2021-2022學年遼寧省朝陽市建平高級中學高二（上）第二次月考物理試卷（附詳解）

2021-2022學年遼寧省朝陽市建平高級中學高二（上）第

二次月考物理試卷

一、單選題（本大題共10小題，共20.0分）

1.甲、乙兩物體同一方向數(shù)直線運動，6s末在途中相遇,

它們的速度-時間圖像如圖所示，可以確定（）

A.t=0時，乙在甲的前方27nl處

B.t=0時，甲在乙的前方27m處

C.3s末，乙的加速度大于甲的加速度

D.6s之后，兩物體還會再相遇

2.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端與地面上的4點相連，上端用輕繩跨過固定在斜面上的

輕質(zhì)光滑定滑輪與斜面上的物體相連，繩與斜面平行此時整個裝置處于靜止狀態(tài).

現(xiàn)將彈簧下端的4點沿水平地面緩慢移動到B點，斜面相對地面始終靜止。在此過

B.物塊所受輕繩的拉力大小一直不變

C.斜面對物體的支持力大小一直增大

D.斜面對物體的摩擦力大小可能先減小后增大

3.如圖甲所示，一質(zhì)量為M的足夠長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m

的小滑塊。當木板受到隨時間t變化的水平拉力尸作用時，用傳感器測出長木板的加

速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，取g=10m/s2,則下列說法不正確的是（）

甲

A.滑塊與木板之間的滑動擦因數(shù)為0.2

B.當F=8N時，滑塊的加速度為2m/s2

C.木板的質(zhì)量為1kg,滑塊的質(zhì)量為2kg

D.若拉力作用在小滑塊m上，當F=9N時滑塊的加速度為2rn/s2

4.探究平拋運動規(guī)律時使用的實驗裝置如圖所示，開始時開關閉合，鐵質(zhì)小球B被電

磁鐵吸引而處于靜止狀態(tài)，將銅質(zhì)小球4從軌道上一定高度處由靜止釋放，小球4離

開軌道末端（末端切線水平）時撞開輕質(zhì)接觸式開關S,被電磁鐵吸住的小球8同時自

由下落，軌道末端出口與小球B的底端處于同一高度，可以看到4、B兩小球同時落

在水平地面上。下列說法正確的是（）

A.由該實驗可知，平拋運動的水平分運動為勻速直線運動，豎直分運動為自由落

體運動

B.將小球力和B的位置互換，同樣可以達成該實驗的探究目標

C.將小球4從軌道上更高的位置由靜止釋放，可能使兩球在空中相撞

D.增加該裝置距離地面的高度“，也一定不能使兩球在空中相撞

5.2021年4月29日，中國“天宮”空間站“天和”核心艙被精準

送入預定軌道。如圖所示，“天和”核心艙的運行軌道為橢

圓，其近地點M和遠地點N距地面的高度分別為439km和

2384km,“天和”核心艙運行過程中，下列說法正確的是

()

A.“天和”核心艙在“點的速度小于在N點的速度

B.“天和”核心艙在M點的加速度小于在N點的加速度

第2頁，共29頁

C.“天和”核心艙從N點運動到M點，做離心運動

D.“天和”核心艙在M點的動能大于在N點的動能

6.關于下列物理量的意義，說法正確的是（）

A.電場強度E表示電場的強弱和方向，E越大，電荷所受電場力一定越大

B.電容C表示電容器儲存電荷的能力，C越大，電容器儲存的電荷一定越多

C.電阻R表示導體對電流的阻礙作用，R越大，通過導體的電流一定越小

D.電動勢E越大，表示電源將其它形式的能量轉化為電能的本領越強

7.如圖，電路中定值電阻阻值R小于電源內(nèi)阻阻值r,閉合開關后將滑動變阻器滑片向

下滑動，理想電壓表匕、彩、匕示數(shù)變化量的絕對值分別為4%、皿、4/,理想

電流表A示數(shù)變化量的絕對值為4,則下列說法不正確的是（）

A.4的示數(shù)增大B.彩的示數(shù)減小

C.大于D.4/與4的比值大于r

8.如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r,C為

電容器，當為定值電阻，閉合開關S,當滑動變阻器R的

觸頭P向上滑動時，則（）

A.電源的功率變小

B.電容器貯存的電荷量變大

C.電阻R消耗的電功率變小

D.電源內(nèi)部消耗的功率變大

9.關于磁場、磁感線，下列說法中正確的是（）

A.磁場并不是真實存在的，而是人們假想出來的

B.磁鐵周圍磁感線的形狀，與鐵屑在它周圍排列的形狀相同，說明磁場呈線條形

狀，磁感線是磁場的客觀反映

C.磁場中任意兩條磁感線均不相交

D.磁感線類似電場線，它總是從磁體的N極出發(fā)，至IJS極終止

10.將一段通電直導線放置在勻強磁場中，通電直導線受到的安培力不正確的是（）

f'xxxIX

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

二、多選題（本大題共8小題，共32.0分）

11.如圖所示勻強電場中，一帶電油滴從a點由靜止釋放運動到b點，已

知重力做功10J，克服電場力做功旬，則下列說法正確的是（）

A.油滴到達b點的動能是14/

B.油滴從a點運動到b點重力勢能減少了10/

C.油滴從a點運動到b點機械能減少了知

D.油滴從a點運動到b點電勢能減少了4/

12.洛倫茲力演示儀是由勵磁線圈（也叫亥姆霍茲線圈）、洛倫茲力管和電源控制部分組

成的.勵磁線圈是一對彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線圈，它能夠在兩線圈之間產(chǎn)生

勻強磁場.洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內(nèi)有電子槍，能夠連續(xù)發(fā)射出電子，電子在

玻璃泡內(nèi)運動時，可以顯示出電子運動的徑跡.其結構如圖所示.給勵磁線圈通電，

電子槍垂直磁場方向向左發(fā)射電子，恰好形成如“結構示意圖”所示的圓形徑跡,

則下列說法正確的是（）

第4頁，共29頁

A.勵磁線圈中的電流方向是順時針方向

B.若只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大

C.若只增大線圈中的電流，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大

D.若兩線圈間的磁感應強度已知，燈絲發(fā)出的電子的初速為零，加速電壓為U,

則可通過測量圓形徑跡的直徑來估算電子的比荷

13.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導軌間接有電源E,

導軌平面與水平面間的夾角0=30。.金屬桿仍垂直導軌放

置，導軌與金屬桿接觸良好.整個裝置處于磁感應強度為B

的勻強磁場中.當磁場方向垂直導軌平面向上時，金屬桿ab

剛好處于靜止狀態(tài).要使金屬桿能沿導軌向上運動，可以采取的措施是（）

A.減小磁感應強度B

B.調(diào)節(jié)滑動變阻器使電阻減小

C.減小導軌平面與水平面間的夾角。

D.將電源正負極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變

14.下列說法正確的是（）

C

?、

?、

*/、\

A./\如圖所示，兩通電導線4、8在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小

0-------⑤

AB

均為Bo,則C處磁場的總磁感應強度大小是2B°

B.SF'小磁針正上方的直導線與小磁針平行，當導線中通有如圖乙

所示電流時，小磁針的N極將會垂直紙面向內(nèi)轉動

B

c.如圖所示，?矩形線框置于磁感應強度為B的勻強磁場

中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S,則此時通過線框的磁通量為BS

P

D.如圖所示，豎直放置的長直導線通有恒定電流，有一矩形線框與

Q

導線在同一平面內(nèi)，將線框向右平動時線圈中會產(chǎn)生感應電流

15.示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的。如圖，不同的

帶電粒子在電壓為名的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為4的

平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，若帶電粒子能射出平行板電場區(qū)域,

則下列說法正確的是（）

A.若電荷量q相等，則帶電粒子在板間的加速度大小相等

B.若比荷：相等，則帶電粒子從M孔射出的速率相等

C.若電荷量q相等，則帶電粒子從M孔射出時的動能相等

D.若不同比荷e的帶電粒子由。點開始加速，偏轉角度。相同

16.如圖所示，在平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向|VXXX

里，磁感應強度大小為8的勻強磁場，一帶電粒子從y軸%xx

M

上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角。=30。。XXX

入人人

—,Y

粒子經(jīng)過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過刀正半。

軸。已知M。=d,粒子電荷量為q,質(zhì)量為重力不計，則（）

A.粒子帶負電荷B.粒子速度大小為理

m

C.粒子在磁場中運動的時間為筌D.N與0點相距3d

17.如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場,帶電粒

子（不計重力）第一次以速度打沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏

第6頁，共29頁

轉60。角；該帶電粒子第二次以速度w從同一點沿同

一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉90。

角.則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的（）

A.半徑之比為6：1

B.速度之比為1：百

C.時間之比為2:3

D.時間之比為3:2

18.如圖所示是簡化的多用電表的內(nèi)部電路，轉換開關S與不同接點連接，就組成不同

的電表或者是相同的電表中不同的量程，已知/?3＜氏4,下列說法正確的是（）

A.S與1、2連接時，就組成了電流表，且S接1時量程較大

B.S與3、4連接時，就組成了電流表，且S接3時量程較大

C.S與3、4連接時，就組成了電壓表，且S接3時量程較小

D.S與5連接時，就組成了歐姆表，此時紅表筆與電源負極相連

三、實驗題（本大題共3小題，共26.0分）

19.（1）某同學用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一薄的金屬圓片的直徑和厚度，由圖

中的示數(shù)可知該金屬圓片的直徑的測量值為cm,厚度的測量值為mm.

(2)某同學想利用實驗描繪小燈泡(2.5%0.34)的伏安特性曲線，應選用的電路圖是

(3)該同學利用上題電路圖實驗得到的小燈泡的U-/關系如下圖甲所示。如果將該

小燈泡分別接入圖乙、丙兩個不同電路中，圖乙電源電動勢為1.5心內(nèi)阻不計。圖

丙中電源電動勢為5叭內(nèi)阻不計，定值電阻R=200。則接入(選填"乙”

或“丙”)電路時，小燈泡較亮些，消耗的電功率為億若將電路丙中的電

阻R替換為另一個完全相同的小燈泡，其他條件不變，流過燈泡的電流為4,

此時電源的功率為W.

第8頁，共29頁

NN

~0~rHg)——CDq

-11一TI|I|I_——

20.用如圖所示的裝置探究加速度、力和質(zhì)量的關系，帶滑輪

的長木板水平放置，彈簧測力計固定在墻上。小車上固定

一定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和砂桶。

(1)下列關于該實驗的操作說法中正確的是。

4.必須用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量

B.每次改變小車的質(zhì)量時，不需要重新平衡摩擦力

C.小車的質(zhì)量須遠大于砂桶和砂的質(zhì)量

D.應當先釋放小車，再接通電源

(2)利用打點頻率為50Hz的打點計時器，得到的一條紙帶如圖所示：(圖中每兩個計

數(shù)點間還有四個點未畫出)

\ABCDE~

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

則在該次實驗中，小車運動的加速度大小為rn/s2(結果保留三位有效數(shù)字)。

(3)某同學做實驗時，未把木板的一側墊高，就繼續(xù)進行其他實驗步驟，則該同學

作出的小車的加速度a與彈簧測力計示數(shù)尸的圖像如圖所示，則實驗中小車受到的

摩擦力大小為，小車的質(zhì)量為?

21.某同學要測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻，現(xiàn)在實驗室提供了如下的器材：

4電壓表P(量程3V,內(nèi)阻即約為1OA0)

8.電流表G(量程3巾4,內(nèi)阻&=100/2)

C.電流表4(量程34內(nèi)阻約為0.5。)

D滑動變阻器&(0?200,額定電流24)

E.滑動變阻器7?2(。?5000),額定電流14)

E定值電阻色=04。

G.開關S和導線若干

(1)該同學發(fā)現(xiàn)電流表4的量程太大，于是他將電流表G與定值電阻/?3并聯(lián)，實際上

是進行了電表的改裝，則他改裝后的電流表對應的量程是A。(結果保留兩位

有效數(shù)字)。

(2)該同學根據(jù)實際情況設計了如圖所示的原理圖。請你根據(jù)原理圖用筆畫線代替

導線連接實物圖。

(3)為了能準確地進行測量，同時為了操作方便，實驗中應選用的滑動變阻器是

。(填&或長)

(4)該同學利用上述實驗原理圖測得數(shù)據(jù)，以電流表G讀數(shù)為橫坐標，以電壓表，讀

數(shù)為縱坐標，繪出了如圖所示的圖線，根據(jù)圖線可求出電源的電動勢E=K,

電源的內(nèi)阻r=_____0。(電源內(nèi)阻結果保留兩位有效數(shù)字)

四、計算題(本大題共3小題，共22.0分)

22.利用斜面從貨車上卸貨，每包貨物的質(zhì)量m=20kg,斜面傾

斜角8=37。，斜面的長度L=0.5m,貨物與斜面間的動摩擦

因數(shù)〃=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.如圖所示，兩塊正對的帶電金屬板，上板的電勢高于------------

下板，板間的電場強度為2X102N/C.兩板之間的距'、'、、、

、、

離為0.2m,板長為0.4m,帶電粒子比荷\=2x

lCPc/kg以速度%=5xl()4m/s從極板左端垂直于

電場方向進入電場，從極板右端飛出，虛線為粒子的運動軌跡，不計帶電粒子所受

的重力，試問：

(1)兩板間的電勢差多大？

(2)帶電粒子在電場中運動的時間多長？

(3)帶電粒子在電場中運動的側移量？

24.如圖所示，MN上方存在著無限大，垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，MN

下方存在垂直MN、方向向上的勻強電場，場強為E。質(zhì)量為小、電荷量為+q(q>0)

的粒子在紙面內(nèi)以速度"從0點射入磁場，其方向與MN的夾角a=60。，粒子重力

不計。

XXXXXXXXXxxxxxxxx

xxxx/xxxxxxxxxxxx

XXXXXXXXXXxxxxxxx

(1)求帶電粒子在MN上方運動的時間和在磁場中運動的位移大小：

(2)若在MN下方垂直MN放置一擋板，要使帶電粒子垂直打在擋板上，求擋板與MN

交點到。點的距離。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB,速度-時間圖像與時間軸所圍的面積大小等于物體的位移大小，可得

在0-6s內(nèi)，甲通過的位移大小為x叩=[x9X6m=27加，乙通過的位移大小為%乙=

9x6m=54m,兩者位移之差為△x=%乙-x印=54m-27nl=27m。因t=6s末甲

乙相遇，則在t=0時甲在乙的前方27m處，故A錯誤，B正確；

C、根據(jù)u-t圖像的斜率表示加速度，知乙的加速度小于甲的加速度，故C錯誤；

。、6s末甲乙在途中相遇，由于6s之后甲的速度大于乙的速度，兩物體不會再相遇，故

。錯誤。

故選：B。

根據(jù)速度-時間圖像與時間軸所圍的面積大小等于物體的位移大小，由幾何知識求出

0-6s內(nèi)兩物體通過的位移，兩者位移之差等于t=0時甲、乙相距的距離。t=6s之后，

甲的速度大于乙的速度，兩者不會再相遇.根據(jù)圖像的斜率分析加速度的大小。

本題的關鍵要明確相遇時兩個物體之間的位移關系，抓住速度-時間圖像的“面積”大

小等于位移，來求解兩物體出發(fā)點相距的距離。

2.【答案】D

【解析】解：A、對系統(tǒng)整體分析，因為繩子逐漸由4到B,具有水平向右的分力，地面

就會產(chǎn)生一個水平向左的摩擦力與之平衡，故A錯誤；

從因為繩子逐漸由4到8,彈簧形變量逐漸增大，彈力逐漸增大，又定滑輪只改變力的

方向，滑輪兩邊繩子作用力相等，故B錯誤；

C、物體始終靜止在斜面上，斜面對物體的支持力等于物體的重力沿垂直于斜面向下的

分力，大小為N=mgcosO,保持不變，故C錯誤；

。、剛開始時，滑塊受到斜面的摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以在繩

子拉力增大時，摩擦力可能先減小再增大，故。正確；

故選：Do

對物體與斜面組成的整體進行受力分析，判斷斜面受到地面的摩擦力的變化；彈簧形變

量逐漸增大，彈力逐漸增大：對物體進行受力分析，判斷其受到的支持力與摩擦力的變

化。

該題考查共點力平衡的應用，解答的關鍵是合理選擇研究對象，正確對物體進行受力分

析。

3.【答案】D

【解析】解：4由圖乙可知，當F=6N時，二者剛好滑動，此時滑塊的加速度為2m/s2,

由牛頓第二定律可得

a=ug

解得動摩擦因數(shù)

H=0.2

故A正確；

8.當F=6N時，二者剛好滑動，以后拉力增大，滑塊的加速度不變，所以當F=8N時，

滑塊的加速度為2m/s2,故B正確；

C.當尸=6N時，滑塊的加速度為2m/s2,對整體分析，由牛頓第二定律有

F=(M4-m)a

代入數(shù)據(jù)解得

M+m=3kg

當F>6N時，由牛頓第二定律得a="產(chǎn)一等

MMM

由圖線的斜率々=5=生=1

M6-4

解得：

M=1kg

m=2kg

故C正確；

D若拉力作用在小滑塊小上，當F=9N時，假設二者不分離，整體分析有優(yōu)=±

代入數(shù)據(jù)解得a'=3m/s2

而木板的最大加速度為am=臂

代入數(shù)據(jù)解得：a=4m/s2>a'

所以假設成立，二者沒有相對滑動?；瑝K的加速度為3m/s2,故。錯誤。

本題選擇錯誤選項，

故選：Do

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F=6N時，二者剛好滑動，根據(jù)牛頓第二定律解得動摩擦因數(shù)；此時二者剛好滑動，

以后拉力增大，滑塊的加速度不變，再對整體根據(jù)牛頓第二定律結合圖像斜率可解得木

板和滑塊的質(zhì)量，滑動摩擦力對木板提供的加速度為最大加速度，根據(jù)整體分析方法解

得當F=9N時滑塊的加速度。

本題考查牛頓第二定律的應用，解題關鍵掌握物體的受力分析與牛頓第二定律的應用，

注意整體分析的條件。

4.【答案】C

【解析】解：4該實驗通過觀測到4、B兩球總能夠同時落地，從而得出平拋運動的豎直

分運動是自由落體運動，但無法判斷平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，故A錯誤;

A由于小球4不能被電磁鐵吸引，所以將小球4和B的位置互換，不能達成該實驗的探究

目標，故8錯誤；

CD.小球4離開軌道末端一瞬間，兩小球在豎直方向上同時開始做自由落體運動，在任意

時刻兩小球高度相同，且4球還在水平方向上向右運動，即4球不斷靠近B球，所以將小

球4從軌道上更高的位置由靜止釋放，當4達到一定的水平初速度時，可能使兩球在空

中相撞，故C正確，。錯誤。

故選:Co

球4與球B同時釋放，同時落地，由于B球做自由落體運動，月球做平拋運動，說明4球

的豎直分運動與8球相同。

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，在水平方向上做勻

速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動.注意本實驗得出平拋運動水平方向上的運

動規(guī)律。

5.【答案】D

【解析】解：4由于近地點”和遠地點N距地面的高度分別為439癡和2384km,根據(jù)開

普勒第二定律可知，“天和”核心艙在M點的速度大于在N點的速度，故A錯誤；

A設地球的質(zhì)量為M,“天和”核心艙的質(zhì)量為Tn,“天和”核心艙到地心的距離為r,

加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得G等=ma,解得a=G9,則“天和”核心艙離地球

越近，加速度越大，故它在M點的加速度大于N點的加速度，故8錯誤;

C“天和”核心艙從N點運動到M點，離地球越來越近，故做向心運動，故C錯誤；

D從M點運動到N點的過程中，地球引力對“天和”核心艙做負功，其動能逐漸減小，

故“天和”核心艙在M點的動能大于在N點的動能，故。正確。

故選：Do

“天和核心艙”運行過程中，加速度是由地球的萬有引力產(chǎn)生，根據(jù)牛頓第二定律分析

加速度大??；根據(jù)開普勒第二定律分析速度大小，從而判斷動能的變化情況。根據(jù)機械

能守恒條件分析機械能是否守恒，明確

解答本題時，要能熟練運用牛頓第二定律和萬有引力定律相結合推導出“天和核心艙”

的加速度表達式，知道它離地越近，速度越大，加速度也越大。

6.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)電場力公式尸=Eq可知，電場力大小還跟q有關，故A錯誤；

8.根據(jù)公式、=(/(?可知，電容器儲存的電荷量還跟電壓有關，故8錯誤；

C.根據(jù)公式〃=/R可知，流過導體的電流大小還跟電壓U有關，故C錯誤；

。.電源是把其它形式的能轉化為電能的裝置，電動勢表征了這種轉化本領的大小，所以

電動勢越大的電源，將其他形式的能轉化為電能的本領越大，故。正確。

故選：Do

根據(jù)各選項涉及的物理量找到相關公式，從而明確各物理量的決定因素。

本題考查對物理基本概念及公式的理解，正確理解各公式的意義。

7.【答案】D

【解析】解：4、據(jù)題理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路。理想電流表內(nèi)阻為零，相

當短路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表匕、/、匕分別測量R、路端電壓和變阻器兩端的

電壓。當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則4的

示數(shù)增大，故A正確；

B、彩測量路端電壓，外電阻減小，路端電壓減小，彩示數(shù)減小，故3正確；

C、彩測量滑動變阻器電壓，則有=(R+r)4,彩測量路端電壓，貝IJ有=4/r，

所以皿3>/[72，故C正確；

D、根據(jù)R=竽，則有區(qū)=聆<乙故。錯誤。

AIAI

本題選不正確的,

第16頁，共29頁

故選：D。

理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路。理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路。分析電路的連

接關系，根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析。

本題是電路的動態(tài)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(jù)閉合電路歐姆定律進行分析。

8.【答案】D

【解析】解：4、當滑動變阻器R的觸頭P向上滑動時，滑動變阻器R接入電路的電阻變

小，外電路總電阻R總變小，由閉合電路歐姆定律可知干路電流/增大，由「=后/知電源

的功率變大，故A錯誤；

8、電路中電流增大，內(nèi)電壓和⑹分壓均增大，所以電容器兩極板間的電壓減小，由。=

CU知電容器貯存的電荷量變小，故8錯誤；

C、將電阻％看成電源的內(nèi)阻，因R與&+r的關系未知，所以R上消耗的功率無法確定，

故C錯誤；

D、電源內(nèi)部消耗的功率：。內(nèi)=4乙/變大，r不變，則電源內(nèi)部消耗的功率變大，故

。正確。

故選：。。

由滑動變阻器R的觸頭P移動方向判斷滑動變阻器接入電阻的變化，再由閉合電路歐姆

定律分析電路中電流的變化，由「=即分析電源的功率變化；電容器兩端電壓等于滑動

變阻器兩端的電壓，分析電容器電壓的變化，判斷電容器儲存的電荷量變化；根據(jù)功率

公式P=/2R分析電源內(nèi)部消耗的功率變化情況；根據(jù)內(nèi)外電阻關系分析滑動變阻器消

化的功率的變化。

此題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析問題，要熟練掌握其解決方法為:局部一整體T局

部的分析方法；同時注意部分電路歐姆定律的應用。

9.【答案】C

【解析】解：4、磁場是客觀存在的，而磁感線是人們假想出來的，故A錯誤；

8、人們?yōu)榱诵蜗蟮孛枥L磁場，用圖形-磁感線將抽象的磁場描繪出來，磁感線是假想

的曲線，其客觀上并不存在，鐵屑在磁場中被磁化為小磁針，在磁場的作用下轉動，最

終規(guī)則地排列起來，顯示出磁感線的分布特點，并非磁場的客觀反映，故B錯誤；

C、磁感線的切線方向表示磁場的方向，如果同一地點磁感線相交則存在兩個磁場方向，

與實際不符，所以磁場中任意兩條磁感線均不相交，故C正確；

。、電流的磁場和磁體的磁場的磁感線都是閉合曲線，在磁體外部從N極到S極，在磁體

內(nèi)部從S極到N極，不像電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止，故。錯誤。

故選：Co

磁針放在磁體的周圍受到力的作用，說明磁體在周圍空間產(chǎn)生了磁場，磁場是一種客觀

物質(zhì)；磁感線可以用來表示磁場的強弱和方向；磁感線并非磁場的客觀反映；磁感線是

閉合曲線，和電場線不同。

本題考查了磁感線的引入目的，磁場方向的規(guī)定，記住相關的基礎知識，對于解決此類

識記性的題目非常方便，可以和電場線進行類比記憶。

10.【答案】A

【解析】解：力、磁場方向向左，電流方向是垂直向外，根據(jù)左手定則，安培力方向是

向下，故A錯誤；

8、磁場方向斜向上，電流方向與磁場垂直，由左手定則可知，安培力垂直電流和磁場

向下，故8正確；

C、磁場方向垂直向里，電流方向向右，根據(jù)左手定則，安培力方向向上，故C正確；

。、磁場方向垂直向里，電流方向向右上，根據(jù)左手定則，安培力方向垂直電流方向指

向左上方，故￡＞正確。

本題選錯誤的，

故選：4。

已知電流方向和磁場方向，根據(jù)左手定則判斷安培力方向即可。

本題考查左手定則的應用，關鍵是記住左手定則的內(nèi)容：伸開左手，使拇指與其余四個

手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi).讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的

方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。

11.【答案】BC

【解析】解：4從a點到b點，利用動能定理叫+WF=Ekb-0,所以油滴到達b點的動

能是%,=1。/-4/=6/,故A錯誤；

第18頁，共29頁

B.油滴從a點由靜止釋放運動到b點，重力做正功10/,重力勢能減少了10/,故B正確；

C.油滴從a點運動到b點機械能增加量等于除重力外其他力所做的功，電場力做-4/的功,

機械能減少4/,故C正確；

?由于電場力做-4/的功，所以電勢能增加句，故O錯誤。

故選：BC?

明確油滴運動過程各力做功情況，根據(jù)動能定理分析油滴的動能變化，根據(jù)動能定理分

析油滴的機械能、重力勢能以及電勢能的改變。

本題考查功能關系在電場中的應用，要注意明確重力做功和電場力做功的特點，明確功

能關系的應用。

12.【答案】ABD

【解析】解：4、根據(jù)電子所受洛倫茲力的方向結合右手定則判斷勵磁線圈中電流方向

是順時針方向.故A正確；

B、電子在加速電場中加速，由動能定理eU=詔…①

電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力

解得：「=吧=三電.③

只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大.故8正確：

C、由③得：只增大線圈中的電流，則B增大，可以使電子流的圓形徑跡的半徑減小.故

C錯誤；

。、若兩線圈間的磁感應強度已知，燈絲發(fā)出的電子的初速為零，加速電壓為U,貝I：

￡=瑞，可通過測量圓形徑跡的直徑來估算電子的比荷.故。正確.

故選：ABD

根據(jù)電子所受洛倫茲力的方向結合右手定則判斷勵磁線圈中電流方向；

根據(jù)動能定理表示出加速后獲得的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力推導出的表達式.

本題考查了粒子在磁場中運動在實際生活中的應用，正確分析出儀器的原理是關鍵.

13.【答案】BC

【解析】解：4根據(jù)初始條件受力分析知mgsin。=B1,因此減小磁感應強度8,安培

力減小，金屬棒不可能沿斜面向上運動，故4錯誤；

B.調(diào)節(jié)滑動變阻器使電阻減小，則電流增大，則安培力尸=B也將增大，金屬棒將向上

運動，故8正確；

C.減小傾角。，重力分力沿斜面向下分力7ngsin。＜B1L,金屬棒將向上運動，故C正確：

D將電源正負極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變，安培力將沿斜面向下，因此金屬棒將

向下運動，故。錯誤。

故選：BC。

對初始狀態(tài)進行受力分析，根據(jù)平衡條件得出重力與安培力的關系，BPF=B1L=

mgsind,因此要使金屬桿向上運動，應該增大安培力，根據(jù)安培力的表達式可以得出

采取何種措施.

解決本題的關鍵是正確地進行受力分析比較安培力和重力沿斜面分力的大小.

14.【答案】BD

【解析】解：4磁感應強度是個矢量，因兩通電導線4、B在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度

的方向不同，所以C處磁場的總磁感應強度大小不是2B。，故A錯誤；

B.當導線中通有如圖乙所示電流時，根據(jù)右手螺旋定則可知導線在小磁針處產(chǎn)生垂直于

紙面向內(nèi)的磁場，所以小磁針的N極將會垂直紙面向內(nèi)轉動，故B正確；

C.因線框平面與磁場方向平行，所以此時通過線框的磁通量為0,故C錯誤；

。.線框向右平動時，通過線圈的磁通量會減小，所以線圈中會產(chǎn)生感應電流，故。正確。

故選：BDo

根據(jù)矢量運算定則判斷；根據(jù)右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場，然后確定小磁針的轉

動方向：根據(jù)磁通量的定義判斷；根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件判斷。

本題考查了磁感應強度、電流周圍磁場、磁通量、感應電流等基礎知識，要求學生對這

些基礎知識要重視課本，強化記憶。

15.【答案】BCD

【解析】解：4設加速電場的板間距離為d,由牛頓第二定律得a=理

ma

由于粒子的質(zhì)量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關系，故4錯誤;

第20頁，共29頁

8.由動能定理得qUi=

可得%=傍

所以當帶負電粒子的比荷包相等時，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；

m

C.粒子從M孔射出時的動能取=|mVo=qUi

所以當帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出時的動能相等，故C正確；

。.如圖，設偏轉電場的板間距離為d，極板長度為3在偏轉電場中有tcm。=爭=竽=

U2L

2%d，

偏轉角度。與粒子的比荷無關，故。正確。

故選：BCD。

根據(jù)牛頓第二定律分析加速度關系；帶電粒子在加速電場中加速過程，利用動能定理列

式分析粒子從M孔射出的速率和動能關系；帶電粒子進入平行金屬板間做類平拋運動，

根據(jù)分位移公式和幾何關系分析偏轉角度關系。

解答本題時，要搞清帶電粒子的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律，能運用運動的分

解法研究類平拋運動。要知道帶電粒子經(jīng)同一電場加速后經(jīng)同一偏轉電場偏轉后，比荷

不同的帶電粒子偏轉角度相同。

16.【答案】AB

【解析】解：4粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負

電，故A正確；

B.粒子運動軌跡如圖所示

由幾何知識可知，粒子做圓周運動的軌道半徑r=三=2d,粒子在磁場中做圓周運動,

sin。

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得=解得v=理，故8正確；

1rm

C.粒子在磁場中運動的周期7=寫，粒子軌跡對應的圓心角為a=180。-30。=150。,

粒子在磁場中運動的時間為￡=要7=穿，故C錯誤；

DN點到。點的距離為x=r+rcosd=2d+2dcos30°=(2+V3)d>故D錯誤。

故選：AB.

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，應

用左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)，求出粒子軌道半徑，應用牛頓第二定律求出粒子的速度

大小，根據(jù)周期公式求解時間，根據(jù)幾何關系求解N與。點的距離。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑,

結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間。

17.【答案】AC

【解析】解：設圓柱形區(qū)域為R.

帶電粒子第一次以速度歷沿直徑入射時，軌跡如圖所示，粒子

飛出此磁場區(qū)域時速度方向偏轉60。角，

則知帶電粒子軌跡對應的圓心角%=60°,軌跡半徑為n=

Rtan600,

運動時間為ti=

OOUO

帶電粒子第二次以速度為沿直徑入射時，粒子飛出此磁場區(qū)域時速度方向偏轉90。角,

則知帶電粒子軌跡對應的圓心角％=90°,軌跡半徑為〃=R,運動時間為巳=券T=

所以軌跡半徑之比：rjr2=A/3.-1;時間之比：0：t2=2：3；

根據(jù)半徑公式r=端得，速度之比：v1：「2=6：1?故A、C正確，B、。錯

誤.

故選：AC.

粒子進入磁場時，受到洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，速度的偏向角等于軌跡對應的

圓心角，再可求出軌跡對應的圓心角氏由t=求解時間之比；

27r

根據(jù)幾何知識求出軌跡半徑之比，由半徑公式r=翳求出速度之比.

qB

本題關鍵要掌握推論：粒子速度的偏向角等于軌跡的圓心角，運用幾何知識求出半徑關

系，就能正確解答.

第22頁，共29頁

18.【答案】ACD

【解析】

【分析】

要熟悉多用表的原理和結構，根據(jù)電表的結構選出歐姆表、電壓表和電流表。

本題考查多用表的原理，應熟練掌握其測量原理，及電表的改裝辦法，注意電表與電阻

串聯(lián)是電壓表，而并聯(lián)是電流表，同時注意歐姆表內(nèi)部有電源，電源的負極與紅表筆，

是解題的難點。

【解答】

解：4由圖可知，當S與1、2連接時，多用電表就成了電流表，電阻與表頭并聯(lián)，當并

聯(lián)電阻越小時，量程越大，因此前者量程較大，故A正確，

BC.由圖可知，當S與3、4連接時，G與電阻串聯(lián)，多用電表是電壓表，/?3<R4,前者

量程小，后者量程大，故B錯誤，C正確。

D由圖可知，S與5連接時，G與內(nèi)置電源、滑動變阻器串聯(lián)，此時多用電表是成為歐姆

表，此時紅表筆與電源負極相連，故。正確。

故選ACD.

19.【答案】1.2401.682C乙0.330.331.65

【解析】解：(1)游標卡尺為20分度，故精確度為0.05nmi,主尺讀數(shù)為12rmn,游標尺

上第8刻度對齊，故讀數(shù)值為。=12mm+0.05x8mm=12.40znm=1.240cm

螺旋測微器固定部分讀數(shù)為1.5nwn,可動部分讀數(shù)為18.2x0.01mm,故厚度的測量值

為L=1.5mm+18.2x0.01mm=1.682mm

(2)描繪伏安特性曲線，應該使電壓的變化范圍較大，故應使用分壓接法。小燈泡的電

阻較小，遠小于電壓表內(nèi)阻，故采用電流表外接法，故選C。

小燈泡額定電壓2.5V,故選擇電壓表3V量程，額定電流0.34故選擇電流表0.6A量程,

根據(jù)電路圖，連接實物圖如下：

(3)將該小燈泡接入圖乙電路，則此時a=1.5V,卜=0.224

功率Pi=UJi=1.5X0.22WZ=0.33IV

將圖丙電源的伏安特性曲線(定值電阻看作電源內(nèi)阻)U=E—/R=5-20/,畫在小燈

泡的U-/關系圖像中

甲

兩圖線的交點表示此刻小燈泡的工作狀態(tài)，即4=L25V,12=0.184

功率「2=U212=1.25x0.18V/=0.225W

則接入乙電路時，電功率更大些，小燈泡較亮些，消耗的電功率為0.33勿。

若將電路丙中的電阻R替換為另一個完全相同的小燈泡，其他條件不變，則每個燈泡分

到的電壓均為2.5V,結合圖像可知，此時電流為0.334此時電源的功率為P=E/=5x

0.33W=1.65W。

故答案為：(1)1.2401.682；(2)C；如圖所示；(3)乙；0.22；0.33；1.65。

(1)游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，不需估讀.螺旋測微器的讀數(shù)方

法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；

(2)明確滑動變阻器的應用規(guī)律，知道本實驗中應采用滑動變阻器分壓接法；同時由于

電阻絲電阻值較小，“大內(nèi)小外”，應該采用安培表外接法，根據(jù)原理圖連接實物圖;

(3)表示小燈泡的U-/圖象中同時畫出表示電源的U—/圖象，通過比較它們的交點坐標

即可求解功率；根據(jù)畫出的U-/圖象讀出對應的電壓和電流即可；

第24頁，共29頁

本題考查了實驗電路設計，確定滑動變阻器與電流表的接法是正確設計實驗電路的關

鍵.可在表示小燈泡的U-/圖象中同時畫出表示電源的U-/圖象，兩圖線的交點即為

小燈泡的實際電流和電壓。

20.【答案】B

【解析】解：(1)4、由于有彈簧測力計測量拉力，所以不必測量砂和桶的質(zhì)量，故A

錯誤；

8、一次平衡好摩擦力之后，當改變小車質(zhì)量時，由于摩擦力和重力的下滑分力同比例

改變，則不必重新平衡阻力，故B正確；

C、由于拉力能測出，不必滿足小車質(zhì)量遠大于砂和桶的質(zhì)量，故C錯誤；

。、為了有效利用紙帶，須先接通電源再釋放小車，故。錯誤。

故選：B

(2)由題意知，兩相鄰計數(shù)點的時間間隔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)根據(jù)牛頓第二定律可求出小車的加速度a=等，變形后得到：a=*F_%結合

圖象的橫截距為：2&=/,斜率仁六=看所以摩擦力f=g，小車的質(zhì)量時=

2(&-犬)

%°

故答案為：(1)8；(2)1.19；(3)多、把守

(1)根據(jù)實驗原理、操作步驟、數(shù)據(jù)處理以及注意事項分析各項的正確與否；

(2)依據(jù)逐差法可得小車加速度；

(3)寫出牛頓第二定律寫出當小車質(zhì)量一定時，改變砂和桶的質(zhì)量后，加速度的關系式，

結合圖象的縱截距求出小車的質(zhì)量和摩擦力。

本題考查探究加速度與小車質(zhì)量的關系實驗操作步驟的必須與否的判斷、加速度的計算、

圖象法處理數(shù)據(jù)等內(nèi)容。關鍵是要掌握實驗原理，計算加速度的方法，圖象法計算小車

質(zhì)量等，是鍛煉邏輯思維的好題。

21.【答案】(1)0.75；

(2)

(3)R1；

(4)1.5；0.80

【解析】解：(1)改裝后的電流表對應的量程/=%+贊=3x10-34+*產(chǎn)A”

0.75/1；

(2)根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示

(3)電路最小總電阻約為R=《=怒0=20。，為了能準確地進行測量，同時為了操作

方便，實驗中應選用的滑動變阻器是&;

(4)改裝后電流表量程是電流表G量程的n=(=息臺=250倍，電流表G示數(shù)為/時電

路電流為250/,

根據(jù)圖示電路圖由閉合電路的歐姆定律得：U=E—250/r,

由圖示U-/圖像可知，電源電動勢E=1.5V

圖像斜率的絕對值k=250r=當=~n-^=2000,

解得電源內(nèi)阻為r=0.800。

故答案為：(1)0.75；

(2)

第26頁，共29頁

(3)R;

(4)1.5；0.80,

(1)根據(jù)并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出改裝后電流表的量程；

(2)根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖；

(3