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2021-2022学年内蒙古鄂尔多斯市衡水实验中学高二（下）第一次诊断物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年内蒙古鄂尔多斯市衡水实验中学高二（下）第一次诊断物理试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了50AD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年内蒙古鄂尔多斯市衡水实验中学高二（下）第一次诊断物理试卷
1. 某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点。如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定( )
A. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
B. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C. 电场中A点的电势低于B点的电势
D. 粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
2. 如图所示，直流电源、滑动变阻器R、平行板电容器C与电流计G连接，C的下极板接地，开始时C不带电。现闭合开关S1、S2，稳定后一带电油滴恰能静止在电容器中的P点，下列说法正确的是( )
A. 保持两开关闭合，R的滑片上滑时，G中电流向上
B. 保持两开关闭合，R的滑片下滑时，油滴向上运动
C. 断开S2，C的下极板下移时，P点的电势升高
D. 断开S2，C的上极板下移时，油滴的电势能减小
3. 如图所示，真空中有一带正电的点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等势面间电势差相同。实线是点电荷乙在电场中运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列正确的是( )
A. 乙为负电荷 B. 电势φM<φS
C. 场强大小ES>EN D. 电荷乙的电势能EpM>EpN
4. 用如图1所示的电路，测一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据做出如图2所示的U−I图像，下列说法正确的是( )
A. 电池的内阻为2.9Ω B. 电源的电动势为1.50V
C. 外电路短路时的电流为0.50A D. 当减小滑动变阻器阻值时，电源效率变小
5. 如图所示的电路中，R1=R2=R3=6Ω，若在a、c两点之间加上U=18V的电压，则电流表的读数为( )
A. 0
B. 0.4A
C. 1A
D. 1.5A
6. 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场的方向垂直于横截面．一质量为m电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的直径射入磁场，离开磁场时的速度方向偏离入射方向60∘不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. 3mv0qR B. 3mv03qR C. mv0qR D. 3mv0qR
7. 三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等。则P、Q中点O处的磁感应强度方向为( )
A. 方向竖直向上 B. 方向竖直向下 C. 方向水平向右 D. 方向水平向左
8. 用图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过滑动变阻器和开关S1连接到电源上，线圈B通过开关S2连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。下列说法中不正确的是( )
A. 当S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
B. 当S2处于闭合状态，在S1断开瞬间，电流表的指针会发生偏转
C. 当S1处于闭合状态，电路稳定后，在闭合S2瞬间，电流表的指针会发生偏转
D. 当S1、S2均处于闭合状态，匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会发生偏转
9. 下列关于甲、乙、丙、丁四种装置，在下列操作与判断正确的是( )
A. 图甲中，使两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动，导体棒中能产生感应电流
B. 图乙中，使导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度绕b点构成的闭合回路转动，导体棒中不能产生感应电流
C. 图丙中，在闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的平行直导线中，使通过的电流逐渐增大，闭合导体环中能产生感应电流
D. 图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，不闭合的导体环中不能产生感应电流
10. 如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动，S为以a为圆心位于纸面内的金属环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触，A为电流表．其一端与金属环相连，一端与a点接触良好．当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻下列说法正确的是( )
A. 有电流通过电流表，方向由c向d，作用于杆ab的安培力向右
B. 有电流通过电流表，方向由d向c，作用于杆ab的安培力向左
C. 有电流通过电流表，方向由d向c，作用于杆ab的安培力向右
D. 无电流通过电流表，作用于杆ab的安培力为零
11. 用电场线能直观、方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称。则( )
A. B、C两点场强大小和方向都相同 B. E、O、F三点比较，O点场强最强
C. A、D两点场强大小相等，方向相反 D. B、O、C三点比较，O点场强最弱
12. 图中R1=2Ω，R2=4Ω，R3=4Ω，通电后( )
A. 经R1和R3的电流之比I1：I3=2：1
B. R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=1：1
C. 三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：1
D. 三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=3：2：4
13. 如图所示，在真空中xOy坐标平面内的第一象限区域，存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，从y轴上的M点沿着与y轴正方向成θ=30∘角度射入磁场。点M的坐标为(0,a)，不计粒子重力，则下列说法中正确的是( )
A. 若粒子带正电，则在磁场中运动的时间为πm3qB
B. 若粒子带负电，粒子有可能通过坐标原点
C. 若粒子垂直x轴射出磁场，则粒子在磁场中的运动时间为6πm5qB
D. 若粒子垂直x轴射出磁场，则出射点与O点的距离为(2+3)a
14. 如图所示，平行金属导轨光滑并且固定在水平面上，导轨一端连接电阻R，其它电阻不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B，当一质量为m的金属棒ab在水平恒力F作用下由静止向右滑动( )
A. 棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大
B. 棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能
C. 棒ab做匀速运动阶段，外力F做的功等于电路中产生的内能
D. 无论棒ab做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能
15. 电话手表是一种集手表、通话与定位等功能于一体的新式通信工具。小贾同学要测某品牌电话手表的电池的电动势(约为3V)和内阻(约为0.5Ω)，设计了如图甲所示的电路，电路中R0为定值电阻，电压表内阻较大。
(1)请按图甲电路帮助小贾同学完善图乙实物的连线。
(2)滑动变阻器应选用______，定值电阻应选用______。
A.滑动变阻器(阻值为0∼3Ω，允许通过的最大电流为1A)
B.滑动变阻器(阻值为0∼50Ω，允许通过的最大电流为1A)
C.定值电阻(阻值为1.0Ω，功率不能超过2W)
D.定值电阻(阻值为10Ω，功率不能超过10W)
(3)闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表U和电流表I的示数，作出U−I图像如图丙所示，则电池的电动势E=______V(结果保留三位有效数字)，电池的内阻r=______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)当电压表的示数如图丁所示时，电压表读数为U=______V；题中实验方法得到的电池内阻测量值______真实值。(>、=、<)
(5)假如本实验中所使用的电压表的内阻很大(可视为理想电压表)，而电流表是具有一定的内阻(不可忽略)，则根据本实验原理图所测得的电源电动势值将______。(选填“偏大”、“偏小”、“不变”)
(6)若两表均是理想电表，调节滑动变阻器可得变阻器上最大电功率为______。(用题中电动势E、内阻r、定值电阻R0等字母表示)
16. 某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，可知其长度为______ cm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，可知其直径为______ mm；
(2)按图丙连接电路后，实验操作如下：
①将滑动变阻器R1的阻值置于最______处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0。
②将电阻箱R2的阻值调至最______(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2；使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为2507.5Ω。
(3)根据以上实验数据求出圆柱体的电阻率是______Ω⋅m(计算结果取两位有效数字)。
17. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m，一带电量带为+q的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37∘.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)电场强度大小；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。
18. 如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=R4=1Ω，R3=8Ω，R5=5Ω电容器的电容C=100μF，求：
(1)闭合电键K之前，电容器带电量．
(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量．
19. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限有沿y轴负方向、场强为E=3000N/C的匀强电场，第四象限有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。现有一质量m=2.0×10−11kg，电量q=1.0×10−5C、带正电的粒子，从y轴上的P点以v0=4.0×104m/s的速度垂直y轴进入电场，然后通过x轴上的Q点进入磁场，已知OP的长度L=0.3m，不计粒子重力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)粒子通过Q点时的速度；
(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，磁感应强度B的取值范围；
(3)若磁感应强度B=0.25T，粒子第二次通过x轴时的坐标。
20. 如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一个同种材料制成粗细均匀的矩形导线框abcd，其中ab边长L，bc边长为2L，线框质量为m，电阻为R，ef与MN之间存在磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上的有界匀强磁场(图中未画出)，ef为磁场的边界且ef//MN，ef到PQ间距离大于2L，导线框在平行于斜面向上且大小为F=mg的恒力作用下从静止开始运动，运动过程中ab边始终与底边MN保持平行，ab边刚离开磁场时导线框做匀速运动，求：
(1)导线框离开磁场过程中通过导线某一截面的电荷量q；
(2)导线框离开磁场时速度v的大小；
(3)导线框离开磁场的过程中ab边产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AC.带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场力指向轨迹凹侧可知，粒子所受电场力方向与场强方向相反，则粒子带负电，因A点电势高于B点，负电荷在电势高的地方电势能小，所以粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，故A正确，C错误；
B.带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故B错误；
D.根据电场线的疏密可知，A点场强小于B点场强，所以粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度，故D错误。
故选：A。
因虚线是电场线，先由带电粒子的运动轨迹弯曲方向，判断出带电粒子所受电场力的大体方向，由电场线的疏密分析场强的变化，从而判断加速度的变化。根据电场力做功正负，可判断电势能如何变化。
本题是电场中粒子的轨迹问题，首关键要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，注意电场线时受力沿电场线所在直线上，而如果是等势线则受力要垂直于等势线，同时要知道电场线的疏密和等差等势线的疏密均表示场强的大小。
2.【答案】C
【解析】解：A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，根据Q=CU，可知Q增大，则电容器充电，G中电流向下。故A错误。
B、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器有效阻值减小，R的电压减小，则电容器板间电压减小，根据U=Ed，可知电场强度减小，则油滴向下运动，故B错误。
C、断开S2，当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由C=QU=εrS4πkd，知电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高。故C正确。
D、断开S2，C的上极板下移时，电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差不变，油滴的电势能不变，故D错误。
故选：C。
根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动．
该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式，运用控制变量法进行分析．
3.【答案】D
【解析】解：A、由于曲线运动的合力指向弯曲一侧，故从电荷的运动轨迹可以看出，电荷受到排斥力，点电荷甲带正电，故乙为正电荷，故A错误；
B、甲带正电，根据正电荷的电场的特点可知，越靠近正电荷处的电势越高，所以φS<φN<φM，故B错误；
C、由点电荷的场强决定式为：E=kqr2，因rS>rN，则场强ES
故选：D。
根据点电荷的运动轨迹判断受力情况，从而确定场源电荷的电性；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况，根据点电荷的电场的特点判断电场强度的强弱。
本题关键是要根据运动轨迹确定受力情况，然后结合点电荷的电场线和等势面情况来确定电势情况和能量的转化情况。
4.【答案】D
【解析】解：AB、根据图1所示电路图，由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
由图2所示U−I图像可知，电池电动势E=1.45V，电池内阻r=|k|=|1.00−1.450.50|Ω=0.9Ω，故AB错误；
C、外电路短路时的电流I=Er=1.450.9A≈1.61A，故C错误；
D、当减小滑动变阻器阻值时，路端电压U减小，电源的效率η=UIEI×100%=UE×100%变小，故D正确。
故选：D。
根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻；然后根据题意分析答题。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后即可求解。
5.【答案】C
【解析】解：当电压加在ac两点时，R2与R3并联后与R1串联，电流表测量流过R3的电流；
电路中总电阻R总=R1+R2R3R2+R3=6Ω+6×66+6Ω=9Ω，
由欧姆定律可知，干路电流I=UR总=189A=2A，
根据并联电路分压原理可知，流过电流表的电流I3=12I=12×2A=1A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确电路结构，根据串并联电路的规律求解总电阻，再由欧姆定律求得总电流，则由并联电路分流原理可求得电流表的电流．
本题考查串并联电路的基本规律，要注意明确电路结构，并能准确应用串并联电路的基本规律进行分析求解．
6.【答案】B
【解析】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，
由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，
画出轨迹如图，根据几何知识得知，
轨迹的圆心角等于速度的偏向角60∘，
且轨迹的半径为r=Rcot30∘=3R
由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，
解得：B=3mv03qR；
故选：B。
带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．
本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题．
7.【答案】D
【解析】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示：
直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故D正确ABC错误。
故选：D。
该题考查了磁场的叠加问题。用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，从而判断各选项。
本题考查安培定则以及矢量的合成方法，要注意明确磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则
8.【答案】C
【解析】解：A、当S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故A正确；
B、当S2处于闭合状态，在S1断开瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故B正确；
C、当S1处于闭合状态，在S2闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量不发生变化，不产生感应电流，电流表的指针不会发生偏转，故C错误；
D、当S1、S2均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故D正确。
本题选择错误的，
故选：C。
根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流。
本题考查判断电流表指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
9.【答案】D
【解析】解：产生感应电流的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。
A、图甲中，两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒之间的距离不变，则穿过两导体棒与导轨围成的面积上的磁通量不变，不能产生感应电流，故A错误；
B、图乙中，导体棒ab匀强磁场中以恒定的角速度转动时，ab棒切割磁感线，在闭合回路中能产生感应电流，故B错误；
C、图丙中，导线在水平放置的闭合导体圆环正上方，根据直导线产生的磁场的特点可知，穿过水平放置的闭合导体圆环的总磁通量为零；当导线内的电流最大时，闭合回路磁通量不变仍为零，不会产生感应电流，故C错误；
D、图丁中，滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电路中的电阻值最大，则电路中的电流减小，所以螺线管产生的磁场减弱，在不闭合的导体圆环中会产生感应电动势，由于圆环不闭合，所以不能产生感应电流，故D正确。
故选：D。
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流；分析各个选项中，是否满足产生感应电流的条件。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化；对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，注意分清磁感线穿过线圈的哪个面是解题的关键。
10.【答案】B
【解析】【试题解析】
解：当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向b→a，电流通过电流表，方向由d→c.根据左手定则，作用于ab的安培力向左。故B正确。
故选：B。
ab杆切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向．
本题是电磁感应中基本问题：由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向．
11.【答案】ABD
【解析】解：A、根据对称性可知，B、C两处的电场线疏密程度相同，则B、C两处的电场强度相等，由甲图可看出B、C两处的电场的方向相同，故A正确；
B、由甲图可以看出E、O、F三点中，O点处的电场线最密，所以O点处的场强最强，故B正确；
C、根据对称性可知，A、D两点的电场线疏密程度相同，则A、D两点的电场强度大小相等，由甲图可看出A、D两点的场强的方向相同，故C错误；
D、由甲图可以看出B、O、C三点中，O点处的电场线最疏，O点场强最弱，故D正确。
故选：ABD。
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小。根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系。
对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、根据并联电路中电流为的特点可知通过R2和R3的电流之比为I2I3=R3R2=11，通过R1的电流为I1=I2+I3，所以通过R1和R3的电流之比为I1：I3=2：1，故A正确；
B、R1和R3两端的电压之比为U1U3=I1R1I3R3=11，故B正确；
CD、根据P=I2R可得到三个电阻消耗的电功率之比为P1：P2：P3=2：1：1，故C正确，D错误；
故选：ABC。
根据并联电路电流的特点可以得到电流之比；根据欧姆定律可以得到两电阻的两端电压之比；根据功率公式P=I2R可以得到三个电阻消耗的电功率之比。
本题主要考查了串并联电路，熟练掌握串并联电路的电压、电流规律是解题的基础，知道电阻消耗的功率P=I2R即可。
13.【答案】AD
【解析】解：A.若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图1所示
图1
根据几何知识可知，其轨迹所对的圆心角为
∠1=60∘
所以粒子的运动时间为
t=60∘360∘T=16⋅2πmqB=πm3qB
故A正确；
B.若粒子带负电，且要从坐标原点射出，则其运动轨迹如图2所示
图2
从轨迹上看出粒子还未到达坐标原点时已经从x轴射出磁场，故粒子不可能从坐标原点射出磁场，故B错误；
CD.若粒子带负电，且垂直x轴射出磁场，轨迹如图3所示
图3
根据几何知识可知，其轨迹所对的圆心角为
∠2=150∘
则粒子在磁场中的运动时间为
t′=150∘360∘T=512⋅2πmqB=5πm6qB
根据几何知识可知，出射点与O点的距离为
l=acos60∘+atan60∘=(2+3)a
故C错误，D正确。
故选：AD。
根据题意作出粒子的运动轨迹，根据几何关系结合周期关系解得运动时间；根据几何关系可解得粒子垂直x轴射出磁场，解得出射点与O点的距离。
主要考查带电粒子在磁场中运动的轨迹及圆心角与周期的关系解得运动时间，合理运用几何关系求解物理量。
14.【答案】CD
【解析】解：A、金属棒所受的安培力F安=B2L2vR，则a=F−F安m，则知金属棒的速度增大时，安培力增大，则加速度减小。故A错误。
B、D、根据能量转化和守恒定律，可知无论棒ab做何运动，克服安培力做的功等于电路中产生的内能。棒从静止到最大速度过程中，外力F做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和，故B错误，D正确。
C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做的功等于电路中产生的内能。故C正确。
故选：CD。
在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度的增大而增大，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．
在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系．
15.【答案】BC2.920.432.40<不变 E24(R0+r)
【解析】解：(1)按图甲电路完善图乙实物的连线如图
(2)电流表量程是0.6A，电池电动势约为3V，由闭合电路的欧姆定律可知，电路最小总电阻约为R=EI=30.6Ω=5Ω
定值电阻D阻值太大，保护电阻R0应选择定值电阻C；滑动变阻器A的最大阻值太小，滑动变阻器采用限流接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择B。
(3)由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得
U=E−I(r+R0)
由图丙所示图象可知，电池电动势
E=2.92V
图象斜率的绝对值k=r+R0=ΔUΔI=2.92−2.00.65Ω≈1.42Ω
电池内阻
r=k−R0=(1.42−1.0)Ω=0.42Ω
(4)电压表量程是3V，由图丁所示表盘可知，其分度值是0.1V，示数U=2.40V；
题中实验方法中由于电压表的分流作用，使得测得的电池内阻测量值小于真实值；
(5)该实验出现误差的原因是电压表不是理想表，有分流；假如本实验中所使用的电压表的内阻很大(可视为理想电压表)，而电流表是具有一定的内阻(不可忽略)，则根据本实验原理图所测得的电源电动势值将不变；
(6)将定值电阻R0看做是电源的内阻，则当滑动变阻器的阻值R=r+R0时，滑动变阻器上的功率最大，最大功率为P=(ER+r+R0)2R=E24(R0+r)
故答案为：(1)见解析；(2)B，C；(3)2.92，0.43；(4)2.40，<；(5)不变；(6)E24(R0+r)
(1)根据图示电路图连接实物电路图。
(2)根据所给器材选择滑动变阻器与定值电阻。
(3)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻。
(4)(5)根据实验原理及操作分析误差；
(6)根据图丁所示电压表表盘确定其分度值，读出其示数，然后根据图示图象求出对应的电流，应用电功率公式求出电池的输出功率。
要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法；根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以解题。
16.【答案】5.0154.697大 大 0.87
【解析】解：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度为5cm+0.05mm×3=5.015cm
螺旋测微器精度为0.01mm，螺旋测微器的读数d=4.5mm+0.01mm×19.7=4.697mm。
(2)①为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；
②将固柱体电阻换成电阻箱时，也要将电阻箱调到最大，确保电路安全。
(3)因为R1接入电路的电阻不变，单刀双掷开关分别接1和2时通过电路的电流相等，所以由等效替代法测量电阻的原理可知Rx=R2=2507.5Ω。
根据R=ρLS=ρL14πd2可得：ρ=πd2R4L=3.14×(4.697×10−3)2×2507.54×5.015×10−2Ω⋅m=0.87Ω⋅m
故答案为：(1)5.015；4.697(2)①大，②大；(3)0.87。
根据游标卡尺和螺旋测微器的读数原理很容易读出电阻的直径；为了保护电路，滑动变阻器R1和电阻箱R2都应该调到最大值，根据等效替代法可以得到待测电阻的阻值等于电阻箱接入电路的阻值，根据电阻表达式，计算电阻率。
等效替代法的关键还是要弄清楚电路的连接方式，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电阻的关系。另外不管是游标卡尺还是螺旋测微器的读数问题，一定注在读数时最好用毫米作单位，最后根据要求进行单位换算。
17.【答案】解：(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：
mgtanθ=qE
解得：E=mgtanθq
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：
mgL−qEL=12mvC2−0
解得：
vC=2gL−2qELm
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
FT−mg=mvC2L
解得：FT=3mg−2qE
答：(1)匀强电场的场强大小为mgtanθq；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小为2gL−2qELm；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3mg−2qE.
【解析】(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．
本题主要考查了平衡条件、动能定理及向心力公式的直接应用，难度不大．
18.【答案】解：(1)闭合电键K之前，R1与R2串联，R3、R4、R5上没有电流流过．
根据闭合电路欧姆定律得：
电路中的电流I1=ER1+R2+r=32+1+1A=0.75A
电容器的电压等于R2的电压，为UC=I1R2=0.75×1V=0.75V
所以电容器带电量Q1=CUC=0.75×10−4C=7.5×10−5C
根据电流的方向可知，电容器上极板电势高，带正电，下极板电势低，带负电．
(2)闭合电键K后，R1与R2串联，R4与R5串联，两条支路并联．R3上没有电流流过．
外电路的总电阻为R=(R1+R2)(R4+R5)R1+R2+R4+R5=(2+1)×(1+5)2+1+1+5Ω=2Ω
总电流为I=ER+r=32+1A=1A
路端电压为U=E−Ir=3V−1×1V=2V
R1的电压U1=R1R1+R2U=22+1×2V=43V
R4的电压U4=R4R4+R5U=11+5×2V=13V
电容器的电压等于R1与R4电压之差，为UC′=U1−U2=1V
则得电容器的带电量Q2=CUC′=1×10−4C.
因为U1>U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可知电容器下极板的电势高，带正电，上极板的电势低，带负电．
所以闭合电键K后，通过电阻R3的总电量为Q=Q1+Q2=1.75×10−4C.
答：(1)闭合电键K之前，电容器带电量为7.5×10−5C.(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量是1.75×10−4C.
【解析】(1)闭合电键K之前，R1与R2串联，R3、R4、R5上没有电流流过．电容器的电压等于R2的电压，根据欧姆定律求R2的电压，再求电容器的带电量．
(2)闭合电键K后，R1与R2串联，R4与R5串联，两条支路并联．R3上没有电流流过．根据欧姆定律求R1和R4的电压，电容器的电压等于R1与R4电压之差，再求电容器的带电量．即可分析电容器电量的变化量，即为通过电阻R3的总电量．
本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压．本题电路稳定时，电容器的电压等于电容器这一路同侧两个电阻的电压之差．
19.【答案】解：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，有
qE=ma
L=12at2
vy=at
v=v02+vy2
联立方程，代入数据，解得
v=5.0×104m/s
(2)设粒子进入磁场时速度与x轴夹角为θ，则
tanθ=vyv0
联立解得
θ=37∘
粒子在电场中的水平位移为
OQ=v0t
联立方程，解得
OQ=0.8m
粒子恰好不能进入第III象限时，轨迹刚好与y轴相切，轨迹如图
由几何关系可知
r+rsinθ≤OQ
由牛顿第二定律可得
qvB=mv2r
联立方程，代入数据，解得
B≥0.2T
(3)若磁感应强度B=0.25T，轨迹如图
则有
qvB=mv2r1
由几何关系可得
OM=OQ−2r1sinθ
联立方程，解得
OM=0.32m
则粒子第二次通过x轴时的坐标为(0.32m,0)。
答：(1)粒子通过Q点时的速度为5.0×104m/s；
(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，磁感应强度B的取值范围为B≥0.2T；
(3)若磁感应强度B=0.25T，粒子第二次通过x轴时的坐标为(0.32m,0)。
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式计算出粒子在电场方向的速度，再将速度合成即可；
(2)根据几何关系得出速度的方向，结合向心力公式计算出磁场强度的临界值；
(3)理解粒子做圆周运动的向心力来源，画出对应的运动轨迹，由此计算出坐标即可。
本题主要考查了带电粒子在电磁场中的运动，熟练掌握平抛运动和圆周运动，同时结合向心力公式和几何关系即可完成分析。
20.【答案】解：(1)导线框离开磁场过程平均感应电动势：E−=ΔΦΔt=BL×2LΔt=2BL2Δt
由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流：I−=E−R
通过导线某一截面的电荷量：q=I−Δt
解得：q=2BL2R
(2)ab边刚离开磁场时导线框做匀速直线运动，
此时感应电动势：E=BLv
感应电流：I=ER=BLvR
线框受到的安培力大小：F安培=BIL=B2L2vR
线框做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ+F安培=F
解得线框离开磁场时的速度大小：v=mgR(1−sinθ)B2L2
(3)设线框离开磁场过程产生的总热量为Q总，
线框离开磁场过程做匀速直线运动，由功能关系可知，拉力做的功转化为线框的重力势能与焦耳热，
由功能关系得：F×2L=mg×2Lsinθ+Q总
ab边产生的热量：Q=L2(L+2L)Q总
解得：Q=13mgL(1−sinθ)
答：(1)导线框离开磁场过程中通过导线某一截面的电荷量q是2BL2R；
(2)导线框离开磁场时速度v的大小是mgR(1−sinθ)B2L2；
(3)导线框离开磁场的过程中ab边产生的热量Q是13mgL(1−sinθ)。
【解析】(1)应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出平均感应电流，然后求出通过导线某横截面的电荷量。
(2)ab边离开磁场时线框做匀速直线运动，应用平衡条件求出线框离开磁场时的速度大小。
(3)应用功能关系求出ab边产生的热量。
本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式是解决本题的关键，知道克服安培力做功全部转化为整个回路的热量。
2021-2022学年内蒙古鄂尔多斯市衡水实验中学高二（下）第一次诊断物理试卷
1. 某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点。如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定( )
A. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
B. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C. 电场中A点的电势低于B点的电势
D. 粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
2. 如图所示，直流电源、滑动变阻器R、平行板电容器C与电流计G连接，C的下极板接地，开始时C不带电。现闭合开关S1、S2，稳定后一带电油滴恰能静止在电容器中的P点，下列说法正确的是( )
A. 保持两开关闭合，R的滑片上滑时，G中电流向上
B. 保持两开关闭合，R的滑片下滑时，油滴向上运动
C. 断开S2，C的下极板下移时，P点的电势升高
D. 断开S2，C的上极板下移时，油滴的电势能减小
3. 如图所示，真空中有一带正电的点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等势面间电势差相同。实线是点电荷乙在电场中运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列正确的是( )
A. 乙为负电荷 B. 电势φM<φS
C. 场强大小ES>EN D. 电荷乙的电势能EpM>EpN
4. 用如图1所示的电路，测一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据做出如图2所示的U−I图像，下列说法正确的是( )
A. 电池的内阻为2.9Ω B. 电源的电动势为1.50V
C. 外电路短路时的电流为0.50A D. 当减小滑动变阻器阻值时，电源效率变小
5. 如图所示的电路中，R1=R2=R3=6Ω，若在a、c两点之间加上U=18V的电压，则电流表的读数为( )
A. 0
B. 0.4A
C. 1A
D. 1.5A
6. 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场的方向垂直于横截面．一质量为m电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的直径射入磁场，离开磁场时的速度方向偏离入射方向60∘不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. 3mv0qR B. 3mv03qR C. mv0qR D. 3mv0qR
7. 三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等。则P、Q中点O处的磁感应强度方向为( )
A. 方向竖直向上 B. 方向竖直向下 C. 方向水平向右 D. 方向水平向左
8. 用图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过滑动变阻器和开关S1连接到电源上，线圈B通过开关S2连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。下列说法中不正确的是( )
A. 当S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
B. 当S2处于闭合状态，在S1断开瞬间，电流表的指针会发生偏转
C. 当S1处于闭合状态，电路稳定后，在闭合S2瞬间，电流表的指针会发生偏转
D. 当S1、S2均处于闭合状态，匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会发生偏转
9. 下列关于甲、乙、丙、丁四种装置，在下列操作与判断正确的是( )
A. 图甲中，使两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动，导体棒中能产生感应电流
B. 图乙中，使导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度绕b点构成的闭合回路转动，导体棒中不能产生感应电流
C. 图丙中，在闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的平行直导线中，使通过的电流逐渐增大，闭合导体环中能产生感应电流
D. 图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，不闭合的导体环中不能产生感应电流
10. 如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动，S为以a为圆心位于纸面内的金属环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触，A为电流表．其一端与金属环相连，一端与a点接触良好．当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻下列说法正确的是( )
A. 有电流通过电流表，方向由c向d，作用于杆ab的安培力向右
B. 有电流通过电流表，方向由d向c，作用于杆ab的安培力向左
C. 有电流通过电流表，方向由d向c，作用于杆ab的安培力向右
D. 无电流通过电流表，作用于杆ab的安培力为零
11. 用电场线能直观、方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称。则( )
A. B、C两点场强大小和方向都相同 B. E、O、F三点比较，O点场强最强
C. A、D两点场强大小相等，方向相反 D. B、O、C三点比较，O点场强最弱
12. 图中R1=2Ω，R2=4Ω，R3=4Ω，通电后( )
A. 经R1和R3的电流之比I1：I3=2：1
B. R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=1：1
C. 三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：1
D. 三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=3：2：4
13. 如图所示，在真空中xOy坐标平面内的第一象限区域，存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，从y轴上的M点沿着与y轴正方向成θ=30∘角度射入磁场。点M的坐标为(0,a)，不计粒子重力，则下列说法中正确的是( )
A. 若粒子带正电，则在磁场中运动的时间为πm3qB
B. 若粒子带负电，粒子有可能通过坐标原点
C. 若粒子垂直x轴射出磁场，则粒子在磁场中的运动时间为6πm5qB
D. 若粒子垂直x轴射出磁场，则出射点与O点的距离为(2+3)a
14. 如图所示，平行金属导轨光滑并且固定在水平面上，导轨一端连接电阻R，其它电阻不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B，当一质量为m的金属棒ab在水平恒力F作用下由静止向右滑动( )
A. 棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大
B. 棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能
C. 棒ab做匀速运动阶段，外力F做的功等于电路中产生的内能
D. 无论棒ab做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能
15. 电话手表是一种集手表、通话与定位等功能于一体的新式通信工具。小贾同学要测某品牌电话手表的电池的电动势(约为3V)和内阻(约为0.5Ω)，设计了如图甲所示的电路，电路中R0为定值电阻，电压表内阻较大。
(1)请按图甲电路帮助小贾同学完善图乙实物的连线。
(2)滑动变阻器应选用______，定值电阻应选用______。
A.滑动变阻器(阻值为0∼3Ω，允许通过的最大电流为1A)
B.滑动变阻器(阻值为0∼50Ω，允许通过的最大电流为1A)
C.定值电阻(阻值为1.0Ω，功率不能超过2W)
D.定值电阻(阻值为10Ω，功率不能超过10W)
(3)闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表U和电流表I的示数，作出U−I图像如图丙所示，则电池的电动势E=______V(结果保留三位有效数字)，电池的内阻r=______Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)当电压表的示数如图丁所示时，电压表读数为U=______V；题中实验方法得到的电池内阻测量值______真实值。(>、=、<)
(5)假如本实验中所使用的电压表的内阻很大(可视为理想电压表)，而电流表是具有一定的内阻(不可忽略)，则根据本实验原理图所测得的电源电动势值将______。(选填“偏大”、“偏小”、“不变”)
(6)若两表均是理想电表，调节滑动变阻器可得变阻器上最大电功率为______。(用题中电动势E、内阻r、定值电阻R0等字母表示)
16. 某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，可知其长度为______ cm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，可知其直径为______ mm；
(2)按图丙连接电路后，实验操作如下：
①将滑动变阻器R1的阻值置于最______处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0。
②将电阻箱R2的阻值调至最______(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2；使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为2507.5Ω。
(3)根据以上实验数据求出圆柱体的电阻率是______Ω⋅m(计算结果取两位有效数字)。
17. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m，一带电量带为+q的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37∘.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)电场强度大小；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。
18. 如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=R4=1Ω，R3=8Ω，R5=5Ω电容器的电容C=100μF，求：
(1)闭合电键K之前，电容器带电量．
(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量．
19. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限有沿y轴负方向、场强为E=3000N/C的匀强电场，第四象限有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。现有一质量m=2.0×10−11kg，电量q=1.0×10−5C、带正电的粒子，从y轴上的P点以v0=4.0×104m/s的速度垂直y轴进入电场，然后通过x轴上的Q点进入磁场，已知OP的长度L=0.3m，不计粒子重力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)粒子通过Q点时的速度；
(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，磁感应强度B的取值范围；
(3)若磁感应强度B=0.25T，粒子第二次通过x轴时的坐标。
20. 如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一个同种材料制成粗细均匀的矩形导线框abcd，其中ab边长L，bc边长为2L，线框质量为m，电阻为R，ef与MN之间存在磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上的有界匀强磁场(图中未画出)，ef为磁场的边界且ef//MN，ef到PQ间距离大于2L，导线框在平行于斜面向上且大小为F=mg的恒力作用下从静止开始运动，运动过程中ab边始终与底边MN保持平行，ab边刚离开磁场时导线框做匀速运动，求：
(1)导线框离开磁场过程中通过导线某一截面的电荷量q；
(2)导线框离开磁场时速度v的大小；
(3)导线框离开磁场的过程中ab边产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AC.带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场力指向轨迹凹侧可知，粒子所受电场力方向与场强方向相反，则粒子带负电，因A点电势高于B点，负电荷在电势高的地方电势能小，所以粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，故A正确，C错误；
B.带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故B错误；
D.根据电场线的疏密可知，A点场强小于B点场强，所以粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度，故D错误。
故选：A。
因虚线是电场线，先由带电粒子的运动轨迹弯曲方向，判断出带电粒子所受电场力的大体方向，由电场线的疏密分析场强的变化，从而判断加速度的变化。根据电场力做功正负，可判断电势能如何变化。
本题是电场中粒子的轨迹问题，首关键要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，注意电场线时受力沿电场线所在直线上，而如果是等势线则受力要垂直于等势线，同时要知道电场线的疏密和等差等势线的疏密均表示场强的大小。
2.【答案】C
【解析】解：A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，根据Q=CU，可知Q增大，则电容器充电，G中电流向下。故A错误。
B、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器有效阻值减小，R的电压减小，则电容器板间电压减小，根据U=Ed，可知电场强度减小，则油滴向下运动，故B错误。
C、断开S2，当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由C=QU=εrS4πkd，知电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高。故C正确。
D、断开S2，C的上极板下移时，电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差不变，油滴的电势能不变，故D错误。
故选：C。
根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动．
该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式，运用控制变量法进行分析．
3.【答案】D
【解析】解：A、由于曲线运动的合力指向弯曲一侧，故从电荷的运动轨迹可以看出，电荷受到排斥力，点电荷甲带正电，故乙为正电荷，故A错误；
B、甲带正电，根据正电荷的电场的特点可知，越靠近正电荷处的电势越高，所以φS<φN<φM，故B错误；
C、由点电荷的场强决定式为：E=kqr2，因rS>rN，则场强ES
故选：D。
根据点电荷的运动轨迹判断受力情况，从而确定场源电荷的电性；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况，根据点电荷的电场的特点判断电场强度的强弱。
本题关键是要根据运动轨迹确定受力情况，然后结合点电荷的电场线和等势面情况来确定电势情况和能量的转化情况。
4.【答案】D
【解析】解：AB、根据图1所示电路图，由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
由图2所示U−I图像可知，电池电动势E=1.45V，电池内阻r=|k|=|1.00−1.450.50|Ω=0.9Ω，故AB错误；
C、外电路短路时的电流I=Er=1.450.9A≈1.61A，故C错误；
D、当减小滑动变阻器阻值时，路端电压U减小，电源的效率η=UIEI×100%=UE×100%变小，故D正确。
故选：D。
根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻；然后根据题意分析答题。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后即可求解。
5.【答案】C
【解析】解：当电压加在ac两点时，R2与R3并联后与R1串联，电流表测量流过R3的电流；
电路中总电阻R总=R1+R2R3R2+R3=6Ω+6×66+6Ω=9Ω，
由欧姆定律可知，干路电流I=UR总=189A=2A，
根据并联电路分压原理可知，流过电流表的电流I3=12I=12×2A=1A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确电路结构，根据串并联电路的规律求解总电阻，再由欧姆定律求得总电流，则由并联电路分流原理可求得电流表的电流．
本题考查串并联电路的基本规律，要注意明确电路结构，并能准确应用串并联电路的基本规律进行分析求解．
6.【答案】B
【解析】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，
由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，
画出轨迹如图，根据几何知识得知，
轨迹的圆心角等于速度的偏向角60∘，
且轨迹的半径为r=Rcot30∘=3R
由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，
解得：B=3mv03qR；
故选：B。
带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．
本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题．
7.【答案】D
【解析】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示：
直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故D正确ABC错误。
故选：D。
该题考查了磁场的叠加问题。用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，从而判断各选项。
本题考查安培定则以及矢量的合成方法，要注意明确磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则
8.【答案】C
【解析】解：A、当S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故A正确；
B、当S2处于闭合状态，在S1断开瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故B正确；
C、当S1处于闭合状态，在S2闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量不发生变化，不产生感应电流，电流表的指针不会发生偏转，故C错误；
D、当S1、S2均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故D正确。
本题选择错误的，
故选：C。
根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流。
本题考查判断电流表指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
9.【答案】D
【解析】解：产生感应电流的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。
A、图甲中，两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒之间的距离不变，则穿过两导体棒与导轨围成的面积上的磁通量不变，不能产生感应电流，故A错误；
B、图乙中，导体棒ab匀强磁场中以恒定的角速度转动时，ab棒切割磁感线，在闭合回路中能产生感应电流，故B错误；
C、图丙中，导线在水平放置的闭合导体圆环正上方，根据直导线产生的磁场的特点可知，穿过水平放置的闭合导体圆环的总磁通量为零；当导线内的电流最大时，闭合回路磁通量不变仍为零，不会产生感应电流，故C错误；
D、图丁中，滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电路中的电阻值最大，则电路中的电流减小，所以螺线管产生的磁场减弱，在不闭合的导体圆环中会产生感应电动势，由于圆环不闭合，所以不能产生感应电流，故D正确。
故选：D。
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流；分析各个选项中，是否满足产生感应电流的条件。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化；对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，注意分清磁感线穿过线圈的哪个面是解题的关键。
10.【答案】B
【解析】【试题解析】
解：当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向b→a，电流通过电流表，方向由d→c.根据左手定则，作用于ab的安培力向左。故B正确。
故选：B。
ab杆切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向．
本题是电磁感应中基本问题：由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向．
11.【答案】ABD
【解析】解：A、根据对称性可知，B、C两处的电场线疏密程度相同，则B、C两处的电场强度相等，由甲图可看出B、C两处的电场的方向相同，故A正确；
B、由甲图可以看出E、O、F三点中，O点处的电场线最密，所以O点处的场强最强，故B正确；
C、根据对称性可知，A、D两点的电场线疏密程度相同，则A、D两点的电场强度大小相等，由甲图可看出A、D两点的场强的方向相同，故C错误；
D、由甲图可以看出B、O、C三点中，O点处的电场线最疏，O点场强最弱，故D正确。
故选：ABD。
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小。根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系。
对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、根据并联电路中电流为的特点可知通过R2和R3的电流之比为I2I3=R3R2=11，通过R1的电流为I1=I2+I3，所以通过R1和R3的电流之比为I1：I3=2：1，故A正确；
B、R1和R3两端的电压之比为U1U3=I1R1I3R3=11，故B正确；
CD、根据P=I2R可得到三个电阻消耗的电功率之比为P1：P2：P3=2：1：1，故C正确，D错误；
故选：ABC。
根据并联电路电流的特点可以得到电流之比；根据欧姆定律可以得到两电阻的两端电压之比；根据功率公式P=I2R可以得到三个电阻消耗的电功率之比。
本题主要考查了串并联电路，熟练掌握串并联电路的电压、电流规律是解题的基础，知道电阻消耗的功率P=I2R即可。
13.【答案】AD
【解析】解：A.若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图1所示
图1
根据几何知识可知，其轨迹所对的圆心角为
∠1=60∘
所以粒子的运动时间为
t=60∘360∘T=16⋅2πmqB=πm3qB
故A正确；
B.若粒子带负电，且要从坐标原点射出，则其运动轨迹如图2所示
图2
从轨迹上看出粒子还未到达坐标原点时已经从x轴射出磁场，故粒子不可能从坐标原点射出磁场，故B错误；
CD.若粒子带负电，且垂直x轴射出磁场，轨迹如图3所示
图3
根据几何知识可知，其轨迹所对的圆心角为
∠2=150∘
则粒子在磁场中的运动时间为
t′=150∘360∘T=512⋅2πmqB=5πm6qB
根据几何知识可知，出射点与O点的距离为
l=acos60∘+atan60∘=(2+3)a
故C错误，D正确。
故选：AD。
根据题意作出粒子的运动轨迹，根据几何关系结合周期关系解得运动时间；根据几何关系可解得粒子垂直x轴射出磁场，解得出射点与O点的距离。
主要考查带电粒子在磁场中运动的轨迹及圆心角与周期的关系解得运动时间，合理运用几何关系求解物理量。
14.【答案】CD
【解析】解：A、金属棒所受的安培力F安=B2L2vR，则a=F−F安m，则知金属棒的速度增大时，安培力增大，则加速度减小。故A错误。
B、D、根据能量转化和守恒定律，可知无论棒ab做何运动，克服安培力做的功等于电路中产生的内能。棒从静止到最大速度过程中，外力F做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和，故B错误，D正确。
C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做的功等于电路中产生的内能。故C正确。
故选：CD。
在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度的增大而增大，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．
在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系．
15.【答案】BC2.920.432.40<不变 E24(R0+r)
【解析】解：(1)按图甲电路完善图乙实物的连线如图
(2)电流表量程是0.6A，电池电动势约为3V，由闭合电路的欧姆定律可知，电路最小总电阻约为R=EI=30.6Ω=5Ω
定值电阻D阻值太大，保护电阻R0应选择定值电阻C；滑动变阻器A的最大阻值太小，滑动变阻器采用限流接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择B。
(3)由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得
U=E−I(r+R0)
由图丙所示图象可知，电池电动势
E=2.92V
图象斜率的绝对值k=r+R0=ΔUΔI=2.92−2.00.65Ω≈1.42Ω
电池内阻
r=k−R0=(1.42−1.0)Ω=0.42Ω
(4)电压表量程是3V，由图丁所示表盘可知，其分度值是0.1V，示数U=2.40V；
题中实验方法中由于电压表的分流作用，使得测得的电池内阻测量值小于真实值；
(5)该实验出现误差的原因是电压表不是理想表，有分流；假如本实验中所使用的电压表的内阻很大(可视为理想电压表)，而电流表是具有一定的内阻(不可忽略)，则根据本实验原理图所测得的电源电动势值将不变；
(6)将定值电阻R0看做是电源的内阻，则当滑动变阻器的阻值R=r+R0时，滑动变阻器上的功率最大，最大功率为P=(ER+r+R0)2R=E24(R0+r)
故答案为：(1)见解析；(2)B，C；(3)2.92，0.43；(4)2.40，<；(5)不变；(6)E24(R0+r)
(1)根据图示电路图连接实物电路图。
(2)根据所给器材选择滑动变阻器与定值电阻。
(3)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻。
(4)(5)根据实验原理及操作分析误差；
(6)根据图丁所示电压表表盘确定其分度值，读出其示数，然后根据图示图象求出对应的电流，应用电功率公式求出电池的输出功率。
要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法；根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以解题。
16.【答案】5.0154.697大 大 0.87
【解析】解：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度为5cm+0.05mm×3=5.015cm
螺旋测微器精度为0.01mm，螺旋测微器的读数d=4.5mm+0.01mm×19.7=4.697mm。
(2)①为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；
②将固柱体电阻换成电阻箱时，也要将电阻箱调到最大，确保电路安全。
(3)因为R1接入电路的电阻不变，单刀双掷开关分别接1和2时通过电路的电流相等，所以由等效替代法测量电阻的原理可知Rx=R2=2507.5Ω。
根据R=ρLS=ρL14πd2可得：ρ=πd2R4L=3.14×(4.697×10−3)2×2507.54×5.015×10−2Ω⋅m=0.87Ω⋅m
故答案为：(1)5.015；4.697(2)①大，②大；(3)0.87。
根据游标卡尺和螺旋测微器的读数原理很容易读出电阻的直径；为了保护电路，滑动变阻器R1和电阻箱R2都应该调到最大值，根据等效替代法可以得到待测电阻的阻值等于电阻箱接入电路的阻值，根据电阻表达式，计算电阻率。
等效替代法的关键还是要弄清楚电路的连接方式，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电阻的关系。另外不管是游标卡尺还是螺旋测微器的读数问题，一定注在读数时最好用毫米作单位，最后根据要求进行单位换算。
17.【答案】解：(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：
mgtanθ=qE
解得：E=mgtanθq
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：
mgL−qEL=12mvC2−0
解得：
vC=2gL−2qELm
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
FT−mg=mvC2L
解得：FT=3mg−2qE
答：(1)匀强电场的场强大小为mgtanθq；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小为2gL−2qELm；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3mg−2qE.
【解析】(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．
本题主要考查了平衡条件、动能定理及向心力公式的直接应用，难度不大．
18.【答案】解：(1)闭合电键K之前，R1与R2串联，R3、R4、R5上没有电流流过．
根据闭合电路欧姆定律得：
电路中的电流I1=ER1+R2+r=32+1+1A=0.75A
电容器的电压等于R2的电压，为UC=I1R2=0.75×1V=0.75V
所以电容器带电量Q1=CUC=0.75×10−4C=7.5×10−5C
根据电流的方向可知，电容器上极板电势高，带正电，下极板电势低，带负电．
(2)闭合电键K后，R1与R2串联，R4与R5串联，两条支路并联．R3上没有电流流过．
外电路的总电阻为R=(R1+R2)(R4+R5)R1+R2+R4+R5=(2+1)×(1+5)2+1+1+5Ω=2Ω
总电流为I=ER+r=32+1A=1A
路端电压为U=E−Ir=3V−1×1V=2V
R1的电压U1=R1R1+R2U=22+1×2V=43V
R4的电压U4=R4R4+R5U=11+5×2V=13V
电容器的电压等于R1与R4电压之差，为UC′=U1−U2=1V
则得电容器的带电量Q2=CUC′=1×10−4C.
因为U1>U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可知电容器下极板的电势高，带正电，上极板的电势低，带负电．
所以闭合电键K后，通过电阻R3的总电量为Q=Q1+Q2=1.75×10−4C.
答：(1)闭合电键K之前，电容器带电量为7.5×10−5C.(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量是1.75×10−4C.
【解析】(1)闭合电键K之前，R1与R2串联，R3、R4、R5上没有电流流过．电容器的电压等于R2的电压，根据欧姆定律求R2的电压，再求电容器的带电量．
(2)闭合电键K后，R1与R2串联，R4与R5串联，两条支路并联．R3上没有电流流过．根据欧姆定律求R1和R4的电压，电容器的电压等于R1与R4电压之差，再求电容器的带电量．即可分析电容器电量的变化量，即为通过电阻R3的总电量．
本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压．本题电路稳定时，电容器的电压等于电容器这一路同侧两个电阻的电压之差．
19.【答案】解：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，有
qE=ma
L=12at2
vy=at
v=v02+vy2
联立方程，代入数据，解得
v=5.0×104m/s
(2)设粒子进入磁场时速度与x轴夹角为θ，则
tanθ=vyv0
联立解得
θ=37∘
粒子在电场中的水平位移为
OQ=v0t
联立方程，解得
OQ=0.8m
粒子恰好不能进入第III象限时，轨迹刚好与y轴相切，轨迹如图
由几何关系可知
r+rsinθ≤OQ
由牛顿第二定律可得
qvB=mv2r
联立方程，代入数据，解得
B≥0.2T
(3)若磁感应强度B=0.25T，轨迹如图
则有
qvB=mv2r1
由几何关系可得
OM=OQ−2r1sinθ
联立方程，解得
OM=0.32m
则粒子第二次通过x轴时的坐标为(0.32m,0)。
答：(1)粒子通过Q点时的速度为5.0×104m/s；
(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，磁感应强度B的取值范围为B≥0.2T；
(3)若磁感应强度B=0.25T，粒子第二次通过x轴时的坐标为(0.32m,0)。
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式计算出粒子在电场方向的速度，再将速度合成即可；
(2)根据几何关系得出速度的方向，结合向心力公式计算出磁场强度的临界值；
(3)理解粒子做圆周运动的向心力来源，画出对应的运动轨迹，由此计算出坐标即可。
本题主要考查了带电粒子在电磁场中的运动，熟练掌握平抛运动和圆周运动，同时结合向心力公式和几何关系即可完成分析。
20.【答案】解：(1)导线框离开磁场过程平均感应电动势：E−=ΔΦΔt=BL×2LΔt=2BL2Δt
由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流：I−=E−R
通过导线某一截面的电荷量：q=I−Δt
解得：q=2BL2R
(2)ab边刚离开磁场时导线框做匀速直线运动，
此时感应电动势：E=BLv
感应电流：I=ER=BLvR
线框受到的安培力大小：F安培=BIL=B2L2vR
线框做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ+F安培=F
解得线框离开磁场时的速度大小：v=mgR(1−sinθ)B2L2
(3)设线框离开磁场过程产生的总热量为Q总，
线框离开磁场过程做匀速直线运动，由功能关系可知，拉力做的功转化为线框的重力势能与焦耳热，
由功能关系得：F×2L=mg×2Lsinθ+Q总
ab边产生的热量：Q=L2(L+2L)Q总
解得：Q=13mgL(1−sinθ)
答：(1)导线框离开磁场过程中通过导线某一截面的电荷量q是2BL2R；
(2)导线框离开磁场时速度v的大小是mgR(1−sinθ)B2L2；
(3)导线框离开磁场的过程中ab边产生的热量Q是13mgL(1−sinθ)。
【解析】(1)应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出平均感应电流，然后求出通过导线某横截面的电荷量。
(2)ab边离开磁场时线框做匀速直线运动，应用平衡条件求出线框离开磁场时的速度大小。
(3)应用功能关系求出ab边产生的热量。
本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式是解决本题的关键，知道克服安培力做功全部转化为整个回路的热量。
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