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2021-2022学年安徽省合肥六中、八中、168中学等校高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省合肥六中、八中、168中学等校高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了13×10−3sB，5×103ΩD，6kg、电荷量为+1，【答案】A，【答案】C，【答案】D，【答案】B，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省合肥六中、八中、168中学等校高二（上）期末物理试卷
1. 为使同学们能更好地学习，探索浩瀚的物理世界，教材中设计了问题、实验、演示、科学方法等11种栏目。在《必修三》“科学方法”栏目中介绍了用物理量之比定义新物理量，它是物理学中一种常用方法。以下物理量表达式中属于用物理量之比定义电场强度的是( )
A. E=Fq B. E=kQr2 C. E=Ud D. E=Wq
2. 2021年12月9日，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课，如图所示。已知神舟十三号空间实验室轨道半径为6740km，地球半径为6400km，则航天员讲课的实时画面从神舟十三号空间实验室发至地面接收站需要的时间最少为( )
A. 1.13×10−3s B. 2.47×10−2s C. 2.13×10−2s D. 1.13×10−2s
3. 如图所示为两个量程的电压表，当使用A、B两个端点时，量程为0∼5V，当使用A、C两个端点时，量程是0∼15V。已知表头电阻Rg=500Ω，满偏电流Ig为1mA，则在该电路中( )
A. R1起分流作用，保护表头 B. R2起分流作用，保护表头
C. R1起分压作用，R1=4.5×103Ω D. R2起分压作用，R2=1.0×103Ω
4. 在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( )
A. 在t1∼t3时间内，通过电阻R电流方向先向上然后向下
B. 在t1∼t3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量为零
C. t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D. 在t1∼t3时间内，通过电阻R的电荷量为2E0(R+r)ω
5. 如图(a)所示的直线AB是电场中的一条电场线，沿与直线AB成θ=37∘角的方向建立直线坐标Ox，令原点O处电势为零，则Ox坐标轴上的电势φ与x坐标关系图像为过原点的直线，如图(b)所示，直线上P点坐标已标注在图中，下列说法正确的是( )
A. 电场方向由B指向A B. 电场为点电荷产生的电场
C. 该电场的场强大小为1.6×102V/m D. 该电场的场强大小为2.0×102V/m
6. 疫情不退，口罩不摘，戴口罩大家应牢记“防护第一，舒适第二”!熔喷布是医用口罩的最核心的材料。如图所示，工厂在生产熔喷布时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上(B接正极，A接负极)，G是灵敏电流计。熔喷布变厚会导致电介质相对介电常数εr增大，当熔喷布匀速从两极板间穿过时，关于说法正确的是( )
A. 熔喷布突然变厚时，电容器两端电压变大
B. 熔喷布突然变厚时，电容器的电容变小
C. 熔喷布突然变厚时，有自b向a的电流流过灵敏电流计
D. 熔喷布的厚度未发生变化时，灵敏电流计读数不为零
7. 在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况。以下说法正确的是( )
A. 图线c表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况
B. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变小
D. 此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值变大
8. 如图所示，真空中有三个带正电的点电荷，它们固定在边长为a的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q(q>0)。若引入一个点电荷P，放在等边三角形的中心，使三角形顶点处的电荷所受静电力合力为零，则下列说法正确的是( )
A. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为2kq2a2
B. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为33kq2a2
C. 引入的点电荷P带负电，所带电荷量为Q=33q
D. 引入的点电荷P带正电，所带电荷量为Q=3q
9. 在固定的等量同种点电荷+Q和+Q连线的正中央虚拟一个正方体空间模型，abcd面和a′b′c′d′面的中心分别为O、O′(c、O没有画出)，下列说法正确的是( )
A. 点d、d′处的场强相同
B. a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等
C. 将一正试探电荷从a移到c′，电荷的电势能增大
D. 将一正试探电荷从O′点由静止释放，将在O′、O间做往复运动
10. 如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f(O点未标出)，两根直导线垂直纸面放在a、d两点。现给导线通有大小相等、方向垂直纸面向里的电流，下列说法正确的是( )
A. O处磁感应强度最大
B. b、e两处磁场方向相同
C. f、c两处磁场方向相反
D. b、c、e、f四个点的磁感应强度大小相等
11. 如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，现有一个质量为0.6kg、电荷量为+1.0×10−8C的滑块P(可看做质点)，仅在电场力作用下由静止沿x轴正方向运动。运动过程中物块的电势能Ep与坐标x的关系如图曲线表示，曲线过点(0.7,1)，图中斜线为该曲线的切线，过切点(0.3,3)和(0.6,0)。则下列说法正确的是( )
A. 该滑块运动的速度越来越大
B. x=0.3m处的电势比x=0.7m处的电势低
C. x=0.3m处的场强大小为5×102N/C
D. x=0.3m与x=0.7m间的电势差是2×102V
12. 如图所示，有界匀强磁场的宽度为2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。正方形是粗细均匀的导体框，总电阻为4R，边长为L，该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线ac(垂直于磁场边界)由Ⅰ位置匀速运动到Ⅲ位置，速度大小为v，则导体框( )
A. 由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中，感应电流的方向不变
B. 由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中，感应电流的方向先逆时针后顺时针
C. 由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中，最大感应电流为2BLv4R
D. 由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，最大感应电流为BLv4R
13. “测量金属丝的电阻率”实验中，用电流表和电压表测量长度为10.00cm电阻丝的电阻。
(1)某实验小组使用螺旋测微器和多用电表测量该电阻丝的直径和电阻，该电阻丝的电阻值约为1.0∼15.0Ω，材料未知。实验过程如下：
①用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图(a)所示。该电阻丝的直径为______ mm。
②对多用电表进行机械调零。
③将多用电表选择开关旋至______倍率的电阻挡(填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)。
④将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
⑤将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图(b)所示。该电阻丝的电阻值为______Ω。
⑥测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
(2)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，画出的U−I图线如图(C)所示。请根据图线得出该金属丝电阻R=______Ω(结果保留小数点后两位)。
14. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们利用下列器材测量这种电池的电动势E和内阻r，测量电路的电路图如图甲所示。
一个电源E(电动势约1V、内阻约1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、铜片和锌片组成)
一只微安表G(内阻为Rg=100Ω，量程为0∼300μA)
一个电阻箱R(阻值为0∼9999Ω)
一个开关S，导线若干。
(1)连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。
R/kΩ
9
8
7
6
5
4
3
I/μA
92
102
115
131
152
______
220
①上表中缺少一个电流表的示数，其读数如图乙所示，请读出数据填在上面的表格中。
②小强同学为了得出该橙汁电池的电动势和内阻，先通过电流算出电源路端电压，再作出U−I图像处理数据。若用U表示电源两端的电压，I表示通过电阻箱的电流，则U=______(用I、R、Rg表示)。
(2)小明同学根据实验原理，分析论证得出电流表示数I的倒数与电阻箱数值R关系式为1I=______(用E、R、r、Rg)，并根据数据、Excel程序得出1I−R图像如图(丙)所示，图中的关系方程为1I=1.056R+1.33mA−1，则电池的电动势E=______V和内阻r=______kΩ(均保留2位小数)。
15. 某学校科技小组同学利用图甲所示的电路进行相关测试，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻、电源内阻不计。实验时，他们调节滑动变阻器R1的阻值，得到了各组电压表和电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出U−I图像如图乙所示，已知电流表和电压表都是理想电表。求：
(1)电源的电动势E和定值电阻R2；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围；
(3)当R1的阻值为多大时，R1消耗的功率最大？最大功率为多少？
16. 如图所示，在xOy坐标系中，在第Ⅱ象限放置了α射线管，α射线管由平行于x轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C离两板等距，且开口在y轴上(图中C与两板连线绝缘)。放射源P靠近在A极板下方的左端，可以斜向下沿特定方向发射初速度为v0的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以某一速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动。之后α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的电场强度大小不变、方向水平、随时间周期性变化的电场中，以此刻为计时零时刻，电场变化关系如图乙(图中E0和T为已知值)，规定沿x轴正方向为电场正值的方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知α粒子带正电，电荷量大小为2e(e为元电荷)，质量为m，重力不计。求：
(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小v；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r；
(3)当t=6T时，粒子的坐标。
17. XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一加速电场以加速电子束，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知电子的质量为m，带电荷量大小为e，MN两极板之间的距离为d，电子刚进入偏转场S时的速度为v0，偏转区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
(1)求加速电场M、N之间的电场强度E0；
(2)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，当偏转电场强度为E0时电子恰好能击中靶台的中心P点，求偏转场右边界距P点的水平距离L。
(3)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为37∘，且打到水平圆形靶台上的中心P点，已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
①匀强磁场的磁感应强度B的大小；
②若让打在水平圆形靶台上的电子束从中心P点向右边缘移动，请写出操作的方法(至少写出两条)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、E=Fq是电场强度的比值定义公式，故A正确；
B、E=kQr2是点电荷产生的电场的公式，是决定式，故B错误；
C、E=Ud是匀强电场电势差与电场强度的关系，故C错误；
D、E=Wq是计算电动势的公式，故D错误；
故选：A。
明确比值定义法的性质及其物理量的含义进行作答．
用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查电磁波的传播，解题关键掌握光的传播速度。光的传播速度为3×108m/s，根据t=sv可解得信号传播时间。
【解答】
光的传播速度为c=3×108m/s，需要的时间最少为t=sc=6740−64003×108×103s=1.13×10−3s，故A正确，BCD错误，故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：接A、B时，量程为U1=3V，串联的分压电阻R1，其作用是保护表头。则有：R1=U1Ig−Rg=51×10−3Ω−500Ω=4.5×103Ω。
接A、C时，电压表的量程U2=15V，串联的分压电阻R1和R2，它们的作用是保护表头，则有：R2=U2Ig−Rg−R1=1510−3Ω−500Ω−4500Ω=10000Ω=1.0×104Ω。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据明确电路结构，说明分压电阻的作用。根据串联电路规律可知：改装后的量程为U=Ig(Rg+R串)据此可求出应串联的电阻R串=UIg−Rg。
本题考查电表改装中的数据分析，关键是正确认识电路，明确串并联电路的基本规律的应用。
4.【答案】D
【解析】解：A、在t1时刻，线圈位于中性面位置，根据楞次定律可知，在t1∼t3时间内感应电流为adcb方向，通过电阻R的电流方向向上，故A错误；
B、在t1和t3时刻，线圈均位于中性面位置，磁通量由正向BS变为负向BS；故t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为ΔΦ=2BS，故B错误；
C、t4时刻感应电动势最大，为E0，则穿过线圈磁通量的变化率大小为E0n，故C错误；
D、通过电阻的电荷量Q=nΔΦR+r，又E0=nBSω，所以t1到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=2E0(R+r)ω，故D正确。
故选：D。
根据交流电的产生过程可明确磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得通过的电荷量，再依据焦耳定律，结合有效值与最大值关系，即可求解。
本题考查交流电的产生及电量的计算，要注意明确求热量时要用有效值，求电量时用平均值，要理解正弦交流电的有效值与最大值的关系。
5.【答案】D
【解析】解：AB.由图(b)沿着x正方向电势逐渐降低可知，电场方向有A指向B，由于v−x图像为直线，故该电场为匀强电场，故AB错误；
CD.由图(b)可知该电场的场强大小为
E=φxcosθ=3.22×10−2×0.8V/m=2.0×102V/m
故C错误、D正确。
故选：D。
φ−x图象的斜率表示电场强度，分析各段的斜率从而求解电场强度的大小和方向；顺着电场线电势逐渐降低从而分析AB上的电场线方向。
解决该题的关键是明确知道φ−x图象的斜率表示电场强度，知道顺着电场线电势逐渐降低从而判断电场线的方向。
6.【答案】C
【解析】解：A、由于电容器与电源保持连接，则两板间的电压保持不变，故A错误；
B、根据电容器的公式C=εrS4πkd可知，当熔喷布的厚度变厚时导致介电常数ɛ r变大，电容器的电容C变大，再根据Q=CU可知极板带电量Q变大，故B错误；
CD、对B选项的分析可知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量增加，由充电电流从b向a经过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电荷量不变，灵敏电流计读数为零，故C正确，D错误；
故选：C。
当电容器两端与电源相连时电压保持不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的比值定义式Q=CU分析出极板电荷量的变化，从而得出灵敏电流计是否有示数。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电容的公式并分析即可，属于常规题型。
7.【答案】B
【解析】解：AB、电路中电流增大，则路端电压(V1示数)减小，R1两端电压(V2示数)增大，R2两端电压(V3示数)减小，且路端电压减小量=R2两端电压减小量−R1两端电压增大量，可知图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故A错误、B正确；
C、由闭合电路欧姆定律得U1=E−Ir，则|ΔU1ΔI|=r，保持不变，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律得U3=E−I(r+R1)，则|ΔU3ΔI|=r+R1，保持不变，故D错误.
故选：B。
有系统分析法，结合图像分析变化趋势，由闭合电路欧姆定律求解比值大小。
本题考查恒定电流，数形结合及闭合电路欧姆定律的灵活运用，是解题关键。
8.【答案】C
【解析】解：AB、三角形顶点每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，对右下角的电荷进行分析，受力示意图如下图所示：
根据平行四边形定则，顶点上的每个点电荷受到的库仑力为：F=2F1cos30∘=3kq2a2，故AB错误；
CD、要使三角形顶点处场强为零，则该处点电荷所受静电力为零，则引入的电荷量必须是负的点电荷，由平衡条件得：
F=kQqr2
又有几何关系得：2rcos30∘=a
解得：Q=33q，故C正确，D错误；
故选：C。
分别分析出另外两个电荷对第三个电荷的库仑力，根据几何关系分析出合力的大小；
根据场强叠加的特点列式分析出P点电荷的电性和电荷量。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律结合几何关系完成分析即可，整体难度不大。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据等量同种电荷的电场线特点，点d、d′处的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B.根据等量同种电荷等势面的特点，a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等，故B正确；
C、根据等量同种电荷电势分布特点，a、c′电势相等，将一正试探电荷从a移到c′，电势能不变，故C错误；
D、将一正试探电荷从O′点由静止释放，向O点运动过程中，根据等量同种电荷电场线的特点，电场力先做正功后做负功，根据对称性，这两点的电势相等，电场力的总功等于零，电荷在O点的速度也等于零，所以电荷将在O、O′间做往复运动，故D正确。
故选：BD。
电场是矢量，具有方向性；根据等量同种电荷等势面的特点，等势面是曲面，a、a′、b、b′在同一个等势面上，aa′bb面不是等势面，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变，根据对称性可知电荷将在O、O′间做往复运动。
本题考查等势线与电场力做功，解题关键掌握等量同种电荷的电场线特点，注意a、a′的电势相等，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变。
10.【答案】CD
【解析】解：A、根据右手安培定则知：a处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向下，d处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向上，如图1所示：
由于两导线电流大小相等，O到a、d的距离相等，所以BaO=BdO，根据矢量的合成可得O处磁感应强度为0，故A错误；
BC、根据安培定则可知，b、c、f、e各点的磁感应强度方向如图2所示。
所以有：b、e两处磁场方向相反，f、c两处磁场方向相反，故B错误、C正确；
D、根据图2结合平行四边形法则可知，Bb、Be、Bf、Bc大小相等，故D正确。
故选：CD。
利用安培定则判断磁感应强度的方向，然后利用平行四边形定则求矢量和即可分析。
该题考查了安培定则的相关知识，解题的关键是安培定则灵活运用，而且要注意用平行四边形定则求得矢量和。
11.【答案】AD
【解析】解：AB、滑块P向右运动的过程中，电场力对正电荷做正功，电势能逐渐减少、动能逐渐增大、根据ΔEp=qEx，可知，滑块P向右运动的过程中，随x的增加，图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，加速度变小，速度变大，则电场方向沿x轴的正方向，且电势越来越低，故A正确，B错误；
C、点x=0.3m处的电场力大小为F=Eq=k，代入数据解得：F=1.0×10−5N，则E=Fq，代入数据解得：E=1.0×103V/m，故C错误；
D、x=0.3m与x=0.7m间，电场力做功为W=2×10−6J，可知电势差是U=Wq=2×10−61×10−8V=2×102V，故D正确。
故选：AD。
Ep−x图象切线的斜率表示电场力，根据斜率的变化分析电场力的变化，从而确定场强的变化，由电场力做功的正负分析场强的方向。x=0.3m与x=0.7m间，由图读出电场力做功的值，再由U=Wq求电势差。
解决本题的关键要知道电场力做功W与位移x图线的斜率表示电场力，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况。在应用公式U=Wq要注意各个量的符号。
12.【答案】BC
【解析】解：AB、由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中，线框中的磁通量先向里增加、后向里减小，根据楞次定律可知，Ⅰ→Ⅱ过程中，导体框中感应电流方向沿逆时针方向，由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，导体框中感应电流方向沿顺时针方向，故A错误、B正确；
CD、Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中、Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，有效切割长度的最大值均为2L，
感应电动势的最大值均为E=B⋅2Lv=2BLv，
最大感应电流为Imax=E4R=2BLv4R，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据磁通量的变化情况结合楞次定律分析电流强度的变化；根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解最大电流。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是能够根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的最大值。
13.【答案】1.415×16.04.79
【解析】解：(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，所有金属丝的直径d=1mm+41.5×0.01mm=1.415mm。
③择适当倍率的欧姆挡，使测量时表针指在刻度盘的中间区。
⑤欧姆表测电阻等于读数乘以倍率；所以粗测电阻R=6.0×1Ω=6.0Ω；
(2)测出了多组电流和电压数据后，画出的U−I图线，显然图象的倍率就是导体的电阻，R=UI=ΔUΔI=2.58−1.000.50−0.17Ω=4.79Ω。
故答案为：(1)①1.415、③×1、⑤6.0；(2)4.79
(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
③欧姆表倍率的选择应使指针在表盘中央左右。
⑤测电阻等于指针示数乘以倍率。
(2)根据欧姆定律和和电阻的U−I图象的意义求电阻值。
解决该题的关键是掌握螺旋测微器和欧姆表测电阻的读数原理，掌握电压表和电流表的选择原则，掌握电阻定律的表达式；
14.【答案】180I(R+Rg)1ER+Rg+rE 0.951.16
【解析】(1)由图乙可知电流表最小刻度为10mA，则电流表的读数为180mA.
U为路端电压，则由欧姆定律得
U=I(R+Rg)
(2)由闭合电路欧定律得
E=I(R+Rg+r)
变形得
1I=1ER+Rg+rE
对比
1I=1.056R+1.33mA−1，
解得
E=0.95V，r=1160Ω=1.16kΩ
故答案为：(1)180，I(R+Rg)；(2)1ER+Rg+rE，0.95，1.16
(1)根据电流表的读数方法读得数据；根据串并联电路的规律可求得电路中的路端电压；
(2)根据电路结构分析实验得出函数解析式，再根据图象的性质分析处理数据．
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据数据处理的方法进行分析．
15.【答案】解：(1)根据图乙可知，当电流表示数I1=0.4A时电压表的示数为U1=4V，当电流表示数I2=0.8A时电压表的示数为U2=2V，
由闭合电路欧姆定律可知：
E=U1+I1R2
E=U2+I2R2
联立解得：E=6V、R2=5Ω；
(2)由图像可知，在A点R1A=U1I1=40.4Ω=10Ω
在B点：R1B=U2I2=20.8Ω=2.5Ω
所以滑动变阻器R1的阻值范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)根据公式P=I2R1=E2(R1−R2)2R1+4R2可知，当R1=R2=5Ω时，R1消耗功率最大
最大功率为：Pmax=E24R2
代入数据解得：Pmax=1.8W。
答：(1)电源的电动势E为6V，定值电阻R2的阻值为5Ω；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)当R1的阻值为5Ω时，R1消耗的功率最大，最大功率为1.8W。
【解析】(1)根据欧姆定律列出两个等式并求解；
(2)根据图像的斜率求出两个状态下的电阻，从而得出R1阻值的变化范围；
(3)根据内电阻和外电阻的关系，结合功率的计算公式计算出最大功率。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况结合闭合电路的欧姆定律进行解答。
16.【答案】解：(1)设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有：L=v0t
竖直方向有：12d=12at2
由牛顿第二定律：2eUd=ma
联立解得：U=md2v022eL2
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理有：−2e12U=ΔEk
解得：ΔEk=−md2v022L2
设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理：−12⋅2eU=12mv02−12mv2
解得：v=v01+d2L2
(2)由牛顿第二定律2eE0=mv02r
由πr2=v0t0
解得：t0=πmv04eE0
(3)T2时，α粒子在x方向的速度为vx=2eE0m⋅T2
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：
vx−=vx2
每个周期α粒子在x正方向进：
x0=vx−T
因为开始计时时α粒子横坐标为：r=mv022eE0
联立解得6T时，α粒子的横坐标为：
x=r+6x0
联立解得：x=mv022eE0+6eE0T22m
a粒子的纵坐标为y=−3v0T
则在3T时α粒子的坐标为：(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)
答：(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小为v01+d2L2；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为πmv04eE0；
(3)当t=6T时，粒子的坐标为(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)。
【解析】(1)粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；
(2)由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间；
(3)进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。
本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。
17.【答案】解：(1)电子在MN间加速过程，由动能定理可得：eE0d=12m20v
解得：E0=mv022ed
(2)在偏转电场E0中，带电粒子做类平抛运动，设偏转角为θ，则有tanθ=vyvx
在竖直方向上的速度为：vy=at1
根据牛顿第二定律有：eE0=ma
水平方向上的位移：L0=v0t1
竖直方向上的位移：y1=12at12
离开偏转电场E0后做匀速直线运动，
由题意和几何关系有：(L+L02)tanθ=H
联立解得：L=4Hd−L022L0
(2)带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，打在屏的中点P时，轨迹如图，由几何关系有：
①设在磁场B中速度偏转角为θ=37∘，则有sin37∘=L0r
由几何关系有：rtanθ2+Htanθ=L0+L
洛伦兹力提供向心力：qv0B=mv02r
联立解得：B=3mv05qL0
②若要使粒子打在边缘，则偏转角θ变小，粒子的半径r=mv0qB变大，所以可以增加加速电场的电场强度和减小偏转场的磁感应强度。
答：(1)加速电场M、N之间的电场强度E0为mv022ed；
(2)电子恰好能击中靶台的中心P点，则偏转场右边界距P点的水平距离L为4Hd−L022L0；
(3)①匀强磁场的磁感应强度B的大小为3mv05qL0；
②若让打在水平圆形靶台上的电子束从中心P点向右边缘移动，请写出操作的方法：增加加速电场的电场强度和减小偏转磁场的磁感应强度。
【解析】(1)根据动能定理求加速电场的电场强度；
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的关系求电场强度；
(3)①根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动规律及几何关系结合题设条件求磁感线的大小；
②根据半径公式进行说明。
本题是带电粒子在组合场中各种运动的综合，从物理过程出发，抓基础知识的落实是解决冲量的关键。明确带电粒子在电场中做类平抛运动、匀速圆周运动问题时，结合几何关系地位比较重要。
2021-2022学年安徽省合肥六中、八中、168中学等校高二（上）期末物理试卷
1. 为使同学们能更好地学习，探索浩瀚的物理世界，教材中设计了问题、实验、演示、科学方法等11种栏目。在《必修三》“科学方法”栏目中介绍了用物理量之比定义新物理量，它是物理学中一种常用方法。以下物理量表达式中属于用物理量之比定义电场强度的是( )
A. E=Fq B. E=kQr2 C. E=Ud D. E=Wq
2. 2021年12月9日，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课，如图所示。已知神舟十三号空间实验室轨道半径为6740km，地球半径为6400km，则航天员讲课的实时画面从神舟十三号空间实验室发至地面接收站需要的时间最少为( )
A. 1.13×10−3s B. 2.47×10−2s C. 2.13×10−2s D. 1.13×10−2s
3. 如图所示为两个量程的电压表，当使用A、B两个端点时，量程为0∼5V，当使用A、C两个端点时，量程是0∼15V。已知表头电阻Rg=500Ω，满偏电流Ig为1mA，则在该电路中( )
A. R1起分流作用，保护表头 B. R2起分流作用，保护表头
C. R1起分压作用，R1=4.5×103Ω D. R2起分压作用，R2=1.0×103Ω
4. 在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( )
A. 在t1∼t3时间内，通过电阻R电流方向先向上然后向下
B. 在t1∼t3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量为零
C. t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D. 在t1∼t3时间内，通过电阻R的电荷量为2E0(R+r)ω
5. 如图(a)所示的直线AB是电场中的一条电场线，沿与直线AB成θ=37∘角的方向建立直线坐标Ox，令原点O处电势为零，则Ox坐标轴上的电势φ与x坐标关系图像为过原点的直线，如图(b)所示，直线上P点坐标已标注在图中，下列说法正确的是( )
A. 电场方向由B指向A B. 电场为点电荷产生的电场
C. 该电场的场强大小为1.6×102V/m D. 该电场的场强大小为2.0×102V/m
6. 疫情不退，口罩不摘，戴口罩大家应牢记“防护第一，舒适第二”!熔喷布是医用口罩的最核心的材料。如图所示，工厂在生产熔喷布时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上(B接正极，A接负极)，G是灵敏电流计。熔喷布变厚会导致电介质相对介电常数εr增大，当熔喷布匀速从两极板间穿过时，关于说法正确的是( )
A. 熔喷布突然变厚时，电容器两端电压变大
B. 熔喷布突然变厚时，电容器的电容变小
C. 熔喷布突然变厚时，有自b向a的电流流过灵敏电流计
D. 熔喷布的厚度未发生变化时，灵敏电流计读数不为零
7. 在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况。以下说法正确的是( )
A. 图线c表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况
B. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变小
D. 此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值变大
8. 如图所示，真空中有三个带正电的点电荷，它们固定在边长为a的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q(q>0)。若引入一个点电荷P，放在等边三角形的中心，使三角形顶点处的电荷所受静电力合力为零，则下列说法正确的是( )
A. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为2kq2a2
B. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为33kq2a2
C. 引入的点电荷P带负电，所带电荷量为Q=33q
D. 引入的点电荷P带正电，所带电荷量为Q=3q
9. 在固定的等量同种点电荷+Q和+Q连线的正中央虚拟一个正方体空间模型，abcd面和a′b′c′d′面的中心分别为O、O′(c、O没有画出)，下列说法正确的是( )
A. 点d、d′处的场强相同
B. a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等
C. 将一正试探电荷从a移到c′，电荷的电势能增大
D. 将一正试探电荷从O′点由静止释放，将在O′、O间做往复运动
10. 如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f(O点未标出)，两根直导线垂直纸面放在a、d两点。现给导线通有大小相等、方向垂直纸面向里的电流，下列说法正确的是( )
A. O处磁感应强度最大
B. b、e两处磁场方向相同
C. f、c两处磁场方向相反
D. b、c、e、f四个点的磁感应强度大小相等
11. 如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，现有一个质量为0.6kg、电荷量为+1.0×10−8C的滑块P(可看做质点)，仅在电场力作用下由静止沿x轴正方向运动。运动过程中物块的电势能Ep与坐标x的关系如图曲线表示，曲线过点(0.7,1)，图中斜线为该曲线的切线，过切点(0.3,3)和(0.6,0)。则下列说法正确的是( )
A. 该滑块运动的速度越来越大
B. x=0.3m处的电势比x=0.7m处的电势低
C. x=0.3m处的场强大小为5×102N/C
D. x=0.3m与x=0.7m间的电势差是2×102V
12. 如图所示，有界匀强磁场的宽度为2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。正方形是粗细均匀的导体框，总电阻为4R，边长为L，该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线ac(垂直于磁场边界)由Ⅰ位置匀速运动到Ⅲ位置，速度大小为v，则导体框( )
A. 由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中，感应电流的方向不变
B. 由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中，感应电流的方向先逆时针后顺时针
C. 由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中，最大感应电流为2BLv4R
D. 由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，最大感应电流为BLv4R
13. “测量金属丝的电阻率”实验中，用电流表和电压表测量长度为10.00cm电阻丝的电阻。
(1)某实验小组使用螺旋测微器和多用电表测量该电阻丝的直径和电阻，该电阻丝的电阻值约为1.0∼15.0Ω，材料未知。实验过程如下：
①用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图(a)所示。该电阻丝的直径为______ mm。
②对多用电表进行机械调零。
③将多用电表选择开关旋至______倍率的电阻挡(填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)。
④将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
⑤将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图(b)所示。该电阻丝的电阻值为______Ω。
⑥测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
(2)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，画出的U−I图线如图(C)所示。请根据图线得出该金属丝电阻R=______Ω(结果保留小数点后两位)。
14. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们利用下列器材测量这种电池的电动势E和内阻r，测量电路的电路图如图甲所示。
一个电源E(电动势约1V、内阻约1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、铜片和锌片组成)
一只微安表G(内阻为Rg=100Ω，量程为0∼300μA)
一个电阻箱R(阻值为0∼9999Ω)
一个开关S，导线若干。
(1)连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。
R/kΩ
9
8
7
6
5
4
3
I/μA
92
102
115
131
152
______
220
①上表中缺少一个电流表的示数，其读数如图乙所示，请读出数据填在上面的表格中。
②小强同学为了得出该橙汁电池的电动势和内阻，先通过电流算出电源路端电压，再作出U−I图像处理数据。若用U表示电源两端的电压，I表示通过电阻箱的电流，则U=______(用I、R、Rg表示)。
(2)小明同学根据实验原理，分析论证得出电流表示数I的倒数与电阻箱数值R关系式为1I=______(用E、R、r、Rg)，并根据数据、Excel程序得出1I−R图像如图(丙)所示，图中的关系方程为1I=1.056R+1.33mA−1，则电池的电动势E=______V和内阻r=______kΩ(均保留2位小数)。
15. 某学校科技小组同学利用图甲所示的电路进行相关测试，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻、电源内阻不计。实验时，他们调节滑动变阻器R1的阻值，得到了各组电压表和电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出U−I图像如图乙所示，已知电流表和电压表都是理想电表。求：
(1)电源的电动势E和定值电阻R2；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围；
(3)当R1的阻值为多大时，R1消耗的功率最大？最大功率为多少？
16. 如图所示，在xOy坐标系中，在第Ⅱ象限放置了α射线管，α射线管由平行于x轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C离两板等距，且开口在y轴上(图中C与两板连线绝缘)。放射源P靠近在A极板下方的左端，可以斜向下沿特定方向发射初速度为v0的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以某一速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动。之后α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的电场强度大小不变、方向水平、随时间周期性变化的电场中，以此刻为计时零时刻，电场变化关系如图乙(图中E0和T为已知值)，规定沿x轴正方向为电场正值的方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知α粒子带正电，电荷量大小为2e(e为元电荷)，质量为m，重力不计。求：
(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小v；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r；
(3)当t=6T时，粒子的坐标。
17. XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一加速电场以加速电子束，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知电子的质量为m，带电荷量大小为e，MN两极板之间的距离为d，电子刚进入偏转场S时的速度为v0，偏转区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
(1)求加速电场M、N之间的电场强度E0；
(2)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，当偏转电场强度为E0时电子恰好能击中靶台的中心P点，求偏转场右边界距P点的水平距离L。
(3)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为37∘，且打到水平圆形靶台上的中心P点，已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
①匀强磁场的磁感应强度B的大小；
②若让打在水平圆形靶台上的电子束从中心P点向右边缘移动，请写出操作的方法(至少写出两条)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、E=Fq是电场强度的比值定义公式，故A正确；
B、E=kQr2是点电荷产生的电场的公式，是决定式，故B错误；
C、E=Ud是匀强电场电势差与电场强度的关系，故C错误；
D、E=Wq是计算电动势的公式，故D错误；
故选：A。
明确比值定义法的性质及其物理量的含义进行作答．
用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查电磁波的传播，解题关键掌握光的传播速度。光的传播速度为3×108m/s，根据t=sv可解得信号传播时间。
【解答】
光的传播速度为c=3×108m/s，需要的时间最少为t=sc=6740−64003×108×103s=1.13×10−3s，故A正确，BCD错误，故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：接A、B时，量程为U1=3V，串联的分压电阻R1，其作用是保护表头。则有：R1=U1Ig−Rg=51×10−3Ω−500Ω=4.5×103Ω。
接A、C时，电压表的量程U2=15V，串联的分压电阻R1和R2，它们的作用是保护表头，则有：R2=U2Ig−Rg−R1=1510−3Ω−500Ω−4500Ω=10000Ω=1.0×104Ω。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据明确电路结构，说明分压电阻的作用。根据串联电路规律可知：改装后的量程为U=Ig(Rg+R串)据此可求出应串联的电阻R串=UIg−Rg。
本题考查电表改装中的数据分析，关键是正确认识电路，明确串并联电路的基本规律的应用。
4.【答案】D
【解析】解：A、在t1时刻，线圈位于中性面位置，根据楞次定律可知，在t1∼t3时间内感应电流为adcb方向，通过电阻R的电流方向向上，故A错误；
B、在t1和t3时刻，线圈均位于中性面位置，磁通量由正向BS变为负向BS；故t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为ΔΦ=2BS，故B错误；
C、t4时刻感应电动势最大，为E0，则穿过线圈磁通量的变化率大小为E0n，故C错误；
D、通过电阻的电荷量Q=nΔΦR+r，又E0=nBSω，所以t1到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=2E0(R+r)ω，故D正确。
故选：D。
根据交流电的产生过程可明确磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得通过的电荷量，再依据焦耳定律，结合有效值与最大值关系，即可求解。
本题考查交流电的产生及电量的计算，要注意明确求热量时要用有效值，求电量时用平均值，要理解正弦交流电的有效值与最大值的关系。
5.【答案】D
【解析】解：AB.由图(b)沿着x正方向电势逐渐降低可知，电场方向有A指向B，由于v−x图像为直线，故该电场为匀强电场，故AB错误；
CD.由图(b)可知该电场的场强大小为
E=φxcosθ=3.22×10−2×0.8V/m=2.0×102V/m
故C错误、D正确。
故选：D。
φ−x图象的斜率表示电场强度，分析各段的斜率从而求解电场强度的大小和方向；顺着电场线电势逐渐降低从而分析AB上的电场线方向。
解决该题的关键是明确知道φ−x图象的斜率表示电场强度，知道顺着电场线电势逐渐降低从而判断电场线的方向。
6.【答案】C
【解析】解：A、由于电容器与电源保持连接，则两板间的电压保持不变，故A错误；
B、根据电容器的公式C=εrS4πkd可知，当熔喷布的厚度变厚时导致介电常数ɛ r变大，电容器的电容C变大，再根据Q=CU可知极板带电量Q变大，故B错误；
CD、对B选项的分析可知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量增加，由充电电流从b向a经过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电荷量不变，灵敏电流计读数为零，故C正确，D错误；
故选：C。
当电容器两端与电源相连时电压保持不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的比值定义式Q=CU分析出极板电荷量的变化，从而得出灵敏电流计是否有示数。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电容的公式并分析即可，属于常规题型。
7.【答案】B
【解析】解：AB、电路中电流增大，则路端电压(V1示数)减小，R1两端电压(V2示数)增大，R2两端电压(V3示数)减小，且路端电压减小量=R2两端电压减小量−R1两端电压增大量，可知图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故A错误、B正确；
C、由闭合电路欧姆定律得U1=E−Ir，则|ΔU1ΔI|=r，保持不变，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律得U3=E−I(r+R1)，则|ΔU3ΔI|=r+R1，保持不变，故D错误.
故选：B。
有系统分析法，结合图像分析变化趋势，由闭合电路欧姆定律求解比值大小。
本题考查恒定电流，数形结合及闭合电路欧姆定律的灵活运用，是解题关键。
8.【答案】C
【解析】解：AB、三角形顶点每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，对右下角的电荷进行分析，受力示意图如下图所示：
根据平行四边形定则，顶点上的每个点电荷受到的库仑力为：F=2F1cos30∘=3kq2a2，故AB错误；
CD、要使三角形顶点处场强为零，则该处点电荷所受静电力为零，则引入的电荷量必须是负的点电荷，由平衡条件得：
F=kQqr2
又有几何关系得：2rcos30∘=a
解得：Q=33q，故C正确，D错误；
故选：C。
分别分析出另外两个电荷对第三个电荷的库仑力，根据几何关系分析出合力的大小；
根据场强叠加的特点列式分析出P点电荷的电性和电荷量。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律结合几何关系完成分析即可，整体难度不大。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据等量同种电荷的电场线特点，点d、d′处的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B.根据等量同种电荷等势面的特点，a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等，故B正确；
C、根据等量同种电荷电势分布特点，a、c′电势相等，将一正试探电荷从a移到c′，电势能不变，故C错误；
D、将一正试探电荷从O′点由静止释放，向O点运动过程中，根据等量同种电荷电场线的特点，电场力先做正功后做负功，根据对称性，这两点的电势相等，电场力的总功等于零，电荷在O点的速度也等于零，所以电荷将在O、O′间做往复运动，故D正确。
故选：BD。
电场是矢量，具有方向性；根据等量同种电荷等势面的特点，等势面是曲面，a、a′、b、b′在同一个等势面上，aa′bb面不是等势面，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变，根据对称性可知电荷将在O、O′间做往复运动。
本题考查等势线与电场力做功，解题关键掌握等量同种电荷的电场线特点，注意a、a′的电势相等，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变。
10.【答案】CD
【解析】解：A、根据右手安培定则知：a处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向下，d处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向上，如图1所示：
由于两导线电流大小相等，O到a、d的距离相等，所以BaO=BdO，根据矢量的合成可得O处磁感应强度为0，故A错误；
BC、根据安培定则可知，b、c、f、e各点的磁感应强度方向如图2所示。
所以有：b、e两处磁场方向相反，f、c两处磁场方向相反，故B错误、C正确；
D、根据图2结合平行四边形法则可知，Bb、Be、Bf、Bc大小相等，故D正确。
故选：CD。
利用安培定则判断磁感应强度的方向，然后利用平行四边形定则求矢量和即可分析。
该题考查了安培定则的相关知识，解题的关键是安培定则灵活运用，而且要注意用平行四边形定则求得矢量和。
11.【答案】AD
【解析】解：AB、滑块P向右运动的过程中，电场力对正电荷做正功，电势能逐渐减少、动能逐渐增大、根据ΔEp=qEx，可知，滑块P向右运动的过程中，随x的增加，图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，加速度变小，速度变大，则电场方向沿x轴的正方向，且电势越来越低，故A正确，B错误；
C、点x=0.3m处的电场力大小为F=Eq=k，代入数据解得：F=1.0×10−5N，则E=Fq，代入数据解得：E=1.0×103V/m，故C错误；
D、x=0.3m与x=0.7m间，电场力做功为W=2×10−6J，可知电势差是U=Wq=2×10−61×10−8V=2×102V，故D正确。
故选：AD。
Ep−x图象切线的斜率表示电场力，根据斜率的变化分析电场力的变化，从而确定场强的变化，由电场力做功的正负分析场强的方向。x=0.3m与x=0.7m间，由图读出电场力做功的值，再由U=Wq求电势差。
解决本题的关键要知道电场力做功W与位移x图线的斜率表示电场力，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况。在应用公式U=Wq要注意各个量的符号。
12.【答案】BC
【解析】解：AB、由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中，线框中的磁通量先向里增加、后向里减小，根据楞次定律可知，Ⅰ→Ⅱ过程中，导体框中感应电流方向沿逆时针方向，由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，导体框中感应电流方向沿顺时针方向，故A错误、B正确；
CD、Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中、Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，有效切割长度的最大值均为2L，
感应电动势的最大值均为E=B⋅2Lv=2BLv，
最大感应电流为Imax=E4R=2BLv4R，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据磁通量的变化情况结合楞次定律分析电流强度的变化；根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解最大电流。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是能够根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的最大值。
13.【答案】1.415×16.04.79
【解析】解：(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，所有金属丝的直径d=1mm+41.5×0.01mm=1.415mm。
③择适当倍率的欧姆挡，使测量时表针指在刻度盘的中间区。
⑤欧姆表测电阻等于读数乘以倍率；所以粗测电阻R=6.0×1Ω=6.0Ω；
(2)测出了多组电流和电压数据后，画出的U−I图线，显然图象的倍率就是导体的电阻，R=UI=ΔUΔI=2.58−1.000.50−0.17Ω=4.79Ω。
故答案为：(1)①1.415、③×1、⑤6.0；(2)4.79
(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
③欧姆表倍率的选择应使指针在表盘中央左右。
⑤测电阻等于指针示数乘以倍率。
(2)根据欧姆定律和和电阻的U−I图象的意义求电阻值。
解决该题的关键是掌握螺旋测微器和欧姆表测电阻的读数原理，掌握电压表和电流表的选择原则，掌握电阻定律的表达式；
14.【答案】180I(R+Rg)1ER+Rg+rE 0.951.16
【解析】(1)由图乙可知电流表最小刻度为10mA，则电流表的读数为180mA.
U为路端电压，则由欧姆定律得
U=I(R+Rg)
(2)由闭合电路欧定律得
E=I(R+Rg+r)
变形得
1I=1ER+Rg+rE
对比
1I=1.056R+1.33mA−1，
解得
E=0.95V，r=1160Ω=1.16kΩ
故答案为：(1)180，I(R+Rg)；(2)1ER+Rg+rE，0.95，1.16
(1)根据电流表的读数方法读得数据；根据串并联电路的规律可求得电路中的路端电压；
(2)根据电路结构分析实验得出函数解析式，再根据图象的性质分析处理数据．
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据数据处理的方法进行分析．
15.【答案】解：(1)根据图乙可知，当电流表示数I1=0.4A时电压表的示数为U1=4V，当电流表示数I2=0.8A时电压表的示数为U2=2V，
由闭合电路欧姆定律可知：
E=U1+I1R2
E=U2+I2R2
联立解得：E=6V、R2=5Ω；
(2)由图像可知，在A点R1A=U1I1=40.4Ω=10Ω
在B点：R1B=U2I2=20.8Ω=2.5Ω
所以滑动变阻器R1的阻值范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)根据公式P=I2R1=E2(R1−R2)2R1+4R2可知，当R1=R2=5Ω时，R1消耗功率最大
最大功率为：Pmax=E24R2
代入数据解得：Pmax=1.8W。
答：(1)电源的电动势E为6V，定值电阻R2的阻值为5Ω；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)当R1的阻值为5Ω时，R1消耗的功率最大，最大功率为1.8W。
【解析】(1)根据欧姆定律列出两个等式并求解；
(2)根据图像的斜率求出两个状态下的电阻，从而得出R1阻值的变化范围；
(3)根据内电阻和外电阻的关系，结合功率的计算公式计算出最大功率。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况结合闭合电路的欧姆定律进行解答。
16.【答案】解：(1)设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有：L=v0t
竖直方向有：12d=12at2
由牛顿第二定律：2eUd=ma
联立解得：U=md2v022eL2
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理有：−2e12U=ΔEk
解得：ΔEk=−md2v022L2
设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理：−12⋅2eU=12mv02−12mv2
解得：v=v01+d2L2
(2)由牛顿第二定律2eE0=mv02r
由πr2=v0t0
解得：t0=πmv04eE0
(3)T2时，α粒子在x方向的速度为vx=2eE0m⋅T2
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：
vx−=vx2
每个周期α粒子在x正方向进：
x0=vx−T
因为开始计时时α粒子横坐标为：r=mv022eE0
联立解得6T时，α粒子的横坐标为：
x=r+6x0
联立解得：x=mv022eE0+6eE0T22m
a粒子的纵坐标为y=−3v0T
则在3T时α粒子的坐标为：(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)
答：(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小为v01+d2L2；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为πmv04eE0；
(3)当t=6T时，粒子的坐标为(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)。
【解析】(1)粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；
(2)由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间；
(3)进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。
本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。
17.【答案】解：(1)电子在MN间加速过程，由动能定理可得：eE0d=12m20v
解得：E0=mv022ed
(2)在偏转电场E0中，带电粒子做类平抛运动，设偏转角为θ，则有tanθ=vyvx
在竖直方向上的速度为：vy=at1
根据牛顿第二定律有：eE0=ma
水平方向上的位移：L0=v0t1
竖直方向上的位移：y1=12at12
离开偏转电场E0后做匀速直线运动，
由题意和几何关系有：(L+L02)tanθ=H
联立解得：L=4Hd−L022L0
(2)带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，打在屏的中点P时，轨迹如图，由几何关系有：
①设在磁场B中速度偏转角为θ=37∘，则有sin37∘=L0r
由几何关系有：rtanθ2+Htanθ=L0+L
洛伦兹力提供向心力：qv0B=mv02r
联立解得：B=3mv05qL0
②若要使粒子打在边缘，则偏转角θ变小，粒子的半径r=mv0qB变大，所以可以增加加速电场的电场强度和减小偏转场的磁感应强度。
答：(1)加速电场M、N之间的电场强度E0为mv022ed；
(2)电子恰好能击中靶台的中心P点，则偏转场右边界距P点的水平距离L为4Hd−L022L0；
(3)①匀强磁场的磁感应强度B的大小为3mv05qL0；
②若让打在水平圆形靶台上的电子束从中心P点向右边缘移动，请写出操作的方法：增加加速电场的电场强度和减小偏转磁场的磁感应强度。
【解析】(1)根据动能定理求加速电场的电场强度；
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的关系求电场强度；
(3)①根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动规律及几何关系结合题设条件求磁感线的大小；
②根据半径公式进行说明。
本题是带电粒子在组合场中各种运动的综合，从物理过程出发，抓基础知识的落实是解决冲量的关键。明确带电粒子在电场中做类平抛运动、匀速圆周运动问题时，结合几何关系地位比较重要。
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