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2023-2024学年湖北省部分省级示范高中高二（上）期末考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省部分省级示范高中高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 质子所带的电荷量是1.6×10−19C，所以质子是元电荷
B. 相互作用的两点电荷，即使它们的电荷量不相等，它们之间的库仑力大小也一定相等
C. 点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
D. 根据F=kq1q2r2可知，当r→0时，F→∞
2.金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则
( )
A. 图中没有电场线的地方就没有电场
B. C点电势低于A点电势
C. 同一正电荷在D点的电势能高于在B点的电势能
D. 正电荷从D点静止释放，若只受电场力作用，将沿电场线运动到B点
3.两条通有相同电流的长直导线平行放置，将一矩形线框分别放置在1、2、3位置，2位置到两导线的距离相等，如图所示．则矩形线框在1、2、3位置的磁通量大小Φ1、Φ2、Φ3的大小关系正确的是( )
A. Φ1>Φ2>Φ3B. Φ1<Φ2<Φ3C. Φ1=Φ3>Φ2D. Φ1=Φ3<Φ2
4.如图所示，匀强电场中等腰直角三角形ABC，AB=BC=2dm，D为AB边中点，电场方向与▵ABC所在平面平行，规定B点的电势为0；将电荷量q=−6×10−6C的点电荷从A点移到B点，电场力做了−2.4×10−5J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10−5J的功，则( )
A. B、C两点的电势差UBC=2V
B. 点电荷q在D点具有的电势能为−1.2×10−5J
C. 该匀强电场的场强大小为100 5V/m，方向垂直于CD连线指向B点
D. 将▵ABC绕B点顺时针旋转，无论转过多大的角度，A、C两点电势都不会相等
5.如图所示，金属杆ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ斜向上，金属杆ab始终静止于水平导轨上，则以下正确的是( )
A. 金属杆受到的安培力的大小为BILsinθ
B. 金属杆所受摩擦力大小为BILcsθ
C. 金属杆对导轨压力可以为0
D. 仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，摩擦力大小不变
6.表格列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大速度行驶，则下列选项正确的是( )
A. 电动机的输入功率为576WB. 电动机的线圈电阻为4Ω
C. 该车获得的牵引力为104ND. 该车受到的阻力为20N
7.一部华为Mate系列手机大约有1600多个元器件组成，其中半导体器件占到了很大一部分。霍尔元件就是利用霍尔效应制成的半导体磁电转换器件，如图是很小的矩形半导体薄片，M、N之间的距离为a，薄片的厚度为b，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，加磁场后M、N间的霍尔电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为正电荷，每个载流子电荷量为q，单位体积内载流子个数为n，电流与磁场的方向如图所示。下列说法正确的是
( )
A. N板电势低于M板电势
B. MN间电势差UH=BInqb
C. 每个载流子受到的洛伦兹力大小为qUHb
D. 将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH变大
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图a所示，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中，理想电压表V1、V2的示数随理想电流表A示数的变化情况如图b所示，下列说法正确的是( )
A. 滑动变阻器的最大阻值为12ΩB. 电源的电动势为9V
C. R0=15ΩD. 电源内阻为1Ω
9.两点电荷M、N分别固定在x=−20cm和坐标原点处，所形成电场的电势在x轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x0处，x=20cm处电势最低，取无穷远处电势为0，一正电荷q自x0处由静止释放，则( )
A. x0处的电场强度为0
B. 电荷M、N所带电量大小之比为4:1
C. 正电荷q运动的过程中，加速度先增大后减小
D. 正电荷q运动的过程中，电势能先减小后增大
10.两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，两粒子射出磁场时的速度偏转角分别为，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力，则下列说法正确的是
( )
A. a粒子带正电，b粒子带负电
B. 粒子射入磁场中的速率va:vb=1:3
C. 粒子在磁场中的运动时间ta:tb=2:1
D. 若将磁感应强度变为原来的 3倍，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的32
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.小明在网络上看到了2B铅笔造假的新闻，新闻中提到假笔芯的碳含量较低，他猜想假笔芯的电阻率应该比真笔芯要低，为了证明猜想他找来了圆柱形的假笔芯样品进行实验。
(1)小明用刻度尺测量并截取了一段l=10.0cm长的笔芯，并用螺旋测微器测量笔芯的直径，如图A所示，其读数为d=______mm。
(2)小明先使用如图B所示的实验电路，测出铅笔芯的几组电流、电压数据后描到U−I图上，并描出实验图线。然后又将电流表改为内接，重复实验并同样描出实验图线。得到2条U−I图线如图C所示。根据实验图线分析可知，该实验电流表应采用_____(填写“外接法”或“内接法”)才能使测量值误差更小，该笔芯电阻较准确的测量值为R=______Ω(结果保留2位有效数字)。
(3)根据以上测量可以计算出假笔芯样品的电阻率，使用的计算式为ρ=______(用l、d、R等物理量表示)。
12.某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。
A.被测干电池一节 B.电流表2：量程0～0.6A，内阻RA=0.2Ω
C.电压表1：量程0～15V，内阻未知 D.电压表2：量程0～3V，内阻未知
E.滑动变阻器1：阻值范围为0～10Ω，允许通过最大电流2A
F.滑动变阻器2：阻值范围为0～100Ω，允许通过最大电流1A
G.开关、导线若干
(1)伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择_______，滑动变阻器选择______。(填写器材前的字母)
(2)实验电路图应选择图_______(填“甲”或“乙”)。
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的内阻r=_______Ω。
(4)使用图乙电路图测得的电动势_______真实值(填大于、等于或小于)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示是有两个量程的电流表，当使用A、B两个端点时，量程为0∼1A，当使用A、C两个端点时，量程为0∼0.1A，已知表头的内阻为100Ω，满偏电流是2mA，求：
(1)该表头的满偏电压；
(2)R1与R2的阻值。(最后结果可直接用分数表示)
14.如图所示，在倾角θ=30°的斜面上固定间距L=0.5 m的两平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，质量m=200g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.50T，垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。取g=10 m/s2。
(1)若导轨光滑，要保持金属棒在导轨上静止，求金属棒受到的安培力大小；
(2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ= 36，金属棒要在导轨上保持静止，求滑动变阻器R接入电路中的阻值范围；
15.如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里，位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0∼3t时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极边缘的影响)。
已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场，上述m、q、l、l0、B为已知量(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)。
(1)求电压U的大小；
(2)求12t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.元电荷是最小的电荷量，质子的电荷量等于元电荷，质子是实实在在的粒子，不是元电荷，故A错误；
B.两个点电荷之间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，二者大小相等方向相反，故B正确；
C.当带电体的形状对电场与它的相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与体积大小和电荷量无直接关系，故C错误；
D.库仑定律只适用于真空中的点电荷，当 r→0 时，带电体不能再看作是点电荷，故库仑定律不再适用，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据电场线的疏密判断场强的大小，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势高低；正电荷在电势高处的电势能大。
本题主要考查了根据电场线判定电场强度和电势，解题关键掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低。
【解答】
A.电场线只是形象的描述电场，电荷周围均有电场存在，故A错误；
B.沿着电场线电势逐渐降低，可知C点电势大于A点电势，故B错误；
C.沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，由Ep=qφ可知正电荷在D点的电势能高于在B点的电势能，故C正确；
D.正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向，故D错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查磁通量概念的掌握，知道直线电流的磁场分布是解题的关键，难度不大。
【解答】
根据对称性可知Φ1=Φ3
根据磁场的叠加，2位置通过线框的磁通量为0，则
Φ1=Φ3>Φ2
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系。知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。
根据电场力做功与电势差的关系求出AB间的电势差、BC间的电势差；根据电势差等于电势之差，结合B点电势为零，求出A、C点的电势；找出等势线，结合电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，作出电场线，并根据E=Ud求出电场强度。
【解答】
AB.由题意，根据公式 UAB=WABq ， UBC=WBCq ，则有 UAB=−2.4×10−5−6×10−6V=4V ， UBC=1.2×10−5−6×10−6V=−2V ，规定B点的电势为0，则 φA=4V ， φC=2V ，在匀强电场中沿着同一方向距离相等的任何两点间电势差相等，则 φA−φD=φD−φB ，可得 φD=2V ，故点电荷q在D点具有的电势能为 Ep=qφD=−6×10−6×2J=−1.2×10−5J ，故A错误，B正确；
C.因 φD=φC ，故连接CD，则CD为一条等势面，过B作CD垂线则为一条电场线，如图所示由几何关系得 ∠BCD=1 12+22= 55 ，
则 E=UCBBCsin∠BCD=22× 55×10−1V/m=10V/m ，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，场方向为垂直于CD连线指向B点，故C错误；
D.将 △ABC 绕B点顺时针旋转，当转到AC与电场线垂直时，此时A、C两点电势相等，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】【分析】
对金属杆受力分析，然后应用平衡条件分析答题。
应用左手定则判断出安培力方向，对金属杆正确受力分析是解题的前提与关键，应用平衡条件即可解题。
【解答】
AB.对金属杆做受力分析，如图所示
，
金属杆受到的安培力的大小为BIL，
水平方向，由平衡条件得f=BIlsinθ故AB错误；
C.竖直方向，由平衡条件得N=mg−BIlcsθ，
由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小N’=N=mg−BIlcsθ，
因水平方向必须存在摩擦力才能保持平衡，故金属杆对导轨压力不可以为0，故C错误；
D.仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，受力分析如图所示
摩擦力大小f=BILsinθ不变，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】解：AB、已知该电动自行车的额定电压为：48V，额定电流为：12A，则该电动机的输入功率为：P=UI=48×12W=576W，已知额定输出功率为400W，则线圈的发热功率为：Pr=P−P输出=576W−400W=176W，
则由Pr=I2r可得，r=PrI2=176122Ω≈1.2Ω，故A正确，B错误；
CD、当汽车速度最大时，汽车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力，即F=f，则此时额定输出功率P输出=400W，最大行驶速度：v=20km/h=509m/s，则牵引力大小为F=P输出v=72N，故阻力大小f=F=72N，故CD错误；
故选：A。
由额定电压和额定电流求出总功率，从而得到电动机的输入功率和发热功率，从而求出内阻，由输出功率和速度的关系式求出牵引力，从而得到阻力。
本题的主要考查了非纯电阻电路中总功率与输出功率的关系，解题关键在于输出功率等于总功率减去热功率，当汽车速度最大时，牵引力等于阻力。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据左手定则，带正电的载流子会积累在N板，所以N板电势高于M板电势，故A错误；
BC.电流稳定后，根据平衡条件知每个载流子受到的洛伦兹力等于电场力，即
qvB=qUHa
根据电流微观表达式
I=nqvab
整理得MN间电势差
UH=BInqb
故B正确，C错误；
D.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则载流子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故D错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】AC.由电压表V2的示数随电流表示数A的变化图像可知
R0=U2I2=6V2A=3Ω
当I = 0.5A时，此时外电路的阻值达到最大，则
R外=U1I1=Ω
则R的最大值为
R = R外−R0 = 12Ω
A正确，C错误；
BD.根据闭合电路欧姆定律可得
E = U外1+I1r
E = U外2+I2r
解得
E = 8V，r = 1Ω
B错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】.BD
【详解】A. φ−x 图像，斜率表示电场强度，在 x0 处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，故A错误；
B. x=20cm 处图像斜率为零，则满足
kQ1(40cm)2=kQ2(20cm)2
所以电荷 M、N 所带电量大小之比为
Q1Q2=41
故B正确；
C.一正电荷 q 自 x0 处由静止释放，根据电势变化情况可知，自 x0 处右侧场强方向先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向，场强先减小为零后反向增大再减小，根据牛顿第二定律，有
Eq=ma
可知正电荷 q 运动的过程中，加速度先减小为零后反向增大再减小，故C错误；
D.一正电荷 q 自 x0 处由静止释放，根据电势变化情况可知，自 x0 处右侧场强方向先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】.BC
【详解】A.粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，故A错误；
B.画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示
设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
解得
v1=qBram
v2=qBrbm
设大圆半径为R，做如图蓝色辅助线，根据几何关系有
tan30∘=Rrb
tan30∘=raR
整理得
vavb=13
故B正确；
C.设粒子的半径分别为 ra、rb ，则根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=m4π2T2r
解得
T=2πmqB
画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示
由上图可知
θb=60∘
θa=120∘
则
ta=120∘360∘T=13T
tb=60∘360∘T=16T
整理有
ta:tb=2:1
故C正确；
D.将磁感应强度变为原来的 3 倍，其它条件不变，设此时b粒子的运动半径为r、周期为T′、运动时间为t，则根据洛伦兹力提供向心力有
qv⋅ 3B=mv2r
解得
r=mvb 3qB
可计算出
r=rb 3
根据选项B有
tan30∘=Rrb
tanθ=Rr= 3tan30∘=1
θ=45∘
则b运动的圆心角为90°，运动周期为
T′=2πm 3qB
则b运动时间为
t=90∘360∘⋅2πm 3Bq=πm2 3Bq
则可计算出
ttb= 32
得
t= 32tb
故D错误。
故选BC。
11.【答案】 1.200 外接法 1.2 πRd24l
【详解】(1)[1]根据图A可得该铅笔芯的直径
d=1mm+20.0×0.1mm=1.200mm
(2)[2][3]图B所示电路图的连接为电流表的外接法，电流表外接，电压表与待测电阻并联，则电压表分流，电流表所测电流偏大，将大于真实值，因此造成待测电阻测量值偏小；而电流表的内接则会造成电流表分压，电压表所测电压偏大，将大于真实值，因此造成待测电阻测量值偏大，通过图C中的图线，分别可得上下两条图线所测待测电阻的阻值为
Rx上=0.960.6Ω=1.6Ω ， Rx下=0.720.6Ω=1.2Ω
则可知，下面图线的实验结果是电流表外接法测量得到，而上面图线的实验结果是电流表内接法测量得到，显然待测电阻的阻值较小，而电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，因此应采用电流表的外接法来进行实验，则可知由电压表外接法测量得到的待测电阻的阻值为
Rx=1.2Ω
(3)[4]根据电阻定律
R=ρlS
其中
S=π(d2)2=πd24
可得
ρ=πRd24l
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)D；E；(2)甲；(3)1.05；(4)小于
【解析】分析：
(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；
(2)本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻。
(4)比较测量值和真实值的电源的 U−I 图像进行分析。
【解答】
(1)实验要尽可能准确地测量一节干电池的电动势和内阻，已知电流表2的内阻，可以把它串联在干路中，把它的内阻看成电源的一部分，而电压表测量得到的电压就可以看成是路端电压。由于一节干电池的电压约为 1.5V ，路端电压小于 1.5V ， 0∼15V 读数误差太大，电压表选择D。
干电池内阻较小，则为了方便调节，减小误差，滑动变阻器选择E。
(2)因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看做路端电压，则应选甲图。
(3)由闭合回路欧姆定律有 U=E−IRA+r 结合图像可得 k=RA+r=1.4−0.90.4Ω 解得 r=1.05Ω；
(4)若使用图乙电路图测内阻相对于电源而言，电流表外接，由于电压表有分流作用，故电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的 U−I 图像如下图所示，由图可知，电源电动势的测量值小于真实值。
13.【答案】(1)0.2V；(2) 1049Ω ， 9049Ω
【解析】(1)表头的满偏电压
U=IgRg=2×10−3×100V=0.2V
(2)接A、B时
I1=Ig+Ig(Rg+R2)R1
接A、C时
I2=Ig+IgRgR1+R2
解得
R1=1049Ω ， R2=9049Ω
14.【答案】(1) U0=ml2qt02 ；(2) R= 5ml2qBt0 ；(3)圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为 tmin=πm2qB
【详解】(1) t=0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动， t0 时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为 12l ，则有
El=U0
Eq=ma
12l=12at02
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为
U0=ml2qt02
(2) 12t0 时刻进入两极板的带电粒子，前 12t0 时间在电场中偏转，后 12t0 时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动，带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v0=lt0
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy=a⋅12t0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v= vx2+vy2
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
Bvq=mv2R
联立上式解得
R= 5ml2qBt0
(3) 2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短，带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为
vy′=at0
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为 α ，则
tanα=v0vy′
联立解得
α=π4
带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示
圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为
tmin=14T
带电粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmBq
联立以上两式解得
tmin=πm2Bq
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) U0=ml2qt02 ；(2) R= 5ml2qBt0 ；(3)圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为 tmin=πm2qB
【详解】(1) t=0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动， t0 时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为 12l ，则有
El=U0
Eq=ma
12l=12at02
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为
U0=ml2qt02
(2) 12t0 时刻进入两极板的带电粒子，前 12t0 时间在电场中偏转，后 12t0 时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动，带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v0=lt0
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy=a⋅12t0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v= vx2+vy2
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
Bvq=mv2R
联立上式解得
R= 5ml2qBt0
(3) 2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短，带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为
vy′=at0
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为 α ，则
tanα=v0vy′
联立解得
α=π4
带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示
圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为
tmin=14T
带电粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmBq
联立以上两式解得
tmin=πm2Bq
【解析】详细解答和解析过程见答案自重
40kg
额定电压
48V
载重
75kg
额定电流
12A
最大行驶速度
20km/h
额定输出功率
400W
1.下列说法正确的是( )
A. 质子所带的电荷量是1.6×10−19C，所以质子是元电荷
B. 相互作用的两点电荷，即使它们的电荷量不相等，它们之间的库仑力大小也一定相等
C. 点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
D. 根据F=kq1q2r2可知，当r→0时，F→∞
2.金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则
( )
A. 图中没有电场线的地方就没有电场
B. C点电势低于A点电势
C. 同一正电荷在D点的电势能高于在B点的电势能
D. 正电荷从D点静止释放，若只受电场力作用，将沿电场线运动到B点
3.两条通有相同电流的长直导线平行放置，将一矩形线框分别放置在1、2、3位置，2位置到两导线的距离相等，如图所示．则矩形线框在1、2、3位置的磁通量大小Φ1、Φ2、Φ3的大小关系正确的是( )
A. Φ1>Φ2>Φ3B. Φ1<Φ2<Φ3C. Φ1=Φ3>Φ2D. Φ1=Φ3<Φ2
4.如图所示，匀强电场中等腰直角三角形ABC，AB=BC=2dm，D为AB边中点，电场方向与▵ABC所在平面平行，规定B点的电势为0；将电荷量q=−6×10−6C的点电荷从A点移到B点，电场力做了−2.4×10−5J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10−5J的功，则( )
A. B、C两点的电势差UBC=2V
B. 点电荷q在D点具有的电势能为−1.2×10−5J
C. 该匀强电场的场强大小为100 5V/m，方向垂直于CD连线指向B点
D. 将▵ABC绕B点顺时针旋转，无论转过多大的角度，A、C两点电势都不会相等
5.如图所示，金属杆ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ斜向上，金属杆ab始终静止于水平导轨上，则以下正确的是( )
A. 金属杆受到的安培力的大小为BILsinθ
B. 金属杆所受摩擦力大小为BILcsθ
C. 金属杆对导轨压力可以为0
D. 仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，摩擦力大小不变
6.表格列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大速度行驶，则下列选项正确的是( )
A. 电动机的输入功率为576WB. 电动机的线圈电阻为4Ω
C. 该车获得的牵引力为104ND. 该车受到的阻力为20N
7.一部华为Mate系列手机大约有1600多个元器件组成，其中半导体器件占到了很大一部分。霍尔元件就是利用霍尔效应制成的半导体磁电转换器件，如图是很小的矩形半导体薄片，M、N之间的距离为a，薄片的厚度为b，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，加磁场后M、N间的霍尔电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为正电荷，每个载流子电荷量为q，单位体积内载流子个数为n，电流与磁场的方向如图所示。下列说法正确的是
( )
A. N板电势低于M板电势
B. MN间电势差UH=BInqb
C. 每个载流子受到的洛伦兹力大小为qUHb
D. 将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH变大
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图a所示，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中，理想电压表V1、V2的示数随理想电流表A示数的变化情况如图b所示，下列说法正确的是( )
A. 滑动变阻器的最大阻值为12ΩB. 电源的电动势为9V
C. R0=15ΩD. 电源内阻为1Ω
9.两点电荷M、N分别固定在x=−20cm和坐标原点处，所形成电场的电势在x轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x0处，x=20cm处电势最低，取无穷远处电势为0，一正电荷q自x0处由静止释放，则( )
A. x0处的电场强度为0
B. 电荷M、N所带电量大小之比为4:1
C. 正电荷q运动的过程中，加速度先增大后减小
D. 正电荷q运动的过程中，电势能先减小后增大
10.两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，两粒子射出磁场时的速度偏转角分别为，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力，则下列说法正确的是
( )
A. a粒子带正电，b粒子带负电
B. 粒子射入磁场中的速率va:vb=1:3
C. 粒子在磁场中的运动时间ta:tb=2:1
D. 若将磁感应强度变为原来的 3倍，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的32
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.小明在网络上看到了2B铅笔造假的新闻，新闻中提到假笔芯的碳含量较低，他猜想假笔芯的电阻率应该比真笔芯要低，为了证明猜想他找来了圆柱形的假笔芯样品进行实验。
(1)小明用刻度尺测量并截取了一段l=10.0cm长的笔芯，并用螺旋测微器测量笔芯的直径，如图A所示，其读数为d=______mm。
(2)小明先使用如图B所示的实验电路，测出铅笔芯的几组电流、电压数据后描到U−I图上，并描出实验图线。然后又将电流表改为内接，重复实验并同样描出实验图线。得到2条U−I图线如图C所示。根据实验图线分析可知，该实验电流表应采用_____(填写“外接法”或“内接法”)才能使测量值误差更小，该笔芯电阻较准确的测量值为R=______Ω(结果保留2位有效数字)。
(3)根据以上测量可以计算出假笔芯样品的电阻率，使用的计算式为ρ=______(用l、d、R等物理量表示)。
12.某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。
A.被测干电池一节 B.电流表2：量程0～0.6A，内阻RA=0.2Ω
C.电压表1：量程0～15V，内阻未知 D.电压表2：量程0～3V，内阻未知
E.滑动变阻器1：阻值范围为0～10Ω，允许通过最大电流2A
F.滑动变阻器2：阻值范围为0～100Ω，允许通过最大电流1A
G.开关、导线若干
(1)伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择_______，滑动变阻器选择______。(填写器材前的字母)
(2)实验电路图应选择图_______(填“甲”或“乙”)。
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的内阻r=_______Ω。
(4)使用图乙电路图测得的电动势_______真实值(填大于、等于或小于)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示是有两个量程的电流表，当使用A、B两个端点时，量程为0∼1A，当使用A、C两个端点时，量程为0∼0.1A，已知表头的内阻为100Ω，满偏电流是2mA，求：
(1)该表头的满偏电压；
(2)R1与R2的阻值。(最后结果可直接用分数表示)
14.如图所示，在倾角θ=30°的斜面上固定间距L=0.5 m的两平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，质量m=200g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.50T，垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。取g=10 m/s2。
(1)若导轨光滑，要保持金属棒在导轨上静止，求金属棒受到的安培力大小；
(2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ= 36，金属棒要在导轨上保持静止，求滑动变阻器R接入电路中的阻值范围；
15.如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里，位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0∼3t时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极边缘的影响)。
已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场，上述m、q、l、l0、B为已知量(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)。
(1)求电压U的大小；
(2)求12t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.元电荷是最小的电荷量，质子的电荷量等于元电荷，质子是实实在在的粒子，不是元电荷，故A错误；
B.两个点电荷之间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，二者大小相等方向相反，故B正确；
C.当带电体的形状对电场与它的相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与体积大小和电荷量无直接关系，故C错误；
D.库仑定律只适用于真空中的点电荷，当 r→0 时，带电体不能再看作是点电荷，故库仑定律不再适用，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据电场线的疏密判断场强的大小，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势高低；正电荷在电势高处的电势能大。
本题主要考查了根据电场线判定电场强度和电势，解题关键掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低。
【解答】
A.电场线只是形象的描述电场，电荷周围均有电场存在，故A错误；
B.沿着电场线电势逐渐降低，可知C点电势大于A点电势，故B错误；
C.沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，由Ep=qφ可知正电荷在D点的电势能高于在B点的电势能，故C正确；
D.正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向，故D错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查磁通量概念的掌握，知道直线电流的磁场分布是解题的关键，难度不大。
【解答】
根据对称性可知Φ1=Φ3
根据磁场的叠加，2位置通过线框的磁通量为0，则
Φ1=Φ3>Φ2
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系。知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。
根据电场力做功与电势差的关系求出AB间的电势差、BC间的电势差；根据电势差等于电势之差，结合B点电势为零，求出A、C点的电势；找出等势线，结合电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，作出电场线，并根据E=Ud求出电场强度。
【解答】
AB.由题意，根据公式 UAB=WABq ， UBC=WBCq ，则有 UAB=−2.4×10−5−6×10−6V=4V ， UBC=1.2×10−5−6×10−6V=−2V ，规定B点的电势为0，则 φA=4V ， φC=2V ，在匀强电场中沿着同一方向距离相等的任何两点间电势差相等，则 φA−φD=φD−φB ，可得 φD=2V ，故点电荷q在D点具有的电势能为 Ep=qφD=−6×10−6×2J=−1.2×10−5J ，故A错误，B正确；
C.因 φD=φC ，故连接CD，则CD为一条等势面，过B作CD垂线则为一条电场线，如图所示由几何关系得 ∠BCD=1 12+22= 55 ，
则 E=UCBBCsin∠BCD=22× 55×10−1V/m=10V/m ，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，场方向为垂直于CD连线指向B点，故C错误；
D.将 △ABC 绕B点顺时针旋转，当转到AC与电场线垂直时，此时A、C两点电势相等，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】【分析】
对金属杆受力分析，然后应用平衡条件分析答题。
应用左手定则判断出安培力方向，对金属杆正确受力分析是解题的前提与关键，应用平衡条件即可解题。
【解答】
AB.对金属杆做受力分析，如图所示
，
金属杆受到的安培力的大小为BIL，
水平方向，由平衡条件得f=BIlsinθ故AB错误；
C.竖直方向，由平衡条件得N=mg−BIlcsθ，
由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小N’=N=mg−BIlcsθ，
因水平方向必须存在摩擦力才能保持平衡，故金属杆对导轨压力不可以为0，故C错误；
D.仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，受力分析如图所示
摩擦力大小f=BILsinθ不变，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】解：AB、已知该电动自行车的额定电压为：48V，额定电流为：12A，则该电动机的输入功率为：P=UI=48×12W=576W，已知额定输出功率为400W，则线圈的发热功率为：Pr=P−P输出=576W−400W=176W，
则由Pr=I2r可得，r=PrI2=176122Ω≈1.2Ω，故A正确，B错误；
CD、当汽车速度最大时，汽车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力，即F=f，则此时额定输出功率P输出=400W，最大行驶速度：v=20km/h=509m/s，则牵引力大小为F=P输出v=72N，故阻力大小f=F=72N，故CD错误；
故选：A。
由额定电压和额定电流求出总功率，从而得到电动机的输入功率和发热功率，从而求出内阻，由输出功率和速度的关系式求出牵引力，从而得到阻力。
本题的主要考查了非纯电阻电路中总功率与输出功率的关系，解题关键在于输出功率等于总功率减去热功率，当汽车速度最大时，牵引力等于阻力。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据左手定则，带正电的载流子会积累在N板，所以N板电势高于M板电势，故A错误；
BC.电流稳定后，根据平衡条件知每个载流子受到的洛伦兹力等于电场力，即
qvB=qUHa
根据电流微观表达式
I=nqvab
整理得MN间电势差
UH=BInqb
故B正确，C错误；
D.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则载流子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故D错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】AC.由电压表V2的示数随电流表示数A的变化图像可知
R0=U2I2=6V2A=3Ω
当I = 0.5A时，此时外电路的阻值达到最大，则
R外=U1I1=Ω
则R的最大值为
R = R外−R0 = 12Ω
A正确，C错误；
BD.根据闭合电路欧姆定律可得
E = U外1+I1r
E = U外2+I2r
解得
E = 8V，r = 1Ω
B错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】.BD
【详解】A. φ−x 图像，斜率表示电场强度，在 x0 处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，故A错误；
B. x=20cm 处图像斜率为零，则满足
kQ1(40cm)2=kQ2(20cm)2
所以电荷 M、N 所带电量大小之比为
Q1Q2=41
故B正确；
C.一正电荷 q 自 x0 处由静止释放，根据电势变化情况可知，自 x0 处右侧场强方向先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向，场强先减小为零后反向增大再减小，根据牛顿第二定律，有
Eq=ma
可知正电荷 q 运动的过程中，加速度先减小为零后反向增大再减小，故C错误；
D.一正电荷 q 自 x0 处由静止释放，根据电势变化情况可知，自 x0 处右侧场强方向先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】.BC
【详解】A.粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，故A错误；
B.画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示
设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
解得
v1=qBram
v2=qBrbm
设大圆半径为R，做如图蓝色辅助线，根据几何关系有
tan30∘=Rrb
tan30∘=raR
整理得
vavb=13
故B正确；
C.设粒子的半径分别为 ra、rb ，则根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=m4π2T2r
解得
T=2πmqB
画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示
由上图可知
θb=60∘
θa=120∘
则
ta=120∘360∘T=13T
tb=60∘360∘T=16T
整理有
ta:tb=2:1
故C正确；
D.将磁感应强度变为原来的 3 倍，其它条件不变，设此时b粒子的运动半径为r、周期为T′、运动时间为t，则根据洛伦兹力提供向心力有
qv⋅ 3B=mv2r
解得
r=mvb 3qB
可计算出
r=rb 3
根据选项B有
tan30∘=Rrb
tanθ=Rr= 3tan30∘=1
θ=45∘
则b运动的圆心角为90°，运动周期为
T′=2πm 3qB
则b运动时间为
t=90∘360∘⋅2πm 3Bq=πm2 3Bq
则可计算出
ttb= 32
得
t= 32tb
故D错误。
故选BC。
11.【答案】 1.200 外接法 1.2 πRd24l
【详解】(1)[1]根据图A可得该铅笔芯的直径
d=1mm+20.0×0.1mm=1.200mm
(2)[2][3]图B所示电路图的连接为电流表的外接法，电流表外接，电压表与待测电阻并联，则电压表分流，电流表所测电流偏大，将大于真实值，因此造成待测电阻测量值偏小；而电流表的内接则会造成电流表分压，电压表所测电压偏大，将大于真实值，因此造成待测电阻测量值偏大，通过图C中的图线，分别可得上下两条图线所测待测电阻的阻值为
Rx上=0.960.6Ω=1.6Ω ， Rx下=0.720.6Ω=1.2Ω
则可知，下面图线的实验结果是电流表外接法测量得到，而上面图线的实验结果是电流表内接法测量得到，显然待测电阻的阻值较小，而电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，因此应采用电流表的外接法来进行实验，则可知由电压表外接法测量得到的待测电阻的阻值为
Rx=1.2Ω
(3)[4]根据电阻定律
R=ρlS
其中
S=π(d2)2=πd24
可得
ρ=πRd24l
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)D；E；(2)甲；(3)1.05；(4)小于
【解析】分析：
(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；
(2)本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻。
(4)比较测量值和真实值的电源的 U−I 图像进行分析。
【解答】
(1)实验要尽可能准确地测量一节干电池的电动势和内阻，已知电流表2的内阻，可以把它串联在干路中，把它的内阻看成电源的一部分，而电压表测量得到的电压就可以看成是路端电压。由于一节干电池的电压约为 1.5V ，路端电压小于 1.5V ， 0∼15V 读数误差太大，电压表选择D。
干电池内阻较小，则为了方便调节，减小误差，滑动变阻器选择E。
(2)因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看做路端电压，则应选甲图。
(3)由闭合回路欧姆定律有 U=E−IRA+r 结合图像可得 k=RA+r=1.4−0.90.4Ω 解得 r=1.05Ω；
(4)若使用图乙电路图测内阻相对于电源而言，电流表外接，由于电压表有分流作用，故电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的 U−I 图像如下图所示，由图可知，电源电动势的测量值小于真实值。
13.【答案】(1)0.2V；(2) 1049Ω ， 9049Ω
【解析】(1)表头的满偏电压
U=IgRg=2×10−3×100V=0.2V
(2)接A、B时
I1=Ig+Ig(Rg+R2)R1
接A、C时
I2=Ig+IgRgR1+R2
解得
R1=1049Ω ， R2=9049Ω
14.【答案】(1) U0=ml2qt02 ；(2) R= 5ml2qBt0 ；(3)圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为 tmin=πm2qB
【详解】(1) t=0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动， t0 时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为 12l ，则有
El=U0
Eq=ma
12l=12at02
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为
U0=ml2qt02
(2) 12t0 时刻进入两极板的带电粒子，前 12t0 时间在电场中偏转，后 12t0 时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动，带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v0=lt0
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy=a⋅12t0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v= vx2+vy2
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
Bvq=mv2R
联立上式解得
R= 5ml2qBt0
(3) 2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短，带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为
vy′=at0
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为 α ，则
tanα=v0vy′
联立解得
α=π4
带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示
圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为
tmin=14T
带电粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmBq
联立以上两式解得
tmin=πm2Bq
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) U0=ml2qt02 ；(2) R= 5ml2qBt0 ；(3)圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为 tmin=πm2qB
【详解】(1) t=0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动， t0 时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为 12l ，则有
El=U0
Eq=ma
12l=12at02
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为
U0=ml2qt02
(2) 12t0 时刻进入两极板的带电粒子，前 12t0 时间在电场中偏转，后 12t0 时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动，带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v0=lt0
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy=a⋅12t0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v= vx2+vy2
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
Bvq=mv2R
联立上式解得
R= 5ml2qBt0
(3) 2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短，带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为
vy′=at0
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为 α ，则
tanα=v0vy′
联立解得
α=π4
带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示
圆弧所对的圆心角为 2α=π2 ，所求最短时间为
tmin=14T
带电粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmBq
联立以上两式解得
tmin=πm2Bq
【解析】详细解答和解析过程见答案自重
40kg
额定电压
48V
载重
75kg
额定电流
12A
最大行驶速度
20km/h
额定输出功率
400W
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