吉林省延边市第二中学2018-2019高二上学期物理第二次阶段考试试卷考试试卷

吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二上学期物理第二次阶段考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·延边月考）下列说法中正确的是（　　）
A．安培发现电流的周围存在磁场
B．试探电荷在某处受到的电场力为零，则该处的电场强度为零
C．电流元在某处受到的安培力为零，则该处磁感应强度为零
D．磁电式电流表指针偏转的角度与通入的电流成反比
2．（2018高二上·延边月考）如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（　　）
A．a，b的电荷同号，k= B．a，b的电荷异号，k=
C．a，b的电荷同号，k= D．a，b的电荷异号，k=
3．（2018高二上·延边月考）一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则 (　　)
A．粒子带正电 B．粒子加速度逐渐减小
C．A点的场强小于B点的场强 D．粒子的电势能不断减小
4．（2018高二上·延边月考）在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为12V，内阻为1Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω，开关闭合，电动机正常工作，电压表示数为10V，则（　　）
A．电源两端的电压为12V B．电源的输出功率为24W
C．电动机消耗的电功率为80W D．电动机所做机械功的功率为18W
5．（2018高二上·延边月考）如图所示，电源电动势恒定不变，电源内阻忽略不计，开关S闭合。现将滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，电压表示数的变化量为 ，电流表示数的变化量为 。两电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．电阻R1的功率增大
B．滑片P向右移动过程中，电阻R3中有向上的瞬时电流
C．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
D． 与 的比值不变
6．（2018高二上·延边月考）图中直导线 固定且位于蹄形磁铁N、S极连线的正下方，当通以如图所示的电流瞬间，在图示位置上从上往下看，则磁铁的运动情况及线中张力将（　　）
A．顺时针转， 增大 B．顺时针转， 减小
C．逆时针转， 增大 D．逆时针转， 减小
7．（2018高二上·延边月考）某人把电流表、干电池和一个定值电阻串联后，两端连接两支测量表笔，做成了一个测量电阻的装置。两支表笔直接接触时，电流表读数为5.0 mA，两支表笔与200Ω的电阻连接时，电流表的读数为3.0 mA。现在把表笔与一个未知电阻连接，电流表读数为2.5mA，这个未知电阻是多大（　　）
A．100Ω B．200Ω C．300Ω D．400Ω
8．（2018高二上·延边月考）有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面与A.b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，A.b的连线水平，c是ab的中点，d点与c点关于b点对称，已知c点的磁感应强度为 ，d点的磁感应强度为 ，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小和方向，下列说法中正确的是（　　）
A． ，方向垂直向上 B． ，方向竖直向下
C． ，方向竖直向下 D． ，方向竖直向上
二、多选题
9．（2018高二上·延边月考）如图所示，Q1、Q2为真空中两个等量正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上，O为连线的中点，N为Q1、Q2连线垂直平分线上的一点，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点电场强度方向相同
B．在M、N和O三点中，O点电势最低
C．若O、N间的电势差为U，将一个带电荷量为q的正点电荷从N点移动到O点，电场力做功为qU
D．一电子经过N点，可能做匀速圆周运动
10．（2018高二上·延边月考）如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，水平边长ab是竖直边长bc的2倍，当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U2=8V时，下列说法正确的是（　　）
A．CD间的电阻为1Ω B．CD间的电阻为4Ω
C．CD间的电流为2A D．CD间的电流为8A
11．（2018高二上·延边月考）如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点。一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0×10-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.0×10-6J。则以下分析正确的是（　　）
A．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.5×10-6J
B．若将该粒子从A点移动到D点，电场力不做功
C．若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.0×10-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向
D．若该粒子的电量为2×10-6C，则A，B之间的电势差为1.5V
12．（2018高二上·延边月考）一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极间有一带电油滴静止于P点，如图所示。以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，φ表示该P点的电势，EP表示油滴在P点的电势能。若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置（仍保持正极板接地），下列说法中正确的是（　　）
A．油滴向上运动 B．U变小，E不变
C．φ变大，EP增大 D．C变大，EP减小
13．（2018高二上·延边月考）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量.若金属棒与导轨始终垂直，则表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff随时间变化的四幅图中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、实验题
14．（2018高二上·延边月考）如图甲所示，游标卡尺的读数为　 　mm；如图乙所示，螺旋测微器的读数为　 　mm。
15．（2018高二上·延边月考）图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路。已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为100mA；R1和R2为固定电阻，阻值分别为R1=0.5Ω，R2=2.0Ω；由此可知，若使用a和b两个接线柱，电表的量程为0.5A；若使用a和c两个接线柱，电表的量程为2.5A；
（1）电压表有两种规格，V1（量程1.5V，内阻约为2kΩ）和V2（量程3V，内阻约为4kΩ）；滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为20Ω和500Ω.则电压表应选用　 　（填“V1”或“V2”），R应选用最大阻值为　 　Ω的滑动变阻器.
（2）实验步骤如下：
①开关S2拨向b，将滑动变阻器R的滑动片移到　 　端（选填“左”或“右”），闭合开关S1；
②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为　 　mA。
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线（用直线拟合），如图(c)所示；④根据图线求得电源的电动势E=　 　V（结果保留三位有效数字），内阻r=　 　Ω（结果保留两位有效数字）。
四、解答题
16．（2018高二上·延边月考）如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽度L＝0.25m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑线变阻器，电源电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω．一质量m＝0.02kg的金属杆ab与两导轨垂直并接触良好，当滑线变阻器接入电路的阻值为R时，ab中电流大小I＝0.5A，此时杆恰好静止在导轨上。整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与金属棒的电阻不计，取g＝10m/s2．求：
（1）R的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）若只改变磁场，使金属杆ab仍静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零。求此时磁感应强度的大小和方向。
17．（2018高二上·延边月考）如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右端有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为0.7l，A、B两板间加上如图乙所示的周期为T（未知）的方波形电压，电压的正反向值均为U0，A、B间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m、电荷量绝对值为e（重力不计）的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。
（1）求电子在电场中的加速度大小及通过偏转电场的时间；
（2）若电子通过偏转电场的时间为方波形电压的一个周期，求从零时刻进入电场的电子在飞出电场时离OO′的距离；
（3）若电子通过偏转电场的时间为方波形电压的半个周期，求电子击中荧光屏上O′点时的速率。（可能会用到652＝4225）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】A. 奥斯特发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，A不符合题意；
B. 由F=qE知试探电荷在某处不受电场力，该处电场强度一定为零，B符合题意；
C. 一小段通电导线在某处不受磁场力，可能是由于导线与磁场平行，而该处磁感应强度不为零，C不符合题意；
D. 电流越大，通电线圈受到的安培力越大，指针偏转的角度越大，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】奥斯特发现通电导线周围存在磁场；电流元受到安培力为0，可能是因为导线平行与磁场；磁电式电流计电流越大安培力越大偏转的角度越大。
2．【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，可知，a，b的电荷同号，
对小球C受力分析，如下图所示：
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
依据相似三角形之比，则有： ；
而根据库仑定律， ，而
综上所得， ， C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用合力方向可以判别电荷的电性；结合相似三角形性质和库仑定律可以求出电荷量的比值。
3．【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电，A不符合题意；从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，A点的场强大于B点场强，电场力减小，加速度减小，B符合题意，C不符合题意；由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90°，所以电场力做负功，电势能增大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用电场力方向结合场线方向可以判别电性；利用电场线分布可以判别场强和加速度大小；利用电场力做功可以判别电势能变化。
4．【答案】D
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】电压表的示数为10V，为电源两端电压，即路端电压，而电动势为12V，故内电压为2V，所以电路电流为 ，电源的输出功率等于电动机消耗的电功率，故为 ，电动机的热功率为 ，所以电动机的机械功率为 ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】利用欧姆定律结合内阻大小可以求出电流大小，利用功率表达式可以求出电动机的消耗功率和机械功率；利用电动机的电功率可以求出电源的输出功率；由于闭合电路所以电源两端的电压为路端电压不是电动势的大小。
5．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A项：滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，由公式 可知，R1的功率减小，A不符合题意；
B项：由电路连接可知，电容器与电阻R1并联，滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，R1两端电压减小，即电容器两端电压减小，由公式 可知，电容器的电荷量减小，所以电阻R3中有向下的瞬时电流，B不符合题意；
C项：电压表示数U和电流表示数I的比值为滑动变阻器的阻值，所以滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，C不符合题意；
D项：将R1与电源看成新的电源，滑动变阻器即的外电路，所以 ，恒定不变，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用串反并同可以判别滑动变阻器阻值变大时，电阻R1的功率变小；电容器两端电压变小电容不变，所以电荷量变小，电容器放电所以电阻R3有向下的瞬时电流；电压表和电流表示数的比值为滑动变阻器，所以利用滑动变阻器的阻值变化可以判别比值变化；电压表变化量与电流变化量的比值为内阻和R1阻值之和所以保持不变。
6．【答案】A
【知识点】安培力
【解析】【解答】将导线分成左右两段研究，根据左手定则可知，左段所受的安培力方向垂直纸面向外，右段所受安培力的方向垂直纸面向里，根据作用力与反作用力，磁铁左边受到的作用力向里，右边受到的作用力向外，从上往下看，知磁铁顺时针转动。若磁铁转动90 时，导线所受的安培力方向向上，故磁铁受到的安培力向下，故T增大。
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用左手定则结合牛顿第三定律可以判别磁铁的旋转；转过900再利用左手定则可以判别T的变化。
7．【答案】C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】两表笔短接时：I1= =0.005A，
当接R=200Ω的电阻时：I2= = =0.003A，
当接未知电阻Rx时：I3= =0.0025A，
联立解得：Rx=300Ω，C符合题意，ABD不符合题意
故答案为：C
【分析】利用欧姆定律结合电流大小和外电阻大小可以求出电表内阻的大小，再利用内阻的大小结合欧姆定律可以求出被测电阻的大小。
8．【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B，方向方向竖直向下．根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，a处导线在c点的磁感应强度的大小为3B，方向竖直向下．由题，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到b处导线在c两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向下．b处导线在d两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向上．则根据磁场叠加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根据数学知识得到，B= -B2．所以a处导线在d点的磁感应强度的大小为B= -B2．方向是竖直向下．
故答案为：B．
【分析】利用安培定则可以判别磁场的方向，利用磁场的叠加可以求出a处导体在d点处产生的磁感应强度的大小和方向。
9．【答案】C,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A.根据电场强度的合成法则，M点电场强度方向向右，N点电场强度方向向上，A不符合题意；
B.沿电场方向电势降低，故M、N和O三点中，N点电势最低，B不符合题意；
C.ON间的电场方向由O指向N，若ON间的电势差为U，将一个带电量为q的正点电荷从O点移到N点，电场力做功为qU，C符合题意；
D.已知O点电势最低，故电子受电场力方向总是指向O。若电子经过N点时，速度v的方向与ON垂直，且大小满足 （m为电子质量，e为电子带电量，EN为距O点d距离的场强）。则电子可以做匀速圆周运动。D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用电场线的分布可以判别场强的方向、大小和电势的大小；利用电势差和电荷量可以求出电场力做功的大小；利用电场力和速度方向垂直可以判别电子可能做匀速圆周运动。
10．【答案】A,D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】AB.设薄板厚度为d，当A、B间接入电压，根据电阻定律知，R1=ρ ，当C与D间接入电压，R2=ρ ，
则R1：R2= =4，R1= =4Ω，R2=1Ω，A符合题意，B不符合题意；
CD.根据欧姆定律得，I=U/R， ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用电阻定律可以求出电阻的大小，结合欧姆定律可以求出电流的大小。
11．【答案】A,C,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】用φ表示电势．
A.WEF=qUEF=q（φE-φF）=q（ - ）= q（ ）+ q（φD-φC）= WAB+ WDC=3.5×10-9J．A符合题意；
B.根据已知条件无法判断A、D电势是否相等，将该粒子从A点移动到D点，电场力不一定做功，B不符合题意；
C、过B点做DC的垂线交于G点，将该粒子从D点移动到G点，电场力做功为WDG=3.0×10-6J，则BG连线为一条等势线，根据电场线与等势线必定垂直可知，此匀强电场的方向一定从A点指向B点的方向，C符合题意；
D、由WAB=qUAB得，UAB= =1.5V．D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】利用电势差和电场力做功的关系结合中间电势的大小可以求出电场力做的功；由于不知道等势面位置所以不能判别AD过程电场力是否做功；利用电场力做功相等可以判别等势面位置和场强的方向；利用电场力做功可以求出电势差的大小。
12．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】油滴静止，说明它受电场力方向向上，油滴带负电。平行板电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据 可知，电容器的电容增大，根据U=Q/C，则板间电压U变小。
由匀强电场E═U/d= ，可得E= ，可知E与d无关，则知电场强度E不变；P与正极板间的距离减小，由公式U=Ed可知，P与正极板间的电势差减小，正极板电势为0，则P点的电势φ变大，负电荷在P点的电势能Ep=qφ减小。BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD.
【分析】由于板间电荷量不变，利用电容的决定式和定义式联立可以判别场强不变所以油滴不动；利用半径距离变小，电荷量不变电容变大可以判别电压变小；利用电势差和距离的关系可以判别P的电势变大，结合电性可以判别电势能的变化。
13．【答案】B,C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】A、B、对导体棒受力分析，由左手定则知安培力垂直导轨向里，大小为 ，则安培力随时间均匀增大，A不符合题意、B符合题意.C、D、导体棒所受支持力 ，竖直方向受重力和摩擦力， 随时间均匀增大，开始时 ，棒加速下滑， ；当 后，棒减速运动；当速度减为零后棒将静止，此时 不变，故棒先受到滑动摩擦力均匀增大，后突变为静摩擦力恒定不变，C符合题意、D不符合题意。
故答案为：BC．
【分析】利用安培力的表达式可以判别安培力不断增加；由于安培力不断增加所以压力不断增加导致摩擦力刚开始不断增加，当摩擦力等于重力时金属棒开始减速运动，摩擦力继续增大，当金属棒静止时，滑动摩擦力转变为静摩擦力，静摩擦力大小等于重力大小。
14．【答案】12.30；8.476
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：12mm+0.30mm=12.30mm；
螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.6×0.01mm=0.476mm，所以最终读数为8mm+0.476mm=8.476mm.
故答案为：12.30，8.476.
【分析】利用游标卡尺和螺旋测微器结构可以进行读数。
15．【答案】（1）V1；20
（2）右；58.0；1.48；0.45（0.42～0.48）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)使用ab两接线柱时，R1与R2串联后与表头并联，则量程I=Ig+ =100×10 3+ =0.5A；
接ac两接线柱时，表头与R2串联后与R1并联，则量程I=Ig+ =100×10 3+ =2.5A；(2)由于电源电动势约为1.5V，所以电压表应选量程为1.5V的V1；由于电源内阻较小，滑动变阻器是用来调节电流的，电阻太大不利于调节，所以R应选用最大阻值为20Ω的滑动变阻器；（3）①为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到右端；
③由U=E Ir可知，图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势，故E=1.48V；图象的斜率表示内阻，由于指针指向b，故量程为0.5A。则r= =2.5Ω；
故答案为：(1)0.5；2.5；(2)V1，20；(3)①右；③1.48，2.5
【分析】（1）利用电动势大小可以选择电压表量程；利用电源内阻的大小可以判别滑动变阻器的量程；
（2）滑动变阻器实现限流作用应该打在最右端；利用电流表的分度值可以读出对应的读数；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
16．【答案】（1）解：设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r）
解得：R=5Ω
（2）解：金属杆静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡，
F安=mgsin 30°
代入数据得F安=0.1 N
又由：F安=BIL
得：B=0.8T
（3）解：当安培力的方向向上时，金属杆对斜面的支持力才可能等于0，由左手定则可知，磁场的方向水平向左；设此时磁感应强度为B′，则：mg=B′IL
代入数据可得：B′=1.6T
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电阻的大小；
（2）利用平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（3）利用平衡条件可以求出磁感应强度的大小及判别其方向。
17．【答案】（1）解：偏转电场的电场强度E=U0/d
根据牛顿第二定律Ee=ma
联立解得：a=
平行极板方向做匀速运动，
通过偏转电场的时间：
（2）解：电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出时，电子在竖直方向的位移最大，y=2× =2× ( )( )2=
（3）解：当T=2t0时，电子要到达O′点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速度大小相等，轨迹如图所示：
整个过程向下加速的位移和向下减速的位移大小相等，设向下加速时间为t，加速度大小为a，则在竖直方向上有：
③
④
⑤
联立②③④⑤得t=t0/3=T/6，
所以到达O′点的电子经过偏转电场时电子做功，
W=eE× = ，
电子从K到O过程由动能定理得： 。
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度大小；结合水平方向的位移公式可以求出运动的时间；
（2）利用竖直方向的位移公式可以求出偏转的位移大小；
（3）利用几何知识结合轨迹可以求出粒子向下加速的时间和偏转的角度；利用动能定理可以求出粒子的速率大小。
吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二上学期物理第二次阶段考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·延边月考）下列说法中正确的是（　　）
A．安培发现电流的周围存在磁场
B．试探电荷在某处受到的电场力为零，则该处的电场强度为零
C．电流元在某处受到的安培力为零，则该处磁感应强度为零
D．磁电式电流表指针偏转的角度与通入的电流成反比
【答案】B
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】A. 奥斯特发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，A不符合题意；
B. 由F=qE知试探电荷在某处不受电场力，该处电场强度一定为零，B符合题意；
C. 一小段通电导线在某处不受磁场力，可能是由于导线与磁场平行，而该处磁感应强度不为零，C不符合题意；
D. 电流越大，通电线圈受到的安培力越大，指针偏转的角度越大，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】奥斯特发现通电导线周围存在磁场；电流元受到安培力为0，可能是因为导线平行与磁场；磁电式电流计电流越大安培力越大偏转的角度越大。
2．（2018高二上·延边月考）如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（　　）
A．a，b的电荷同号，k= B．a，b的电荷异号，k=
C．a，b的电荷同号，k= D．a，b的电荷异号，k=
【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，可知，a，b的电荷同号，
对小球C受力分析，如下图所示：
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
依据相似三角形之比，则有： ；
而根据库仑定律， ，而
综上所得， ， C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用合力方向可以判别电荷的电性；结合相似三角形性质和库仑定律可以求出电荷量的比值。
3．（2018高二上·延边月考）一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则 (　　)
A．粒子带正电 B．粒子加速度逐渐减小
C．A点的场强小于B点的场强 D．粒子的电势能不断减小
【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电，A不符合题意；从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，A点的场强大于B点场强，电场力减小，加速度减小，B符合题意，C不符合题意；由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90°，所以电场力做负功，电势能增大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用电场力方向结合场线方向可以判别电性；利用电场线分布可以判别场强和加速度大小；利用电场力做功可以判别电势能变化。
4．（2018高二上·延边月考）在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为12V，内阻为1Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω，开关闭合，电动机正常工作，电压表示数为10V，则（　　）
A．电源两端的电压为12V B．电源的输出功率为24W
C．电动机消耗的电功率为80W D．电动机所做机械功的功率为18W
【答案】D
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】电压表的示数为10V，为电源两端电压，即路端电压，而电动势为12V，故内电压为2V，所以电路电流为 ，电源的输出功率等于电动机消耗的电功率，故为 ，电动机的热功率为 ，所以电动机的机械功率为 ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】利用欧姆定律结合内阻大小可以求出电流大小，利用功率表达式可以求出电动机的消耗功率和机械功率；利用电动机的电功率可以求出电源的输出功率；由于闭合电路所以电源两端的电压为路端电压不是电动势的大小。
5．（2018高二上·延边月考）如图所示，电源电动势恒定不变，电源内阻忽略不计，开关S闭合。现将滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，电压表示数的变化量为 ，电流表示数的变化量为 。两电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．电阻R1的功率增大
B．滑片P向右移动过程中，电阻R3中有向上的瞬时电流
C．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
D． 与 的比值不变
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A项：滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，由公式 可知，R1的功率减小，A不符合题意；
B项：由电路连接可知，电容器与电阻R1并联，滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，R1两端电压减小，即电容器两端电压减小，由公式 可知，电容器的电荷量减小，所以电阻R3中有向下的瞬时电流，B不符合题意；
C项：电压表示数U和电流表示数I的比值为滑动变阻器的阻值，所以滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，C不符合题意；
D项：将R1与电源看成新的电源，滑动变阻器即的外电路，所以 ，恒定不变，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用串反并同可以判别滑动变阻器阻值变大时，电阻R1的功率变小；电容器两端电压变小电容不变，所以电荷量变小，电容器放电所以电阻R3有向下的瞬时电流；电压表和电流表示数的比值为滑动变阻器，所以利用滑动变阻器的阻值变化可以判别比值变化；电压表变化量与电流变化量的比值为内阻和R1阻值之和所以保持不变。
6．（2018高二上·延边月考）图中直导线 固定且位于蹄形磁铁N、S极连线的正下方，当通以如图所示的电流瞬间，在图示位置上从上往下看，则磁铁的运动情况及线中张力将（　　）
A．顺时针转， 增大 B．顺时针转， 减小
C．逆时针转， 增大 D．逆时针转， 减小
【答案】A
【知识点】安培力
【解析】【解答】将导线分成左右两段研究，根据左手定则可知，左段所受的安培力方向垂直纸面向外，右段所受安培力的方向垂直纸面向里，根据作用力与反作用力，磁铁左边受到的作用力向里，右边受到的作用力向外，从上往下看，知磁铁顺时针转动。若磁铁转动90 时，导线所受的安培力方向向上，故磁铁受到的安培力向下，故T增大。
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用左手定则结合牛顿第三定律可以判别磁铁的旋转；转过900再利用左手定则可以判别T的变化。
7．（2018高二上·延边月考）某人把电流表、干电池和一个定值电阻串联后，两端连接两支测量表笔，做成了一个测量电阻的装置。两支表笔直接接触时，电流表读数为5.0 mA，两支表笔与200Ω的电阻连接时，电流表的读数为3.0 mA。现在把表笔与一个未知电阻连接，电流表读数为2.5mA，这个未知电阻是多大（　　）
A．100Ω B．200Ω C．300Ω D．400Ω
【答案】C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】两表笔短接时：I1= =0.005A，
当接R=200Ω的电阻时：I2= = =0.003A，
当接未知电阻Rx时：I3= =0.0025A，
联立解得：Rx=300Ω，C符合题意，ABD不符合题意
故答案为：C
【分析】利用欧姆定律结合电流大小和外电阻大小可以求出电表内阻的大小，再利用内阻的大小结合欧姆定律可以求出被测电阻的大小。
8．（2018高二上·延边月考）有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面与A.b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，A.b的连线水平，c是ab的中点，d点与c点关于b点对称，已知c点的磁感应强度为 ，d点的磁感应强度为 ，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小和方向，下列说法中正确的是（　　）
A． ，方向垂直向上 B． ，方向竖直向下
C． ，方向竖直向下 D． ，方向竖直向上
【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B，方向方向竖直向下．根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，a处导线在c点的磁感应强度的大小为3B，方向竖直向下．由题，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到b处导线在c两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向下．b处导线在d两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向上．则根据磁场叠加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根据数学知识得到，B= -B2．所以a处导线在d点的磁感应强度的大小为B= -B2．方向是竖直向下．
故答案为：B．
【分析】利用安培定则可以判别磁场的方向，利用磁场的叠加可以求出a处导体在d点处产生的磁感应强度的大小和方向。
二、多选题
9．（2018高二上·延边月考）如图所示，Q1、Q2为真空中两个等量正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上，O为连线的中点，N为Q1、Q2连线垂直平分线上的一点，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点电场强度方向相同
B．在M、N和O三点中，O点电势最低
C．若O、N间的电势差为U，将一个带电荷量为q的正点电荷从N点移动到O点，电场力做功为qU
D．一电子经过N点，可能做匀速圆周运动
【答案】C,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A.根据电场强度的合成法则，M点电场强度方向向右，N点电场强度方向向上，A不符合题意；
B.沿电场方向电势降低，故M、N和O三点中，N点电势最低，B不符合题意；
C.ON间的电场方向由O指向N，若ON间的电势差为U，将一个带电量为q的正点电荷从O点移到N点，电场力做功为qU，C符合题意；
D.已知O点电势最低，故电子受电场力方向总是指向O。若电子经过N点时，速度v的方向与ON垂直，且大小满足 （m为电子质量，e为电子带电量，EN为距O点d距离的场强）。则电子可以做匀速圆周运动。D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用电场线的分布可以判别场强的方向、大小和电势的大小；利用电势差和电荷量可以求出电场力做功的大小；利用电场力和速度方向垂直可以判别电子可能做匀速圆周运动。
10．（2018高二上·延边月考）如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，水平边长ab是竖直边长bc的2倍，当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U2=8V时，下列说法正确的是（　　）
A．CD间的电阻为1Ω B．CD间的电阻为4Ω
C．CD间的电流为2A D．CD间的电流为8A
【答案】A,D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】AB.设薄板厚度为d，当A、B间接入电压，根据电阻定律知，R1=ρ ，当C与D间接入电压，R2=ρ ，
则R1：R2= =4，R1= =4Ω，R2=1Ω，A符合题意，B不符合题意；
CD.根据欧姆定律得，I=U/R， ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用电阻定律可以求出电阻的大小，结合欧姆定律可以求出电流的大小。
11．（2018高二上·延边月考）如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点。一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0×10-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.0×10-6J。则以下分析正确的是（　　）
A．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.5×10-6J
B．若将该粒子从A点移动到D点，电场力不做功
C．若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.0×10-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向
D．若该粒子的电量为2×10-6C，则A，B之间的电势差为1.5V
【答案】A,C,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】用φ表示电势．
A.WEF=qUEF=q（φE-φF）=q（ - ）= q（ ）+ q（φD-φC）= WAB+ WDC=3.5×10-9J．A符合题意；
B.根据已知条件无法判断A、D电势是否相等，将该粒子从A点移动到D点，电场力不一定做功，B不符合题意；
C、过B点做DC的垂线交于G点，将该粒子从D点移动到G点，电场力做功为WDG=3.0×10-6J，则BG连线为一条等势线，根据电场线与等势线必定垂直可知，此匀强电场的方向一定从A点指向B点的方向，C符合题意；
D、由WAB=qUAB得，UAB= =1.5V．D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】利用电势差和电场力做功的关系结合中间电势的大小可以求出电场力做的功；由于不知道等势面位置所以不能判别AD过程电场力是否做功；利用电场力做功相等可以判别等势面位置和场强的方向；利用电场力做功可以求出电势差的大小。
12．（2018高二上·延边月考）一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极间有一带电油滴静止于P点，如图所示。以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，φ表示该P点的电势，EP表示油滴在P点的电势能。若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置（仍保持正极板接地），下列说法中正确的是（　　）
A．油滴向上运动 B．U变小，E不变
C．φ变大，EP增大 D．C变大，EP减小
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】油滴静止，说明它受电场力方向向上，油滴带负电。平行板电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据 可知，电容器的电容增大，根据U=Q/C，则板间电压U变小。
由匀强电场E═U/d= ，可得E= ，可知E与d无关，则知电场强度E不变；P与正极板间的距离减小，由公式U=Ed可知，P与正极板间的电势差减小，正极板电势为0，则P点的电势φ变大，负电荷在P点的电势能Ep=qφ减小。BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD.
【分析】由于板间电荷量不变，利用电容的决定式和定义式联立可以判别场强不变所以油滴不动；利用半径距离变小，电荷量不变电容变大可以判别电压变小；利用电势差和距离的关系可以判别P的电势变大，结合电性可以判别电势能的变化。
13．（2018高二上·延边月考）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量.若金属棒与导轨始终垂直，则表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff随时间变化的四幅图中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】A、B、对导体棒受力分析，由左手定则知安培力垂直导轨向里，大小为 ，则安培力随时间均匀增大，A不符合题意、B符合题意.C、D、导体棒所受支持力 ，竖直方向受重力和摩擦力， 随时间均匀增大，开始时 ，棒加速下滑， ；当 后，棒减速运动；当速度减为零后棒将静止，此时 不变，故棒先受到滑动摩擦力均匀增大，后突变为静摩擦力恒定不变，C符合题意、D不符合题意。
故答案为：BC．
【分析】利用安培力的表达式可以判别安培力不断增加；由于安培力不断增加所以压力不断增加导致摩擦力刚开始不断增加，当摩擦力等于重力时金属棒开始减速运动，摩擦力继续增大，当金属棒静止时，滑动摩擦力转变为静摩擦力，静摩擦力大小等于重力大小。
三、实验题
14．（2018高二上·延边月考）如图甲所示，游标卡尺的读数为　 　mm；如图乙所示，螺旋测微器的读数为　 　mm。
【答案】12.30；8.476
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：12mm+0.30mm=12.30mm；
螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.6×0.01mm=0.476mm，所以最终读数为8mm+0.476mm=8.476mm.
故答案为：12.30，8.476.
【分析】利用游标卡尺和螺旋测微器结构可以进行读数。
15．（2018高二上·延边月考）图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路。已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为100mA；R1和R2为固定电阻，阻值分别为R1=0.5Ω，R2=2.0Ω；由此可知，若使用a和b两个接线柱，电表的量程为0.5A；若使用a和c两个接线柱，电表的量程为2.5A；
（1）电压表有两种规格，V1（量程1.5V，内阻约为2kΩ）和V2（量程3V，内阻约为4kΩ）；滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为20Ω和500Ω.则电压表应选用　 　（填“V1”或“V2”），R应选用最大阻值为　 　Ω的滑动变阻器.
（2）实验步骤如下：
①开关S2拨向b，将滑动变阻器R的滑动片移到　 　端（选填“左”或“右”），闭合开关S1；
②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为　 　mA。
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线（用直线拟合），如图(c)所示；④根据图线求得电源的电动势E=　 　V（结果保留三位有效数字），内阻r=　 　Ω（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）V1；20
（2）右；58.0；1.48；0.45（0.42～0.48）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)使用ab两接线柱时，R1与R2串联后与表头并联，则量程I=Ig+ =100×10 3+ =0.5A；
接ac两接线柱时，表头与R2串联后与R1并联，则量程I=Ig+ =100×10 3+ =2.5A；(2)由于电源电动势约为1.5V，所以电压表应选量程为1.5V的V1；由于电源内阻较小，滑动变阻器是用来调节电流的，电阻太大不利于调节，所以R应选用最大阻值为20Ω的滑动变阻器；（3）①为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到右端；
③由U=E Ir可知，图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势，故E=1.48V；图象的斜率表示内阻，由于指针指向b，故量程为0.5A。则r= =2.5Ω；
故答案为：(1)0.5；2.5；(2)V1，20；(3)①右；③1.48，2.5
【分析】（1）利用电动势大小可以选择电压表量程；利用电源内阻的大小可以判别滑动变阻器的量程；
（2）滑动变阻器实现限流作用应该打在最右端；利用电流表的分度值可以读出对应的读数；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
四、解答题
16．（2018高二上·延边月考）如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽度L＝0.25m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑线变阻器，电源电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω．一质量m＝0.02kg的金属杆ab与两导轨垂直并接触良好，当滑线变阻器接入电路的阻值为R时，ab中电流大小I＝0.5A，此时杆恰好静止在导轨上。整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与金属棒的电阻不计，取g＝10m/s2．求：
（1）R的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）若只改变磁场，使金属杆ab仍静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零。求此时磁感应强度的大小和方向。
【答案】（1）解：设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r）
解得：R=5Ω
（2）解：金属杆静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡，
F安=mgsin 30°
代入数据得F安=0.1 N
又由：F安=BIL
得：B=0.8T
（3）解：当安培力的方向向上时，金属杆对斜面的支持力才可能等于0，由左手定则可知，磁场的方向水平向左；设此时磁感应强度为B′，则：mg=B′IL
代入数据可得：B′=1.6T
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电阻的大小；
（2）利用平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（3）利用平衡条件可以求出磁感应强度的大小及判别其方向。
17．（2018高二上·延边月考）如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右端有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为0.7l，A、B两板间加上如图乙所示的周期为T（未知）的方波形电压，电压的正反向值均为U0，A、B间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m、电荷量绝对值为e（重力不计）的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。
（1）求电子在电场中的加速度大小及通过偏转电场的时间；
（2）若电子通过偏转电场的时间为方波形电压的一个周期，求从零时刻进入电场的电子在飞出电场时离OO′的距离；
（3）若电子通过偏转电场的时间为方波形电压的半个周期，求电子击中荧光屏上O′点时的速率。（可能会用到652＝4225）
【答案】（1）解：偏转电场的电场强度E=U0/d
根据牛顿第二定律Ee=ma
联立解得：a=
平行极板方向做匀速运动，
通过偏转电场的时间：
（2）解：电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出时，电子在竖直方向的位移最大，y=2× =2× ( )( )2=
（3）解：当T=2t0时，电子要到达O′点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速度大小相等，轨迹如图所示：
整个过程向下加速的位移和向下减速的位移大小相等，设向下加速时间为t，加速度大小为a，则在竖直方向上有：
③
④
⑤
联立②③④⑤得t=t0/3=T/6，
所以到达O′点的电子经过偏转电场时电子做功，
W=eE× = ，
电子从K到O过程由动能定理得： 。
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度大小；结合水平方向的位移公式可以求出运动的时间；
（2）利用竖直方向的位移公式可以求出偏转的位移大小；
（3）利用几何知识结合轨迹可以求出粒子向下加速的时间和偏转的角度；利用动能定理可以求出粒子的速率大小。