河北省部分高中2023-2024學(xué)年高三年級上冊12月期末考試物理試題（解析版）

河北省部分高中2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月期末考試

物理試題

本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。共8頁，滿分100分，考試時間75分鐘。

第I卷（選擇題共46分）

一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題

目要求的）

1.如圖所示，兩個相同的金屬球A、B（可看成點(diǎn)電荷）帶等量異種電荷，兩球相隔一定距離，兩球之間

的相互吸引力的大小是尸，現(xiàn)讓另一個相同的不帶電的金屬小球C先后與A、B兩球接觸后移開，這時

A、B兩球之間的相互作用力的大小是（）

AB

c8

【答案】A

【解析】

【詳解】設(shè)原來A、B所帶電荷量分別為q、_q,距離為廠，則有

小球C先與A球接觸后，電荷量為

小球C后與B球接觸后，電荷量為

-F

8

故選Ao

2.如圖為一塊手機(jī)電池的文字說明,下列說法錯誤的是（

第1頁/共25頁

3.6V500mA-h鋰離子電池

SNN5648AC2NALWJMAIC

lllllllllllllllllllll

20170708JCC1028

A.該電池的容量為500mA-hB.該電池的電動勢為3.6V

C.該電池在工作時的電流為500mAD,若電池以10mA的電流工作，可用50h

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.電池上的3.6V表示電動勢，500mA山表示電池充滿電時的電荷量，故AB正確，不符合題意

C.由于不知道電池的工作時間，所以無法計算放電電流，故C錯誤，符合題意；

D.若電池以10mA的電流工作，則工作時間為

Q500mA-h

t=—=------------=50h

I10mA

故D正確，不符合題意。

故選C。

3.《大國重器》節(jié)目介紹的GIL輸電系統(tǒng)的三相共箱技術(shù)，如圖甲所示。管道內(nèi)部有三根絕緣超高壓輸電

線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜A、B圓心連線水平。某時刻A中電流方向

垂直于紙面向外、B中電流方向垂直于紙面向里，A、B中電流大小均為/、C中電流方向垂直于紙面向外、

電流大小為2/,則()

II

。-----四

A\/B

\?/

L\°/

￥

21

乙

A.B、C輸電線纜相互吸引

B.輸電線纜A、B圓心連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上

C.正三角形中心。處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左

D.輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由于B、C輸電線纜通入的電流方向相反，所以兩線纜相互排斥，故A錯誤；

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B.根據(jù)右手螺旋定則可知，A、B輸電線纜在A、B圓心連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，而C線

纜在該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向左，則該點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向斜向上偏左，故B錯誤；

C.A輸電線纜在。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)A指向右上方，B輸電線纜在。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直

OB指向左上方，根據(jù)對稱性可知，A、B輸電線纜在。處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，而C輸電線在

。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)C水平向左，所以。處合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向應(yīng)斜向左上方，故C錯誤。

D.B對A的作用力沿AB水平向左，C對A的作用力沿AC斜向右下，且大小為B對A作用力的2倍，

如圖所示

由圖可知

%COSe=2FABCOS60°=FAB

即C對A的作用力在水平方向的分力與B對A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力

即為C對A的作用力在豎直方向的分量，則輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下，

故D正確。

故選D。

4.某同學(xué)將一直流電源的總功率修、輸出功率及和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率E隨電流/變化的圖線畫在了同

一坐標(biāo)系中，如圖中的0、氏c所示。以下判斷正確的是（）

A.電源的電動勢E=3V,內(nèi)阻r=0.5Q

B.b、c圖線的交點(diǎn)與a、b圖線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之比一定為1:2,縱坐標(biāo)之比一定為1：2

C.電源的最大輸出功率匕=9W

第3頁/共25頁

D.在a、b、c三條圖線上分取橫坐標(biāo)相同的4B、C三點(diǎn)，這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系匕=耳+4

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由電源消耗功率和電源內(nèi)部消耗功率表達(dá)式

PE=EI,Pr=Fr

可知，“是直線，表示的是電源消耗的總電功率，b是拋物線，表示的是電源內(nèi)電阻上消耗的功率，c表示

外電阻的功率即為電源的輸出功率B，由圖可知，當(dāng)短路時，電流為3A,總功率P=9W；則由

3

r=-Q=lQ

3

故A錯誤；

BC.當(dāng)內(nèi)電阻和外電阻相等時，電源輸出的功率最大，此時即為6、c線的交點(diǎn)時的電流，此時電流的大小

為

最大輸出功率的大小為

P=—=2.25理

4r

6線的交點(diǎn)表示電源的總功率區(qū)和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率尸，相等，此時只有電源的內(nèi)電阻，所以此時的

電流的大小為

F

/'=—=3A

r

功率的大小為

所以橫坐標(biāo)之比為1：2,縱坐標(biāo)之比為1：4,故BC錯誤；

D.在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的4B、C三點(diǎn)，因?yàn)橹绷麟娫吹目偣β适珽等于輸出功率已

和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率的和，所以這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系

尼=耳+乙

第4頁/共25頁

故D正確。

故選D。

5.正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖所示的電路中，板長/,板間距為d,在距離板的右端2/處

有一豎直放置的光屏D為理想二極管（即正向電阻為0,反向電阻無窮大），R為滑動變阻器，R。為定

值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關(guān)S,讓一帶電量為外質(zhì)量為加的質(zhì)點(diǎn)從兩板左端連線

的中點(diǎn)N以水平速度%射入板間，質(zhì)點(diǎn)未碰極板，最后垂直打在〃上，在保持開關(guān)S閉合的情況下，下列

分析或結(jié)論正確的是（）

A.質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動的過程中與它從板的右端運(yùn)動到”的過程中速度變化相同

3mp

B,板間電場強(qiáng)度大小為

q

C.若僅將滑片P向下滑動一段，則質(zhì)點(diǎn)不會垂直打在M上

D.若僅將兩平行板的間距減小一些，則質(zhì)點(diǎn)依然會垂直打在M上

【答案】B

【解析】

【詳解】A.質(zhì)點(diǎn)先在水平放置的平行金屬板間做類平拋運(yùn)動，要垂直打在M屏上，離開電場后，質(zhì)點(diǎn)一

定做斜上拋運(yùn)動。質(zhì)點(diǎn)在板間的類平拋運(yùn)動和離開電場后的斜上拋運(yùn)動水平方向都不受外力，都做勻速直

線運(yùn)動，水平方向速度都為%,質(zhì)點(diǎn)垂直打在M板上時速度也水平，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的軌跡彎曲方向可知兩個過

程質(zhì)點(diǎn)的合力方向相反，加速度方向相反，則速度變化量方向相反，故A錯誤；

B.質(zhì)點(diǎn)的軌跡如圖所示

第5頁/共25頁

設(shè)質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動的過程中加速度大小為。，則質(zhì)點(diǎn)離開電場時豎直分速度大小為

qE-mgI

匕,=%=

mv0

質(zhì)點(diǎn)離開電場后運(yùn)動過程其逆過程是平拋運(yùn)動，則

21

v>,=gt2=g-

%

聯(lián)立解得

q

故B正確;

C.若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電量要減小，由于二極管具有單

向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，電量不變，板間電壓不變，所以質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動情況不變，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N

點(diǎn)以水平速度%射入板間，質(zhì)點(diǎn)依然會垂直打在光屏上，故C錯誤；

D.若僅將兩平行板的間距變小一些，電容器電容增大，由。=勞知，。不變，電量要增大，二極管具有

單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，但是可以充電，所以電量增大，根?jù)推論可知板間電場強(qiáng)度變大，所

以質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動情況發(fā)生變化，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度%射入板間，質(zhì)點(diǎn)不會垂直打在光屏上，故D

錯誤。

故選B。

6.如圖所示，邊長為￡的等邊三角形N8C內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為線的勻強(qiáng)磁場，D是AB

邊的中點(diǎn)，一質(zhì)量為加、電荷量為-q(q>0)的帶電的粒子從。點(diǎn)以速度v平行于3c邊方向射入磁場，不

考慮帶電粒子受到的重力，則下列說法正確的是()

第6頁/共25頁

A

B.若粒子垂直于8c邊射出，則粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為—A

2

7rm

C.若粒子從C點(diǎn)射出，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間為丁/

3qB°

D.若粒子從邊射出，則粒子的速度越大，其在磁場中運(yùn)動的時間越短

【答案】C

【解析】

【詳解】A.帶負(fù)電的粒子從。點(diǎn)以速度v平行于2C邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向下偏轉(zhuǎn),

由于8c邊的限制，粒子不能到達(dá)2點(diǎn)，故A錯誤；

B.粒子垂直于2C邊射出，如圖甲所示

則粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑等于。點(diǎn)到BC邊的距離，即

R.=-Lsin60°=—L

124

故B錯誤；

C.粒子從C點(diǎn)射出，如圖乙所示

第7頁/共25頁

A

乙

根據(jù)幾何關(guān)系可得

2L2

用=-sin60°I+1￡--cos60°

4-22

解得

則粒子軌跡對應(yīng)的圓心角的正弦值為

-Zcos60°w

sinZO=-----------------=——

R22

則

NO=60°

粒子在磁場中運(yùn)動的時間為

60°T/—12xji_m___—Ti_m___

360°___6qB。3qB。

故C正確;

D.由qvBm—,可知

0r

mv

r=----

qB。

若粒子從邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖丙所示

第8頁/共25頁

A

粒子從邊射出時的圓心角相同，其在磁場中運(yùn)動的時間相同，故D錯誤。

故選Co

7.在如圖所示的電路中，已知電阻凡的阻值小于滑動變阻器R的最大阻值。閉合開關(guān)S,在滑動變阻器

的滑片P由左端向右滑動的過程中，四個電表Vi、72、Ai、A2的示數(shù)及其變化量分別用Ui、仿、八、

卜、公。1、人。2、M\、恒2表示。下列說法正確的是（）

A.5先變大后變小，4不變

B.5先變大后變小，人一直變大

c.當(dāng)?shù)慕^對值先變大后變小，孚的絕對值不變

A/2A/2

D.。2先變小后變大，，2一直變小

【答案】B

【解析】

【詳解】ABD.滑片尸由滑動變阻器的左端向右端滑動的過程中，電阻R的左半部分與4串聯(lián)然后與7?

的右半部分并聯(lián)，并聯(lián)電阻先變大后變小，所以電路總電阻R總先變大后變小，電源電動勢E不變，電路

,E

電流，2=三-----先變小后變大，電阻&不變，電壓表V2的示數(shù)。2=〃2,先變小后變大，電流A先變小

后變大，即電流表A2的示數(shù)先變小后變大，根據(jù)閉合回路歐姆定律得以=￡-",所以5先變大后變??；

第9頁/共25頁

電流/先變小后變大，電阻&與廠不變，所以電壓。2,=/（&+「）先變小后變大，并聯(lián)電壓"并=二。2”

先變大后變小，電流A1所在支路電阻當(dāng)支路逐漸減小，所以當(dāng)。并增大時，A1一定增大；當(dāng)。并減小時，

由于另一個支路的電阻值增大，所以流過R的電流減小，并聯(lián)的總電流增大，所以A1也一定增大,即電流

表Ai示數(shù)變大，綜上，電壓表Vi的示數(shù)Ui先變大后變小，電流表A1的示數(shù)L變大。電壓表V2的示數(shù)

5先變小后變大，電流表A2的示數(shù)卜先變小后變大。故AD錯誤，B正確；

D.由于。1=￡一//，所以有

AUj

----L\=r

AI2|

即丁的絕對值不變，由于02=/火2,所以有

即k的絕對值不變，故c錯誤。

A/2

故選B。

二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有兩個或兩個以上

選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）

8.如圖1所示，在水平地面上的。點(diǎn)固定一個帶正電的帶電體（可視為質(zhì)點(diǎn)，圖中未畫出），以。點(diǎn)為原

點(diǎn)以向右為正方向建坐標(biāo)系，得到坐標(biāo)軸上。點(diǎn)右側(cè)各點(diǎn)的電場強(qiáng)度E與各點(diǎn)到。點(diǎn)距離r的關(guān)系圖像

如圖2所示?，F(xiàn)將一個可視為質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為加、帶電量大小為q的滑塊從8點(diǎn)由靜止釋放，滑塊向右運(yùn)動，

經(jīng)過/點(diǎn)時滑塊的速度最大，已知=且8為ON的中點(diǎn)，重力加速度為g,點(diǎn)電荷周圍的電勢

0=絲（0為點(diǎn)電荷的電荷量，，為該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離，以無窮遠(yuǎn)處電勢為零）。下列說法中正確的是

r

（）

A.滑塊可能帶負(fù)電B.滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=與圓

mg

第10頁/共25頁

C.滑塊經(jīng)過/點(diǎn)時的速率v，=D.滑塊停止運(yùn)動時離O點(diǎn)的距離為2%

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.在。點(diǎn)的帶電體帶正電，滑塊從5點(diǎn)由靜止釋放，向右運(yùn)動，則滑塊受到的電場力向右，故

滑塊帶正電，故A錯誤；

B.滑塊向右運(yùn)動，經(jīng)過/點(diǎn)時滑塊的速度最大，此時

qE°=〃機(jī)g

滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)

mg

故B正確；

C.B、/兩點(diǎn)間電勢差

_kQkQ_kQ

UBA~~一

為4為

2

根據(jù)動能定理

r2

qUBA-^mg-^=~mvA

又

E一絲

聯(lián)立解得

故C錯誤；

D.設(shè)滑塊停止運(yùn)動時離。點(diǎn)的距離為x,根據(jù)動能定理

式華一與一-y)=0

~2

解得

x=24

故D正確。

第11頁/共25頁

故選BD?

9.如圖所示，處于豎直面內(nèi)半徑為尺的圓形區(qū)域磁場，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,。為圓

心，N5為豎直直徑，已知一帶正電的比荷為人的粒子從/點(diǎn)沿方向以某一速度V射入磁場后，經(jīng)時間f

射出磁場，射出時速度方向的偏轉(zhuǎn)角為60。，不計帶電粒子的重力。下列說法正確的是（）

A.帶電粒子的速度大小為丫='遜

k

B.若只讓粒子速度大小改為且y,則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為2/

33

C.若讓粒子速度大小改為火丫，入射方向改為右側(cè)與夾角30。，則粒子在磁場中運(yùn)動軌跡的長度

3

萬氏

為亍

D.若只改變?nèi)肷渌俣确较蜃屃Ｗ釉诖艌鲋械倪\(yùn)動時間最長，則粒子的入射方向與夾角的正弦值應(yīng)為

V3

~T

【答案】CD

【解析】

a

匕。?（

AiA5aA

甲乙丙丁

A.帶電粒子的速度為v時，其在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖甲所示，由題意可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為

ZAOXC=60°,所以帶電粒子做圓周運(yùn)動的半徑

rx=7?tan60°=V37?

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

第12頁/共25頁

V2

qvB=m——

可求得

v=^=43kBR

m

故A錯誤；

B.當(dāng)粒子的速度大小改為粒子做圓周運(yùn)動的半徑

3

則粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖乙所示。由圖乙可知，粒子在磁場中運(yùn)動的時間為

t2——

24

由圖甲可知

T

L/=——-

6

所以

3

K=-t

22

故B錯誤；

C.若粒子的速度為入射方向改為N5右側(cè)與N3夾角30。，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖丙所示,

3

由圖可知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為//。3。=60°，粒子做圓周運(yùn)動的半徑為

q=G=R

則粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡長度

兀

/7=—1x2C"々=-R--

633

故C正確;

D.若只讓粒子在磁場中運(yùn)動時間最長，則粒子在磁場中做圓周運(yùn)動對應(yīng)的弦最長，對應(yīng)最長弦為直徑

粒子運(yùn)動的軌跡如圖丁所示，由圖可知

.AR粗

sm〃=——=——

n3

第13頁/共25頁

由幾何關(guān)系可知，。角等于V與N2的夾角，則粒子的入射方向與N5夾角的正弦值應(yīng)為沖，故D正確。

3

故選CD。

10.如圖所示，豎直面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，其方向與x軸夾角為37。，現(xiàn)有質(zhì)量為加的一帶負(fù)電的小球，從

。點(diǎn)以速度必豎直向下拋出，已知小球的加速度沿x軸方向，則關(guān)于帶電小球運(yùn)動過程中的說法正確的是

()

B.小球的電勢能與重力勢能之和一直在減小

C.小球的電勢能與動能之和一直在減小

D.經(jīng)過/=2豈的時間，小球的機(jī)械能達(dá)到最小值

16g

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.小球加速度沿x軸方向，小球受到豎直向下的重力和與電場線方向相反的電場力，所以小球合

力沿x軸正方向，在豎直方向有

Fsin37°=mg

解得電場力

F：5mg

一亍

A正確；

B.小球所受合外力沿x軸正方向，小球做類平拋運(yùn)動，所以小球所受合力做正功，小球的動能增加，根

據(jù)能量守恒定律可知小球的電勢能與重力勢能之和一直在減小，B正確；

C.小球做類平拋運(yùn)動，小球的重力做正功，重力勢能減小，根據(jù)能量守恒定律可知小球的電勢能與動能

之和一直在增加，C錯誤；

D.電場力做負(fù)功，電勢能增加，小球機(jī)械能減小，所以電場力做負(fù)功最大時，小球機(jī)械能最小，沿電場

第14頁/共25頁

線方向建立直角坐標(biāo)系，則在電場力方向，速度為%cos53°,加速度為

57-mgcos53°=ma

解得

沿電場線方向，小球做勻減速直線運(yùn)動，減速至0用時為

3

v0cos53°==9v0

a16g

15g

此時電場力做負(fù)功最大，所以小球機(jī)械能最小，D正確。

故選ABDo

第II卷（非選擇題共54分）

三、非選擇題（本題共5小題，共54分）

11.描繪一個標(biāo)有“3V,0.5A”小燈泡L的伏安特性曲線，實(shí)驗(yàn)室提供的實(shí)驗(yàn)器材有：

A.電源E（電動勢為4V,內(nèi)阻約1。）

B.電流表4（量程為0.6A,內(nèi)阻約0.5。）

C.電流表4（量程為3A,內(nèi)阻約0.1。）

D.電壓表。1（量程為3V,內(nèi)阻約3kQ）

E.電壓表&（量程為15V,內(nèi)阻的15k。）

F.滑動變阻器用（最大阻值10。）

G.滑動變阻器&2（最大阻值100。）

H.開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干

（1）為了能多測幾組數(shù)據(jù)并能從。開始測量，某小組設(shè)計電路圖如圖，則在該電路中,電流表選擇

，電壓表選擇,滑動變阻器選擇（此三空均選填相應(yīng)器材前的代號）。

第15頁/共25頁

(2)在按照合理的電路及操作測量后，作出如圖(a)所示的小燈泡的伏安特性曲線?，F(xiàn)將同樣規(guī)格的小

燈泡分別接入如圖(b)、如圖(c)所示的電路中，已知電源電動勢E'=3.0V,電源內(nèi)阻r'=5。，圖(c)

中的定值電阻R=5Q,則圖(b)中小燈泡的實(shí)際功率為W,圖(c)中一個小燈泡的實(shí)際功率為

圖(a)圖(b)圖(c)

【答案】①.B②.D③.F④.0.43⑤.0.11

【解析】

【分析】

【詳解】由燈泡L的額定電壓、額定電流可知，電壓表應(yīng)選量程為3V的D,電流表應(yīng)選量程

為0.6A的B,為了能多測幾組數(shù)據(jù)并且從0開始調(diào)節(jié)，滑動變阻器采用分壓式接法，為了方便調(diào)節(jié)，減小

誤差，應(yīng)選阻值較小的F。

(2)[4]在如圖(b)的實(shí)驗(yàn)中，在小燈泡的伏安特性曲線圖中，畫出電源的外特性曲線，交點(diǎn)即為此時燈泡的

實(shí)際電壓與實(shí)際電流，如圖所示

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木//A

可知

q=1.15V,=0.37A

可得燈泡的實(shí)際功率為

4=UJi工0.43W

[5]在如圖(c)的實(shí)驗(yàn)中，設(shè)燈泡的實(shí)際電壓、實(shí)際電流為仿、12,由閉合電路歐姆定律可得

2。2=￡'-(/2+與)/

代入數(shù)據(jù)可得

/2=-0.8[72+0.6

把這個伏安特性曲線與燈泡的伏安特性曲線畫在同一坐標(biāo)中，如圖所示

U2=0.45V,I2=0.24A

可得燈泡的實(shí)際功率為

P2=[/2/2?0.11W

12.佳佳同學(xué)在做“練習(xí)使用多用電表”的實(shí)驗(yàn)時，進(jìn)行了如下測量:

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(1)測量電路的電壓時，選用直流50V量程，指針位置如圖中。所示，該電路兩電壓為V=

(2)測量電路的電流時，選擇開關(guān)處在電流“10mA”擋，指針位置如圖中6所示，被測電流的值為

mAo

(3)某歐姆表由于長時間未使用，電源電動勢和內(nèi)阻發(fā)生了明顯變化，導(dǎo)致無法進(jìn)行歐姆調(diào)零。小佳同學(xué)

用如圖甲所示的電路來研究其內(nèi)部的電源情況。實(shí)驗(yàn)時選擇歐姆表“xl”擋位，已知毫安表的量程為400mA,

內(nèi)阻約為IQo

甲

①在電路連接時，要注意毫安表的“一”接線柱要與歐姆表的(填“紅”或“黑”)表筆相連；

4

②調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，當(dāng)毫安表的讀數(shù)為400mA時，歐姆表指針偏轉(zhuǎn)到整個表盤1位置的2.5。刻度處,

如圖乙所示，則歐姆表表頭G的量程為mA；

③連續(xù)調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄多組電阻箱阻值R租通過毫安表的電流/,做出氏-：圖像，如圖丙所示,

則電源的電動勢￡=Vo在不考思實(shí)驗(yàn)偶然誤差的情況下，電源電動勢的測量值(填“大

于”“小于”或“等于")真實(shí)值。

【答案】?.20.56.0③.紅(4),500⑤.5⑥.等于

【解析】

【詳解】(1)[1]測量電路兩電壓時，選用直流50V量程，指針位置如圖中。所示，讀數(shù)時要讀中間的刻度

盤，最小刻度為IV,則該電路兩電壓為20.5V。

(2)[2]測量電路的電流時，選擇開關(guān)處在電流“10mA”擋，指針位置如圖中6所示，讀數(shù)時要讀中間

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的刻度盤，最小刻度為0.2A,被測電流的值為6.0mA。

(3)①[3]電流從歐姆表的紅表筆流入，從毫安表的“一”接線柱流出，所以毫安表的“一”接線柱要與

歐姆表的紅表筆相連；

②[4]設(shè)歐姆表表頭G的量程為4,由題意可得

4

—/=400mA

5g

解得歐姆表表頭G的量程為

/g=500mA

③[5]設(shè)回路中除電阻箱之外的總電阻為,，根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=I(R+r)

整理得

F

R=——r

I

可知氏-；圖像的斜率等于電源的電動勢，則有

12

E=k=—V=5V

2.4

⑹根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知并未引入由于電表內(nèi)阻而產(chǎn)生的系統(tǒng)誤差，則有

E真=/(氏+氏人+廠)

可得

可知在不考慮實(shí)驗(yàn)偶然誤差的情況下，氏-：圖像的斜率仍然等于電源的電動勢，則電源電動勢的測量值

等于真實(shí)值。

13.真空區(qū)域有寬度為/、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，MN、尸。是磁場的邊界。質(zhì)量為加、電荷量大

小為q的粒子(電性未知，不計重力)以速度v沿著與"N夾角。為60。的方向射入磁場中，剛好沒能從

邊界射出磁場。求粒子在磁場中運(yùn)動的時間。

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Q

xx

XX

"'N

8萬/?4兀I

【答案】----或----

9v3v

【解析】

【詳解】若粒子為正電荷：由幾何關(guān)系得

7]+Z]COS60°=I

得

2,

K=—1

13

由幾何關(guān)系得粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為

所以粒子在磁場中運(yùn)動的時間為

2個

-xQj

=_31_=8乃/

1V9v

若粒子為負(fù)電荷：由幾何關(guān)系

一々

r2cos600=/

r?=2l

由幾何關(guān)系得粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為

e=-n

3

所以粒子在磁場中運(yùn)動的時間為

1c

_寸2仃2_411

%一

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14.如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道/2C與光滑水平軌道尸/相切于/點(diǎn)，2C為圓弧軌

道/8C的直徑，。為圓心，。/和08之間的夾角a=37°。整個裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場中。一質(zhì)量

為加、電荷量為q（q〉0）的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）可以在圓弧軌道上的8點(diǎn)保持靜止?，F(xiàn)將該帶電小球

從水平軌道某點(diǎn)靜止釋放，小球經(jīng)/點(diǎn)沿圓弧軌道/2C恰好能通過C點(diǎn)。已知重力加速度大小為g,

sin37°=0.6,cos37°=0.80求：

（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；

（2）小球經(jīng)過C點(diǎn)時，電場力對小球做功的功率尸；（結(jié)果保留根號）

（3）小球在圓弧軌道上運(yùn)動時對軌道的最大壓力的大小。

【答案】（1）E=誓；（2）0=—警即；（3）F&=^mg

4q102

【解析】

【詳解】（1）小球可以在圓弧軌道上的2點(diǎn)保持靜止，小球受合力為0

qE

tana=--

mg

解得

E=3mg

"4q

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N

qE

a

mg、

F

(2)小球到達(dá)C點(diǎn)時受重力和電場力作用，合力的大小為尸

mg

cosa

設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小為匕，由牛頓第二定律得

F=m-

R

小球在C點(diǎn)電場力與速度夾角為143。，故小球在C點(diǎn)所受電場力做功的功率

P=qE-vccosl43°

解得

F

(3)在3點(diǎn)，重力和電場力的合力尸沿方向背離圓心，小球?qū)A弧軌道的壓力最大。

2到C過程，由動能定理得

—F-2R=—mv/--mvj

22

在8點(diǎn)，由牛頓第二定律得

2

NB-F=m^-

解得

N15

NB=—mg

由牛頓第三定律得：小球在圓弧軌道上運(yùn)動時對軌道的最大壓力為

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F

&=NB=-mg

15.如圖所示，質(zhì)量均為加的物體B、C分別與輕質(zhì)彈簧的兩端相拴接，將它們放在傾角為。=30。的光滑

斜面上，靜止時彈簧的形變量為飛。斜面底端有固定擋板D,物體C靠在擋板D上。將質(zhì)量也為加的物體

A從斜面上的某點(diǎn)由靜止釋放，A與B相碰。已知重力加速度為g,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻

力。

(1)求彈簧的勁度系數(shù)左；

(2)若A與B相碰后粘連在一起開始做簡諧運(yùn)動，當(dāng)A與B第一次運(yùn)動到最高點(diǎn)時，C