2021-2022學年廣東省汕頭市高二上期末考試物理模擬試卷

一.選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）

1.（3分）下列說法符合史實的是（）

A.伽利略提出力是維持物體運動的原因

B.亞里士多德猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗證

C.笛卡爾通過理想斜面實驗發現了物體的運動不需要力來維持

D.牛頓認為力的真正效應是改變物體的速度，而不僅僅是使之運動

2.（3分）在光滑絕緣水平面上固定有兩個帶電小球a、b,另一帶負電小球c能靜止在如圖

所示位置。已知a、b、c三球在一條直線上。則（）

A.a、b帶異號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能一定增加

B.a、b帶同號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能可能增加

C.a、b帶異號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能可能減少

D.a、b帶同號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能可能減少

3.（3分）如圖所示，一簇電場線關于y軸對稱分布，O是坐標原點，M、N、P、Q是以O

為圓心的一個圓周上的四個點，其中M、N在y軸上，Q點在x軸上，則（）

A.將一負電荷從M點移到P點，電場力做正功

B.M點的電勢比P點的電勢高

C.一正電荷在O點時的電勢能小于在Q點時的電勢能

D.OM間的電勢差等于NO間的電勢差

4.（3分）如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場

和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上。三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點

由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，則下列有關判斷正確的是（）

A.小球第一次到達軌道最低點的速度關系VP=VM>VN

B.小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FP=FM>FN

C.小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP<tM<tN

D.三個小球到達軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發點位置

5.（3分）如圖，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中

通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點，且MP=PN=NQ,則下面

說法正確的是（）

A.磁感應強度Bp>BQ

B.磁感應強度Bp<BQ

C.將同一電流元分別放置于P、Q兩點、所受安培力一定有FP>FQ

D.將同一電流元分別放置于P、Q兩點，所受安培力一定有FP<FQ

6.（3分）如圖所示，電源內阻不能忽略，當電路正常連通時，小燈泡Li、L2均發光，若

滑動變阻器R的滑片P向左滑動過程中，下列判斷正確的是（）

A.Li變亮B.L2變亮

C.電源消耗的總功率變小D.電源的路端電壓變大

7.（3分）如圖所示，實線表示金原子核電場的等勢線，虛線表示a粒子在金核電場中散射

時的運動軌跡。設a粒子通過a、b、c三點時速度分別為Va、Vb、Vc，電勢能分別為Ea、

Eb、Ec，則（）

A.Va>Vb>Vc，Eb>Ea>EcB.Vb>Vc>Va，Eb>Ea>Ec

C.Vb>Va>Vc>Eb>Ea>EcD.Vb<Va<Vc,Eb>Ea>Ec

8.（3分）圖示為某電容傳聲器結構示意圖，當人對著傳聲器講話，膜片會振動，若某次膜

片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中（）

根橫空腔

段片

聲波

電咨傳聲器結構示直圖

A.膜片與極板間的電容增大

B.極板所帶電荷量增大

C.膜片與極板間的電場強度增大

D.電阻R中有電流通過

二.多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）

9.（6分）如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R,所加磁場的磁感應強度為B,被加速

的質子從D形盒中央由靜止出發，經交變電場加速后進入磁場。設質子在磁場中做勻速

圓周運動的周期為T,若忽略質子在電場中的加速時間，則下列說法正確的是（）

A.如果只增大交變電壓U,則質子在加速器中運行時間將變短

B.如果只增大交變電壓U,則電荷的最大動能會變大

C.質子在電場中加速的次數越多，其最大動能越大

D.交變電流的周期應為T

10.（6分）如圖所示，電源電動勢為E,內阻為r,C為電容器，L為小燈泡，R為定值電

阻，閉合開關，小燈泡能發光。現將滑動變阻器滑片向右滑動一段距離，滑動前后理想

16.(10分)如圖所示，絕緣光滑水平軌道AB的B端與處于豎直平面內的四分之一圓弧形

粗糙絕緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R=0.20m。在軌道所在空間存在水平向右的勻

強電場，電場強度E=2.0X1()4N/C.現有一質量m=0.20kg的帶電體(可視為質點)放

在水平軌道上與B端距離s=0.5m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開始運

動，當運動到園弧形軌道的C端時，速度恰好為零。已知帶電體所帶電荷量q=8.0X10

5C,取g=10m/s2,求:

(1)帶電體到達B端的速度大?。?/p>

(2)帶電體沿圓弧形軌道從B端運動到C端的過程中，摩擦力做的功。

，，小，，，，〃，，—，，，，，，，，，，，：J~*

AR

17.(14分)如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內有一圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直

于坐標平面向外，磁感應強度大小為B=0.1T從坐標原點沿與x軸正向成。=30°的方

向，向第一象限內射入質量為m=1.0Xl()i7kg、電荷量為q=1.0X10“C的帶正電粒

子，粒子的速度大小為vo=lXl()4m/s,粒子經磁場偏轉后，速度垂直于x軸。若不計粒

子的重力，求［結果可用m表示］:

(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑及運動的時間；

(2)勻強磁場的最小面積。

J

;

2021-2022學年廣東省汕頭市高二上期末考試物理模擬試卷

參考答案與試題解析

選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）

1.（3分）下列說法符合史實的是（）

A.伽利略提出力是維持物體運動的原因

B.亞里士多德猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗證

C.笛卡爾通過理想斜面實驗發現了物體的運動不需要力來維持

D.牛頓認為力的真正效應是改變物體的速度，而不僅僅是使之運動

【分析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

【解答】解：A、伽利略利用實驗和推理相結合的方法，得出了力不是維持物體運動的原

因，故A錯誤。

B、伽利略猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，但不是直接用實驗進行了驗證，

故B錯誤。

C、伽利略通過理想斜面實驗發現了物體的運動不需要力來維持，故C錯誤。

D、牛頓認為力的真正效應是改變物體的速度，而不僅僅是使之運動，故D正確。

故選：D。

【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論

要加強記憶，這也是考試內容之一。

2.（3分）在光滑絕緣水平面上固定有兩個帶電小球a、b,另一帶負電小球c能靜止在如圖

所示位置。已知a、b、c三球在一條直線上。則（）

A.a、b帶異號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能一定增加

a、b帶同號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能可能增加

a、b帶異號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能可能減少

a、b帶同號電荷，若將小球c向右移動，其電勢能可能減少

【分析】因題目中要求小球c處于平衡狀態，故可對c球進行分析列出平衡方程即可求

得結果。也可以由受到的電場力為0進行判斷。

【解答】解：小球c處于平衡狀態，所以小球c受到的電場力為0,則c處的電場強度為

0；所以a、b處點電荷為異號電荷，結合庫侖定律可知，a處電荷的電荷量大一些；

若a帶負電，b帶正電，則c右側的電場方向向右，小球向右移動的過程中電場力做負功，

小球的電勢能增大；若a帶正電，b帶負電，則c右側的電場方向向左，小球向右移動的

過程中電場力做正功，小球的電勢能減小。故C正確，ABD錯誤

故選：Co

【點評】三個小球只受靜電力而平衡時，三個小球所帶的電性一定為“兩同夾一異”，且

在大小上一定為“兩大夾一小”。

3.（3分）如圖所示，一簇電場線關于y軸對稱分布，0是坐標原點，M、N、P、Q是以0

為圓心的一個圓周上的四個點，其中M、N在y軸上，Q點在x軸上，則（）

A.將一負電荷從M點移到P點，電場力做正功

B.M點的電勢比P點的電勢高

C.一正電荷在0點時的電勢能小于在Q點時的電勢能

D.0M間的電勢差等于NO間的電勢差

【分析】解答本題需要掌握：根據電場線方向判斷電勢高低；靈活應用公式U=Ed判斷

兩點之間電勢差的高低；根據電勢高低或電場力做功情況判斷電勢能的高低；正確判斷

電荷在電場中移動時電場力做功的正負。

【解答】解：A、M點的電勢比P點的電勢低，負電荷從低電勢移動到高電勢電場力做

正功，故A正確；

B、根據電場線與等勢線垂直特點，在M點所在電場線上找到p點的等勢點，根據沿電

場線電勢降低可知，P點的電勢比M點的電勢高，故B錯誤；

C、O點電勢高于Q點，根據Ep=<pq可知，正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的

電勢能，故C錯誤；

D、根據電場分布可知，OM間的平均電場強度比NO之間的平均電場強度小，故由公式

U=Ed可知，在勻強電場中OM間的電勢差等于NO間的電勢差，現在NO間的場強大

于OM間的場強所以OM間的電勢差小于NO間的電勢差，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】電場線、電場強度、電勢、電勢差、電勢能等物理量之間的關系以及大小比較,

是電場中的重點和難點，在平時訓練中要加強這方面的練習，以加深對概念的理解。

4.（3分）如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場

和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上。三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點

由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，則下列有關判斷正確的是（）

A.小球第一次到達軌道最低點的速度關系VP=VM>VN

B.小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FP=FM>FN

C.小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP<tM<tN

D.三個小球到達軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發點位置

【分析】分析物體受力情況及各力做功情況，由動能定理可求得小球到達最低點時的速

度；由球的運動可知球滑到最低點時的速度變化；由洛侖茲力公式可知壓力大小關系；

根據洛倫茲力不改變速度大小來分析運動時間關系。

【解答】解：A、在第二圖中，因為洛侖茲力總是垂直于速度方向，故洛侖茲力不做功；

球下落時只有重力做功，故第一、二圖兩次機械能均守恒，故兩次球到最低點的速度相

2

等，mgR=lmv,第三圖中，小球下滑的過程中電場力做負功，重力做正功，所以小球

一2

在最低點的速度小于前兩個圖中的速度，故A正確；

B、小球在最低點時，第一圖中重力和支持力的合力提供向心力，而第二圖中是重力、支

持力和洛倫茲力的合力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，對軌道的壓力

也不相等；三圖中由于電場力對小球做負功，故小球到達N點時的速度小于前2圖中的

速度，而在豎直方向上，重力和支持力的合力充當向心力，故三圖中壓力最??；故B錯

誤；

C、第一圖和第二圖比較可得，小球下滑的速度相等，故tp=tM.而由B中分析可知，三

圖中速度小于前兩圖中的對應位置的速度，故tN最??；故C錯誤；

D、第一、二兩圖中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，動能和重力勢能之間轉換，故這

小球在右端都能到達高度相同；第三個圖中，小球向左運動過程中電場力做負功，故第

三個小球上升的高度較小，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】本題涉及磁場、電場中的運動問題，利用功能關系是解決物理問題的常用方法,

在解題時應明確洛侖茲力永不做功。丙圖中在電場中的小球，電場力對小球做功，影響

小球的速度的大小，從而影響小球對軌道的壓力的大小，影響小球在右端到達的高度。

5.（3分）如圖，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中

通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點，且MP=PN=NQ,則下面

說法正確的是（）

—---------------------

A.磁感應強度Bp>BQ

B.磁感應強度BpVBQ

C.將同一電流元分別放置于P、Q兩點、所受安培力一定有FP>FQ

D.將同一電流元分別放置于P、Q兩點，所受安培力一定有FP<FQ

【分析】磁感應強度為矢量，根據矢量運算法則求解各點的合磁感應強度。

安培力與磁感應強度大小、電流強弱以及電流的方向有關。

【解答】解：AB、根據安培定則可知，導線M在P點的磁感應強度方向豎直向上，在Q

點的磁感應強度方向豎直向上，導線N在P點的磁感應強度方向豎直向上，在Q點的磁

感應強度方向豎直向下，根據矢量運算法則可知，磁感應強度Bp>BQ,故A正確，B錯

誤。

CD、安培力與磁感應強度大小、電流強弱以及電流的方向有關，當電流元平行磁感應強

度方向放置時，所受安培力大小為零，故將同一電流元放置于P、Q兩點，安培力大小

未知，故CD錯誤。

故選：Ao

【點評】解決本題的關鍵掌握安培定則判斷電流與其周圍磁場方向的關系，會根據平行

四邊形定則進行合成。

6.（3分）如圖所示，電源內阻不能忽略，當電路正常連通時，小燈泡Li、L2均發光，若

滑動變阻器R的滑片P向左滑動過程中，下列判斷正確的是（)

R

A.Li變亮B.L2變亮

C.電源消耗的總功率變小D.電源的路端電壓變大

【分析】由滑動變阻器滑片的移動時，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律

分析總電流的變化，可知L亮度的變化，根據并聯部分電壓的變化，分析L2亮度的變

化。電源的總功率P=EI.由總電流I的變化進行判斷。

【解答】解：當滑動變阻器R的滑片P向左滑動時，接入電路的電阻減小，外電路總電

阻減小，總電流增大，則Li變亮。

總電流增大，電源的內電壓增大，路端電壓減小。電源的總功率P=EI,電動勢E不變,

則電源消耗的總功率變大。

根據串聯電路的分壓特點可知，并聯部分電壓減小，則L2變暗。故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題是電路的動態變化分析問題，按局部到整體，再到局部的順序分析即可，

也可以直接根據“串反并同”進行判斷。

7.（3分）如圖所示，實線表示金原子核電場的等勢線，虛線表示a粒子在金核電場中散射

時的運動軌跡。設a粒子通過a、b、c三點時速度分別為va、vb、Vc，電勢能分別為Ea、

A.Va>Vb>Vc?Eb>Ea>EcB.Vb>Vc>Va,Eb>Ea>Ec

C.Vb>Va>Vc，Eb>Ea>EcD.Vb<Va<Vc，Eb>Ea>Ec

【分析】a粒子在原子核形成的電場中運動時，電荷間的電場力先做負功，后做正功，

由此來判定動能的大小與電勢能的大小關系。

【解答】解：金原子核和a粒子都帶正電，a粒子受到斥力作用，從a運動b過程中電

場力做負功，電勢能增加，動能減小，從b運動到c過程中，電場力做正功，電勢能減

小，動能增加；由于be間電勢差大于ba間電勢差，則a粒子從a到b電場力做功的大

小小于從b到c電場力做功的大小，則從a到c電場力總的做正功，動能增大，速率增

大,所以c處動能大于a處的動能，c處電勢能小大于a處的電勢能。即為：Eb>Ea>Ec，

Vb<va<vc,故ABC錯誤，D正確；

故選：D。

【點評】對于點電荷周圍的電場線分布要有明確的認識，點電荷周圍的電場線是放射狀

的，正點電荷周圍的電場線是沿半徑方向向外的，負點電荷周圍電場線是沿半徑方向向

里的；點電荷周圍的等勢面是一個個的同心球面。電場力做功與重力做功有共同的特點,

就是與路徑無關，電場力做功與初末位置的電勢差有關。

8.（3分）圖示為某電容傳聲器結構示意圖，當人對著傳聲器講話，膜片會振動，若某次膜

片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中（）

秋板空腔支架

電音傳聲若給構示意圖

A.膜片與極板間的電容增大

B.極板所帶電荷量增大

C.膜片與極板間的電場強度增大

D.電阻R中有電流通過

【分析】電容器極板間距離的變化引起了電容的變化，電容的變化引起了電量的變化，

從而場強變化，R中有電流。

【解答】解：A、振動膜片振動時，電容器兩極板的距離增大，由公式可知，

4冗kd

電容減小，故A錯誤；

B、由公式c4知，U不變的情況下，電容減小，電容器所帶電荷量Q減小，故B錯誤;

C、由公式E號知，U不變，間距d增大，則場強E減小，故C錯誤；

D、極板的帶電量減小，放電，電阻R中有電流通過，故D正確；

故選：D。

【點評】本題考查了電容器的動態分析，方法是：從部分的變化引起電容的變化，根據

電壓或電量不變判斷電量或電壓的變化。

多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）

9.（6分）如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R,所加磁場的磁感應強度為B,被加速

的質子從D形盒中央由靜止出發，經交變電場加速后進入磁場。設質子在磁場中做勻速

圓周運動的周期為T,若忽略質子在電場中的加速時間，則下列說法正確的是（）

U°

A.如果只增大交變電壓U,則質子在加速器中運行時間將變短

B.如果只增大交變電壓U,則電荷的最大動能會變大

C.質子在電場中加速的次數越多，其最大動能越大

D.交變電流的周期應為T

【分析】回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，當粒子從D形

盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于D形盒的半徑。

【解答】解：A、如果只增大交變電壓U,則質子在加速器中加速次數縮短，因此質子的

運行時間將變短，故A正確；

B、根據qvmB=m二二一得：丫皿=邂，與加速的電壓無關，故B錯誤；

Rm

C、根據B向分析可知，最大動能與加速次數無關，故C錯誤；

D、回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等為To

故選：ADo

【點評】解決本題的關鍵知道當粒子從D形盒中出來時，速度最大。以及知道回旋加速

器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等。

10.（6分）如圖所示，電源電動勢為E,內阻為r,C為電容器，L為小燈泡，R為定值電

阻，閉合開關，小燈泡能發光。現將滑動變阻器滑片向右滑動一段距離，滑動前后理想

電壓表Vi、V2示數變化量的絕對值分別為△Ui、△U2,理想電流表A示數變化量的絕

對值為△［，貝U（）

B.燈泡亮度變亮

c.rA_U±,與A_『U2n均保持不變

AlAl

D.當電路穩定后，斷開開關，小燈泡立刻熄滅

【分析】理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路。理想電流表內阻為零，相當短路。分析

電路的連接關系，根據歐姆定律分析。

【解答】解：A、將滑動變阻器滑片向右滑動時接入電路的電阻減小，電路中電流增大,

電源的內電壓以及R上的電壓增大，則燈泡和滑動變阻器兩端的電壓之和減小，即電容

器兩端的電壓減小，根據Q=CU可知，電容器帶電量減小，故A錯誤；

B、電路中電流增大，通過燈泡的電流增大，所以燈泡變亮，故B正確；

C、根據U2=E-Ir,得-A2U=0r,保持不變。—AU—,L=R,故保持不變，故C正確：

AlAI

D、當電路穩定后，斷開電鍵，電容器通過燈泡和變阻器放電，所以小燈泡不會立即熄滅,

故D錯誤；

故選：BC。

【點評】本題是電路的動態分析問題，關鍵要搞清電路的結構，明確電表各測量哪部分

電路的電壓或電流，根據閉合電路歐姆定律進行分析。

11.（6分）如圖所示，關于回旋加速器的下列說法中正確的是（）

A.加速電壓越大，帶電粒子從D形盒射出時的動能越大

B.磁感應強度越大，帶電粒子從D形盒射出時的動能越大

C.交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運動周期

D.用同一回旋加速器分別加速不同的帶電粒子，不需要調節交變電場的頻率

【分析】帶電粒子在回旋加速器中，靠電場加速，磁場偏轉，通過帶電粒子在磁場中運

動半徑公式得出帶電粒子射出時的速度，看與什么因素有關。

2

【解答】解：AB、根據qvB=mJ,解得v=迪，帶電粒子射出時的動能EK=2mv2

Rm2

222

=qB與加速的電壓無關，與磁感應強度的大小有關。故A錯誤，B正確。

2m

C、交變電場的周期與帶電粒子運動的周期相等，帶電粒子在勻強磁場中運動的周期T=

空必，與粒子的速度無關，故C正確；

qB

D、粒子加速后，交變電場的周期不需改變，不同的帶電粒子，在磁場中運動的周期不等,

所以加速不同的帶電粒子，一般要調節交變電場的頻率。故D錯誤。

故選：BC。

【點評】解決本題的關鍵知道回旋加速器運用電場加速，磁場偏轉來加速帶電粒子，但

要注意粒子射出的動能與加速電壓無關，與磁感應強度的大小有關。

12.（6分）如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢

隨時間變化的規律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列

說法不正確的是（）甲乙

A.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動

B.從t=0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上

c.從t=WI?時刻釋放電子，電子必然打到右極板上

8

D.從1=工時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上

4

【分析】通過分析電子的受力情況，來分析電子的運動情況，若一直向右運動，可以打

在右板，若電子時而向右運動，時而向左運動，根據位移關系，分析電子的運動情況。

【解答】解：AB、若t=0時刻釋放電子，在前1T內，電子受到的電場力向右，向右做

2

勻加速直線運動；后工T內，電子受到向左的電場力作用，電子繼續向右做勻減速直線

2

運動；接著周而復始，所以電子一直向右做單向的直線運動，直到打在右板上。即電子

將重復先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，故A不正確，B正確；

CD、若從t=工時刻釋放電子，電子先加速工，再減速工，有可能電子已到達右極板，若

444

此時未到達右極板，則電子將在兩極板間振動，同理，若從t=21時刻釋放電子，電子

有可能到達右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，故C不正確，D

正確；

本題選說法不正確的，故選：AC。

【點評】本題中電子在周期性變化的電場中，電場力是周期性變化的，關鍵要正確分析

電子的受力情況，再根據牛頓運動定律分析電子的運動情況。要注意當電場力反向時，

電子的運動不一定反向。若原來有速度，仍沿原方向運動。

三.實驗題（共2小題）

13.小王和小李兩位同學分別測量電壓表Vi的內阻。

（1）先用調好的歐姆表“X1K”擋粗測電壓表Vi的內阻，測量時歐姆表的黑表筆與電

壓表的+（填“+”或“-接線柱接觸，測量結果如圖甲所示，則粗測電壓表V）

的內阻為9.0kO。

（2）為了精確測量電壓表Vi的內阻，小王同學用如圖乙所示的電路，閉合開關Si前將

滑動變阻器的滑片移到最左（填“左”或“右”）端，電阻箱接入電路的電阻調到最

冷（填“大”或“小”），閉合開關Si，調節滑動變阻器和電阻箱，使兩電壓表指針的

偏轉角度都較大，讀出電壓表Vi、V2的示數分別為Ui、U2,電阻箱的示數為Ro,則被

UR

測電壓表V1的內阻Rvi=_—

-u2-u-

（3）小李同學用如圖丙所示的電路，閉合開關S”并將單刀雙擲開關S2打到1,調節

滑動變阻器的滑片，使電壓表V2的指針偏轉角度較大，并記錄電壓表V2的示數為U,

再將單刀雙擲開關S2打到2,調節電阻箱，使電壓表V2的示數仍然為U,此時電阻箱接

入電阻的示數如圖丁所示，則被測電壓表Vi的內阻Rvi=8455

【分析】（I）根據電流由歐姆表的紅表筆流入，由黑表筆流出，分析知道歐姆表的紅表

筆與電壓表的正接線柱接觸。由圖直接讀出電壓表的內阻值。

（2）閉合開關Si前將滑動變阻器的滑片移到最左端，電阻箱接入電路的電阻調到最大,

起到保護作用。根據歐姆定律求被測電甩表Vi的內阻。

（3）根據等效替代可知被測電壓表的內阻與電阻箱示數相等。

【解答】解：（1）歐姆表的電流從黑表筆流出，因此黑表筆應與電壓表的“+”接線柱相

連接，

歐姆表選擇歐姆表“X1K”擋位，由圖示表盤可知，歐姆表的讀數為：9.0Xlk=9.0kn；

（2）為保護電路，閉合開關S1前應將滑動變阻器的滑片移到最左端，使輸出電壓為零,

電阻箱接入電路的電阻最大，

被測電壓表的內阻為：1^1=包=方黑一='遇~。

Ivij-UiU2-U1

R0

（3）閉合開關Si，并將單刀雙擲開關S2打到1，此時電阻箱短路；將單刀雙擲開關S2

打到2,電壓表Vi短路；根據等效替代可知被測電壓表的內阻與電阻箱電阻相等，即為:

Rv1=8X1OOOft+4X10011+5X10(1+5X1。=8455。；

UR

故答案為：（1）+;9.0；（2）左，大，一L_L；（3）84550

U2-U1

【點評】對于實驗題，要弄清楚實驗目的、實驗原理以及數據處理、誤差分析等問題，

一般的實驗設計、實驗方法都是根據教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定

要熟練掌握教材中的重要實驗。

14.某同學利用圖甲所示電路測定一節干電池的電動勢和內阻。由于電池的內阻較小，為了

防止在調節滑動變阻器時造成短路，電路中用一個定值電阻R0起保護作用。除電池、開

關和導線外，可供使用的實驗器材還有：

A.電流表（0?0.6A）；B.電流表（0?3A）；

C.電壓表（0?3V）；D.電壓表（0?15V）；

E.定值電阻（阻值1。、額定功率5W）；

F.定值電阻（阻值10Q、額定功率10W）；

G.滑動變阻器（阻值范圍0?10Q、額定電流2A）；

H.滑動變阻器（阻值范圍。?100Q、額定電流1A）。

甲乙

①為盡量減小實驗誤差，應選擇的器材為ACEG；

②該同學利用記錄的6組實驗數據通過描點、擬合得到的U-I圖線如圖所示，則由圖

線可得出干電池的電動勢

E=1.5V,內電阻r=0.83Q；（結果保留兩位有效數字）

③某同學在完成上述實驗之后，對該實驗的系統誤差進行了分析。設電壓表的內阻為RV,

電流表內阻為RA,他的分析正確的是A。

A.電壓表有分流作用是造成系統誤差的原因，增大Rv可以減小這種誤差

B.電流表有分壓作用是造成系統誤差的原因，減小RA可以減小這種誤差

C.兩個表一起造成了系統誤差，同時增大Rv、減小RA才可以減小這種誤差

D.保護電阻的分壓作用造成了系統誤差，減小保護電阻的阻值可以減小這種誤差

【分析】①根據電源電動勢選擇電壓表，根據電路最大電流選擇電流表，為方便實驗操

作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器，根據實驗原理與實驗器材選擇所需器材。

②電源U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內阻。

③根據實驗電路圖與實驗原理分析實驗誤差。

【解答】解：①一節干電池的電動勢約為1.5V,電壓表應選擇C,電源電動勢約為1.5V,

保護電阻如果選擇F,電路最大電流約為0.15A,電路最大電流太小，因此保護電阻應選

擇E,電路最大電流約為零點凡安培，電流表應選擇A,為方便實驗操作，滑動變阻器

應選擇G,即需要的實驗器材有：ACEG；

②由圖示電源U-I圖象可知，電源電動勢：E=1.5V,電源內阻：5-L°』

Al0.6

0.83Q；

③A、由于電壓表的分流作用，流過電源的電流大于電流表測量值，電流的測量值偏小,

電壓表有分流作用是造成系統誤差的原因，增大Rv可以減小這種誤差，故A正確；

B、由圖示電路圖可知，電流表采用內接法，電流表有分壓作用不會造成系統誤差，實驗

誤差是由電壓表的分流造成的，故B錯誤；

C、電壓表的分流作用是造成實驗誤差的原理，電流表分壓不會造成實驗誤差，故C錯

誤；

D、保護電阻可以防止電路短路時對電表造成損壞，保護電阻不會對該實驗操作實驗誤差，

故D錯誤；

故選：Ao

故答案為：①ACEG；②1.5；0.83；③A。

【點評】本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，要注意明確實驗原理的把據，同時注意

明確利用圖象法分析實驗數據的基本方法，本題要注意圖象的縱坐標不是由零開始變化

的，而是最小值為1.0V,要根據圖象準確把握。

四.計算題(共3小題，滿分34分)

15.(10分)如圖所示，間距L=20cm的兩條平行光滑金屬導軌，下端與一電源和定值電

阻相連，導軌平面跟水平面成30角，電源電動勢E=6.0V,內阻r=0.4C,定值電阻R

=0.8。，電路其他部分電阻不計。導軌上水平放置一根金屬棒MN.若在導軌所在空間

加一垂直導軌平面向上的勻強磁場，當磁感應強度B=LOT時，金屬棒MN恰好能靜止

在導軌上。g取lOm/s?.則：

(1)電路中電流強度I是多大？

(2)金屬棒MN受到的安培力F是多大？

(3)金屬棒MN的質量m是多少？

【分析】(1)根據閉合電路歐姆定律求出電路中的電流大小;

(2)根據安培力的計算公式求解安培力；

(3)結合共點力平衡以及安培力的大小公式求出質量。

【解答】解：(1)由閉合電路歐姆定律得電路中的電流為：

I=——§——A=5A；

R+T0.8+0.4

(2)導軌間距為：L=20cm=0.2m

由左手定則可判定金屬棒受到的安培力沿斜面向上。

安培力的大小為：F=BIL=1.0X5XO.2N=1N；

（3）由平衡條件得：BIL-mgsin9=0

解得：m=0.2kg。

答：（1）電路中電流強度I是5A；

（2）金屬棒MN受到的安培力F是1N；

（3）金屬棒MN的質量m是0.2kg。

【點評】本題主要是考查了安培力作用下的共點力平衡問題，解答此類問題的一般步驟

是：確定研究對象、進行受力分析、然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。

16.（10分）如圖所示，絕緣光滑水平軌道AB的B端與處于豎直平面內的四分之一圓弧形

粗糙絕緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R=0.20m。在軌道所在空間存在水平向右的勻

強電場，電場強度E=2.0X1（）4N/C.現有一質量m=0.20kg的帶電體（可視為質點）放

在水平軌道上與B端距離s=0.5m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開始運

動，當運動到園弧形軌道的C端時，速度恰好為零。已知帶電體所帶電荷量q=8.0X10