四川省成都市2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬自檢物理試題(A卷)（ 含答案解析 ）

第1頁(yè)/共1頁(yè)2022-2023學(xué)年四川省成都市高二上學(xué)期物理期末模擬自檢卷(A卷)一．選擇題（共8小題）（2019秋?成都期末）1.利用圖示裝置“探究決定電容大小的因素”。實(shí)驗(yàn)中靜電計(jì)的指針已有一個(gè)偏角，則在此情境下（）A.僅增大兩板間的距離，指針偏角將增大B.僅增大兩板間的距離，指針偏角將減小C.僅減小兩板間的正對(duì)面積，指針偏角將減小D.僅將一塊有機(jī)玻璃插到兩板間，指針偏角將不變【答案】A【解析】【詳解】AB．增大板間距，據(jù)電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結(jié)合電容定義式：可知兩極板間的電勢(shì)差變大，靜電計(jì)指針張角變大，A正確，B錯(cuò)誤；C．極板正對(duì)面積變小，根據(jù)電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結(jié)合電容定義式：可知兩極板間的電勢(shì)差變大，靜電計(jì)指針張角變大，C錯(cuò)誤；D．極板間插入有機(jī)玻璃則變大，根據(jù)電容的決定式：可知電容變大，電容器電荷量不變，結(jié)合電容定義式：可知兩極板間的電勢(shì)差變小，靜電計(jì)指針張角變小，D錯(cuò)誤。故選A。（2019秋?金堂縣校級(jí)期末）2.如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，x軸下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，兩磁場(chǎng)右邊界均足夠?qū)挘粠ж?fù)電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從原點(diǎn)O與x軸成30°角斜向上射入磁場(chǎng)，且在x軸上方磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為R，下列說(shuō)法正確的是A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)OB.粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C.粒子在x軸上方和下方兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為2:1D.粒子從原點(diǎn)出發(fā)后到第二次穿過(guò)x軸時(shí)，沿x軸前進(jìn)2R【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，故不可能回到原點(diǎn)0．故A錯(cuò)誤．因第四象限中磁感應(yīng)強(qiáng)度為第一象限中的一半；故第四象限中的半徑為第一象限中半徑的2倍；如圖所示；由幾何關(guān)系可知，負(fù)電荷在第一象限軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，在第四象限軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角也為60°，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=，保持不變，在一個(gè)周期內(nèi)，粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1=；同理，在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；完在成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為T(mén)′=t1+t2=．故B正確．由r=，知粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1：2．故C錯(cuò)誤．根據(jù)幾何知識(shí)得：粒子第二次射入x軸上方磁場(chǎng)時(shí)，沿x軸前進(jìn)距離為x=R+2R=3R．故D錯(cuò)誤．故選B．（2017秋?成都期末）3.如圖，矩形ABCD位于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向平行于矩形平面，已知，P是CD邊的中點(diǎn)，A、B、D的電勢(shì)分別為6V、2V、4V，初動(dòng)能為6eV、電荷量大小為e的帶電粒子從A沿著AC方向射入電場(chǎng)恰好經(jīng)過(guò)B，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是A.該粒子一定帶正電B.該粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為10eVC.若僅改變粒子的初速度大小，該粒子可能經(jīng)過(guò)C點(diǎn)D.若僅改變粒子的初速度方向，該粒子可能做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，則則C的電勢(shì)取AB中點(diǎn)O，則O點(diǎn)的電勢(shì)為連接OD則為等勢(shì)線(xiàn)，電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直，且有高電勢(shì)指向低電勢(shì)，電場(chǎng)強(qiáng)度垂直O(jiān)D斜向上，由物體做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件，電場(chǎng)力斜向下，故電荷為負(fù)電荷，A錯(cuò)誤；B．粒子從A到B，由動(dòng)能定理得解得該粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能B錯(cuò)誤；C．若僅改變粒子的初速度大小，因粒子所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)E方向相反，該粒子不可能經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．因AP在電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向上，則若改變粒子的初速度方向，使得初速度沿AP方向，該粒子可沿AP做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】此題關(guān)鍵要掌握：勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，找到等勢(shì)線(xiàn)，利用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系以及電場(chǎng)強(qiáng)度與電壓的關(guān)系求解。（2019秋?成都期末）4.如圖，矩形abcd的長(zhǎng)ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，o、e分別是ad、bc的中點(diǎn)，以o、e為圓心有兩個(gè)半徑均為R＝0.3m的四分之一圓弧，區(qū)域obedo內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(邊界上無(wú)磁場(chǎng))，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T。一群不計(jì)重力、質(zhì)量m＝3×10－9kg、電荷量q＝2×10－5C的帶正電粒子垂直于ad邊以v＝5×102m/s的速度射入磁場(chǎng)區(qū)域。下列判斷正確的是（）A.所有粒子射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向都平行B.所有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等C.從od邊射入的粒子，出射點(diǎn)都在e點(diǎn)D.從ao邊射入的粒子，出射點(diǎn)都在b點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】C．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力：得：因，從邊射入的粒子，形成以為半徑的圓弧，從點(diǎn)射入粒子的從點(diǎn)出去；同理從之間射入的其他粒子，到邊界處速度均豎直向上，因邊界上無(wú)磁場(chǎng)，之間所有粒子全部通過(guò)點(diǎn)，C錯(cuò)誤；ABD．從邊射入的粒子先做一段時(shí)間的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)某一個(gè)粒子在點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，其圓心為，如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系，可知虛線(xiàn)的四邊形是菱形，則粒子的出射點(diǎn)一定是從點(diǎn)射出。同理可知，從邊射入的粒子，出射點(diǎn)全部從點(diǎn)射出，但射出的速度方向并不相同，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知，從邊射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角不相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相同，AB錯(cuò)誤，D正確。故選D。（2017?秦州區(qū)校級(jí)學(xué)業(yè)考試）5.如圖所示，在場(chǎng)強(qiáng)為的水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有、兩點(diǎn)，連線(xiàn)長(zhǎng)為，連線(xiàn)與電場(chǎng)線(xiàn)夾角為α，則、兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB等于（）A. B.零C.EL D.E【答案】C【解析】【詳解】A、B之間沿電場(chǎng)線(xiàn)方向的距離為，由可得，，C正確．（2018秋?成都期末）6.如圖，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為。R1為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器、B為水平放置的平行金屬板，L為小燈泡，電表均為理想電表。開(kāi)關(guān)S閉合后，A、B板間有一帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。則在滑動(dòng)變阻器的觸頭P向下滑動(dòng)的過(guò)程中A.電壓表的示數(shù)增大 B.油滴向上加速運(yùn)動(dòng)C.板上的電荷量減少 D.兩表示數(shù)變化量的比值變大【答案】B【解析】【詳解】滑動(dòng)變阻器的觸頭P向下滑動(dòng)的過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器接入電路中的電阻增大，根據(jù)“串反并同”，由于定值電阻R1與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，所以電壓表示數(shù)變小，電容器與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)，所以電容器兩端電壓變大，由公式可知，板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大，電場(chǎng)力變大，所以油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，由公式可知，板上的電荷量變大，電壓表測(cè)的是電阻R1兩端的電壓，電流表測(cè)的是流過(guò)R1的電流，所以?xún)杀硎緮?shù)變化量的比值即為R1的阻值即不變，故B正確。故選B。（2018秋?成都期末）7.如圖，水平放置的平行金屬板、B間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)子（）和一個(gè)氘核（），先后以平行于兩板中心線(xiàn)OO’的初速度從左側(cè)O點(diǎn)射入兩板間，與板無(wú)碰撞且射出后都能擊中豎直熒光屏MN，擊中熒光屏?xí)r的速率分別用v質(zhì)子和v氘核表示。下列說(shuō)法正確的是A.若它們射入電場(chǎng)時(shí)的初速度相同，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)B.若它們射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能相同，在熒光屏上將出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)C.若它們射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)量相同，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)D.若它們的初速度是經(jīng)同一加速電場(chǎng)從靜止加速后獲得的，則打在熒光屏上時(shí)v質(zhì)子∶v氘核=：1【答案】D【解析】【詳解】ABC．兩個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中都做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則得到，加速度為偏轉(zhuǎn)距離為運(yùn)動(dòng)時(shí)間為聯(lián)立三式得A．若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，y與比荷（電荷量與質(zhì)量的比值）成正比，所以熒光屏上將出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相等，可見(jiàn)y與qm成正比，則在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．從靜止開(kāi)直到熒光屏由動(dòng)能定理得，在加速電場(chǎng)中有整理得所以打在熒光屏上時(shí)v質(zhì)子∶v氘核=：1故D正確。故選D。（2018秋?雙流區(qū)校級(jí)期末）8.豎直放置的兩塊足夠長(zhǎng)的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，其極板帶電量為Q，在兩極板之間，用輕質(zhì)絕緣絲線(xiàn)懸掛質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球(可看成點(diǎn)電荷)，絲線(xiàn)跟豎直方向成θ角時(shí)小球恰好平衡，此時(shí)小球離右板距離為b，離左板的距離為2b，如圖所示，則（）A.小球受到電場(chǎng)力為B.若將小球移到懸點(diǎn)下方豎直位置，小球的電勢(shì)能減小C.若將細(xì)繩剪斷，小球經(jīng)時(shí)間到達(dá)負(fù)極D.小球帶正電，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【答案】C【解析】【分析】對(duì)小球受力分析，據(jù)平衡條件可得小球所受電場(chǎng)力，另對(duì)小球而言，板上電荷不能視為在同一水平線(xiàn)上的點(diǎn)電荷，兩板對(duì)小球的電場(chǎng)力．據(jù)小球所受電場(chǎng)力和場(chǎng)強(qiáng)的定義式可得極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度．據(jù)電場(chǎng)力的方向，可得將小球移到懸點(diǎn)下方豎直位置過(guò)程中電場(chǎng)力做功的正負(fù)，從而判斷小球電勢(shì)能的變化．細(xì)繩剪斷后小球做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，將小球的運(yùn)動(dòng)分解成水平方向和豎直方向，據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得小球到達(dá)負(fù)極所需時(shí)間．【詳解】AD：對(duì)小球受力分析，由平衡條件可得，則小球受到電場(chǎng)力，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度．對(duì)小球而言，板上電荷不能視為與小球在同一水平線(xiàn)上的點(diǎn)電荷，則兩板對(duì)小球的電場(chǎng)力．故AD兩項(xiàng)錯(cuò)誤．B：小球所受電場(chǎng)力水平向右，將小球移到懸點(diǎn)下方豎直位置，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增加．故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C：細(xì)繩剪斷后小球做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，將小球的運(yùn)動(dòng)分解成水平方向和豎直方向，對(duì)水平方向、，解得：小球到達(dá)負(fù)極所需時(shí)間．故C項(xiàng)正確．二．多選題（共5小題）（2018秋?成都期末）9.如圖，光滑絕緣水平面的右側(cè)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向水平向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；一電荷量為q、質(zhì)量為m的小球a在水平面上從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，與靜止著的另一相同質(zhì)量的不帶電金屬小球b發(fā)生碰撞并粘在一起，此后水平向右進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中，在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。電荷量的損失不計(jì)，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是（）A.小球a可能帶正電B.小球a、b碰撞后的速度C.小球a、b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為D.小球從圓軌道的最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，機(jī)械能增加量【答案】BD【解析】【詳解】A．小球a、b碰撞后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力和電場(chǎng)力平衡，所以電場(chǎng)力豎直向上，小球a帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．小球a加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得解得故B正確；C．小球a、b碰撞后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得解得故C錯(cuò)誤；D．洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做功為所以機(jī)械能減少量故D正確。故選BD。（2019秋?金堂縣校級(jí)期末）10.如圖所示的虛線(xiàn)區(qū)域內(nèi)，充滿(mǎn)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一帶電小球以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)和電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線(xiàn)由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，將此帶電小球仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則該帶電小球A.穿出位置一定在O′點(diǎn)下方B.在電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能一定增大C.在電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能可能增大D.在電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力勢(shì)能可能增大【答案】BD【解析】【詳解】帶電小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)及重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)內(nèi)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則該粒子一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，若小球帶正電，故對(duì)小球有：Bqv=Eq+mg；

若小球帶負(fù)電，故對(duì)小球有：Bqv+mg=Eq；當(dāng)撤去磁場(chǎng)只保留電場(chǎng)時(shí)，若粒子帶正電，則受向下的電場(chǎng)力qE和向下的重力mg，粒子向下偏轉(zhuǎn)，從O′點(diǎn)下方射出，電場(chǎng)力和重力都做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，重力勢(shì)能減小；若粒子帶負(fù)電，則受向上的電場(chǎng)力qE和向下的重力mg，因電場(chǎng)力大于重力，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，從O′點(diǎn)上方射出，電場(chǎng)力做正功，重力做負(fù)功，合力做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，重力勢(shì)能增大；故BD正確，AC錯(cuò)誤．故選BD．（2017秋?成都期末）11.如圖，質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子（帶正電、不計(jì)重力），以Ek的初動(dòng)能從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入場(chǎng)區(qū)．若場(chǎng)區(qū)僅存在方向沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，質(zhì)子通過(guò)P（d，d）點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為5Ek；若場(chǎng)區(qū)僅存在方向垂直于xOy平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，質(zhì)子也能通過(guò)P點(diǎn)。則下列結(jié)論正確的是（）A. B.C.B D.B【答案】BD【解析】【詳解】AB．質(zhì)子在只有電場(chǎng)存在時(shí)，動(dòng)能由Ek變?yōu)?Ek，由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力做功為W=eEd=5Ek-Ek解得E=B正確，A錯(cuò)誤；CD．質(zhì)子在只有磁場(chǎng)存在時(shí)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意可知，運(yùn)動(dòng)半徑為d，由半徑公式有r=d=設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，則速度為解得C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。（2017秋?成都期末）12.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），一個(gè)質(zhì)量為m帶電小球，從A點(diǎn)以初速度v0沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．直線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ（θ＜90°），不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g．以下說(shuō)法正確的是（）A.小球一定做勻變速運(yùn)動(dòng)B.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能機(jī)械能守恒C.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受電場(chǎng)力不少于mgsinθD.當(dāng)小球速度為v時(shí)，其重力的瞬時(shí)功率p=mgvsinθ【答案】BC【解析】【詳解】試題分析：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象分析受力可知，若當(dāng)小球所受電場(chǎng)力豎直向上，且大小等于重力時(shí)，可以沿直線(xiàn)做勻速運(yùn)動(dòng)，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)小球所受電場(chǎng)力不是豎直向上時(shí)，則電場(chǎng)力與重力的合力一定沿運(yùn)動(dòng)軌跡所在的直線(xiàn)方向上，由下圖可知電場(chǎng)力的最小值為，所以C正確；此時(shí)電場(chǎng)力做功，故小球的機(jī)械能不守恒，所以B錯(cuò)誤；當(dāng)小球速度為v時(shí)，其沿重力方向的速度分量為vcosθ，故此時(shí)重力的瞬時(shí)功率，所以D錯(cuò)誤；考點(diǎn)：靜電場(chǎng)、能量守恒、功率（2020春?煙臺(tái)期末）13.如圖所示，半徑為R的絕緣光滑圓環(huán)豎直固定放置，甲、乙為套在圓環(huán)上的可視為點(diǎn)電荷的空心帶電小球，其中小球甲固定在圓環(huán)的最低點(diǎn)a處，小球乙可以自由滑動(dòng)。平衡時(shí)，小球乙靜止在圓環(huán)上的b點(diǎn)。a、b連線(xiàn)與豎直方向成角。已知小球乙?guī)д姡姾闪繛?，質(zhì)量為m，重力加速度為g。則（）A.小球甲一定帶正電B.小球甲在b點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C.小球甲所帶電荷量的絕對(duì)值為D.小球甲所帶電荷量的絕對(duì)值為【答案】AB【解析】【詳解】對(duì)乙受力分析，有兩種情況如圖1、2所示。圖2顯然無(wú)法受力平衡，對(duì)圖1，解得，A．圖1中甲乙?guī)靵隽槌饬?，則甲乙?guī)N電荷，則小球甲一定帶正電，故A正確；B．根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義式故B正確；CD．根據(jù)甲乙?guī)靵龆傻霉蔆D錯(cuò)誤。故選AB。三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題）（2018秋?成都期末）14.一個(gè)小燈泡上標(biāo)有“2V，1W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪它的I－U圖線(xiàn)．可選用的器材如下：A．電壓表（量程3V，內(nèi)阻約10kΩ）B．電壓表（量程15V內(nèi)阻約20kΩ）C．電流表（量程0.3A，內(nèi)阻約1Ω）D．電流表（量程0.6A，內(nèi)阻約0.4Ω）E．滑動(dòng)變阻器（5Ω，1A）F．滑動(dòng)變阻器（100Ω，0.2A）G．電源（電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻1Ω）H．開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線(xiàn)若干實(shí)驗(yàn)要求：誤差盡量小，電壓表從零開(kāi)始變化且能多取幾組數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)方便．（1）電壓表應(yīng)選用________，電流表應(yīng)選用________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用________（填器材序號(hào)字母）．（2）實(shí)驗(yàn)電路圖應(yīng)選擇圖甲中的________（選填“a”或“b”）圖．（3）連接電路時(shí)，某同學(xué)誤將電流表和電壓表接成圖乙所示的電路，其他部分連接正確且滑動(dòng)變阻器滑片的初始位置正確．接通電源后，移動(dòng)滑片的過(guò)程中小燈泡的發(fā)光情況是________（選填“不亮”或“逐漸變亮”）．（4）通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得該小燈泡的伏安特性曲線(xiàn)如圖丙所示，由圖線(xiàn)可求得它在正常工作時(shí)的電阻為_(kāi)__Ω．若將該小燈泡與本實(shí)驗(yàn)中使用的電源直接相連，則還需在電路中串聯(lián)一個(gè)阻值為_(kāi)_______Ω的電阻，才能使它正常工作．（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.A②.D③.E④.b⑤.不亮⑥.4.0⑦.1.0【解析】【詳解】（1）[1][2][3]．燈泡額定電壓是2V，電壓表應(yīng)選擇A；燈泡額定電流，電流表應(yīng)選擇D，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇E；（2）[4]．為了在燈泡上得到從0開(kāi)始的電壓，滑動(dòng)變阻器要用分壓電路，故選b；（3）[5]．接成乙所示的電路，電壓表內(nèi)阻很大，電路中電流幾乎為零，則燈泡不亮；（4）[6][7]．燈泡正常工作時(shí)，電壓為2V，由圖可知I=0.5A，則；將該小燈泡與本實(shí)驗(yàn)中使用的電源（3V，1Ω）直接相連，則內(nèi)阻和電阻R上的電壓之和為1V，電路中的電流為0.5A，則串聯(lián)的電阻（2017秋?宜昌期末）15.用多用電表的歐姆擋測(cè)量阻值約為幾十千歐的電阻Rx，其中S為選擇開(kāi)關(guān)，P為歐姆調(diào)零旋鈕。（1）以下給出的是可能的操作步驟，把你認(rèn)為正確的步驟前的字母按合理的順序填寫(xiě)在橫線(xiàn)上___________。a．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對(duì)準(zhǔn)歐姆擋“×1k”b．將兩表筆分別連接到被測(cè)電阻的兩端，讀出Rx的阻值后，斷開(kāi)兩表筆c．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對(duì)準(zhǔn)歐姆擋“×100”d．將兩表筆短接，調(diào)節(jié)P使指針對(duì)準(zhǔn)刻度盤(pán)上歐姆擋的零刻度，斷開(kāi)兩表筆e．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對(duì)準(zhǔn)OFF擋，并拔出兩表筆（2）根據(jù)下圖所示指針位置，此被測(cè)電阻的阻值約為_(kāi)__________Ω。（3）下列關(guān)于用多用電表歐姆擋測(cè)電阻的說(shuō)法中正確的是___________。A．測(cè)電阻時(shí)如果指針偏轉(zhuǎn)角過(guò)大，應(yīng)將選擇開(kāi)關(guān)S撥至倍率較小的擋位，重新調(diào)零后測(cè)量B．測(cè)量電阻時(shí)，如果紅、黑表筆分別插在負(fù)、正插孔，則會(huì)影響測(cè)量結(jié)果C．測(cè)量電路中某個(gè)電阻，應(yīng)該把該電阻與電路斷開(kāi)D．測(cè)量阻值不同的電阻時(shí)都必須重新調(diào)零【答案】①.adbe②.15000##1.5×104③.AC##CA【解析】【詳解】（1）[1]用多用電表的歐姆擋測(cè)量阻值約為幾十千歐的電阻Rx，為了使指針盡量位于中間刻度附近，旋轉(zhuǎn)S使其尖端對(duì)準(zhǔn)歐姆擋×1k；然后將兩表筆短接，調(diào)節(jié)P使指針對(duì)準(zhǔn)刻度盤(pán)上歐姆擋的零刻度，斷開(kāi)兩表筆；接著將兩表筆分別連接到被測(cè)電阻的兩端，讀出Rx的阻值后，斷開(kāi)兩表筆；最后旋轉(zhuǎn)S使其尖端對(duì)準(zhǔn)OFF擋，并拔出兩表筆。故正確的步驟為：adbe。（2）[2]根據(jù)圖所示指針位置，此被測(cè)電阻的阻值約為Rx=15×103Ω=15000Ω（3）[3]A．測(cè)電阻時(shí)如果指針偏轉(zhuǎn)角過(guò)大，說(shuō)明所選倍率擋位過(guò)大，應(yīng)將選擇開(kāi)關(guān)S撥至倍率較小的擋位，重新調(diào)零后測(cè)量，A正確；B．測(cè)量電阻時(shí)，如果紅、黑表筆分別插在負(fù)、正插孔，不會(huì)影響測(cè)量結(jié)果，B錯(cuò)誤；C．測(cè)量電路中的某個(gè)電阻，應(yīng)該把該電阻與電路斷開(kāi)，C正確；D．用同一擋位測(cè)量阻值不同的電阻時(shí)，不需要重新調(diào)零，只有換擋后需要重新歐姆調(diào)零，D錯(cuò)誤。故選AC。四．計(jì)算題（共4小題）（2019秋?金堂縣校級(jí)期末）16.如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直固定放置，其半徑為R，半圓軌道所在豎直平面與電場(chǎng)線(xiàn)平行，半圓軌道最低點(diǎn)與一水平粗糙絕緣軌道MN相切于N點(diǎn)。一小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）帶正電且電荷量為q，質(zhì)量為m，與水平軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為0.5mg，現(xiàn)將小滑塊從水平軌道的M點(diǎn)由靜止釋放，恰能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最高點(diǎn)H。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，重力加速度大小為g，求：（1）小滑塊在最高點(diǎn)H的速度vH大??；（2）M點(diǎn)距半圓軌道最低點(diǎn)N的水平距離L；（3）小滑塊通過(guò)半圓軌道中點(diǎn)P時(shí)，軌道對(duì)小滑塊的彈力F大小?！敬鸢浮浚?）；（2）R；（3）12mg【解析】【詳解】（1）在H點(diǎn)由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得解得（2）從M點(diǎn)到H點(diǎn)的全過(guò)程，由動(dòng)能定理得解得（3）從P到H的過(guò)程，由動(dòng)能定理得在P點(diǎn)，彈力F與電場(chǎng)力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得F＝12mg（2019秋?成都期末）17.如圖，兩根足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，它們固定在一傾角為θ的絕緣斜面上，M、P間連有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)、阻值也為R的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于方向垂直于斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。將ab棒無(wú)初速釋放，重力加速度大小為g。求：(1)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R功率；(2)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小?！敬鸢浮?1)，(2)。【解析】【詳解】(1)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件有：則有：則電阻的功率為：；(2)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：則感