2021-2022学年辽宁省朝阳市建平高级中学高二（上）第二次月考物理试卷（附详解）

2021-2022学年辽宁省朝阳市建平高级中学高二（上）第

二次月考物理试卷

一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）

1.甲、乙两物体同一方向数直线运动，6s末在途中相遇,

它们的速度-时间图像如图所示，可以确定（）

A.t=0时，乙在甲的前方27nl处

B.t=0时，甲在乙的前方27m处

C.3s末，乙的加速度大于甲的加速度

D.6s之后，两物体还会再相遇

2.如图所示，一轻质弹簧下端与地面上的4点相连，上端用轻绳跨过固定在斜面上的

轻质光滑定滑轮与斜面上的物体相连，绳与斜面平行此时整个装置处于静止状态.

现将弹簧下端的4点沿水平地面缓慢移动到B点，斜面相对地面始终静止。在此过

B.物块所受轻绳的拉力大小一直不变

C.斜面对物体的支持力大小一直增大

D.斜面对物体的摩擦力大小可能先减小后增大

3.如图甲所示，一质量为M的足够长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m

的小滑块。当木板受到随时间t变化的水平拉力尸作用时，用传感器测出长木板的加

速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2,则下列说法不正确的是（）

甲

A.滑块与木板之间的滑动擦因数为0.2

B.当F=8N时，滑块的加速度为2m/s2

C.木板的质量为1kg,滑块的质量为2kg

D.若拉力作用在小滑块m上，当F=9N时滑块的加速度为2rn/s2

4.探究平抛运动规律时使用的实验装置如图所示，开始时开关闭合，铁质小球B被电

磁铁吸引而处于静止状态，将铜质小球4从轨道上一定高度处由静止释放，小球4离

开轨道末端（末端切线水平）时撞开轻质接触式开关S,被电磁铁吸住的小球8同时自

由下落，轨道末端出口与小球B的底端处于同一高度，可以看到4、B两小球同时落

在水平地面上。下列说法正确的是（）

A.由该实验可知，平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落

体运动

B.将小球力和B的位置互换，同样可以达成该实验的探究目标

C.将小球4从轨道上更高的位置由静止释放，可能使两球在空中相撞

D.增加该装置距离地面的高度“，也一定不能使两球在空中相撞

5.2021年4月29日，中国“天宫”空间站“天和”核心舱被精准

送入预定轨道。如图所示，“天和”核心舱的运行轨道为椭

圆，其近地点M和远地点N距地面的高度分别为439km和

2384km,“天和”核心舱运行过程中，下列说法正确的是

()

A.“天和”核心舱在“点的速度小于在N点的速度

B.“天和”核心舱在M点的加速度小于在N点的加速度

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C.“天和”核心舱从N点运动到M点，做离心运动

D.“天和”核心舱在M点的动能大于在N点的动能

6.关于下列物理量的意义，说法正确的是（）

A.电场强度E表示电场的强弱和方向，E越大，电荷所受电场力一定越大

B.电容C表示电容器储存电荷的能力，C越大，电容器储存的电荷一定越多

C.电阻R表示导体对电流的阻碍作用，R越大，通过导体的电流一定越小

D.电动势E越大，表示电源将其它形式的能量转化为电能的本领越强

7.如图，电路中定值电阻阻值R小于电源内阻阻值r,闭合开关后将滑动变阻器滑片向

下滑动，理想电压表匕、彩、匕示数变化量的绝对值分别为4%、皿、4/,理想

电流表A示数变化量的绝对值为4,则下列说法不正确的是（）

A.4的示数增大B.彩的示数减小

C.大于D.4/与4的比值大于r

8.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r,C为

电容器，当为定值电阻，闭合开关S,当滑动变阻器R的

触头P向上滑动时，则（）

A.电源的功率变小

B.电容器贮存的电荷量变大

C.电阻R消耗的电功率变小

D.电源内部消耗的功率变大

9.关于磁场、磁感线，下列说法中正确的是（）

A.磁场并不是真实存在的，而是人们假想出来的

B.磁铁周围磁感线的形状，与铁屑在它周围排列的形状相同，说明磁场呈线条形

状，磁感线是磁场的客观反映

C.磁场中任意两条磁感线均不相交

D.磁感线类似电场线，它总是从磁体的N极出发，至IJS极终止

10.将一段通电直导线放置在匀强磁场中，通电直导线受到的安培力不正确的是（）

f'xxxIX

JI-----KT-----

二、多选题（本大题共8小题，共32.0分）

11.如图所示匀强电场中，一带电油滴从a点由静止释放运动到b点，已

知重力做功10J，克服电场力做功旬，则下列说法正确的是（）

A.油滴到达b点的动能是14/

B.油滴从a点运动到b点重力势能减少了10/

C.油滴从a点运动到b点机械能减少了知

D.油滴从a点运动到b点电势能减少了4/

12.洛伦兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆霍兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组

成的.励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生

匀强磁场.洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在

玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹.其结构如图所示.给励磁线圈通电，

电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹,

则下列说法正确的是（）

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A.励磁线圈中的电流方向是顺时针方向

B.若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大

C.若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大

D.若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U,

则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷

13.如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E,

导轨平面与水平面间的夹角0=30。.金属杆仍垂直导轨放

置，导轨与金属杆接触良好.整个装置处于磁感应强度为B

的匀强磁场中.当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab

刚好处于静止状态.要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（）

A.减小磁感应强度B

B.调节滑动变阻器使电阻减小

C.减小导轨平面与水平面间的夹角。

D.将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变

14.下列说法正确的是（）

C

♦、

♦、

*/、\

A./\如图所示，两通电导线4、8在C处产生磁场的磁感应强度大小

0-------⑤

AB

均为Bo,则C处磁场的总磁感应强度大小是2B°

B.SF'小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙

所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动

B

c.如图所示，•矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场

中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S,则此时通过线框的磁通量为BS

P

D.如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与

Q

导线在同一平面内，将线框向右平动时线圈中会产生感应电流

15.示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的

带电粒子在电压为名的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为4的

平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，若带电粒子能射出平行板电场区域,

则下列说法正确的是（）

A.若电荷量q相等，则带电粒子在板间的加速度大小相等

B.若比荷：相等，则带电粒子从M孔射出的速率相等

C.若电荷量q相等，则带电粒子从M孔射出时的动能相等

D.若不同比荷e的带电粒子由。点开始加速，偏转角度。相同

16.如图所示，在平面的第一象限内存在方向垂直纸面向|VXXX

里，磁感应强度大小为8的匀强磁场，一带电粒子从y轴%xx

M

上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。=30。。XXX

入人人

—,Y

粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过刀正半。

轴。已知M。=d,粒子电荷量为q,质量为重力不计，则（）

A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为理

m

C.粒子在磁场中运动的时间为筌D.N与0点相距3d

17.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场,带电粒

子（不计重力）第一次以速度打沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏

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转60。角；该带电粒子第二次以速度w从同一点沿同

一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90。

角.则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）

A.半径之比为6：1

B.速度之比为1：百

C.时间之比为2:3

D.时间之比为3:2

18.如图所示是简化的多用电表的内部电路，转换开关S与不同接点连接，就组成不同

的电表或者是相同的电表中不同的量程，已知/?3＜氏4,下列说法正确的是（）

A.S与1、2连接时，就组成了电流表，且S接1时量程较大

B.S与3、4连接时，就组成了电流表，且S接3时量程较大

C.S与3、4连接时，就组成了电压表，且S接3时量程较小

D.S与5连接时，就组成了欧姆表，此时红表笔与电源负极相连

三、实验题（本大题共3小题，共26.0分）

19.（1）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，由图

中的示数可知该金属圆片的直径的测量值为cm,厚度的测量值为mm.

(2)某同学想利用实验描绘小灯泡(2.5%0.34)的伏安特性曲线，应选用的电路图是

(3)该同学利用上题电路图实验得到的小灯泡的U-/关系如下图甲所示。如果将该

小灯泡分别接入图乙、丙两个不同电路中，图乙电源电动势为1.5心内阻不计。图

丙中电源电动势为5叭内阻不计，定值电阻R=200。则接入(选填"乙”

或“丙”)电路时，小灯泡较亮些，消耗的电功率为亿若将电路丙中的电

阻R替换为另一个完全相同的小灯泡，其他条件不变，流过灯泡的电流为4,

此时电源的功率为W.

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NN

~0~rHg)——CDq

-11一TI|I|I_——

20.用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系，带滑轮

的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。小车上固定

一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和砂桶。

(1)下列关于该实验的操作说法中正确的是。

4.必须用天平测出砂和砂桶的质量

B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

C.小车的质量须远大于砂桶和砂的质量

D.应当先释放小车，再接通电源

(2)利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图所示：(图中每两个计

数点间还有四个点未画出)

\ABCDE~

/12.62J3.84j5.00j6.23jcn

则在该次实验中，小车运动的加速度大小为rn/s2(结果保留三位有效数字)。

(3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，则该同学

作出的小车的加速度a与弹簧测力计示数尸的图像如图所示，则实验中小车受到的

摩擦力大小为，小车的质量为«

21.某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻，现在实验室提供了如下的器材：

4电压表P(量程3V,内阻即约为1OA0)

8.电流表G(量程3巾4,内阻&=100/2)

C.电流表4(量程34内阻约为0.5。)

D滑动变阻器&(0〜200,额定电流24)

E.滑动变阻器7?2(。〜5000),额定电流14)

E定值电阻色=04。

G.开关S和导线若干

(1)该同学发现电流表4的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻/?3并联，实际上

是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是A。(结果保留两位

有效数字)。

(2)该同学根据实际情况设计了如图所示的原理图。请你根据原理图用笔画线代替

导线连接实物图。

(3)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是

。(填&或长)

(4)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表，读

数为纵坐标，绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=K,

电源的内阻r=_____0。(电源内阻结果保留两位有效数字)

四、计算题(本大题共3小题，共22.0分)

22.利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m=20kg,斜面倾

斜角8=37。，斜面的长度L=0.5m,货物与斜面间的动摩擦

因数〃=0.2«求：

(1)重力做了多少功；

(2)摩擦力做了多少功：

(3)支持力做了多少功；

(4)合外力做了多少功。

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23.如图所示，两块正对的带电金属板，上板的电势高于------------

下板，板间的电场强度为2X102N/C.两板之间的距'、'、、、

、、

离为0.2m,板长为0.4m,带电粒子比荷\=2x

lCPc/kg以速度%=5xl()4m/s从极板左端垂直于

电场方向进入电场，从极板右端飞出，虚线为粒子的运动轨迹，不计带电粒子所受

的重力，试问：

(1)两板间的电势差多大？

(2)带电粒子在电场中运动的时间多长？

(3)带电粒子在电场中运动的侧移量？

24.如图所示，MN上方存在着无限大，垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN

下方存在垂直MN、方向向上的匀强电场，场强为E。质量为小、电荷量为+q(q>0)

的粒子在纸面内以速度"从0点射入磁场，其方向与MN的夹角a=60。，粒子重力

不计。

XXXXXXXXXxxxxxxxx

xxxx/xxxxxxxxxxxx

XXXXXXXXXXxxxxxxx

(1)求带电粒子在MN上方运动的时间和在磁场中运动的位移大小：

(2)若在MN下方垂直MN放置一挡板，要使带电粒子垂直打在挡板上，求挡板与MN

交点到。点的距离。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB,速度-时间图像与时间轴所围的面积大小等于物体的位移大小，可得

在0-6s内，甲通过的位移大小为x叩=[x9X6m=27加，乙通过的位移大小为%乙=

9x6m=54m,两者位移之差为△x=%乙-x印=54m-27nl=27m。因t=6s末甲

乙相遇，则在t=0时甲在乙的前方27m处，故A错误，B正确；

C、根据u-t图像的斜率表示加速度，知乙的加速度小于甲的加速度，故C错误；

。、6s末甲乙在途中相遇，由于6s之后甲的速度大于乙的速度，两物体不会再相遇，故

。错误。

故选：B。

根据速度-时间图像与时间轴所围的面积大小等于物体的位移大小，由几何知识求出

0-6s内两物体通过的位移，两者位移之差等于t=0时甲、乙相距的距离。t=6s之后，

甲的速度大于乙的速度，两者不会再相遇.根据图像的斜率分析加速度的大小。

本题的关键要明确相遇时两个物体之间的位移关系，抓住速度-时间图像的“面积”大

小等于位移，来求解两物体出发点相距的距离。

2.【答案】D

【解析】解：A、对系统整体分析，因为绳子逐渐由4到B,具有水平向右的分力，地面

就会产生一个水平向左的摩擦力与之平衡，故A错误；

从因为绳子逐渐由4到8,弹簧形变量逐渐增大，弹力逐渐增大，又定滑轮只改变力的

方向，滑轮两边绳子作用力相等，故B错误；

C、物体始终静止在斜面上，斜面对物体的支持力等于物体的重力沿垂直于斜面向下的

分力，大小为N=mgcosO,保持不变，故C错误；

。、刚开始时，滑块受到斜面的摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以在绳

子拉力增大时，摩擦力可能先减小再增大，故。正确；

故选：Do

对物体与斜面组成的整体进行受力分析，判断斜面受到地面的摩擦力的变化；弹簧形变

量逐渐增大，弹力逐渐增大：对物体进行受力分析，判断其受到的支持力与摩擦力的变

化。

该题考查共点力平衡的应用，解答的关键是合理选择研究对象，正确对物体进行受力分

析。

3.【答案】D

【解析】解：4由图乙可知，当F=6N时，二者刚好滑动，此时滑块的加速度为2m/s2,

由牛顿第二定律可得

a=ug

解得动摩擦因数

H=0.2

故A正确；

8.当F=6N时，二者刚好滑动，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F=8N时，

滑块的加速度为2m/s2,故B正确；

C.当尸=6N时，滑块的加速度为2m/s2,对整体分析，由牛顿第二定律有

F=(M4-m)a

代入数据解得

M+m=3kg

当F>6N时，由牛顿第二定律得a="产一等

MMM

由图线的斜率々=5=生=1

M6-4

解得：

M=1kg

m=2kg

故C正确；

D若拉力作用在小滑块小上，当F=9N时，假设二者不分离，整体分析有优=±

代入数据解得a'=3m/s2

而木板的最大加速度为am=臂

代入数据解得：a=4m/s2>a'

所以假设成立，二者没有相对滑动。滑块的加速度为3m/s2,故。错误。

本题选择错误选项，

故选：Do

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F=6N时，二者刚好滑动，根据牛顿第二定律解得动摩擦因数；此时二者刚好滑动，

以后拉力增大，滑块的加速度不变，再对整体根据牛顿第二定律结合图像斜率可解得木

板和滑块的质量，滑动摩擦力对木板提供的加速度为最大加速度，根据整体分析方法解

得当F=9N时滑块的加速度。

本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握物体的受力分析与牛顿第二定律的应用，

注意整体分析的条件。

4.【答案】C

【解析】解：4该实验通过观测到4、B两球总能够同时落地，从而得出平抛运动的竖直

分运动是自由落体运动，但无法判断平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，故A错误;

A由于小球4不能被电磁铁吸引，所以将小球4和B的位置互换，不能达成该实验的探究

目标，故8错误；

CD.小球4离开轨道末端一瞬间，两小球在竖直方向上同时开始做自由落体运动，在任意

时刻两小球高度相同，且4球还在水平方向上向右运动，即4球不断靠近B球，所以将小

球4从轨道上更高的位置由静止释放，当4达到一定的水平初速度时，可能使两球在空

中相撞，故C正确，。错误。

故选:Co

球4与球B同时释放，同时落地，由于B球做自由落体运动，月球做平抛运动，说明4球

的竖直分运动与8球相同。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，在水平方向上做匀

速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动.注意本实验得出平抛运动水平方向上的运

动规律。

5.【答案】D

【解析】解：4由于近地点”和远地点N距地面的高度分别为439痴和2384km,根据开

普勒第二定律可知，“天和”核心舱在M点的速度大于在N点的速度，故A错误；

A设地球的质量为M,“天和”核心舱的质量为Tn,“天和”核心舱到地心的距离为r,

加速度为a，根据牛顿第二定律得G等=ma,解得a=G9,则“天和”核心舱离地球

越近，加速度越大，故它在M点的加速度大于N点的加速度，故8错误;

C“天和”核心舱从N点运动到M点，离地球越来越近，故做向心运动，故C错误；

D从M点运动到N点的过程中，地球引力对“天和”核心舱做负功，其动能逐渐减小，

故“天和”核心舱在M点的动能大于在N点的动能，故。正确。

故选：Do

“天和核心舱”运行过程中，加速度是由地球的万有引力产生，根据牛顿第二定律分析

加速度大小；根据开普勒第二定律分析速度大小，从而判断动能的变化情况。根据机械

能守恒条件分析机械能是否守恒，明确

解答本题时，要能熟练运用牛顿第二定律和万有引力定律相结合推导出“天和核心舱”

的加速度表达式，知道它离地越近，速度越大，加速度也越大。

6.【答案】D

【解析】解：4根据电场力公式尸=Eq可知，电场力大小还跟q有关，故A错误；

8.根据公式、=(/(?可知，电容器储存的电荷量还跟电压有关，故8错误；

C.根据公式〃=/R可知，流过导体的电流大小还跟电压U有关，故C错误；

。.电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以

电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故。正确。

故选：Do

根据各选项涉及的物理量找到相关公式，从而明确各物理量的决定因素。

本题考查对物理基本概念及公式的理解，正确理解各公式的意义。

7.【答案】D

【解析】解：4、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相

当短路，所以R与变阻器串联，电压表匕、/、匕分别测量R、路端电压和变阻器两端的

电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则4的

示数增大，故A正确；

B、彩测量路端电压，外电阻减小，路端电压减小，彩示数减小，故3正确；

C、彩测量滑动变阻器电压，则有=(R+r)4,彩测量路端电压，贝IJ有=4/r，

所以皿3>/[72，故C正确；

D、根据R=竽，则有区=聆<乙故。错误。

AIAI

本题选不正确的,

第16页，共29页

故选：D。

理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路。分析电路的连

接关系，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电

压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

8.【答案】D

【解析】解：4、当滑动变阻器R的触头P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻变

小，外电路总电阻R总变小，由闭合电路欧姆定律可知干路电流/增大，由「=后/知电源

的功率变大，故A错误；

8、电路中电流增大，内电压和⑹分压均增大，所以电容器两极板间的电压减小，由。=

CU知电容器贮存的电荷量变小，故8错误；

C、将电阻％看成电源的内阻，因R与&+r的关系未知，所以R上消耗的功率无法确定，

故C错误；

D、电源内部消耗的功率：。内=4乙/变大，r不变，则电源内部消耗的功率变大，故

。正确。

故选：。。

由滑动变阻器R的触头P移动方向判断滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆

定律分析电路中电流的变化，由「=即分析电源的功率变化；电容器两端电压等于滑动

变阻器两端的电压，分析电容器电压的变化，判断电容器储存的电荷量变化；根据功率

公式P=/2R分析电源内部消耗的功率变化情况；根据内外电阻关系分析滑动变阻器消

化的功率的变化。

此题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要熟练掌握其解决方法为:局部一整体T局

部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用。

9.【答案】C

【解析】解：4、磁场是客观存在的，而磁感线是人们假想出来的，故A错误；

8、人们为了形象地描绘磁场，用图形-磁感线将抽象的磁场描绘出来，磁感线是假想

的曲线，其客观上并不存在，铁屑在磁场中被磁化为小磁针，在磁场的作用下转动，最

终规则地排列起来，显示出磁感线的分布特点，并非磁场的客观反映，故B错误；

C、磁感线的切线方向表示磁场的方向，如果同一地点磁感线相交则存在两个磁场方向，

与实际不符，所以磁场中任意两条磁感线均不相交，故C正确；

。、电流的磁场和磁体的磁场的磁感线都是闭合曲线，在磁体外部从N极到S极，在磁体

内部从S极到N极，不像电场线从正电荷出发到负电荷终止，故。错误。

故选：Co

磁针放在磁体的周围受到力的作用，说明磁体在周围空间产生了磁场，磁场是一种客观

物质；磁感线可以用来表示磁场的强弱和方向；磁感线并非磁场的客观反映；磁感线是

闭合曲线，和电场线不同。

本题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类

识记性的题目非常方便，可以和电场线进行类比记忆。

10.【答案】A

【解析】解：力、磁场方向向左，电流方向是垂直向外，根据左手定则，安培力方向是

向下，故A错误；

8、磁场方向斜向上，电流方向与磁场垂直，由左手定则可知，安培力垂直电流和磁场

向下，故8正确；

C、磁场方向垂直向里，电流方向向右，根据左手定则，安培力方向向上，故C正确；

。、磁场方向垂直向里，电流方向向右上，根据左手定则，安培力方向垂直电流方向指

向左上方，故£＞正确。

本题选错误的，

故选：4。

已知电流方向和磁场方向，根据左手定则判断安培力方向即可。

本题考查左手定则的应用，关键是记住左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个

手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内.让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的

方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。

11.【答案】BC

【解析】解：4从a点到b点，利用动能定理叫+WF=Ekb-0,所以油滴到达b点的动

能是%,=1。/-4/=6/,故A错误；

第18页，共29页

B.油滴从a点由静止释放运动到b点，重力做正功10/,重力势能减少了10/,故B正确；

C.油滴从a点运动到b点机械能增加量等于除重力外其他力所做的功，电场力做-4/的功,

机械能减少4/,故C正确；

»由于电场力做-4/的功，所以电势能增加句，故O错误。

故选：BC»

明确油滴运动过程各力做功情况，根据动能定理分析油滴的动能变化，根据动能定理分

析油滴的机械能、重力势能以及电势能的改变。

本题考查功能关系在电场中的应用，要注意明确重力做功和电场力做功的特点，明确功

能关系的应用。

12.【答案】ABD

【解析】解：4、根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向

是顺时针方向.故A正确；

B、电子在加速电场中加速，由动能定理eU=诏…①

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力

解得：「=吧=三电.③

只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大.故8正确：

C、由③得：只增大线圈中的电流，则B增大，可以使电子流的圆形径迹的半径减小.故

C错误；

。、若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U,贝I：

£=瑞，可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷.故。正确.

故选：ABD

根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向；

根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出的表达式.

本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键.

13.【答案】BC

【解析】解：4根据初始条件受力分析知mgsin。=B1,因此减小磁感应强度8,安培

力减小，金属棒不可能沿斜面向上运动，故4错误；

B.调节滑动变阻器使电阻减小，则电流增大，则安培力尸=B也将增大，金属棒将向上

运动，故8正确；

C.减小倾角。，重力分力沿斜面向下分力7ngsin。＜B1L,金属棒将向上运动，故C正确：

D将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿斜面向下，因此金属棒将

向下运动，故。错误。

故选：BC。

对初始状态进行受力分析，根据平衡条件得出重力与安培力的关系，BPF=B1L=

mgsind,因此要使金属杆向上运动，应该增大安培力，根据安培力的表达式可以得出

采取何种措施.

解决本题的关键是正确地进行受力分析比较安培力和重力沿斜面分力的大小.

14.【答案】BD

【解析】解：4磁感应强度是个矢量，因两通电导线4、B在C处产生磁场的磁感应强度

的方向不同，所以C处磁场的总磁感应强度大小不是2B。，故A错误；

B.当导线中通有如图乙所示电流时，根据右手螺旋定则可知导线在小磁针处产生垂直于

纸面向内的磁场，所以小磁针的N极将会垂直纸面向内转动，故B正确；

C.因线框平面与磁场方向平行，所以此时通过线框的磁通量为0,故C错误；

。.线框向右平动时，通过线圈的磁通量会减小，所以线圈中会产生感应电流，故。正确。

故选：BDo

根据矢量运算定则判断；根据右手螺旋定则判断电流周围的磁场，然后确定小磁针的转

动方向：根据磁通量的定义判断；根据感应电流产生的条件判断。

本题考查了磁感应强度、电流周围磁场、磁通量、感应电流等基础知识，要求学生对这

些基础知识要重视课本，强化记忆。

15.【答案】BCD

【解析】解：4设加速电场的板间距离为d,由牛顿第二定律得a=理

ma

由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故4错误;

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8.由动能定理得qUi=

可得%=傍

所以当带负电粒子的比荷包相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；

m

C.粒子从M孔射出时的动能取=|mVo=qUi

所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；

。.如图，设偏转电场的板间距离为d，极板长度为3在偏转电场中有tcm。=争=竽=

U2L

2%d，

偏转角度。与粒子的比荷无关，故。正确。

故选：BCD。

根据牛顿第二定律分析加速度关系；带电粒子在加速电场中加速过程，利用动能定理列

式分析粒子从M孔射出的速率和动能关系；带电粒子进入平行金属板间做类平抛运动，

根据分位移公式和几何关系分析偏转角度关系。

解答本题时，要搞清带电粒子的运动过程，把握每个过程的物理规律，能运用运动的分

解法研究类平抛运动。要知道带电粒子经同一电场加速后经同一偏转电场偏转后，比荷

不同的带电粒子偏转角度相同。

16.【答案】AB

【解析】解：4粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负

电，故A正确；

B.粒子运动轨迹如图所示

由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径r=三=2d,粒子在磁场中做圆周运动,

sin。

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得=解得v=理，故8正确；

1rm

C.粒子在磁场中运动的周期7=写，粒子轨迹对应的圆心角为a=180。-30。=150。,

粒子在磁场中运动的时间为£=要7=穿，故C错误；

DN点到。点的距离为x=r+rcosd=2d+2dcos30°=(2+V3)d>故D错误。

故选：AB.

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，应

用左手定则判断粒子带电性质，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度

大小，根据周期公式求解时间，根据几何关系求解N与。点的距离。

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。

17.【答案】AC

【解析】解：设圆柱形区域为R.

带电粒子第一次以速度历沿直径入射时，轨迹如图所示，粒子

飞出此磁场区域时速度方向偏转60。角，

则知带电粒子轨迹对应的圆心角%=60°,轨迹半径为n=

Rtan600,

运动时间为ti=

OOUO

带电粒子第二次以速度为沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90。角,

则知带电粒子轨迹对应的圆心角％=90°,轨迹半径为〃=R,运动时间为巳=券T=

所以轨迹半径之比：rjr2=A/3.-1;时间之比：0：t2=2：3；

根据半径公式r=端得，速度之比：v1：「2=6：1•故A、C正确，B、。错

误.

故选：AC.

粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的

圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角氏由t=求解时间之比；

27r

根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式r=翳求出速度之比.

qB

本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关

系，就能正确解答.

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18.【答案】ACD

【解析】

【分析】

要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表。

本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法，注意电表与电阻

串联是电压表，而并联是电流表，同时注意欧姆表内部有电源，电源的负极与红表笔，

是解题的难点。

【解答】

解：4由图可知，当S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并联，当并

联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，故A正确，

BC.由图可知，当S与3、4连接时，G与电阻串联，多用电表是电压表，/?3<R4,前者

量程小，后者量程大，故B错误，C正确。

D由图可知，S与5连接时，G与内置电源、滑动变阻器串联，此时多用电表是成为欧姆

表，此时红表笔与电源负极相连，故。正确。

故选ACD.

19.【答案】1.2401.682C乙0.330.331.65

【解析】解：(1)游标卡尺为20分度，故精确度为0.05nmi,主尺读数为12rmn,游标尺

上第8刻度对齐，故读数值为。=12mm+0.05x8mm=12.40znm=1.240cm

螺旋测微器固定部分读数为1.5nwn,可动部分读数为18.2x0.01mm,故厚度的测量值

为L=1.5mm+18.2x0.01mm=1.682mm

(2)描绘伏安特性曲线，应该使电压的变化范围较大，故应使用分压接法。小灯泡的电

阻较小，远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，故选C。

小灯泡额定电压2.5V,故选择电压表3V量程，额定电流0.34故选择电流表0.6A量程,

根据电路图，连接实物图如下：

(3)将该小灯泡接入图乙电路，则此时a=1.5V,卜=0.224

功率Pi=UJi=1.5X0.22WZ=0.33IV

将图丙电源的伏安特性曲线(定值电阻看作电源内阻)U=E—/R=5-20/,画在小灯

泡的U-/关系图像中

甲

两图线的交点表示此刻小灯泡的工作状态，即4=L25V,12=0.184

功率「2=U212=1.25x0.18V/=0.225W

则接入乙电路时，电功率更大些，小灯泡较亮些，消耗的电功率为0.33勿。

若将电路丙中的电阻R替换为另一个完全相同的小灯泡，其他条件不变，则每个灯泡分

到的电压均为2.5V,结合图像可知，此时电流为0.334此时电源的功率为P=E/=5x

0.33W=1.65W。

故答案为：(1)1.2401.682；(2)C；如图所示；(3)乙；0.22；0.33；1.65。

(1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读.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)明确滑动变阻器的应用规律，知道本实验中应采用滑动变阻器分压接法；同时由于

电阻丝电阻值较小，“大内小外”，应该采用安培表外接法，根据原理图连接实物图;

(3)表示小灯泡的U-/图象中同时画出表示电源的U—/图象，通过比较它们的交点坐标

即可求解功率；根据画出的U-/图象读出对应的电压和电流即可；

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本题考查了实验电路设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关

键.可在表示小灯泡的U-/图象中同时画出表示电源的U-/图象，两图线的交点即为

小灯泡的实际电流和电压。

20.【答案】B

【解析】解：(1)4、由于有弹簧测力计测量拉力，所以不必测量砂和桶的质量，故A

错误；

8、一次平衡好摩擦力之后，当改变小车质量时，由于摩擦力和重力的下滑分力同比例

改变，则不必重新平衡阻力，故B正确；

C、由于拉力能测出，不必满足小车质量远大于砂和桶的质量，故C错误；

。、为了有效利用纸带，须先接通电源再释放小车，故。错误。

故选：B

(2)由题意知，两相邻计数点的时间间隔T=5x=0.1s,由逐差公式求加速度a=

XCE-XAC_(5.00+6.23)-(2.62+3.84)1「一2g/02

(27)2-，S=1.19m/s2；

(3)根据牛顿第二定律可求出小车的加速度a=等，变形后得到：a=*F_%结合

图象的横截距为：2&=/,斜率仁六=看所以摩擦力f=g，小车的质量时=

2(&-犬)

%°

故答案为：(1)8；(2)1.19；(3)多、把守

(1)根据实验原理、操作步骤、数据处理以及注意事项分析各项的正确与否；

(2)依据逐差法可得小车加速度；

(3)写出牛顿第二定律写出当小车质量一定时，改变砂和桶的质量后，加速度的关系式，

结合图象的纵截距求出小车的质量和摩擦力。

本题考查探究加速度与小车质量的关系实验操作步骤的必须与否的判断、加速度的计算、

图象法处理数据等内容。关键是要掌握实验原理，计算加速度的方法，图象法计算小车

质量等，是锻炼逻辑思维的好题。

21.【答案】(1)0.75；

(2)

(3)R1；

(4)1.5；0.80

【解析】解：(1)改装后的电流表对应的量程/=%+赞=3x10-34+*产A”

0.75/1；

(2)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示

(3)电路最小总电阻约为R=《=怒0=20。，为了能准确地进行测量，同时为了操作

方便，实验中应选用的滑动变阻器是&;

(4)改装后电流表量程是电流表G量程的n=(=息台=250倍，电流表G示数为/时电

路电流为250/,

根据图示电路图由闭合电路的欧姆定律得：U=E—250/r,

由图示U-/图像可知，电源电动势E=1.5V

图像斜率的绝对值k=250r=当=~n-^=2000,

解得电源内阻为r=0.800。

故答案为：(1)0.75；

(2)

第26页，共29页

(3)R;

(4)1.5；0.80,

(1)根据并联电路特点与欧姆定律求出改装后电流表的量程；

(2)根据图示电路图连接实物电路图；

(3