2024-2025學年河南省南陽市高二上學期11月期中物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024年秋期高中二年級期中質(zhì)量評估物理試題注意事項：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效。4.保持卡面清潔，不折疊，不破損。5.本試卷分試題卷和答題卷兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。一、單項選擇題（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中，只有一項是符合題目要求的）1.下面是某同學對一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A.人們把電子叫做元電荷B.根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義式可知，若長度為1m的直導體棒中通過1A的電流，放在勻強磁場中受到的安培力為1N，就說明磁感應(yīng)強度一定是1TC.根據(jù)電場強度的定義式可知，電場中某點的電場強度與試探電荷所受的庫侖力成正比D.根據(jù)電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的負電荷，從a點移動到b點的過程中克服電場力做功為1J，則a、b兩點間的電勢差【答案】D【解析】A．元電荷是最小的電荷量，故A錯誤；B．磁感應(yīng)強度的定義式的適用條件是導線與勻強磁場垂直，即只有當磁場與導線垂直時，磁感應(yīng)強度才是1T。B錯誤；C．電場強度的定義式為比值法定義，電場強度與試探電荷無關(guān)。C錯誤；D．根據(jù)電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的負電荷，從a點移動到b點的過程中克服電場力做功為1J，則a、b兩點間的電勢差D正確。故選D。2.如圖為靜電除塵機原理示意圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的。圖中虛線為電場線（方向未標）。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則（）A.每個塵埃的運動軌跡都與一條電場線重合B.圖中A點電勢低于B點電勢C.塵埃在遷移過程中做勻變速運動D.塵埃在遷移過程中電勢能增大【答案】B【解析】A．粒子僅受電場力，電場線為直線時，運動軌跡才有可能與電場線重合，并且要求初速度為零或者方向與電場線方向一致；塵埃運動方向和電場力方向有夾角，運動軌跡不能與電場線重合，A錯誤；B．帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，A點更靠近放電極，所以圖中A點電勢低于B點電勢，B正確；C．放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的，塵埃的加速度是變化的，C錯誤；D．根據(jù)電勢能可知負電荷從低電勢處向高電勢處移動，電勢能減小，D錯誤。故選B。3.如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1，2，3，已知MN=NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出，僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則（）A.a一定帶正電，b一定帶負電B.a動能增大，b動能減小C.MN兩點電勢差大于NQ兩點電勢差D.a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小【答案】C【解析】A．由于電場方向不確定，則粒子所受電場力方向與電場強度方向的關(guān)系也不確定，即粒子的電性不確定，故A錯誤；B．曲線運動合力彎向軌跡內(nèi)側(cè)，所以兩粒子受到的合力與速度方向夾角為銳角，合力做正功，兩粒子動能都增大，故B錯誤；C．MN之間任意位置電場線分布均比NQ之間任意位置密集一些，則MN之間任意位置電場強度分布均比NQ之間任意位置大，根據(jù)可知，MN電勢差大于NQ兩點電勢差，故C正確；D．根據(jù)動能定理有，根據(jù)上述，MN電勢差大于NQ兩點電勢差，由于兩粒子所帶電荷量大小關(guān)系不確定，則a粒子到達等勢線3的動能變化量與b粒子到達等勢線1的動能變化量大小關(guān)系也不能夠確定，故D錯誤。故選C。4.靜電場方向平行于x軸，將一電荷量為-q的帶電粒子在x=d處由靜止釋放，粒子只在電場力作用下沿x軸運動，其電勢能Ep隨x的變化關(guān)系如圖所示。若規(guī)定x軸正方向為電場強度E、加速度a的正方向，四幅示意圖分別表示電勢φ隨x的分布、場強E隨x的分布、粒子的加速度a隨x變化的關(guān)系和粒子的動能Ek隨x變化的關(guān)系，其中正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】A．根據(jù)可知，由于粒子帶負電，則φ-x圖像電勢的變化應(yīng)與題圖中Ep的變化相反，如圖所示A錯誤；B．φ-x圖像的斜率表示電場強度，沿電場方向電勢逐漸降低，則知在x=0的左側(cè)，存在向左的勻強電場，x=0右側(cè)存在向右的勻強電場，B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律知粒子在勻強電場中運動時加速度不變，由于粒子帶負電，粒子的加速度在x=0左側(cè)為正值，大小不變，在x=0右側(cè)加速度為負值，且大小不變，C錯誤；D．因為帶電粒子只受電場力作用，所以帶電粒子的動能與電勢能總和保持不變，即Ek-x圖像應(yīng)與Ep-x圖像的形狀上下對稱，D正確。故選D。5.如圖所示的磁流體發(fā)電機由彼此正對的兩水平且彼此平行的金屬板M、N構(gòu)成，M、N間存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1，兩金屬板與兩平行且在水平面內(nèi)放置的金屬導軌相連，金屬板M、N及兩平行金屬導軌間的距離均為d，平行金屬導軌間存在磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，磁場的方向與豎直方向成θ角斜向左上方，在兩平行金屬導軌上放有一長為d的直導體棒PQ，直導體棒PQ與兩平行金屬導軌垂直，其電阻為R，其余電阻不計。在兩平行金屬板M、N間垂直于磁場方向噴入一束速度大小為v0的等離子體（不計重力），PQ仍靜止在導軌上，已知導體棒的質(zhì)量為m，它與金屬導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.通過導體棒的電流方向為P→QB.導體棒受到的安培力大小為C.導體棒受到金屬導軌的摩擦力大小為D.金屬導軌對導體棒的支持力大小為【答案】D【解析】A．根據(jù)左手定則，等離子體射入磁場后，正離子受向下的洛倫茲力打在N板，負離子受到向上的洛倫茲力，打在M板上，所以N板帶正電，M板帶負電，通過導體棒的電流方向為Q→P，A錯誤；B．設(shè)MN板間的電壓為,有可得通過導體棒的電流為導體棒受到的安培力大小為方向垂直方向斜向上，B錯誤；C．導體棒受力分析如圖導體棒受到金屬導軌的摩擦力大小為C錯誤；D．金屬導軌對導體棒的支持力大小為D正確。故選D。6.如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓板O和金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，金屬圓板和金屬圓筒分別接在電源的兩端。一個質(zhì)子從圓板O的中心由靜止開始加速，沿中心軸線進入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速。已知質(zhì)子電量為e，質(zhì)量為m，加速時電壓U大小相同。不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.M點電勢一直高于N點電勢B.圓筒A、B、C、D、E的長度之比為C.質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為D.質(zhì)子每經(jīng)過一次狹縫速度的增加量為【答案】B【解析】A．質(zhì)子從O點由靜止開始被加速，此時M點電勢高于N點電勢；從A筒射出時，繼續(xù)被加速，此時M點電勢低于N點電勢；從B筒射出時，還要被加速，此時M點電勢再次高于N點電勢。此后，M點電勢和N點電勢交替變化，故A錯誤；B．由動能定理可知，質(zhì)子第一次加速后進入A筒的速度為同理，第二次加速后進入B筒的速度為第三次加速后進入C筒的速度為由題意可知，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速直線運動的時間均為T，根據(jù)可知，圓筒A、B、C、D、E的長度之比為故B正確；C．由B選項分析可知，質(zhì)子從圓筒E射出時，經(jīng)過5次加速，由動能定理可得故C錯誤；D．由B選項分析可知，質(zhì)子由O點到A筒，速度的增加量為從A筒射出到進入B筒，速度增加量為故D錯誤。7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，電場強度大小為E，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q>0）的帶電小球（可視為點電荷），使小球獲得一初速度后能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動。A、B為水平方向的直徑，小球運動到B點時細線的拉力恰好為小球在A點時細線拉力的6倍。下列說法正確的是（）A.小球運動到B點時，動能最大B.小球運動到A點時，動能為C.小球運動到B點時，向心加速度大小為D.小球在A點和B點時的動能之比為5∶13【答案】C【解析】A．由題意，可知小球在受力平衡位置時動能最大，由于小球重力跟電場力的合力斜向左下方，可知該位置應(yīng)在運動軌跡的最低點與B點之間某一位置，所以其在B點時的動能不是最大，故A錯誤。BD．設(shè)小球在A點和B點時細線的拉力分別為和。根據(jù)牛頓第二定律有小球從A點運動到B點，根據(jù)動能定理有聯(lián)立求得，則小球在A點和B點時的動能之比為11：31，故BD錯誤；C．小球運動到B點時，向心加速度大小為故C正確。故選C。二、多項選擇題（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中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分）8.在磁場中的同一位置放置一條直導線，導線的方向與磁場方向垂直。先后在導線中通入不同的電流，導線所受的力也不一樣。如圖中的幾幅圖象表現(xiàn)的是導線受力的大小F與通過導線的電流I的關(guān)系。a、b各代表一組F—I的數(shù)據(jù)。下列圖中正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】導線的方向與磁場方向垂直，根據(jù)安培力公式可知，安培力F=BIL由于磁場強度B和導線長度L不變，因此F與I的關(guān)系圖象為過原點的直線，故BC正確，AD錯誤。故選BC。9.如圖，兩個分別用長13cm的絕緣細線懸掛于同一點的相同小球a、b（可看作質(zhì)點），帶有同種電荷。由于靜電力的作用，靜止時它們之間的距離為10cm。已測得每個小球的質(zhì)量是0.06g，，。則（）A.b對a的靜電力大小為B.b對a靜電力大小為2.5NC.a、b小球的帶電量可能均為D.a、b小球的帶電量可能分別為和【答案】ACD【解析】AB．由題意，設(shè)細線與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可得對小球a受力分析，有向下的重力，水平向左的靜電力和沿著細線向上的拉力。小球a在三個力作用下處于平衡狀態(tài)。則又則故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)庫侖定律，可知靜電力為若a、b小球的帶電量可能均為，符合上式；a、b小球的帶電量可能分別為和，也符合上式。故CD正確。10.如圖所示，勻強電場的方向與長方形abcd所在的平面平行，。電子從a點運動到b點的過程中電場力做的功為4.5eV；電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5eV。以a點的電勢為電勢零點，下列說法正確的是（）A.b點的電勢為4.5VB.c點的電勢為C.該勻強電場的方向由b點指向d點D.該勻強電場的方向由b點垂直指向直線ac【答案】AD【解析】A．根據(jù)題意，結(jié)合電場力做功與電勢差的關(guān)系可得，電子從a點運動到b點的過程中解得又則b點的電勢為故A正確；B．電子從a點運動到d點的過程中解得即d點的電勢為勻強電場中，沿著任一方向，相同長度電勢的降落是相同的。連接bd兩點，可知bd中點的電勢為0，結(jié)合幾何關(guān)系，可知a點和c點與bd的中點在一條直線上，即c點的電勢為0，故B錯誤；CD．由B選項分析可知，ac連線為一條等勢線。電場線與等勢線相互垂直，且指向電勢降落的方向。故該勻強電場的方向由b點垂直指向直線ac，故D正確，C錯誤。三、實驗題（本題共2小題，共14分。把答案填在答題卡上對應(yīng)位置）11.奧斯特在尋找電和磁的聯(lián)系時，總是把磁針放在通電導線的延長線上，結(jié)果實驗均以失敗告終。1820年4月，在一次講課中，他偶然地把導線放置在一個指南針的上方，通電時磁針轉(zhuǎn)動了。這個現(xiàn)象雖然沒有引起聽眾的注意，但卻是奧斯特盼望已久的。他連續(xù)進行了大量研究，同年7月發(fā)表論文，宣布發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電與磁的聯(lián)系。如圖，是一個水平放置的小磁針，奧斯特做實驗時，可以使小磁針逆時針轉(zhuǎn)動（從上向下看）的是（）A.把水平導線沿左右方向放在小磁針的上方，通入向右的電流B.把水平導線沿左右方向放在小磁針的下方，通入向右的電流C.把豎直導線放在小磁針的左側(cè)，通入向上的電流D.把豎直導線放在小磁針的右側(cè)，通入向上的電流【答案】AC【解析】A．把水平導線沿左右方向放在小磁針的上方，通入向右的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向里，則小磁針N極受到的磁場力向里，S極受到的磁場力向外，從上向下看小磁針逆時針轉(zhuǎn)動，故A正確；B．把水平導線沿左右方向放在小磁針的下方，通入向右的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向外，則小磁針N極受到的磁場力向外，S極受到的磁場力向里，從上向下看小磁針順時針轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C．把豎直導線放在小磁針的左側(cè)，通入向上的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向里，則小磁針N極受到的磁場力向里，S極受到的磁場力向外，所以從上向下看小磁針逆時針轉(zhuǎn)動，故C正確；D．把豎直導線放在小磁針的右側(cè)，通入向上的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向外，則小磁針N極受到的磁場力向外，S極受到的磁場力向里，所以從上向下看小磁針順時針轉(zhuǎn)動，故D錯誤。故選AC。12.圖甲為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E、是電池；R1、R2、R5、R6是固定電阻，R3、R4是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω。該多用電表有6個擋位：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆擋和擋。（1）當S調(diào)到______時多用電表測的是電流，其中S調(diào)到______時電流表量程較大（在1、2、3、4、5、6中選填）。圖中______（填A(yù)或B）是紅表筆。（2）關(guān)于R3、R4的使用，下列說法正確的是（填正確答案標號）。A.在使用多用電表之前，調(diào)整R3、R4使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B.使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整R3或R4使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C.使用電流擋時，調(diào)整R3、R4使用電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據(jù)給出的條件可得R1+R2=______Ω，R1=______Ω，R5=______Ω。（4）某次測量時該多用電表指針位置如圖乙所示。若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀數(shù)為______?！敬鸢浮浚?）1、21A（2）B（3）16064880（4）1.75mA【解析】（1）[1]當S調(diào)到1時，表頭與串聯(lián)后再與并聯(lián)，改裝成電流表，當S調(diào)到2時，與串聯(lián)后再與表頭并聯(lián)，改裝成電流表，即當S調(diào)到1、2時多用電表測的是電流；[2]S調(diào)到1時，改裝電流表的量程S調(diào)到2時，改裝電流表的量程可知，S調(diào)到1時電流表量程較大；[3]由電源正負極可知，電路中電流從表筆A進入，從表筆B流出，結(jié)合“紅進黑出”規(guī)律可知，圖中A是紅表筆。（2）A．在使用多用電表之前，需要進行機械調(diào)零，即調(diào)整機械調(diào)零旋鈕，使電表指針指在表盤左端電流“0”位置，故A錯誤；B．使用歐姆擋時，需要進行歐姆調(diào)零，即先將兩表筆短接，調(diào)整R3或R4使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置，故B正確；C．結(jié)合上述可知，當S調(diào)到1、2時，使用的才是電流擋，此時R3、R4不起作用，故C錯誤。故選B。（3）[1][2]結(jié)合上述，S調(diào)到1時電流表量程較大，即S調(diào)到1時，量程為1mA擋，S調(diào)到2時，量程為2.5mA擋，根據(jù)，解得R1+R2=160Ω，R1=64Ω[3]S調(diào)到5時電路串聯(lián)電阻小于調(diào)到6時串聯(lián)的總電阻，可知，S調(diào)到5時電壓表的量程較小，該量程為直流電壓1V擋，根據(jù)結(jié)合上述解得（4）時B端是與“1”相連，改裝成2.5mA的電流表，根據(jù)電流表的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為1.75mA。四、計算題（本題共3小題，共40分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一個電子從O點垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回。已知O、A兩點相距為h，電子質(zhì)量為m，電子的電荷量大小為e，重力忽略不計，求：（1）電子在O點射出時的速度；（2）電子從A點返回到O點電勢能的變化。【答案】（1）（2）電勢能減少了【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律，可得由題圖可知，兩金屬板間的電場方向向右，電子在電場力的作用下做勻減速直線運動。根據(jù)公式結(jié)合可得，電子在O點射出時的速度為（2）電子從A點返回到O點的過程中，電場力做的功即電場力做正功根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能減少了。14.一輛電動自行車的部分技術(shù)指標如下：整車質(zhì)量，載重，額定輸出功率，電動機額定工作電壓，額定工作電流。已知在水平直路上行駛過程中電動自行車受阻力是車重（包括載重）的0.03倍，重力加速度取，求：（1）此電動自行車所用電動機的效率及內(nèi)阻；（2）該電動自行車滿載情況下在水平直路上以額定功率勻速行駛的速度大??；（3）仍在上述道路上行駛，若電動自行車滿載時以額定功率行駛，當車速為時的加速度大小。【答案】（1），（2）（3）【解析】（1）由題可知，輸出功率，輸入功率故電動機的效率為則內(nèi)阻消耗的功率解得（2）根據(jù)解得（3）由功率公式得由牛頓第二定律得聯(lián)立解得15.如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有聯(lián)立得當時，B有最小值，可得（2）將電子的速度分解，如圖所示有當有最大值時，最大，R最大，此時，又，聯(lián)立可得，（3）當最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有由牛頓第二定律知又聯(lián)立得2024年秋期高中二年級期中質(zhì)量評估物理試題注意事項：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效。4.保持卡面清潔，不折疊，不破損。5.本試卷分試題卷和答題卷兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。一、單項選擇題（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中，只有一項是符合題目要求的）1.下面是某同學對一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A.人們把電子叫做元電荷B.根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義式可知，若長度為1m的直導體棒中通過1A的電流，放在勻強磁場中受到的安培力為1N，就說明磁感應(yīng)強度一定是1TC.根據(jù)電場強度的定義式可知，電場中某點的電場強度與試探電荷所受的庫侖力成正比D.根據(jù)電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的負電荷，從a點移動到b點的過程中克服電場力做功為1J，則a、b兩點間的電勢差【答案】D【解析】A．元電荷是最小的電荷量，故A錯誤；B．磁感應(yīng)強度的定義式的適用條件是導線與勻強磁場垂直，即只有當磁場與導線垂直時，磁感應(yīng)強度才是1T。B錯誤；C．電場強度的定義式為比值法定義，電場強度與試探電荷無關(guān)。C錯誤；D．根據(jù)電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的負電荷，從a點移動到b點的過程中克服電場力做功為1J，則a、b兩點間的電勢差D正確。故選D。2.如圖為靜電除塵機原理示意圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的。圖中虛線為電場線（方向未標）。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則（）A.每個塵埃的運動軌跡都與一條電場線重合B.圖中A點電勢低于B點電勢C.塵埃在遷移過程中做勻變速運動D.塵埃在遷移過程中電勢能增大【答案】B【解析】A．粒子僅受電場力，電場線為直線時，運動軌跡才有可能與電場線重合，并且要求初速度為零或者方向與電場線方向一致；塵埃運動方向和電場力方向有夾角，運動軌跡不能與電場線重合，A錯誤；B．帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，A點更靠近放電極，所以圖中A點電勢低于B點電勢，B正確；C．放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的，塵埃的加速度是變化的，C錯誤；D．根據(jù)電勢能可知負電荷從低電勢處向高電勢處移動，電勢能減小，D錯誤。故選B。3.如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1，2，3，已知MN=NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出，僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則（）A.a一定帶正電，b一定帶負電B.a動能增大，b動能減小C.MN兩點電勢差大于NQ兩點電勢差D.a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小【答案】C【解析】A．由于電場方向不確定，則粒子所受電場力方向與電場強度方向的關(guān)系也不確定，即粒子的電性不確定，故A錯誤；B．曲線運動合力彎向軌跡內(nèi)側(cè)，所以兩粒子受到的合力與速度方向夾角為銳角，合力做正功，兩粒子動能都增大，故B錯誤；C．MN之間任意位置電場線分布均比NQ之間任意位置密集一些，則MN之間任意位置電場強度分布均比NQ之間任意位置大，根據(jù)可知，MN電勢差大于NQ兩點電勢差，故C正確；D．根據(jù)動能定理有，根據(jù)上述，MN電勢差大于NQ兩點電勢差，由于兩粒子所帶電荷量大小關(guān)系不確定，則a粒子到達等勢線3的動能變化量與b粒子到達等勢線1的動能變化量大小關(guān)系也不能夠確定，故D錯誤。故選C。4.靜電場方向平行于x軸，將一電荷量為-q的帶電粒子在x=d處由靜止釋放，粒子只在電場力作用下沿x軸運動，其電勢能Ep隨x的變化關(guān)系如圖所示。若規(guī)定x軸正方向為電場強度E、加速度a的正方向，四幅示意圖分別表示電勢φ隨x的分布、場強E隨x的分布、粒子的加速度a隨x變化的關(guān)系和粒子的動能Ek隨x變化的關(guān)系，其中正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】A．根據(jù)可知，由于粒子帶負電，則φ-x圖像電勢的變化應(yīng)與題圖中Ep的變化相反，如圖所示A錯誤；B．φ-x圖像的斜率表示電場強度，沿電場方向電勢逐漸降低，則知在x=0的左側(cè)，存在向左的勻強電場，x=0右側(cè)存在向右的勻強電場，B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律知粒子在勻強電場中運動時加速度不變，由于粒子帶負電，粒子的加速度在x=0左側(cè)為正值，大小不變，在x=0右側(cè)加速度為負值，且大小不變，C錯誤；D．因為帶電粒子只受電場力作用，所以帶電粒子的動能與電勢能總和保持不變，即Ek-x圖像應(yīng)與Ep-x圖像的形狀上下對稱，D正確。故選D。5.如圖所示的磁流體發(fā)電機由彼此正對的兩水平且彼此平行的金屬板M、N構(gòu)成，M、N間存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1，兩金屬板與兩平行且在水平面內(nèi)放置的金屬導軌相連，金屬板M、N及兩平行金屬導軌間的距離均為d，平行金屬導軌間存在磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，磁場的方向與豎直方向成θ角斜向左上方，在兩平行金屬導軌上放有一長為d的直導體棒PQ，直導體棒PQ與兩平行金屬導軌垂直，其電阻為R，其余電阻不計。在兩平行金屬板M、N間垂直于磁場方向噴入一束速度大小為v0的等離子體（不計重力），PQ仍靜止在導軌上，已知導體棒的質(zhì)量為m，它與金屬導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.通過導體棒的電流方向為P→QB.導體棒受到的安培力大小為C.導體棒受到金屬導軌的摩擦力大小為D.金屬導軌對導體棒的支持力大小為【答案】D【解析】A．根據(jù)左手定則，等離子體射入磁場后，正離子受向下的洛倫茲力打在N板，負離子受到向上的洛倫茲力，打在M板上，所以N板帶正電，M板帶負電，通過導體棒的電流方向為Q→P，A錯誤；B．設(shè)MN板間的電壓為,有可得通過導體棒的電流為導體棒受到的安培力大小為方向垂直方向斜向上，B錯誤；C．導體棒受力分析如圖導體棒受到金屬導軌的摩擦力大小為C錯誤；D．金屬導軌對導體棒的支持力大小為D正確。故選D。6.如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓板O和金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，金屬圓板和金屬圓筒分別接在電源的兩端。一個質(zhì)子從圓板O的中心由靜止開始加速，沿中心軸線進入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速。已知質(zhì)子電量為e，質(zhì)量為m，加速時電壓U大小相同。不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.M點電勢一直高于N點電勢B.圓筒A、B、C、D、E的長度之比為C.質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為D.質(zhì)子每經(jīng)過一次狹縫速度的增加量為【答案】B【解析】A．質(zhì)子從O點由靜止開始被加速，此時M點電勢高于N點電勢；從A筒射出時，繼續(xù)被加速，此時M點電勢低于N點電勢；從B筒射出時，還要被加速，此時M點電勢再次高于N點電勢。此后，M點電勢和N點電勢交替變化，故A錯誤；B．由動能定理可知，質(zhì)子第一次加速后進入A筒的速度為同理，第二次加速后進入B筒的速度為第三次加速后進入C筒的速度為由題意可知，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速直線運動的時間均為T，根據(jù)可知，圓筒A、B、C、D、E的長度之比為故B正確；C．由B選項分析可知，質(zhì)子從圓筒E射出時，經(jīng)過5次加速，由動能定理可得故C錯誤；D．由B選項分析可知，質(zhì)子由O點到A筒，速度的增加量為從A筒射出到進入B筒，速度增加量為故D錯誤。7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，電場強度大小為E，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q>0）的帶電小球（可視為點電荷），使小球獲得一初速度后能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動。A、B為水平方向的直徑，小球運動到B點時細線的拉力恰好為小球在A點時細線拉力的6倍。下列說法正確的是（）A.小球運動到B點時，動能最大B.小球運動到A點時，動能為C.小球運動到B點時，向心加速度大小為D.小球在A點和B點時的動能之比為5∶13【答案】C【解析】A．由題意，可知小球在受力平衡位置時動能最大，由于小球重力跟電場力的合力斜向左下方，可知該位置應(yīng)在運動軌跡的最低點與B點之間某一位置，所以其在B點時的動能不是最大，故A錯誤。BD．設(shè)小球在A點和B點時細線的拉力分別為和。根據(jù)牛頓第二定律有小球從A點運動到B點，根據(jù)動能定理有聯(lián)立求得，則小球在A點和B點時的動能之比為11：31，故BD錯誤；C．小球運動到B點時，向心加速度大小為故C正確。故選C。二、多項選擇題（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中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分）8.在磁場中的同一位置放置一條直導線，導線的方向與磁場方向垂直。先后在導線中通入不同的電流，導線所受的力也不一樣。如圖中的幾幅圖象表現(xiàn)的是導線受力的大小F與通過導線的電流I的關(guān)系。a、b各代表一組F—I的數(shù)據(jù)。下列圖中正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】導線的方向與磁場方向垂直，根據(jù)安培力公式可知，安培力F=BIL由于磁場強度B和導線長度L不變，因此F與I的關(guān)系圖象為過原點的直線，故BC正確，AD錯誤。故選BC。9.如圖，兩個分別用長13cm的絕緣細線懸掛于同一點的相同小球a、b（可看作質(zhì)點），帶有同種電荷。由于靜電力的作用，靜止時它們之間的距離為10cm。已測得每個小球的質(zhì)量是0.06g，，。則（）A.b對a的靜電力大小為B.b對a靜電力大小為2.5NC.a、b小球的帶電量可能均為D.a、b小球的帶電量可能分別為和【答案】ACD【解析】AB．由題意，設(shè)細線與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可得對小球a受力分析，有向下的重力，水平向左的靜電力和沿著細線向上的拉力。小球a在三個力作用下處于平衡狀態(tài)。則又則故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)庫侖定律，可知靜電力為若a、b小球的帶電量可能均為，符合上式；a、b小球的帶電量可能分別為和，也符合上式。故CD正確。10.如圖所示，勻強電場的方向與長方形abcd所在的平面平行，。電子從a點運動到b點的過程中電場力做的功為4.5eV；電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5eV。以a點的電勢為電勢零點，下列說法正確的是（）A.b點的電勢為4.5VB.c點的電勢為C.該勻強電場的方向由b點指向d點D.該勻強電場的方向由b點垂直指向直線ac【答案】AD【解析】A．根據(jù)題意，結(jié)合電場力做功與電勢差的關(guān)系可得，電子從a點運動到b點的過程中解得又則b點的電勢為故A正確；B．電子從a點運動到d點的過程中解得即d點的電勢為勻強電場中，沿著任一方向，相同長度電勢的降落是相同的。連接bd兩點，可知bd中點的電勢為0，結(jié)合幾何關(guān)系，可知a點和c點與bd的中點在一條直線上，即c點的電勢為0，故B錯誤；CD．由B選項分析可知，ac連線為一條等勢線。電場線與等勢線相互垂直，且指向電勢降落的方向。故該勻強電場的方向由b點垂直指向直線ac，故D正確，C錯誤。三、實驗題（本題共2小題，共14分。把答案填在答題卡上對應(yīng)位置）11.奧斯特在尋找電和磁的聯(lián)系時，總是把磁針放在通電導線的延長線上，結(jié)果實驗均以失敗告終。1820年4月，在一次講課中，他偶然地把導線放置在一個指南針的上方，通電時磁針轉(zhuǎn)動了。這個現(xiàn)象雖然沒有引起聽眾的注意，但卻是奧斯特盼望已久的。他連續(xù)進行了大量研究，同年7月發(fā)表論文，宣布發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電與磁的聯(lián)系。如圖，是一個水平放置的小磁針，奧斯特做實驗時，可以使小磁針逆時針轉(zhuǎn)動（從上向下看）的是（）A.把水平導線沿左右方向放在小磁針的上方，通入向右的電流B.把水平導線沿左右方向放在小磁針的下方，通入向右的電流C.把豎直導線放在小磁針的左側(cè)，通入向上的電流D.把豎直導線放在小磁針的右側(cè)，通入向上的電流【答案】AC【解析】A．把水平導線沿左右方向放在小磁針的上方，通入向右的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向里，則小磁針N極受到的磁場力向里，S極受到的磁場力向外，從上向下看小磁針逆時針轉(zhuǎn)動，故A正確；B．把水平導線沿左右方向放在小磁針的下方，通入向右的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向外，則小磁針N極受到的磁場力向外，S極受到的磁場力向里，從上向下看小磁針順時針轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C．把豎直導線放在小磁針的左側(cè)，通入向上的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向里，則小磁針N極受到的磁場力向里，S極受到的磁場力向外，所以從上向下看小磁針逆時針轉(zhuǎn)動，故C正確；D．把豎直導線放在小磁針的右側(cè)，通入向上的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針所在處產(chǎn)生的磁場向外，則小磁針N極受到的磁場力向外，S極受到的磁場力向里，所以從上向下看小磁針順時針轉(zhuǎn)動，故D錯誤。故選AC。12.圖甲為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E、是電池；R1、R2、R5、R6是固定電阻，R3、R4是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω。該多用電表有6個擋位：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆擋和擋。（1）當S調(diào)到______時多用電表測的是電流，其中S調(diào)到______時電流表量程較大（在1、2、3、4、5、6中選填）。圖中______（填A(yù)或B）是紅表筆。（2）關(guān)于R3、R4的使用，下列說法正確的是（填正確答案標號）。A.在使用多用電表之前，調(diào)整R3、R4使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B.使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整R3或R4使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C.使用電流擋時，調(diào)整R3、R4使用電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據(jù)給出的條件可得R1+R2=______Ω，R1=______Ω，R5=______Ω。（4）某次測量時該多用電表指針位置如圖乙所示。若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀數(shù)為______?！敬鸢浮浚?）1、21A（2）B（3）16064880（4）1.75mA【解析】（1）[1]當S調(diào)到1時，表頭與串聯(lián)后再與并聯(lián)，改裝成電流表，當S調(diào)到2時，與串聯(lián)后再與表頭并聯(lián)，改裝成電流表，即當S調(diào)到1、2時多用電表測的是電流；[2]S調(diào)到1時，改裝電流表的量程S調(diào)到2時，改裝電流表的量程可知，S調(diào)到1時電流表量程較大；[3]由電源正負極可知，電路中電流從表筆A進入，從表筆B流出，結(jié)合“紅進黑出”規(guī)律可知，圖中A是紅表筆。（2）A．在使用多用電表之前，需要進行機械調(diào)零，即調(diào)整機械調(diào)零旋鈕，使電表指針指在表盤左端電流“0”位置，故A