voo

答：(1)板M、N间的电压为3m”。；

Q

(2)若仅将磁场臼的右边界向左移动上则速度为vo的粒子打在收集板上的点Pi到O'点的竖直距

4

....61」

因为77出

32

7

(3)满足条件的粒子沿轴线00'入射时的初速度大小为1外。

【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛

伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运

动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。

考点卡片

1.共点力的平衡问题及求解

【知识点的认识】

1.共点力

（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作

用在同•点上，但它们的延K线交手•点，这几个力叫作共点力。

（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。

2.共点力平衡的条件

<1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。

（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为。。

3.对共点力平衡条件的理解及应用

—0

合外力等于0,即F介=0—正交分解法J合二n，其中R介和6,令分别表示物体在X轴和y轴上所受的合

3合二u

力,

4.平衡条件的推论

（I）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。

（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。

（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n-1）个力

的合力等大、反向。

5.解答共点力平衡问题的三种常用方法

项目内容

物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，将其中

合成法的任意两个力合成,其合力,定与第三个力平衡.从

而把三力平衡问题转化为二力平衡问题

物体在三个共点力作用下处于平衡状态时,将其中

任意一个力沿其他两个力的反方向分解，则每个方

分解法

向上的一对力大小相等、方向相反,从而把三力平衡

问题转化为两个方向上的二力平衡问题

物体在一:个或一:个以上的共点力作用卜处于平衡状

正交态时.将物体所受的各个力均向两个互相垂宜的方

分解法向「.分解.然后分别在这两个方向上列平衡方程•此

时平衡条件可表示为尸］合=0,凡合=0

6.平衡中的临界、极值问题

a.临界问题

（I）问题特点：

①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。

②注意某现象“恰好出现”或