2020-2021学年重庆八中高二（上）第一次月考物理试卷公开课

2020-2021学年重庆八中高二（上）第一次月考物理试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项符合题目要求。

1.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）下列说法正确的是（）

A.静电力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦磁力对在磁场中的电荷却不会做功

B.由B=£可知，磁感应强度大小与放在该处的一小段通电导线的IL乘积成反比

IL

C.若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零

D.只有运动的电荷在磁场中才可能会受到洛仑磁力的作用

2.（4分）（2017秋•习水县期末）将通电直导线放入磁场中，电流方向、磁场方向及导线的

受力方向如图所示，其中错误的是（）

3.（4分）（2019•汉中模拟）如图所示，三根相互平行的固定长直导线Li、L2和L3两两等

距，通过Li、L2中的电流相同，Li、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向

垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向

垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为（）

A

,6...如2

A.指向LiB.指向L2C.指向L3D.背离L3

4.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线

的分布情况.一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示.若不考虑其它力，则下

列判断中正确的是（）

A

A.若粒子是从A运动到B,则粒子带正电；若粒子是从B运动到A,则粒子带负电

B.粒子一定带负电

C.若粒子是从B运动到A,则其速度减小

D.若粒子是从B运动到A,则其加速度增大

5.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）表格是某品牌电动自行车铭牌上所示的技术参数：

当该车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力为100N时，则此车电机内部线圈的电阻r

和电机在额定电压下工作时的速率v分别为（）

规格后轮驱动直流永磁铁电机

车型28型电动自行车额定输出功率140W

整车质量30kg额定电压40V

最大载重120kg额定电流5A

A.r=8C,v=2m/sB.r=8Q,v=1.4m/s

C.r=2.4Q,v=2m/sD.r=2.4Q,v=1.4m/s

6.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽。与水平面

的夹角分别为a和0（a>0）,加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等、带等量正负

电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是

A.在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa<ab

B.a、b两球沿槽运动的最大速度为Va和Vb，则Va>Vb

C.a、b两球沿直槽运动的最大位移为Sa和Sb,则Sa>Sb

D.a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta<tb

二、多项选择题：本共4小题，每小题4分，共16分。在每小给出的四个选项中，有多项

项符合题目要求，漏选的2分，错选的0分。

7.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）氢的三个同位素（；H,2H,3H）在同一地点同

时以相同的初速度飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列正确的是

)

A.三个粒子（件2H,3H）的轨迹分别为a、b、c

B.在b飞离电场的同时，c刚好打在负极板上

C.a和b同时飞离电场

D.动能的增加值a最小，b和c一样大

8.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，电源电动势为E,内电阻为r,理想电

压表Vi、V2示数为Ui、U2,其变化量的绝对值分别为△Ui和△U2；流过电源的电流为

I,其变化量的绝对值为当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中（不计灯泡

电阻的变化）（）

A.小灯泡L3变亮，Li、L2变暗

B.电压表Vi示数变小，电压表V2示数变大

△与于寸

C.“&不变

AI

△Ui

D.人！-变大

△I

9.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均

匀分布着等量异种电荷，a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点。

它们与圆心的距离均相等。则（）

A.同一电荷在a、b两点的电场力相等

B.电荷从a点沿直线移动到b点，电场力的总功为零

C.同一电荷在c、d两点的电场力相等

D.电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做总功为零

10.（4分）（2016秋•宾阳县校级期末）如图所示，一个带正电荷的物块m,由静止开始从

斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来.已知物块与斜面及水平面间的动摩

擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失.先在ABC所在空间加竖直向下的匀

强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D'点停下

来.后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由

静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D”点停下来.则以下说法中正确

的是（）

xxBx

A.D'点一定在D点左侧点一定与D点重合

C.D"点一定在D点左侧D.D”点一定与D点重合

三、实验题：本题共3小题，第一小题8分，第二小题6分，共14分。

11.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）在如图中读出游标卡尺和螺旋测微器的读数

甲图7,国

（1）螺旋测微器的读数mm

（2）游标卡尺的读数为mm.

12.（4分）（2020秋•朝阳区校级期中）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内

阻，要求测量结果尽量准确。

电压表（量程。〜3V,内阻约为3kC）

电流表（量程0〜0.6A,内阻约为1。）

滑动变阻器（0〜20Q,额定电流1A）

待测电池组（电动势约为3V,内阻约为10。）

开关导线若干

①该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，

这条导线对应的编号是。

②改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器

的端（填"a”或者“b”）。

③实验中发现调节滑动变阻器时。电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了

解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为4。的电阻，之后该小组得到了

几组电压表读数U和对应的电流表读数I,并作出U-I图象，如图2所示。根据图象可

知，电池组的电动势为V,内阻为Q（结果均保留两位有效数字）。

u.v

13.（6分）（2016•全国二模）某同学要测量一个改装后的电压表V的量程和内阻，实验过

程如下:

（1）先用多用电表粗测电压表的内阻和量程，实验中多用电表红表笔应与电压表的

（填“正”或“负”）接线柱相连；若已知多用电表内电源电动势为9V,所用档位为X

1k档，调零后测量，指针位置如图1所示。此时电压表指针指在表盘的四分之三刻度处,

则所测电压表内阻约为，量程为。

（2）若电压表量程为（I）问中所测数值，则为了精确测量其内阻，现提供以下器材:

待测电压表Vx

电流表A（量程0.6A,内阻约为3。）

电压表V（量程10V,内阻约为30kQ）

定值电阻Ro（阻值为10k。）

滑动变阻器Ri（最大阻值为5Q,额定电流为1A）

滑动变阻器R2（最大阻值为100。，额定电流为1A）

电源E（电动势为15V,内阻约为1Q）

开关和导线若干

①为了较精确的测量电压表内阻，则测量电路应该选择如下电路的

VV,Y

AB&C

②本实验中应选择的滑动变阻器为。（填器材对应的符号）

③根据测量电路和所选择器材，完成实物电路连接（图2）。

④测电压表内阻的表达式Rv=，其中各物理量的含义是0

四、计算题本共4小题，共46分。

14.（6分）（2013秋•泰安期末）如图所示，两平行金属板A.B间为一匀强电场，A、B

相距6cm,C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm,CD连线和场强方向成

60°角.已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2X101617J,电子电量为1.6X1（T

l9C.求：

（1）匀强电场的场强；

（2）A、B两点间的电势差；

（3）若A板接地，D点电势为多少？

Bi——।

15.（12分）（2013春•沙坪坝区校级期中）《三国演义》是中国古代四大名著之一，在该书

的战争对决中，交战双方常常用到一种冷兵器时代十分先进的远程进攻武器--抛石

机.某同学为了研究其工作原理，设计了如图所示的装置，图中支架固定在地面上，O

为转轴，轻杆可绕O在竖直面内转动，物体A固定于杆左端.弹丸B放在杆右端的勺形

槽内.将装置从水平位置由静止释放，杆逆时针转动，当杆转到竖直位置时，弹丸B从

最高点被水平抛出，落地点为图中C点.已知A、B质量分别为4m、m.OB=2OA=2L.转

轴O离水平地面的高度也为2L,不计空气阻力和转轴摩擦，重力加速度为g.求：

（1）弹丸B被抛出瞬间的速度大小；

（2）C点与O点的水平距离；

（3）杆对弹丸B做的功.

16.（12分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，OM、ON相互垂直，OP将空间分成

两个区域，/NOP=30°。区域I中有垂直于纸面向外的匀强磁场。一束质量为m、电

量为+q的粒子以不同的速率(速率范围0-vo)自Q点直于ON射入区域I。其中以最

大速率vo射入的粒子恰能垂直于OP射出，已知QO间距为d,不计粒子重力以及粒子

间的相互作用。试求：

(1)区域I中匀强磁场的感应强度大小；

(2)分界线OP上有粒子通过的区域的长度；

(3)粒子在磁场中运动的最长时间。

17.(16分)(2015•咸阳三模)如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆

连接两个质量均为m的带电小球A和B,A球的电荷量为+4q,B球的电荷量为-3q,

组成一带电系统.虚线MN与PQ平行，开始时PQ恰为杆的中垂线.在MN与PQ间加

竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动.现使电场强度突然加倍(已知当地重

力加速度为g),求：

(1)B球刚到达电场边界PQ时的速度大小；

(2)若要使A不离开电场上边界MN,则MN与PQ之间相距至少为多少？

(3)带电系统运动的周期为多少？

灵..........N.

3t

p

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2020-2021学年重庆八中高二（上）第一次月考物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项符合题目要求。

1.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）下列说法正确的是（）

A.静电力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦磁力对在磁场中的电荷却不会做功

B.由8=2_可知，磁感应强度大小与放在该处的一小段通电导线的IL乘积成反比

IL

C.若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零

D.只有运动的电荷在磁场中才可能会受到洛仑磁力的作用

【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解能力.

【答案】D

【分析】静电力对电荷不一定做功，而洛伦兹力总垂直与速度方向，不做功；磁感应强

度是描述磁场强弱的物理量，由磁场本身决定，与导线受到的安培力以及电流强度I和

导线长度L的乘积都无关；

当电流方向与磁场平行时不受安培力；当电荷运动的方向与磁场的方向平行时，不受力。

【解答】解：A、静电力对在电场中的电荷不一定会做功，如电子绕原子核做匀速圆周运

动，而洛伦兹力与电荷的运动方向总垂直，因此它对在磁场中的电荷却不会做功，故A

错误；

B、磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，由磁场本身决定，与导线受到的安培力以及电

流强度I和导线长度L的乘积都无关，故B错误；

C、当通电导线与磁场平行时，不受磁场力，故不能根据安培力为零说明磁感应强度为零,

故C错误；

D、电荷在磁场中运动时，当电荷运动的方向与磁场的方向平行时，不受力，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查安培力产生条件，及磁感应强度的定义，要注意明确磁感应强度是磁

场本身的性质，同时理解静电力做功与洛伦兹力的做功的区别.

2.（4分）（2017秋•习水县期末）将通电直导线放入磁场中，电流方向、磁场方向及导线的

受力方向如图所示，其中错误的是（）

C.xxxD.........B.

【答案】A

【分析】通电导线在磁场中受安培力作用，由左手定则可以判断安培力的方向；

左手定则内容：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线穿过手心，四指指向电流方

向，大拇指所指的方向就是安培力的方向.

【解答】解：A、如图所示，磁场与电流方向平行，不受安培力作用，故A错误；

B、如图所示，由左手定则可知，安培力垂直于磁感线（导线）竖直向下，故B正确：

C、如图所示，由左手定则可知，安培力水平向右，故C正确；

D、如图所示，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向右上方，故D正确；

本题选择错误的，故选：A。

【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，

增加熟练程度.判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向

的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直.

3.（4分）（2019•汉中模拟）如图所示，三根相互平行的固定长直导线Li、L2和L3两两等

距，通过Li、L2中的电流相同，Li、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向

垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向

垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为（）

/@\

**.

〃必.....凝2

A.指向LiB.指向L2C.指向L3D.背离L3

【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题.

【答案】C

【分析】依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则,

即可判定合磁场方向，最后根据左手定则，从而确定其位置的受到磁场力方向。

【解答】解：根据安培定则可知，L3在中心处的磁场方向水平向右，根据左手定则可知

L3对中心处导线的安培力方向指向L3；

Li和L2在中心处的合磁场方向水平向右，根据左手定则可知Li和L2对中心处导线的安

培力方向指向L3；

所以中心处导线受到的安培力的方向指向L3,故C正确，ABD错误。

故选：C。

【点评】考查右手螺旋定则与左手定则的内容，掌握矢量的合成法则，理解几何关系，

及三角知识的运用；也可以根据电流方向相同相吸引、相反相排斥来分析。

4.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线

的分布情况.一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示.若不考虑其它力，则下

列判断中正确的是（）

A.若粒子是从A运动到B,则粒子带正电；若粒子是从B运动到A,则粒子带负电

B.粒子一定带负电

C.若粒子是从B运动到A,则其速度减小

D.若粒子是从B运动到A,则其加速度增大

【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题.

【答案】B

【分析】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判

断电场力向左，

根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线

的疏密进行

【解答】解：A、根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知与电场线的方向相反,

所以不论粒子是从A运动到B,还是从B运动到A,粒子必带负电，故A错误，B正确;

C、从B到A过程中电场力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故C

错误

D、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速

度较大。所以粒子是从B运动到A,则其加速度减小，故D错误；

故选:B„

【点评】本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的速度、加速度、动能

等物理量的变化情况.

加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题.

5.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）表格是某品牌电动自行车铭牌上所示的技术参数：

当该车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力为100N时，则此车电机内部线圈的电阻r

和电机在额定电压下工作时的速率v分别为（）

规格后轮驱动直流永磁铁电机

车型28型电动自行车额定输出功率140W

整车质量30kg额定电压40V

最大载重120kg额定电流5A

A.r=8Q,v—2m/sB.r=8Q,v=1.4m/s

C.r=2.4Q,v=2m/sD.r=2.4Q,v=1.4m/s

【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力.

【答案】D

【分析】根据技术参数得到电动机的总功率，进而可得到电动机的发热功率，即可得到

电动机线圈电阻；机械功率等于牵引力与速率的乘积。

【解答】解：由技术参数可知，电动机消耗的总功率为P=UI=40X5W=200W

电动机输出的机械功率为P机=140W

电动机的发热功率为P,A=P-P机=200W-140W=60W

又P热=汽

代入数据解得，r=2.4Q

当电动自行车匀速行驶时，其牵引力F=100N

由Pni=Fv可得

s=L4m/s，故D正确，ABC错误。

故选：Do

【点评】涉及到电动机的问题有三个功率，分别是总功率、发热功率和机械功率。分别

得到这三个功率的数值是解题的关键。

6.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽。与水平面

的夹角分别为a和0（a>0）,加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等、带等量正负

电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是

（）

xX

A

X

XXXI

A.在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa〈ab

B.a、b两球沿槽运动的最大速度为Va和Vb，则Va>Vb

C.a、b两球沿直槽运动的最大位移为Sa和Sb，则Sa>Sb

D.a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，贝UtaVtb

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】D

【分析】对两球分别进行受力分析，确定合力后，再由牛顿第二定律可以求出加速度，

然后比较加速度大小，判断小球的运动性质；利用运动学的知识即可比较小球在斜面上

运动的位移与运动时间，从而可得知正确选项。

【解答】解：A、两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的

分力，则其加速度分别为：aa=gsina,ab=gsin0,可见aa>ab,故A错误；

B、当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时;小球刚好脱离斜面时，由平衡

条件得：mgcosP=Bqv

对a有：Va=nigcoSa

qB

对b有：vbn-sB

qB

由于（a>0）所以va<vb，故B错误；

C、a、b两球沿直槽运动的最大位移为Sa和Sb，对a由运动学公式得：v2=2gsinasa

22

解得：Sa=gm（l-sina）

2B2q2sinCl

对b由运动学公式得：y2=2gsinasb

22

解得：Sb^gm（l-sinP）

2B2q2sinP

因a>0,则有：sa<sb故C错误；

D、a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，对a由运动学公式得：va=gsinata

解得：ta=一—

qBtan。

对b由运动学公式得：vb=gsin0tb

解得：tb=----m

qBtanP

因a>0,则ta<tb，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查小球在重力、支持力和洛伦兹力作用下的运动，注意应用左手定则判

断洛伦兹力的方向，要了解在带电体运动的过程中，洛伦兹力的变化，知道带电粒子离

开斜面的条件，同时应注意数学知识，尤其是三角函数的应用。

二、多项选择题：本共4小题，每小题4分，共16分。在每小给出的四个选项中，有多项

项符合题目要求，漏选的2分，错选的0分。

7.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）氢的三个同位素（；H,2H,3H）在同一地点同

时以相同的初速度飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列正确的是

)

B.在b飞离电场的同时，c刚好打在负极板上

C.a和b同时飞离电场

D.动能的增加值a最小，b和c一样大

【专题】电场力与电势的性质专题；分析综合能力.

【答案】CD

【分析】三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向

上做初速度为0的匀加速直线运动。粒子的质量和电量相同，加速度相同。比较沿电场

方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小.通

过动能定理比较动能的变化量。

【解答】解：A、由牛顿第二定律得加速度为：a=型，电荷量相同、同一偏转电场，但

md

质量数不同，故加速度不相同，且;H的加速度最小，；H加速度最大，在相同时间内

；H的竖直位移最大，；H的竖直位移最小，所以三个粒子（［H.jH、3H）的轨迹分别

为c、b、a,故A错误；

B、因为三个粒子沿板方向做匀速直线运动，由图可知，c沿板的位移是ab的一半，故c

打在板上的时间是b飞离电场所用时间的一半，故B错误；

C、因为三个粒子沿板方向做匀速直线运动，由图可知ab飞离电场时沿板位移相等，由

沿板方向速度相同，故飞离电场用时相同，故C正确；

D、根据动能定理知，b、c两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等。a电荷电

场力做功最少，动能增加量最小。故D正确；

故选：CDo

【点评】解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向的两个分运动,

在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动，

然后利用运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理、运动学公式列式求解即可。

8.（4分）（2020秋♦沙坪坝区校级月考）如图所示，电源电动势为E,内电阻为r,理想电

压表Vi、V2示数为Ui、U2,其变化量的绝对值分别为△Ui和△U2；流过电源的电流为

I,其变化量的绝对值为Ah当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中（不计灯泡

电阻的变化）（）

jpj

,k—

A.小灯泡L3变亮，Li、L2变暗

B.电压表Vi示数变小，电压表V2示数变大

AU

C.2不变

AI

△Ui

D.变大

Al

【专题】学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力.

【答案】AC

【分析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化

情况，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化。

根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化。根据总电流与通过

L3电流的变化，分析通过Li电流的变化，判断其亮度变化。

根据路端电压的变化，分析△口和△山的大小。

根据欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。

【解答】解：A、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减

小，外电路总电阻减小，总电流增大，则L2变亮，V2示数增大，内电压增大，路端电压

减小，变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，即电压表Vi

示数变小，则L3变暗•总电流增大，而L3的电流减小，则Li的电流增大，则Li变亮。

故A正确。

B、由上分析可知，电压表Vi的示数减小，电压表V2的示数增大。故B错误。

C、根据欧姆定律得3k=R2,不变，故C正确。

△I

△Ui

D,由Ui=E-I(RL2+r)得：——L=R2+r,不变，故D错误。

AIL

故选：ACo

【点评】该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，是电路动态变化分析问题，按“局

部一整体一局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用欧

姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。

9.（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均

匀分布着等量异种电荷，a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点。

它们与圆心的距离均相等。则（）

A.同一电荷在a、b两点的电场力相等

B.电荷从a点沿直线移动到b点，电场力的总功为零

C.同一电荷在c、d两点的电场力相等

D.电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做总功为零

【专题】电场力与电势的性质专题；推理能力.

【答案】ABC

【分析】根据微元法，将带电圆环看成若干个点电荷，依据点电荷的电场强度方向与大

小，结合矢量的叠加法则，即可判定场强大小关系，再根据沿着电场线方向电势降低，

及电场线方向与等势面垂直，即可一一判定。

【解答】解：AB、将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，

依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如下图所示，那么此两个点

电荷在a、b两点产生电场强度大小相等，方向相同，同理，任意两个关于水平直径对称

的两个点电荷在a、b两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的

上、下半圆在a、b两点的场强相等，方向相同，故同一电荷在a、b两点的电场力相等。

再依据电场线与等势线垂直，可知，ab连线即为等势线，因此a、b两点的电势也相等，

则电荷从a点沿直线移动到b点，电场力的总功为零，故AB正确；

+

CD、将带电圆环看成若干个点电荷，取上半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点

电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在c

点产生电场强度的方向竖直向下，同理，取下半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依

据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电

荷在d点产生电场强度的方向也竖直向下，由于c、d两点关于水平直径对称，那么c、d

两点的场强相等，因此任意两个关于竖直直径对称的两个点电荷在c、d两点产生的合电

场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在c、d两点的场强相等，

方向相同，故同一电荷在c、d两点的电场力相等；再依据沿着电场线方向电势降低，可

知，c点的电势高于d,电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做的总功不为零，故C正

确，D错误；

故选：ABC。

【点评】考查点电荷电场的应用，掌握点电荷的电场强度大小与方向的确定，理解矢量

的合成法则，及微元法的思维，注意作出正确的矢量是解题的关键。

10.（4分）（2016秋•宾阳县校级期末）如图所示，一个带正电荷的物块m,由静止开始从

斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来.己知物块与斜面及水平面间的动摩

擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失.先在ABC所在空间加竖直向下的匀

强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D'点停下

来.后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由

静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D”点停下来.则以下说法中正确

的是（）

xxBxD»C

A.D'点一定在D点左侧B.D'点一定与D点重合

C.D"点一定在D点左侧D.D”点一定与D点重合

【专题】带电粒子在复合场中的运动专题.

【答案】B

【分析】根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个

过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场

力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关

系，判断D，点与D点的位置关系.

【解答】解：A、B、设物体的质量为m,电量为q,电场强度大小为E,斜面的倾角为

0,动摩擦因数为阳

不加电场时，根据动能定理得：

mgSABsin。-|imgSABCOS0-|imgSBD=O①

加电场时：

(mg+qE)SABSMO-口(mg+qE)SABCOSQ-|i(mg+qE)SBD，=0②

将①②两式对比得到，SBD=SBD一则D，点一定与D点重合；故A错误，B正确；

C、D、加磁场时，根据动能定理得：

mgSABsinS-RSAB(mgcosQ-Bqv)-p(mg-Bqv')SBD—0③

比较①③两式可得：SBDASBD，所以D"点一定在D点右侧，故C错误，D错误；

故选：B.

【点评】本题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进行选择:

加电场时相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关.

三、实验题：本题共3小题，第一小题8分，第二小题6分，共14分。

11.(4分)(2020秋•沙坪坝区校级月考)在如图中读出游标卡尺和螺旋测微器的读数

(1)螺施测微器的读数101.55mm

(2)游标卡尺的读数为0.900mm.

【专题】实验题.

【答案】见试题解答内容

【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,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.

【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为101mm,游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻

度对齐，所以游标读数为11X0.05mm=0.55mm,所以最终读数为：101mm+0.55mm=

101.55mm.

2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm,可动刻度为40.0X0.01mm=0.400mm,所以最终读

数为0.5mm+0.400mm=0.900mm.

故答案为：101.55；0.900

【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这

些基本仪器进行有关测量.

12.（4分）（2020秋•朝阳区校级期中）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内

阻，要求测量结果尽量准确。

电压表（量程0〜3V,内阻约为3kQ）

电流表（量程0〜0.6A,内阻约为1C）

滑动变阻器（0〜20。，额定电流1A）

待测电池组（电动势约为3V,内阻约为10。）

开关导线若干

①该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，

这条导线对应的编号是5。

②改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻的滑片P应置于滑动变阻器

的a端（填"a”或者“b”）。

③实验中发现调节滑动变阻器时。电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了

解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为4C的电阻，之后该小组得到了

几组电压表读数U和对应的电流表读数I,并作出U-I图象，如图2所示。根据图象可

知，电池组的电动势为2.9V,内阻为1.8。（结果均保留两位有效数字）。

u.v

图1图2

【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力.

【答案】①5；②a；③2.9；1.8。

【分析】①应用伏安法测电源电动势与内阻实验，为减小实验误差，相对于电源电流表

应采用外接法，分析图示电路图答题。

②滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于接入电路的阻值最大

位置。

③根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求

出电源电动势与内阻。

【解答】解：①电源内阻较小，为减小实验误差，相对于电源来说电流表应采用外接法,

由图示实物电路图可知，连线5连接错误。

②由图示实物电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要

置于a端。

③由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压：U=E-I（r+R）

由图示图象可知，图象纵轴截距：b=E=2.9V

图象斜率的绝对值：k=r+R=a_=2J_Q=5.8。

Al0.5

电源内阻：r=1.8C

故答案为：①5；②a：③2.9；1.8。

【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，知道实验原理是解题的前提与关键，求

出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。

13.（6分）（2016•全国二模）某同学要测量一个改装后的电压表V的量程和内阻，实验过

程如下:

（1）先用多用电表粗测电压表的内阻和量程，实验中多用电表红表笔应与电压表的一&

（填“正”或“负”）接线柱相连；若已知多用电表内电源电动势为9V,所用档位为X

1k档，调零后测量，指针位置如图1所示。此时电压表指针指在表盘的四分之三刻度处，

则所测电压表内阻约为15.0k。，量程为6.0V。

（2）若电压表量程为（1）问中所测数值，则为了精确测量其内阻，现提供以下器材：

待测电压表Vx

电流表A（量程0.6A,内阻约为3Q）

电压表V（量程10V,内阻约为30k。）

定值电阻Ro（阻值为10k。）

滑动变阻器Ri（最大阻值为5。，额定电流为1A）

滑动变阻器R2（最大阻值为100。，额定电流为1A）

电源E（电动势为15V,内阻约为1Q）

开关和导线若干

①为了较精确的测量电压表内阻，则测量电路应该选择如下电路的

A

②本实验中应选择的滑动变阻器为」2_。（填器材对应的符号）

③根据测量电路和所选择器材.，完成实物电路连接（图2）。

UR

④测电压表内阻的表达式RV=_RJ&_，其中各物理量的含义是Ux为待测电压表读

数，U为电压表读数，Ro为定值电阻。

【专题】实验题；实验探究题；定性思想；推理法；恒定电流专题.

【答案】见试题解答内容

【分析】（1）根据多用电表的结构原理分析；读出欧姆表表头的读数然后乘以倍率为电

阻值；根据欧姆表测量电阻的原理，由公式，结合读数即可求出电压表的量程；

(2)根据测量大电阻的方法选择电路图；根据测量的原理结合电路图，然后连接实物图；

根据串并联电路的特点求出电压表内阻的测量公式。

【解答】解：(1)多用电表红表笔连接多用电表内部的电池的负极，所以实验中多用电

表红表笔应与电压表的负接线柱相连；

由图1可知，多用电表的读数为15.0,倍率为1k,所以电压表的内阻为：Rv=15.0Xlkft

=15.0kQ

同时又图1可知，欧姆表的指针在满刻度的一半处，根据欧姆表的原理可知：

2gR0+r+Rv

代入数据可得：Rg+R()=Rv=15.0kQ

=E

所以电压表分担的电压：Uv=p-Rv=p-RVT9=4.5V

Uv4c

所以电压表的量程：UG=贷=竽=6.0V

77

(2)①A图结合电压表的读数与电流表的读数，可以测量电压表的内电阻，Ry#；但

考虑到电流表的量程是0.6A,而电压表的电阻值较大，电流值的电流值一定远小于0.6A,

所以电流表的读数一定很小，所以读数的误差会比较大。

B图中两个电压表并联，可以校准电压表的读数，但不能测量电压表的内电阻；故B错

误；

C图中电流表的读数是并联电阻部分的电流值，所以测量的结果是并联部分的电阻值，

不是电压表的电阻值。故c错误；

D图中，电压表V的电压是待测电压表与定值电阻的电压的和，定值电阻上的电压：UR

=U-Ux

所以电压表的电阻值：Rv=J^—=U。

vURU-Ux

Ro

比较A与D的结论可知，D比A图中的测量结果准确性更高。故A错误，D正确。

故选：D

②由于各电压表的电阻值比较大，所以要选择分压电路；若选择Ri，则电路中的电流约

为：i=I.8A〉1A

R]5

大于Ri的最大值，所以要选择R2。

③结合D的电路图和分压电路的连接方法，连接电路如图；

④由①的分析可知，Rx=^^，其中Ux为待测电压表读数，U为电压表读数，Ro为

定值电阻

故答案为:（1）负；15.0kn（15kC也可）；6.0V

（2）①D；②R2③如图

④现立Ux为待测电压表读数，U为电压表读数，Ro为定值电阻。

U-Uv

图2

【点评】本题考查了求欧姆表内阻、欧姆表的使用注意事项、欧姆表读数、求电源电动

势，知道欧姆表的结构、掌握欧姆表的读数方法、应用闭合电路欧姆定律即可正确解题;

欧姆表调零后，其内阻等于它的中值电阻。

四、计算题本共4小题，共46分。

14.（6分）（2013秋•泰安期末）如图所示，两平行金属板A.B间为一匀强电场，A、B

相距6cm,C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm,CD连线和场强方向成

60°角.已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2X1OI7J,电子电量为1.6X1（T

l9C.求：

（1）匀强电场的场强；

（2）A、B两点间的电势差；

（3）若A板接地，D点电势为多少？

fll^=1

【专题】电场力与电势的性质专题.

【答案】见试题解答内容

【分析】(1)根据电场力做功亚=4£5d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度.

(2)根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E.

(3)由公式U=Ed求出AD间电势差，再求解D点电势.

【解答】解：(1)由题，D-C电场力做正功，为：

W=qELcDCOs600

得：E=------y---------=---------3.*X10卫-------N/C=1X104N/C

-19

qLCDcos6001.6X10X0.04X0.5

场强的方向竖直向下

(2)因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强

方向为A-B.

42

所以A、B间电势差为：UAB=EdAB=10X6X10-=600V

(3)A、D间电势差为：

42

UAD=EdADCos600=1X1OX4X1O_XO.5V=200V

由UAD=<PA-<PD><PA=0,

得：cpD=-200V

答：

(1)匀强电场的场强为IXIO,N/C,场强的方向竖直向下；

(2)A、B两点间的电势差是600V；

(3)若A板接地，D点电势为是-200V.

【点评】电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcosa计

算.本题还要掌握公式U=Ed,知道d是沿电场线方向两点间的距离.

15.(12分)(2013春•沙坪坝区校级期中)《三国演义》是中国古代四大名著之一，在该书

的战争对决中，交战双方常常用到一种冷兵器时代十分先进的远程进攻武器--抛石

机.某同学为了研究其工作原理，设计了如图所示的装置，图中支架固定在地面上，O

为转轴，轻杆可绕O在竖直面内转动，物体A固定于杆左端.弹丸B放在杆右端的勺形

槽内.将装置从水平位置由静止释放，杆逆时针转动，当杆转到竖直位置时，弹丸B从

最高点被水平抛出，落地点为图中C点.已知A、B质量分别为4m、m.OB=2OA=2L.转

轴。离水平地面的高度也为2L,不计空气阻力和转轴摩擦，重力加速度为g.求：

(1)弹丸B被抛出瞬间的速度大小；

(2)C点与0点的水平距离；

(3)杆对弹丸B做的功.

【专题】动能定理的应用专题.

【答案】见试题解答内容

【分析】3)以A、B系统为研究对象，在从水平转至竖直的过程