(满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)

1．下列说法正确的是(　　)

A．根据磁感应强度定义式B＝，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与Il乘积成反比

B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同

C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零

D．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止

答案　B

解析　磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量，与通电导线所受的安培力F以及Il乘积无关，选项A错误；磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误．

2．(2021·河北保定市高二期末)一个量程为0～15 V的电压表，内阻为15 kΩ，把它与一个电阻R串联后接在10 V的恒压源上，此时电压表的读数是6 V．则电阻R的阻值为(　　)

A．200 Ω      B．10 kΩ

C．20 kΩ      D．240 Ω

答案　B

解析　串联电路电压的分配与电阻成正比，则有＝，解得R＝10 kΩ，故选B.

3．(2021·北京市期末)在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图1甲所示连接．先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电．电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i－t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程，下列选项正确的是(　　)

图1

A．电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右

B．电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能

C．图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小

D．图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快

答案　C

解析　充电时电容器上极板带正电，放电时，电流由电容器的上极板流向下极板，所以流过电阻R的电流方向向左，A错误；电容器充电过程中电源释放的电能转化为电容器的电场能、电阻上的热能等，B错误；i－t图像与横轴所围的面积表示电荷量，所以图线1与横轴所围的面积表示电容器充电后所带电荷量的大小，C正确；由题图可知，放电过程中，电流的变化越来越慢，说明电压的变化也越来越慢，D错误．

4.如图2所示，在两个等量异种点电荷的电场中有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间的距离与2、3之间的距离相等，2、5之间的距离与2、6之间的距离相等，2位于两点电荷连线的中点，两条虚线互相垂直，那么关于各点电场强度和电势的叙述错误的是(　　)

图2

A．1、3两点电势相等

B．1、3两点电场强度相同

C．4、5两点电势相等

D．5、6两点电场强度相同

答案　A

5.在如图3所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L标有“6 V　12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.5 Ω.若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是(　　)

图3

A．电动机的输入功率是12 W

B．电动机的输出功率是12 W

C．电动机的热功率是12 W

D．整个电路消耗的电功率是22 W

答案　A

解析　电动机两端的电压UM＝U－UL＝(12－6) V＝6 V，整个电路中的电流I＝ A＝2 A，所以电动机的输入功率P＝UMI＝6×2 W＝12 W，故A正确；电动机的热功率P热＝I2RM＝22×0.5 W＝2 W，则电动机的输出功率P2＝P－P热＝(12－2) W＝10 W，故B、C错误；整个电路消耗的电功率P总＝UI＝12×2 W＝24 W，故D错误．

6.如图4所示，真空中A、B、C三点构成一等边三角形，CD为边AB的高．电荷量为－q(q>0)的点电荷Q1固定在A点．将另一电荷量为＋q的点电荷Q2从无穷远处移到C点，此过程中静电力做功为W，再将点电荷Q2从C点移到B点并固定．取无穷远处电势为零，则(　　)

图4

A．点电荷Q2移入以前，B点的电势为

B．将点电荷Q2从C点移到B点过程中，静电力做正功

C．点电荷Q2固定后，将某一正试探电荷从C点沿CD移到D点，该试探电荷所受静电力逐渐增大

D．点电荷Q2固定后，将某一试探电荷从C点沿CD移到D点，该试探电荷所具有的电势能先增加后减少

答案　C

解析　A点的电荷为负电荷，因此，C、B的电势都为负，因为C、B到A的距离相等，因此两点电势都为－，A错误；C、B的电势相等，点电荷Q2从C点移到B点过程中，静电力不做功，B错误；Q2固定后，CD为等量异种电荷连线的中垂线，中垂线上的电场方向始终垂直于CD，试探电荷从C点沿CD移到D点，静电力不做功，试探电荷的电势能不变化，但是电场强度从C点到D点逐渐增大，即试探电荷所受静电力逐渐增大，D错误，C正确．

7.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图5所示，其中P点电势最高，且xAP图5

A．q1和q2都是负电荷

B．q1的电荷量大于q2的电荷量

C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先增大后减小

D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小

答案　A

解析　由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A项正确；φ－x图像的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即k＝k，又xAP8.(2020·安徽定远重点中学高二期末)如图6所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B0；若将M直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为(　　)

图6

A.B0      B.B0

C．B0      D.B0

答案　B

解析　依题意，每根导线在O点产生的磁感应强度为B0，方向竖直向下，当将M直导线移至P处时，两根导线在O点产生的磁场方向成60°角，则O点合磁感应强度大小为B＝2×B0×cos 30°＝B0，故B正确．

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)

9.电阻不变的三盏电灯A、B、C连接在如图7所示的电路中，闭合开关S后，三盏灯电功率相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片，则可判断(　　)

图7

A．三盏灯的电阻大小是RB>RC>RA

B．三盏灯的电阻大小是RA>RB>RC

C．A、C两灯变亮，B灯变暗

D．A、B两灯变亮，C灯变暗

答案　BD

解析　闭合开关S后，A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而三灯的实际功率相等，由P＝可知：RA>RC，RA>RB，C灯的电流大于B灯的电流，它们的实际功率相等，由P＝I2R可得：RCRB>RC，故A错误，B正确；当滑动变阻器R的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮；由于总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗，C灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮，即A、B两灯变亮，C灯变暗，故C错误，D正确．

10.(2021·安徽省肥东县第二中学高二期末)如图8所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在静电力作用下运动，射入此区域时的运动轨迹为图中曲线abc，b点是曲线上离点电荷Q最远的点，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有(　　)

图8

A．a、b、c三点处电势高低关系是φa＝φc>φb

B．质点由a到b，电势能增加

C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2

D．质点在b点电势能最小

答案　BC

解析　根据负点电荷的等势面的分布可知离负点电荷越近的电势越低，以点电荷为圆心的同一圆周上的电势相等，则a、b、c三点处电势高低关系是φa＝φc<φb，A错误；根据曲线运动合外力总是指向运动轨迹的凹侧，所以质点由a到b，静电力做负功，则电势能增加，质点在b点电势能最大，B正确，D错误；由库仑定律可得k＝ma，由上式可知加速度a与r2成反比，又由几何关系可得ra∶rb∶rc＝1∶∶1，则有ra2∶rb2∶rc2＝1∶2∶1，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2，C正确．

11．如图9甲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0～1 A，当使用a、c两个端点时，量程为0～0.1 A，已知电流表的内阻Rg1＝200 Ω，满偏电流Ig1＝2 mA；如图乙所示是有两个量程的电压表，当使用d、e两个端点时，量程为0～10 V，当使用d、f两个端点时，量程为0～100 V．已知电流表的内阻Rg2＝500 Ω，满偏电流Ig2＝1 mA，则电阻R1、R2、R3、R4分别为(　　)

图9

A．R1＝0.85 Ω      B．R2＝3.67 Ω

C．R3＝9 500 Ω      D．R4＝95 000 Ω

答案　BC

12.如图10所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)(　　)

图10

A．在时间t内，静电力对粒子做的功为qU

B．在后时间内，静电力对粒子做的功为

C．粒子的出射速度偏转角tan θ＝

D．在粒子下落前和后的过程中，运动时间之比为∶1

答案　BC

解析　在时间t内，因入射点与出射点的电势差为，可知静电力对粒子做的功为，选项A错误；设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1∶y2＝1∶3，则y1＝，y2＝，则在后时间内，静电力对粒子做的功为W2＝q·U＝qU，故B正确；粒子的出射速度偏转角正切为tan θ＝＝＝＝＝，故C正确；粒子前和后的过程中，运动时间之比为1∶(－1)，故D错误．

三、非选择题(本题共6小题，共60分)

13．(6分)小王和小李两位同学分别测量电压表V1的内阻．

(1)先用调好的欧姆表“×1 k”挡粗测电压表V1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的________(选填“＋”或“－”)接线柱接触，测量结果如图11甲所示，则粗测电压表V1的内阻为________ kΩ.

图11

(2)为了精确测量电压表V1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S1前将滑动变阻器的滑片移到最________(选填“左”或“右”)端，电阻箱接入电路的电阻调到最________(选填“大”或“小”)，闭合开关S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，电阻箱的示数为R0，则被测电压表V1的内阻RV1＝________.

答案　(1)＋(1分)　9.0(1分)　(2)左(1分)　大(1分)　(2分)

14．(8分)在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻R约为5 Ω，实验室备有下列实验器材：

A．电压表(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)；

B．电压表(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)；

C．电流表(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)；

D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)；

E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，0.6 A)；

F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)；

G．电池组E(电动势为3 V)；

H．开关S，导线若干．

(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填器材前面的序号)．

(2)为减小实验误差，应选用如图12中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把如图丙中的实物图用线连接起来．

图12

(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图13所示，则金属丝的直径为________ mm，电阻值为________ Ω.

图13

(4)该金属丝的电阻率为________ Ω·m.

答案　(1)ADEGH(1分)　(2)乙(1分)　见解析图(2分)　(3)0.635(1分)　2.4(1分)　(4)1.27×

10－6(2分)

解析　(1)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为I＝＝ A＝0.6 A，电流表应选D；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器应选E；还要选用电池组和开关，导线若干，故应选用的实验器材有A、D、E、G、H.

(2)由于＞，应采用电流表外接法，应选题图乙所示电路，实物连接如图所示．

(3)从螺旋测微器可以读出金属丝直径为0.635 mm，从电压表可以读出电阻两端电压为

1.20 V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50 A，被测金属丝的阻值为Rx＝＝ Ω＝2.4 Ω.

(4)由Rx＝ρ，代入数据解得ρ≈1.27×10－6 Ω·m.

15.(8分)如图14所示，匀强电场的电场线与AC平行，把10－8 C的负电荷从A点移到B点，静电力做功6×10－8 J，AB长6 cm，AB与AC成60°角．

图14

(1)求匀强电场的场强方向；

(2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少？电子在A处的电势能为多少？

答案　(1)由C指向A　(2)－5 V　5 eV

解析　(1)将负电荷从A点移至B点，静电力做正功，所以电荷所受静电力方向由A指向C.又因为是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向由C指向A.(3分)

(2)由WAB＝EpA－EpB＝q(φA－φB)得

φA＝＋φB＝ V＝－5 V(3分)

则电子在A点的电势能为

EpA＝qφA＝(－e)×(－5 V)＝5 eV.(2分)

16.(10分)如图15所示，电阻R1＝2 Ω，小灯泡L上标有“3 V　1.5 W”，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时理想电流表的读数为1 A，小灯泡L恰好正常发光，求：

图15

(1)滑动变阻器的最大阻值R0；

(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．

答案　(1)6 Ω　(2)12 W　8 W

解析　(1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为：IL＝＝0.5 A(1分)

流过滑动变阻器的电流：I0＝IA－IL＝0.5 A(2分)

故：R0＝＝6 Ω(1分)

(2)电源电动势为：E＝UL＋IA(R1＋r)＝6 V(2分)

当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路，电路中总电流为：I＝＝

2 A(1分)

故电源的总功率为：P总＝EI＝12 W(1分)

输出功率为：P出＝EI－I2r＝8 W．(2分)

17.(12分)(2021·安徽芜湖市高三期末)如图16所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d＝0.06 m，极板长为L＝0.3 m，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从两极板左侧的正水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向下平移Δd＝0.02 m，液滴最后恰好从极板的末端飞出， g取10 m/s2，求：

图16

(1)将下极板向下平移后，液滴的加速度大小；

(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间．

答案　(1)2.5 m/s2　(2)0.4 s

解析　(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的静电力，因为液滴做匀速直线运动，

则有q＝mg(2分)

当下极板向下平移后，d增大，E减小，静电力减小，故液滴向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受静电力

F′＝q＝(2分)

由牛顿第二定律可得a＝＝g(1－)＝g＝2.5 m/s2(2分)

(2)因为液滴刚好从极板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是y＝＋Δd(1分)

设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t2，

则＋Δd＝at22(2分)

解得t2＝0.2 s(1分)

而液滴从刚进入电场到出电场的时间t＝＝0.6 s(1分)

所以液滴从射入电场开始计时匀速运动到P点所用的时间为t1＝t－t2＝0.4 s．(1分)

18．(16分)(2021·江西赣州市期末)如图17所示，水平绝缘轨道AC由光滑段AB与粗糙段BC组成，它与竖直光滑半圆轨道CD在C点处平滑连接，其中AB处于电场区内．一带电荷量为＋q、质量为m的可视为质点的滑块从A处以水平初速度v0进入电场区沿轨道运动，从B点离开电场区继续沿轨道BC运动，最后从圆轨道最高点D处以水平速度v离开圆轨道．已知：轨道BC长l＝1 m，圆半径R＝0.1 m，m＝0.01 kg，q＝5×10－5 C，滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，设装置处于真空环境中．

图17

(1)若滑块到达圆轨道D点时的速度v＝1 m/s

①在D点处时，求滑块受到的弹力FN；

②求滑块从B点离开电场时的速度大小vB；

(2)若v0＝5 m/s，为使滑块能到达圆轨道最高点D处，且离开圆轨道后落在水平轨道BC上，求A、B两点间电势差UAB应满足的条件．

答案　(1)①0　②3 m/s　(2)－1 600 V≤UAB≤800 V

解析　(1)①根据牛顿第二定律和向心力公式得mg＋FN＝m(2分)

代入数据得FN＝0(1分)

②滑块由B点运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgl－mg·2R＝mv2－mvB2(2分)

解得vB＝3 m/s(1分)

(2)当电势差UAB最低时，滑块恰能经过最高点D，此时vD＝1 m/s(1分)

全过程由动能定理得UABq－μmgl－mg·2R＝mvD2－mv02(2分)

解得UAB＝－1 600 V(1分)

当电势差UAB最高时，滑块经过最高点D后做平抛运动，恰能落到B点，则由平抛运动的规律，

竖直方向：2R＝gt2(1分)

水平方向：l＝vD′t(1分)

全过程由动能定理得UAB′q－μmgl－mg·2R＝mvD′2－mv02(2分)

解得UAB′＝800 V(1分)

则AB间电势差满足的条件是－1 600 V≤UAB≤800 V．(1分)下载本文