2022-2023学年重庆市七校联考高二（上）期末物理试卷（含解析）

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2022-2023学年重庆市七校联考高二（上）期末物理试卷
1. 下面是小伟同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是(    )
A. 某干电池的电动势为1.5V，这表示它在1s内将1.5J的其他形式能转变成电能
B. 由场强公式E=Fq可知，电场中某点的场强由试探电荷所受电场力和电荷量决定
C. 由磁感应强度B=FIL可知，B与F成正比，与IL成反比
D. 根据电势差的定义式UAB=WABq可知，带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为2J，则UAB=2V
2. 如图，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，直流电源的两端与顶点a、b相连，整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中。若ab棒受到的安培力大小为2N，则六边形线框受到安培力的总和为(    )
A. 0N
B. 1.6N
C. 2.4N
D. 4N
3. 如图所示，有A、B两段圆柱形电阻丝，材料相同，长度也相同，它们横截面的直径之比为dA：dB=2：1，把它们串联在电路中，下列说法正确的是(    )
A. A、B两段电阻丝的电阻之比为RA：RB=1：8
B. 通过A、B两段电阻丝的电流之比为IA：IB=1：4
C. A、B两段电阻丝中的电场强度之比为EA：EB=4：1
D. A、B两段电阻丝消耗的功率之比为PA：PB=1：4
4. 某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，一点电荷仅在电场力作用下由A点运动到B点，其轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是(    )

A. 该点电荷带正电，由A运动到B的过程中动能增大，电势能减小
B. 该点电荷带负电，由A运动到B的过程中动能减小，电势能增大
C. A、B、C、D四点的场强大小关系为EA>EB>EC>ED
D. A、B、C、D四点的电势大小关系为φA<φB<φC<φD
5. 在如图所示的电路中，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r.设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U.当R3滑动触点向图中a端移动，则(    )


A. I变大，U变小 B. I变大，U变大 C. I变小，U变大 D. I变小，U变小
6. 如图所示，真空中存在电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场，A，B两点分别固定着等量异种点电荷+Q和−Q。O是线段AB的中点，C是线段AB垂直平分线上的一点，且∠CAB=60∘。若O点的电场强度大小为3E，则C点的电场强度大小为(    )


A. 54E B. 38E C. 98E D. 14E
7. 如图甲所示为一款儿童电动汽车，该款电动汽车的部分参数如图乙所示，则下列说法正确的是(    )

图乙
适用年龄6个月∼3岁家长遥控34岁可自驾
核定载重25kg
电源规格12V45A⋅h
充电器12V1000mA
电机RS390−12V2A

A. 电机的输入功率等于54W
B. 电源规格中的45A⋅h，A⋅h是电功的单位
C. 电机在正常工作时突然被卡住不转动，此时通过电机的电流会超过2A
D. 电机线圈的电阻为6Ω
8. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是(    )

A. 甲图只要增大加速电压U，就能增大粒子能获得的最大动能
B. 乙图可判断出电流方向为BbaA
C. 丙图可以判断出能够沿直线匀速通过的粒子的电性、以及射入的速度大小(电场强度E和磁感应强度B已知)
D. 丁图中稳定时一定是左侧的C板比右侧的D板电势高
9. 关于磁感应强度B的说法正确的是(    )
A. 磁场中某点的磁场方向就是小磁针在该点静止时N极所指的方向
B. 小磁针静止时N极的指向，一定可以用“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”来确定
C. 匀强磁场的磁感应强度，由处于其中的检验电荷受到的磁场力、电荷量和速度决定
D. 一小段通电导线在某处不受磁场力，该处的磁感应强度不一定为零
10. 如图所示，真空中有两个异种点电荷Q1、Q2分别固定在x轴上的A、O两点(O为坐标原点)，x轴正半轴上的电势随x变化规律如图所示，C为电势的最高点，OC−=2OA−，则下列说法正确的是(    )

A. Q1、Q2的电荷量大小之比为3：2
B. C处的场强为0
C. Q1一定带正电、Q2一定带负电
D. 带负电的粒子从B点沿x轴向D点移动的过程中，电势能先增大后减小
11. 两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60∘和30∘，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则(    )
A. 两粒子的轨道半径之比Ra:Rb=1:3
B. 两粒子的质量之比ma：mb=1：2
C. 两粒子圆周运动的周期之比Ta：Tb=2：1
D. 两粒子的速率之比va:vb=3:2

12. 如图所示，绝缘平板A静置于水平面上，带正电的物块B(可视为质点)置于平板最左端，电荷量q=2×10−4C，平板质量M=2kg，物块质量m=1kg，物块与平板间动摩擦因数μ1=0.5，平板与水平面间动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0时，空间提供水平向右的匀强电场(图中未画出)，场强大小为E=5×104N/C；t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变；t=1.25s时，撤去电场，在整个过程中，物块的电荷量保持不变，物块始终未离开平板，不计空气阻力，不考虑因电场变化产生的磁场影响，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是(    )

A. t=1s时，A、B的速度分别为1m/s和5m/s
B. 平板A的长度至少为3.125m
C. A、B之间摩擦生热为12.5J
D. 整个过程中电场力做的总功小于17.5J
13. 某同学欲将电流表(量程0∼10mA，内阻为20Ω)改装为两用电表，即“×1”挡的欧姆表及量程为0∼12V的电压表，实验室可提供的器材有：
a.一节全新的5号干电池(E=1.5V,内阻不计)；
b.滑动变阻器R1(0∼100Ω)；
c.滑动变阻器R2(0∼300Ω)；
d.定值电阻R3(1180Ω)
e.定值电阻R4(1200Ω)；
f.单刀双掷开关
s.一对表笔及若干导线
(1)下列关于实验操作说法正确的是______ 。
A.图中B为“红”表笔，测量电阻时应将开关S扳向“1”
B.图中B为“黑”表笔，测量电阻时应将开关S扳向“2”
C.滑动变阻器应选用R1，定值电阻R0应选R4
D.滑动变阻器应选用R2，定值电阻R0应选R3
(2)在正确选用器材的情况下，改装后电流表3mA处在欧姆挡刻度盘上应标为______ Ω(填写具体数值)。

14. 某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V2W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差，可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：
A.直流电源4.5V(内阻不计)
B.直流电流表0∼600mA(内阻约为5Ω)
C.直流电压表0∼4V(内阻约为6kΩ)
D.滑动变阻器0∼1000Ω，额定电流2A
E.滑动变阻器0∼10Ω，额定电流2A

(1)为了让实验的误差更小，选用最合适的滑动变阻器是______ (选填“D”或“E”)。
(2)要求能够实现在0∼4V的范围内对小灯泡的电压进行测量，请在虚线框内画出实验电路图______ 。
(3)实验测得小灯泡伏安特性曲线如图a所示，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，下列示意图中合理的是______ (U和I分别为灯泡两端的电压和流过灯泡的电流)。

(4)若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图b所示电路连接，电源电动势E=6V，内阻r=3Ω，调节滑片P使滑动变阻器R的功率和一个小灯泡的功率相等，则此时每个小灯泡消耗的电功率为______ W。(结果保留2位有效数字)
15. 如图所示，空间中有一对彼此绝缘的平行金属带电极板M、N，一带电液滴恰好静止在极板MN之间的A点处，已知金属板M、N之间相距为d=8cm，其中N板接地，带电液滴的质量为m=4×10−4kg，带电量为q=4×10−6C，取g=10m/s2。
(1)求M、N两板间的电势差UMN；
(2)若A点到N板的距离为3cm，试求液滴在A点的电势能EpA。

16. 如图所示，倾角为37∘的斜面上固定着宽L=0.6m的足够长平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势E=5V，内电阻r=0.5Ω，一质量m=80g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，金属棒静止在导轨上，(g=10m/s2,sin37∘=0.60,cos37∘=0.80)
求：
(1)若金属导轨光滑，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
(2)若金属导轨粗糙，滑动变阻器接入电路的阻值R2=1.5Ω，导体棒仍能保持静止，此时金属棒所受的摩擦力f是多少？方向如何？

17. 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角θ=37∘的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为r=0.1m的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有方向垂直于倾斜轨道向下、大小可以调节的匀强电场，BB′是电场边界(垂直于倾斜轨道)。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块(视为点电荷)在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为L=1m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为μ=0.25，设小物块电荷量保持不变，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。
(1)若电场强度大小为E0=4mg5q，求小物块刚通过C点时对轨道的压力FN的大小；
(2)若小物块能通过圆轨道最高点，求电场强度E的最大值是多少？

18. 如图所示，在y>0的区域存在匀强电场E=5×102N/C，场强沿y轴负方向；在y<0区域存在匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，磁场方向垂直xOy平面向外。一电荷量为q=2×10−7C、质量为m=4×10−14kg的带正电粒子，从y轴上y=2cm处的P1点以速率v0=1×104m/s沿x轴正方向射入电场，紧接着从P2点射入磁场(不计粒子重力)。求：
(1)P2点到坐标原点O点的距离；
(2)该粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R的大小；
(3)粒子从P1开始计时直到第四次经过x轴所用的时间。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.根据电源的电动势定义式E=Wq分析可知，干电池的电动势为1.5V，表示电池内非静电力每移动1C的电荷做功为1.5J，与做功所用时间无关，故A错误；
B.公式E=Fq为电场强度的定义式，电场强度是电场本身的性质，与放入其中的试探电荷及其所受到的电场力大小无关，故B错误；
C.公式B=FIL为磁感应强度的定义式，磁感应强度为磁场本身的性质，与F无关，与IL无关，故C错误；
D.根据电势差的定义式UAB=WABq可知，带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为2J，即电场力做功W=−2J，则UAB=−2−1V=2V，故D正确。
故选：D。
电动势是表示电池内非静电力做功能力大小的物理量；
电场强度公式采用的是比值定义法，其大小与电场力和电荷量无关；
磁感应强度采用的是比值定义法，其大小与F和IL无关；
明确电场力做功公式W=qU，知道克服电场力做功是指电场力做负功。
本题考查对电动势、电场强度、磁感应强度以及电场力做功公式的理解，要注意明确各物理量的意义，知道哪些物理量采用了比值定义法。

2.【答案】C 
【解析】解：设ab的电阻为R，由电阻定律知afedcb的电阻为5R，若ab中的电流为I，则afedcb中的电流为I5
由安倍力F=BIL可知，对ab棒，有F1=BIL=2N，方向竖直向上
对afedcb边框，其有效长度为L，则其所受安培力F2=B⋅I5⋅L=15F1=0.4N，方向竖直向上
线框受到的安倍力大小为F=F1+F2=2N+0.4N=2.4N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
由图可知导体棒ab与另外5根导体棒是并联关系，根据电路特征判断流过各根导体棒的电流大小，结合安倍力F=BIL求解。
本题主要是考查安倍力的计算，要结合电路的电压和电流关系判断各根导体棒电流大小，需熟练掌握安倍力计算公式。

3.【答案】D 
【解析】解：A.电阻丝长度、材料均相同，它们的横截面的直径之比为：dA：dB=2：1，则横截面积之比为：SA：SB=4：1根据R=ρLS   可知电阻之比：RA：RB=1：4故A错误；
B.因两者是串联，它们的电流总相等，故B错误；
C.两段导体两端电压之比为：U1：U2=IR1：IR2=1：4，导体中的电场可视为匀强电场，E=Ud，因此A、B两段电阻丝中的电场强度之比为EA：EB=1：4故C错误；
D.两段电阻丝发热功率之比为：PA：PB=I2R1：I2R2=1：4故D正确。
故选：D。
根据电阻定律以及题设条件可知两段电阻丝的电阻之比，再根据串联电路的电流相等，可以得到两段电阻丝上的电压之比以及功率之比。导体中的电场可视为匀强电场，根据导体长度可求得电场强度之比。
本题在考查电阻的影响因素的同时考查串联电路的特点，进而判断电压、电流以及功率等关系，高考中单独考查的不多，实验题中会有所涉及。

4.【答案】B 
【解析】解：AB、试探电荷受到的电场力指向轨迹凹侧，大致向左，与电场线方向相反，电荷带负电，电荷只受静电力作用力，电场力做负功，试探电荷的电势能增大，动能减小，故A错误，B正确；
C、电场线的疏密程度代表电场大小，所以A、B、C、D四点的场强大小关系为A点最小，故C错误。
D、沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以A、B、C、D四点的电势大小关系为φA>φB>φC>φD，故D错误。
故选：B。
试探电荷受到的电场力指向轨迹的内侧，判断试探电荷受到的电场力方向大致向左，从而确定出电荷的正负，试探电荷在由A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，电场线的疏密程度代表电场大小，沿着电场线方向，电势逐渐降低。
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题的关键，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低大小情况。

5.【答案】D 
【解析】解：当R3的滑动触点向图中a端移动时，R3变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，则有U变小．电路中并联部分电压变小，则I变小．
故选：D.
当R3的滑动触点向图中a端移动时，R3变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表的读数变化．再分析并联部分的电压变化，判断电流表A读数变化．
本题电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．

6.【答案】A 
【解析】解：根据场强的叠加原理可知，O点的场强为匀强电场的场强E以及+Q和−Q在C点形成场强E′的矢量和。
设AB距离为2r，则有：3E=E+2E′=E+2kQr2
可得：E′=kQr2=E
在C点，+Q和−Q在C点的场强E′′大小相等，且夹角为120∘，且有：E′′=kQ(2r)2=14⋅kQr2=E4，故C点处的场强大小为：E合=E+E′′=54E，故A正确，BCD错误。
故选：A。
C点的场强是由匀强电场的场强E和两个点电荷在该处形成场强的叠加，结合点电荷的场强表达式E=kQr2求C点的电场强度大小。
解决本题的关键要理解并掌握电场的叠加原理，知道空间各点的电场是由匀强电场以及+Q和−Q形成的电场的叠加，对于场强合成，要根据平行四边形定则进行。

7.【答案】C 
【解析】解：A.由参数可知，电动机正常工作时的电流为2A，额定电压为12V，所以电动机的输入功率为P=UI=12×2W=24W，故A错误；
B.根据电流定义式I=qt，q=It，A⋅h是表示电流单位与时间单位的乘积，是电荷量的单位，故B错误；
C.电动机是非纯电阻，消耗电能向外输出机械能的同时线圈内阻会发热。即UIt=I2Rt+E机，故UIt>I2Rt，U>IR即I D.根据题意，由欧姆定律可得R=UI=122Ω=6Ω，由于电动机为非纯电阻电路，据前面分析可知U>IR即：R 故选：C。
通过电动机的能量转化，根据能量守恒定律得出电动机消耗电能输出机械能同时有部分电能转化为内能。消耗电能大于发热量Q。
本题通过电动机考查对非纯电阻元件工作过程中各物理量的比较，理解能量守恒定律在电路中的应用。

8.【答案】B 
【解析】解：A、图甲中，由牛顿第二定律有qvB=mv2r，解得r=mvqB，当粒子做圆周运动半径r等于D型盒半径R时，粒子的速度最大，可得粒子的最大速度vm=qBRm，则最大动能为Ekm=12mvm2=q2B2R22m，可知，最大动能与电压无关，故A错误；
B、图乙中，由左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力向下，向下偏转。带负电的粒子受到的洛伦兹力向上偏转，B板为正极，A板为负极，则电流方向为BbaA，故B正确；
C、图丙中，电场的方向与磁场的方向垂直，带电粒子进入复合场，受到电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，解得v=EB，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；
D、图丁中，若载流子带负电，由左手定则可知，带负电的载流子C端偏转，则左侧的C板比右侧的D板电势低，故D错误。
故选：B。
明确回旋加速器原理，根据牛顿第二定律得到最大速度表达式，从而得到最大动能表达式，知道增大D形盒半径和增大磁感应强度，能增大粒子能获得的最大动能；磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力偏转的原理发电，根据左手定则判断带电粒子的偏转方向，确定电流方向；速度选择器选择速度一定的粒子；霍尔元件中的粒子受到洛伦兹力的作用在元件一侧聚集。
本题考查洛伦兹的应用，会用左手定则判断洛伦兹力的方向，理解各个装置的工作原理，特别是要推导出回旋加速器中最大动能的表达式。

9.【答案】AD 
【解析】解：A、磁场中某点的磁场方向就是小磁针在该点静止时N极所指的方向，故A正确；
B、在通电螺线管内部，磁场方向由S极指向N极，则小磁针静止时N极的指向，不能用“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”来确定，故B错误；
C、匀强磁场的磁感应强度，与磁场本身有关，与处于其中的检验电荷受到的磁场力、电荷量和速度无关，故C错误；
D、导线与磁场平行时，受到的磁场力为零，所以一小段通电导线在某处不受磁场力，可能是该处磁感应强度为零，也可能是导线与磁场平行，故D正确。
故选：AD。
磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向。磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极。
本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质。

10.【答案】BC 
【解析】解：B.φ−x图象斜率表示电场强度，故C处电场场强为0，故B正确；
A.由点电荷场强公式E=kQr2和电场的叠加原理，设OA−的距离为a，C处电场场强为0，有kQ1(3a)2=kQ2(2a)2
得Q1Q2=94
故A错误；
C.沿电场线方向电势逐渐降低，C点左侧电场方向沿x轴负方向，C点右侧电场方向沿x轴正方向，由点电荷场强公式E=kQr2和电场的叠加原理，Q1一定带正电、Q2一定带负电，故C正确；
D.从B点到D点电势先增大后减小，带负电的粒子的电势能先减小后增大，故D错误。
故选：BC。
φ−x图象斜率表示电场强度；
由点电荷场强公式E=kQr2和电场的叠加原理，求电量比值；
沿电场线方向电势逐渐降低、根据C点左右两侧电场分布和点电荷场强公式和电场的叠加原理，分析电性；
负电荷在电势高位置电势能低，反之电势能高。
本题考查学生对电场基本性质、点电荷场强公式、电场的叠加原理、沿电场线方向电势逐渐降低等规律的掌握，是一道考点综合的练习题，需要学生多熟记，但难度不高。

11.【答案】CD 
【解析】解：A、由题意可知a粒子顺时针偏转，b粒子逆时针偏转，根据左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电；两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：

依据题中的几何关系：Ra=12dsin30∘=d，Rb=12dsin60∘=d3
所以有：Ra：Rb=3：1，故A错误；
BC、由几何关系可知从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60∘，b粒子转过的圆心角为120∘，则有：16Ta=13Tb
可得a、b粒子运动周期之比为：Ta：Tb=2：1
由于两种粒子的电荷量大小相等，根据周期公式T=2πmqB可得：ma：mb=Ta：Tb=2：1，故B错误、C正确；
D、由洛伦兹力做向心力可得：Bvq=mv2R可得：v=qBRm，根据Ra：Rb=3：1、ma：mb=2：1，解得：va：vb=3：2，故D正确。
故选：CD。
根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系求得轨道半径；根据几何关系得到轨迹对应的圆心角，即可由运动时间相同得到周期之比，从而由洛伦兹力提供向心力得到质量、速度之比。
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。

12.【答案】ACD 
【解析】解：A.t=1s时，对物块，根据牛顿第二定律：Eq−μ1mg=ma1
对平板，根据牛顿第二定律：μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2
解a1=5m/s2,a2=1m/s2
此时A、B速度分别为vA=a2t，vA=1m/s，vB=a1t，vB=5m/s
故A正确；
B.0∼1s时，物块相对平板位移Δx1=12a1t2−12a2t2
Δx1=2m
电场反向后，物块做匀减速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小a3，Eq+μ1mg=ma3
得a3=15m/s2
设经过t1共速v，有vB−a3t1=vA+a2t1=v
得t1=0.25s，v=1.25m/s
该段时间内物块相对平板位移为Δx2=vB+v2t1−vA+v2t1
Δx2=0.5m
可知共速后刚好撤去电场，因为μ1>μ2，分析可知共速后物块和平板一起向右做匀减速运动直到静止，所以平板长度至少为l=Δx1+Δx2，代入数据解得l=2.5m
故B错误；
C.根据前面分析可知A、B之间摩擦生热为Q=μ1mgl，代入数据解得Q=12.5J
故C正确；
D.分析可知0∼1s时电场力做正功，1s∼1.25s内电场力做负功，所以可得整个过程中电场力做的总功为W=Eq⋅12a1t2−Eq⋅vB+v2t1
得W=17.1875J<17.5J
故D正确。
故选：ACD。
对物块、平板，根据牛顿第二定律，求加速度，根据匀变速直线运动速度-时间公式，求速度；
根据匀变速直线运动位移-时间公式，求0∼1s相对位移，电场反向后，对物块根据牛顿第二定律求加速度，根据匀变速直线运动速度-时间公式，求共速时间和共速度度，求该段时间内物块相对平板位移，最后求平板长度；
根据摩擦生热公式，求摩擦生热；
根据电场力做功公式，求整个过程中电场力做的总功。
本题作为选择题，是一道综合性较强，难度较高的题，考查学生对牛顿第二定律、匀变速直线运动速度-时间公式、匀变速直线运动位移-时间公式、摩擦生热公式、电场力做功公式的掌握，同时要结合题意正确分析物块和平板的相对运动情况。

13.【答案】BD 350 
【解析】解：(1)AB.测电阻应使用欧姆表，开关S应该扳向“2”；根据红表笔连接电源负极，黑表笔连接电源正极，可以判断B为“黑”表笔，故C错误，B正确；
CD.欧姆调零时，电流表满偏，此时R滑=EIg−Rg=1.510×10−3Ω−20Ω=130Ω
所以滑动变阻器应选用R2。
改装成量程为0∼12V的电压表，需要串联电阻R0=UIg−Rg=1210×10−3Ω−20Ω=1180Ω
所以定值电阻R0应选R3，故C错误，D正确。
故选：BD。
(2)根据闭合电路欧姆定律E=I(R+Rg+R滑)
当电流为3mA时，解得R=350Ω
故答案为：(1)BD；(2)350。
(1)根据欧姆表的原理和改装电表的原理分析计算；
(2)根据闭合电路欧姆定律计算。
本题考查多用电表，要求掌握多用电表的原理。

14.【答案】E 见解析  D0.98 
【解析】解：(1)为了减小误差，滑动变阻器采用分压式连接，为了方便调节，滑动变阻器选择阻值较小的E；
(2)描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。由于灯泡内阻较小，因此应采用电流表外接法，所以电路图如图所示

(3)随着电压的升高灯泡电阻增大，所以灯泡的功率P=I2R=U2R
则P−I2图象的斜率增大，而P−U2的斜率减小。
故选：D。
(4)两个完全相同的灯泡并联后通过滑动变阻器调节每个灯泡的电流I和电压U，滑动变阻器R的功率和一个小灯泡的功率相等，滑动变阻器电流为2I，则滑动变阻器R两端的电压为灯泡两端电压的一半，根据闭合电路欧姆定律得32U+2Ir=E
代入数据并变形得到U=4−4I
将此电流与电压的关系画在小灯泡伏安特性曲线中，如图所示

两图象的交点坐标为(2.28V,0.43A)，所以灯泡功率P=UI=2.28×0.43W=0.98W
故答案为：(1)E；(2)见解析；(3)D；(4)0.98。
(1)根据减小误差分析判断滑动变阻器接法；
(2)根据实验要求选择滑动变阻器和电流表的连接方式，画出电路图；
(3)根据功率公式推导结合图像分析；
(4)根据闭合电路欧姆定律结合图像分析判断。
本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤和数据处理。

15.【答案】解：(1)由平衡条件：qE=mg
两板间电压U=Ed，其中d=8cm=0.08m
联立解得
E=1000V/m
U=80V
场强向上，N板电势较高，MN间电势差为
UMN=−80V
(2)NA两点间电势差
UNA=EdNA，dNA=3cm=0.03m，解得UNA=30V
UNA=φN−φA
N点的电势为零，则A点的电势
φA=−30V
则液滴在A点的电势能为EpA=qφA
EPA=−1.2×10−4J
答：(1)M、N两板间的电势差−80V；
(2)液滴在A点的电势能−1.2×10−4J。 
【解析】(1)由平衡条件，电势差与电场强度关系式，求电场强度和电势差；
(2)由电势差与电场强度关系式、电势能公式，求电势能。
本题解题关键是正确掌握电势差与电场强度关系式、电势能公式并结合平衡条件去分析。是一道基础题。

16.【答案】解：已知m=80g=0.08kg
(1)分析金属棒受力情况，如图所示。根据平衡条件得金属棒受到的安培力大小为
   
F安1=mgtan⁡37∘
又F安1=BI1L
联立解得：I1=2A
设滑动变阻器接入电路的阻值为R1。由闭合电路欧姆定律得
 I1=ER1+r
解得：R1=2Ω
(2)由闭合电路欧姆定律得
 I2=ER2+r=51.5+0.5A=2.5A
金属棒受到的安培力大小F安2=BI2L=0.5×2.5×0.6N=0.75N
则安培力沿导轨向上的分力大小为F安2cos⁡37∘=0.75×0.8N=0.6N
重力沿导轨向下的分力大小为mgsin37∘=0.08×10×0.6N=0.48N
因为F安2cos⁡37∘>mgsin⁡37∘，所以金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向下
大小为f=F安2cos⁡37∘−mgsin⁡37∘=0.6N−0.48N=0.12N
答：(1)若金属导轨光滑，滑动变阻器接入电路的阻值为2Ω。
(2)此时金属棒所受的摩擦力f是0.12N，方向沿导轨向下。 
【解析】(1)金属棒静止在导轨上，受力平衡，分析其受力情况，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流，再由闭合电路欧姆定律求解滑动变阻器接入电路的阻值。
(2)先由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，由安培力公式计算金属棒受到的安培力大小，再确定金属棒所受的摩擦力f大小和方向。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键要正确分析金属棒的受力情况，分析安培力的方向，计算安培力的大小。

17.【答案】解：(1)小物块从A到B的过程，根据动能定理可得mgLsin37∘−μ(mgcos37∘+qE)L=12mvB2−0
解得vB=0.4gL
在C点时，由牛顿第二定律可得F′N−mg=mvB2r
解得F′N=mvB2r+mg=5mg
由牛顿第三定律可知FN=F′N=5mg
(2)小物块恰好能过D点时，电场强度最大，在D点时，根据牛顿第二定律可得mg=mvD2r
小物块由A运动到D，根据动能定理可得mg(Lsin37∘−2r)−μ(mgcos37∘+qE)L=12mvD2−0
联立解得E=3mg5q
答：(1)小物块刚通过C点时对轨道的压力FN的大小5mg；
(2)电场强度E的最大值是3mg5q。 
【解析】(1)小物块从A到B的过程，根据动能定理，求B点速度，在C点时，由牛顿第二定律，求支持力，根据牛顿第三定律，得通过C点时对轨道的压力；
(2)小物块恰好能过D点时，根据牛顿第二定律、小物块由A运动到D，根据动能定理，联立求电场强度E的最大值。
本题考查学生对动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律的掌握，解题的关键是分析出小物块恰好能过D点时，电场强度最大。

18.【答案】解：(1)根据题意，粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有：Eq=ma
由类平抛规律竖直方向有：y=12at12，由题意y=2cm=0.02m
水平方向有：x=v0t1
联立解得：x=0.04m=4cm，t1=4×10−6s
(2)设粒子进入磁场时与x轴的夹角为θ，则有：tanθ=2yx=1
可得：θ=45∘
进入磁场的速度大小为：v=v0cos45∘=2v0
由牛顿第二定律有：qvB=mv2R
代入解得：R=22×10−2m
(3)设带电粒子在磁场中运动周期为T，则：T=2πRv=2πmqB
根据题意可知，粒子在磁场运动的时间为：t磁=2×34T=2×34×2π×4×10−142×10−7×0.1s=6π×10−6s
粒子在电场中运动的时间为：t电=3t1=3×4×10−6s=1.2×10−5s
粒子从P1开始计时直到第四次经过x轴所用的时间为：t=t磁+t电=6π×10−6s+1.2×10−5s=(12+6π)×10−6s
答：(1)P2点到坐标原点O点的距离为4cm；
(2)该粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R的大小为22×10−2m；
(3)粒子从P1开始计时直到第四次经过x轴所用的时间为(12+6π)×10−6s。 
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出水平位移和时间；
(2)根据类平抛的末速度大小和方向，结合粒子在洛伦兹力提供向心力求轨道半径；
(3)求出粒子在电场中从P1到P2的运动时间、粒子在磁场中做圆周运动的时间，按粒子周期循环特点得到粒子从P1开始运动直到第四次经过x轴所用的时间。
本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中。