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2022-2023学年四川省成都市高二上学期期末模拟自检 物理试题（含答案）
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2022-2023学年四川省成都市高二上学期期末模拟自检
物理试题（含答案）
一．选择题（共8小题）
1．（2019秋•成都期末）利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（ ）
A．仅增大两板间的距离，指针偏角将增大
B．仅增大两板间的距离，指针偏角将减小
C．仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小
D．仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变
2．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两磁场右边界均足够宽。一带负电的粒子质量为m，电荷量为q，从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中的运动半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．粒子经偏转一定能回到原点O
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1
D．粒子从原点出发后到第二次穿过x轴时，沿x轴前进2R
3．（2017秋•成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB＝2BC，P是CD边的中点。A、B、D的电势分别为6V、2V、4V，初动能为6eV、电荷量大小为e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B．不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．该粒子到达B点时的动能为10eV
C．若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过c点
D．若仅改变粒子的初速度方向，该粒子可能做直线运动经过P点
4．（2019秋•成都期末）如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25T．一群不计重力、质量m＝3×10﹣9kg、电荷量q＝2×10﹣5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）
A．所有粒子射出磁场时的速度方向都平行
B．所有粒子在磁场中运动的时间都相等
C．从od边射入的粒子，出射点都在e点
D．从ao边射入的粒子，出射点都在b点
5．（2017•秦州区校级学业考试）如图所示，在场强为E的水平方向的匀强电场中有A、B两点，AB连线长为L，连线与电场线夹角为α，则A、B两点的电势差UAB等于（ ）
A．EL B．零 C．ELcosα D．ELsinα
6．（2018秋•成都期末）如图，电源的电动势为E，内阻为。R1为定值电阻，R2为滑动变阻器、B为水平放置的平行金属板，L为小灯泡，电表均为理想电表。开关S闭合后，A、B板间有一带电油滴恰好处于静止状态。则在滑动变阻器的触头P向下滑动的过程中（ ）
A．电压表的示数增大
B．油滴向上加速运动
C．板上的电荷量减少
D．两表示数变化量的比值变大
7．（2018秋•成都期末）如图，水平放置的平行金属板、B间有一匀强电场，一个质子（）和一个氘核（），先后以平行于两板中心线OO’的初速度从左侧O点射入两板间，与板无碰撞且射出后都能击中竖直荧光屏MN，击中荧光屏时的速率分别用v质子和v氘核表示。下列说法正确的是（ ）
A．若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
B．若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将出现2个亮点
C．若它们射入电场时的初动量相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．若它们的初速度是经同一加速电场从静止加速后获得的，则打在荧光屏上时v质子：v氘核＝
8．（2018秋•双流区校级期末）竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电量为Q，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m，电量为q的带电小球（可看成点电荷），丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b，离左板的距离为2b，如图所示，则（ ）
A．小球受到电场力为
B．若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小
C．若将细绳剪断，小球经时间到达负极
D．小球带正电，极板之间的电场强度大小为
二．多选题（共5小题）
（多选）9．（2018秋•成都期末）如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向水平向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一相同质量的不带电金属小球b发生碰撞并粘在一起，此后水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）
A．小球a可能带正电
B．小球a、b碰撞后的速度v＝
C．小球a、b做匀速圆周运动的半径为r＝
D．小球从圆轨道的最低点到最高点，机械能增加量△E＝
（多选）10．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电小球以一定的初速度由左边界的O点射入磁场和电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，将此带电小球仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则该带电小球（ ）
A．穿出位置一定在O′点下方
B．在电场运动过程中动能一定增大
C．在电场运动过程中电势能可能增大
D．在电场运动过程中重力势能可能增大
（多选）11．（2017秋•成都期末）如图，质量为m、电荷量为e的质子（带正电、不计重力），以Ek的初动能从坐标原点O沿x轴正方向进入场区。若场区仅存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在方向垂直于xoy平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，质子也能通过P点。则下列结论正确的是（ ）
A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝
（多选）12．（2017秋•成都期末）如图，匀强电场（图中未画出）的方向平行于竖直平面，一个质量为m的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为直线，该直线与竖直方向的夹角为θ （θ＜90°）．不计空气阻力，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A．小球一定做匀变速运动
B．小球在运动过程中机械能可能守恒
C．小球运动过程中所受电场力不小于mgsinθ
D．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率为P＝mgvsinθ
（多选）13．（2020春•烟台期末）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环竖直固定放置，甲、乙为套在圆环上的可视为点电荷的空心带电小球，其中小球甲固定在圆环的最低点a处，小球乙可以自由滑动。平衡时，小球乙静止在圆环上的b点。a、b连线与竖直方向成30°角。已知小球乙带正电，电荷量为q，质量为m，重力加速度为g。则（ ）
A．小球甲一定带正电
B．小球甲在b点处产生的电场强度大小为
C．小球甲所带电荷量的绝对值为
D．小球甲所带电荷量的绝对值为
三．实验题（共2小题）
14．（2018秋•成都期末）一个小灯泡上标有“2V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I﹣U图线。可选用的器材如下：
A．电压表（量程3V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程15V内阻约20kΩ）
C．电流表（量程0.3A，内阻约1Ω）
D．电流表（量程0.6A，内阻约0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A）
F．滑动变阻器（100Ω，0.2A）
G．电源（电动势3V，内阻1Ω）
H．开关一个，导线若干
实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便。
（1）电压表应选用 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （填器材序号字母）。
（2）实验电路图应选择图甲中的 （选填“a”或“b”）图。
（3）连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确。接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是 （选填“不亮”或“逐渐变亮”）。
（4）通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为 Ω．若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连，则还需在电路中串联一个阻值为 Ω的电阻，才能使它正常工作。（结果均保留两位有效数字）
15．（2017秋•宜昌期末）（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上 。
a．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100
d．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔
根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 Ω。
（2）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是
A．测电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零。
四．计算题（共4小题）
16．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN相切于N点。一小滑块（可视为质点）带正电且电荷量为q，质量为m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg，现将小滑块从水平轨道的M点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点H。已知电场强度大小为，重力加速度大小为g，求：
（1）小滑块在最高点H的速度vH大小；
（2）M点距半圆轨道最低点N的水平距离L；
（3）小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小。
17．（2019秋•成都期末）如图，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，它们固定在一倾角为θ的绝缘斜面上，M、P间连有阻值为R的电阻，质量为m，长度为L、阻值也为R的导体棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将ab棒无初速释放，重力加速度大小为g。求：
（1）ab棒匀速运动时，电阻R的功率；
（2）ab棒匀速运动时的速度大小。
18．（2019秋•成都期末）如图，质量m＝0.08kg、电荷量q＝1.6×10﹣6C的带正电（可视为质点）小球，从半径R＝0.8m的固定光滑圆弧绝缘轨道上的A点由静止滑下，C点切线水平、距水平地面高h＝0.8m。整个装置处在方向水平向左、场强大小E＝3.75×105V/m的匀强电场中。重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小球到达C点时对轨道的压力大小；
（2）小球落地时距C点的水平距离。
19．（2017秋•成都期末）如图，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径R＝1m、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。一带正电的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时，小球对管壁的压力大小等于其重力的3倍。小球可视为质点，比荷＝1×10﹣2C/kg，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求小球在B点的速度大小v；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）若小球能从MNPQ区域右边界NP离开电场，求该区域的高度HMQ和宽度的最小值LMN。
2022-2023学年上学期成都高二物理期末典型试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2019秋•成都期末）利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（ ）
A．仅增大两板间的距离，指针偏角将增大
B．仅增大两板间的距离，指针偏角将减小
C．仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小
D．仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变
【分析】静电计是测量电势差的仪器，根据张角可以得出两板间的电势差高低；
平行板电容器带电后电量几乎不变，根据决定式C＝知，分析电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化。
【解析】AB、增大板间距d，据电容的决定式C＝知电容变小，电容器电荷量不变结合电容定义式知，两极板间的电势差U变大，静电计指针张角变大，故A正确，B错误。C、极板正对面积S变小，根据电容的决定式C＝知电容变小，电容器电荷量不变结合电容定义式知，两极板间的电势差U变大，静电计指针张角变大，故C错误。
D、极板间插入有机玻璃则ɛ变大，根据电容的决定式C＝知电容变答，电容器电荷量不变结合电容定义式知，两极板间的电势差U变小，静电计指针张角变小，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，对于电容器的动态变化分析问题，常常是电容的决定式和定义式结合分析，抓住不变量是分析的基础。
2．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两磁场右边界均足够宽。一带负电的粒子质量为m，电荷量为q，从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中的运动半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．粒子经偏转一定能回到原点O
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1
D．粒子从原点出发后到第二次穿过x轴时，沿x轴前进2R
【分析】根据粒子运动方向及左手定则判断出运动轨迹；再根据几何关系及得出粒子的运动时间关系；再根据r＝得出半径比例关系。
【解析】A、根据左手定则判断可知，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，故不可能回到原点0．故A错误。
B、因第四象限中磁感应强度为第一象限中的一半；故第四象限中的半径为第一象限中半径的2倍；由几何关系可知，负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为 60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T＝，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为：t1＝；同理，在第四象限运动的时间为；完在成一次周期性运动的时间为T′＝t1+t2＝．故B正确。
C、由r＝，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故C错误。
D、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x＝R+2R＝3R．故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，解题的关键是熟练掌握基本公式和r＝，并结合几何关系进行解题。
3．（2017秋•成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB＝2BC，P是CD边的中点。A、B、D的电势分别为6V、2V、4V，初动能为6eV、电荷量大小为e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B．不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．该粒子到达B点时的动能为10eV
C．若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过c点
D．若仅改变粒子的初速度方向，该粒子可能做直线运动经过P点
【分析】在匀强电场中沿着相同方向前进相同距离电势的降落相等，据此画出等势面，然后结合动能定理和曲线运动的条件进行分析即可。
【解析】A、匀强电场中，沿着相同方向前进相同距离电势的降落相等，故：
φA﹣φB＝φD﹣φC，
解得：φD＝4V；
故CD连线的中点为2V，AB中点的电势为4V，画出等势面和电场线，如图所示：
粒子初速度指向C点，电场力平行AP，恰好经过B点，故电场力向左下方，粒子带负电荷，故A错误；
B、粒子从A到B过程，根据动能定理，有：（﹣e）（UAB）＝EkB﹣EkA，
其中：UAB＝φA﹣φB＝4V，
解得：EkB＝2eV，故B错误；
C、如果只改变初速度大小，合力方向不变，依然是逐渐向下偏转，不可能经过C点，故C错误；
D、若仅改变粒子的初速度方向，当初速度指向P点时，做匀减速直线运动，可能经过P点，由于P与B在同一个等势面上，故经过P点的动能为2eV，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查粒子在匀强电场中的运动，关键是求出各个点的电势，画出等势面和电场线进行分析，不难。
4．（2019秋•成都期末）如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25T．一群不计重力、质量m＝3×10﹣9kg、电荷量q＝2×10﹣5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）
A．所有粒子射出磁场时的速度方向都平行
B．所有粒子在磁场中运动的时间都相等
C．从od边射入的粒子，出射点都在e点
D．从ao边射入的粒子，出射点都在b点
【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹。
【解析】C、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得粒子的运动半径为r＝
因ab＝0.3m＝r，所以从od（除d点射入的粒子）边射入的粒子，形成以r为半径的圆弧，从点o射入粒子的从b点出去；
从od（除d点射入的粒子）之间射入的粒子，因边界上无磁场，因此粒子到达bc边后应做直线运动，所以粒子最终全部通过b点，
从d点射入的粒子沿着直线运动到c点，故C错误；
ABD、从ao边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为O′，如图所示，
根据几何关系，可得：虚线的四边形O′Med是菱形，则粒子的出射点一定是从b点射出。
同理可知，从ao边射入的粒子，出射点全部从b点射出，但射出的速度方向并不相同，根据运动轨迹可知，从ao边射入的粒子在磁场中运动的圆心角不相同，所以运动时间不相同，故D正确，AB错误。
故选：D。
【点评】解决该题的关键是掌握粒子做匀速圆周运动的半径公式，能正确做出粒子的运动轨迹，掌握粒子的出射方向的特点。
5．（2017•秦州区校级学业考试）如图所示，在场强为E的水平方向的匀强电场中有A、B两点，AB连线长为L，连线与电场线夹角为α，则A、B两点的电势差UAB等于（ ）
A．EL B．零 C．ELcosα D．ELsinα
【分析】根据电场强度的大小以及A、B两点沿电场线方向上的距离，结合U＝Ed求出电势差。
【解析】A、B两点的电势差UAB＝Ed＝ELcosα，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道在公式U＝Ed中，d表示两点沿电场线方向上的距离，不是两点间的距离，基础题。
6．（2018秋•成都期末）如图，电源的电动势为E，内阻为。R1为定值电阻，R2为滑动变阻器、B为水平放置的平行金属板，L为小灯泡，电表均为理想电表。开关S闭合后，A、B板间有一带电油滴恰好处于静止状态。则在滑动变阻器的触头P向下滑动的过程中（ ）
A．电压表的示数增大
B．油滴向上加速运动
C．板上的电荷量减少
D．两表示数变化量的比值变大
【分析】根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，确定电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况。
【解析】粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电容器与灯泡L，电阻R2相并联后与R1串联，
A、滑片向下移动，电阻R2变大，电路总电阻变大，电流变小，则A表的示数变小，R1 分压变小，电压表示数变小，故A错误；
B、电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速，故B正确。
C、电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，电容器充电，电量增大，故C错误；
D、两表的示数的比值为R1＝＝，不变，故D错误
故选：B。
【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定。
7．（2018秋•成都期末）如图，水平放置的平行金属板、B间有一匀强电场，一个质子（）和一个氘核（），先后以平行于两板中心线OO’的初速度从左侧O点射入两板间，与板无碰撞且射出后都能击中竖直荧光屏MN，击中荧光屏时的速率分别用v质子和v氘核表示。下列说法正确的是（ ）
A．若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
B．若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将出现2个亮点
C．若它们射入电场时的初动量相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．若它们的初速度是经同一加速电场从静止加速后获得的，则打在荧光屏上时v质子：v氘核＝
【分析】质子、氘核带电量相同、质量不相同，进入同一电场时，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析；根据动能定理求解最后的速度之比。
【解析】粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：
加速度为：a＝
偏转距离为：y＝at2，
设板长为L，运动时间为：t＝
联立三式得：y＝。
A、若它们射入电场时的速度相等，y与比荷（电荷量与质量的比值）成正比，质子（）和氘核（）的比荷不同，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；
B、若它们射入电场时的初动能相同，则mv02相同，两个粒子的电荷量相同，y相同，在荧光屏上将出现1个亮点，故B错误；
C、若它们射入电场时的初动量相同，则mv0相同，而速度大小不相同，y不同，在荧光屏上将只出现2个亮点，故C错误；
D、若它们的初速度是经同一加速电场从静止加速后获得的，设加速电压为U，则qU＝，偏转位移y＝，则粒子的偏转位移相同，粒子射出偏转电场的动能相同，根据Ek＝可得v质子＝，v氘核＝，则打在荧光屏上时v质子：v氘核＝，故D正确。
故选：D。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
8．（2018秋•双流区校级期末）竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电量为Q，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m，电量为q的带电小球（可看成点电荷），丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b，离左板的距离为2b，如图所示，则（ ）
A．小球受到电场力为
B．若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小
C．若将细绳剪断，小球经时间到达负极
D．小球带正电，极板之间的电场强度大小为
【分析】先分析小球的受力情况，重力竖直向下、电场力水平向右、绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件，即可求解电场强度；根据F＝qE计算小球受到的电场力；分析电场力做功情况，来判断电势能的变化；剪断细绳后，小球受恒力作用，将做匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式求运动时间。
【解析】A、若金属板能看成点电荷，则小球所在处的电场强度为 E＝+＝，小球受到电场力为 F＝qE＝
由于金属板不能看成点电荷，所以不能用点电荷的场强公式E＝k计算出小球所在处的电场强度，因此，小球受到电场力不等于，小球受到电场力F＝qE＝mgtanθ，故A错误。
B、将小球移到悬点下方竖直位置，电场力不做功，故小球的电势能不变，故B错误；
CD、小球受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE、沿细线斜向上的拉力F作用，处于平衡状态。受力如图所示。由平衡条件可得 Tsinθ＝qE，Tcosθ＝mg，可得E＝；
剪断细线后，小球将沿电场力qE和重力mg的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向的分运动是初速度为零、加速度a＝＝gtanθ的匀加速直线运动，设小球碰到金属板所需要的时间为t，由b＝at2，得t＝，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况和运动情况，运用运动的分解法研究小球在电场中的运动时间。本题也可以采用合成法求电场力。
二．多选题（共5小题）
（多选）9．（2018秋•成都期末）如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向水平向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一相同质量的不带电金属小球b发生碰撞并粘在一起，此后水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）
A．小球a可能带正电
B．小球a、b碰撞后的速度v＝
C．小球a、b做匀速圆周运动的半径为r＝
D．小球从圆轨道的最低点到最高点，机械能增加量△E＝
【分析】根据小球在复合场中做匀速圆周运动判断出粒子所受电场力方向，然后判断小球电性；根据动量守恒定律求得小球a、b碰撞后的速度，应用动能定理求出小球进入复合场的速度，然后应用牛顿第二定律求出小球的轨道半径，洛伦兹力不做功，求出电场力做的功，则机械能的变化量可求解。
【解析】A、小球a、b碰撞后在竖直面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，小球a带负电，故A错误。
B、小球a加速过程，由动能定理得：qU＝，碰撞过程由动量守恒定律得：mv0＝2mv，联立解得：v＝，故B正确。
C、小球a、b碰撞后在竖直面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝2m，解得：r＝，故C错误。
D、洛伦兹力不做功，电场力做功为W＝qE•2r＝，所以机械能减少量△E＝，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动半径公式，动量守恒定律、带电粒子在电场中的加速运动和动能定理，综合性较强。
（多选）10．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电小球以一定的初速度由左边界的O点射入磁场和电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，将此带电小球仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则该带电小球（ ）
A．穿出位置一定在O′点下方
B．在电场运动过程中动能一定增大
C．在电场运动过程中电势能可能增大
D．在电场运动过程中重力势能可能增大
【分析】粒子在正交的电磁场中做的是匀速直线运动，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系。若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子无论是向上偏转还是向下偏转，都是在电场力的作用下偏转，所以电场力对离子做正功，根据动能定理来分析粒子动能的变化。
【解析】根据题意，带电小球在电场、磁场及重力场的复合场区内从左向右做直线运动，则该粒子一定向右做匀速直线运动，若小球带正电，故对小球有：Bqv＝Eq+mg；若小球带负电，故对小球有：Bqv+mg＝Eq；
当撤去磁场只保留电场时，若粒子带正电，则受向下的电场力qE和向下的重力mg，粒子向下偏转，从O'点下方射出，电场力和重力都做正功，动能增加，电势能减小，重力势能减小；若粒子带负电，受向上的电场力qE和向下的重力mg，因电场力大于重力，则粒子向上偏转，从O'点上方射出，电场做正功，重力做负功，合力做正功，动能增加，电势能减小，重力势能增大；故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在组合场的运动，解题关键掌握小球向右做匀速直线运动，则所受洛伦兹力、电场力、重力三者平衡，根据受力方向确定力的平衡条件方程。
（多选）11．（2017秋•成都期末）如图，质量为m、电荷量为e的质子（带正电、不计重力），以Ek的初动能从坐标原点O沿x轴正方向进入场区。若场区仅存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在方向垂直于xoy平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，质子也能通过P点。则下列结论正确的是（ ）
A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝
【分析】质子在只有电场的区域运动时粒子做类平抛运动，应用动能定理可求出电场强度的值。质子在只有磁场存在的区域运动，质子做匀速圆周运动，根据几何关系判断其半径，利用半径公式可求出磁场强度的值。
【解析】AB、只有电场存在时，质子的动能由Ek变为5Ek，由动能定理可知：
电场力做功为：W＝eEd＝5Ek﹣Ek
解得：E＝，故A错误，B正确。
CD、只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，轨迹如图，由题意可知，运动半径为d，由半径公式有：
d＝
设质子进入磁场时的速度为v，则有：Ek＝
以上两式联立得：E＝．故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，灵活选用力学规律是解决问题的关键。
1、明确研究对象，对研究对象进行受力分析。
2、依据力与运动的关系，明确运动性质及运动过程作出运动轨迹建立合理的运动模型。
3、根据不同的运动模型，选择合适的定律、定理（牛顿运动定律、动能定理等）列方程组求解。
（多选）12．（2017秋•成都期末）如图，匀强电场（图中未画出）的方向平行于竖直平面，一个质量为m的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为直线，该直线与竖直方向的夹角为θ （θ＜90°）．不计空气阻力，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A．小球一定做匀变速运动
B．小球在运动过程中机械能可能守恒
C．小球运动过程中所受电场力不小于mgsinθ
D．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率为P＝mgvsinθ
【分析】小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，可能做匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动。小球在运动过程中可能机械能守恒。当电场力与速度方向垂直时，电场力最小为mgsinθ．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率p＝mgvcosθ。
【解析】A、小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡时，两者的合力与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动。故A错误。
B、若电场力与速度方向垂直时，电场力不做功，则小球的机械能守恒。故B正确。
C、当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由垂直于速度方向力平衡得到：电场力的最小值为mgsinθ．故C正确。
D、当小球速度为v时，其重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝mgvcosθ．故D错误。
故选：BC。
【点评】本题中小球做直线运动，可能是匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动，根据小球的受力情况分析可能的运动情况，考虑问题要全面。
（多选）13．（2020春•烟台期末）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环竖直固定放置，甲、乙为套在圆环上的可视为点电荷的空心带电小球，其中小球甲固定在圆环的最低点a处，小球乙可以自由滑动。平衡时，小球乙静止在圆环上的b点。a、b连线与竖直方向成30°角。已知小球乙带正电，电荷量为q，质量为m，重力加速度为g。则（ ）
A．小球甲一定带正电
B．小球甲在b点处产生的电场强度大小为
C．小球甲所带电荷量的绝对值为
D．小球甲所带电荷量的绝对值为
【分析】根据受力分析合力为零判断乙的受力情况，根据库仑定律求解其他问题。
【解析】对乙受力分析两种情况如图1、2所示
图1：mg+FNcos60°＝Fcos30°，FNsin60°＝Fsin30°，解得FN＝mg，F＝mg
图2：mg+Fcos30°＝FNcos60°，Fsin30°＝FNsin60°，则无解，故受力为图1；
A、图1中甲乙库仑力为斥力，则甲乙带同种电荷，则小球甲一定带正电，故A正确；
B、根据电场强度定义式，E＝，故B正确；
CD、根据甲乙库仑定律，F＝得：q甲＝，故CD错误；
故选：AB。
【点评】本题考查库仑力与弹力的受力分析，注意有两种情况：图1和图2，通过正交分解确定为图1情况。
三．实验题（共2小题）
14．（2018秋•成都期末）一个小灯泡上标有“2V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I﹣U图线。可选用的器材如下：
A．电压表（量程3V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程15V内阻约20kΩ）
C．电流表（量程0.3A，内阻约1Ω）
D．电流表（量程0.6A，内阻约0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A）
F．滑动变阻器（100Ω，0.2A）
G．电源（电动势3V，内阻1Ω）
H．开关一个，导线若干
实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便。
（1）电压表应选用 A ，电流表应选用 D ，滑动变阻器应选用 E （填器材序号字母）。
（2）实验电路图应选择图甲中的 b （选填“a”或“b”）图。
（3）连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确。接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是 不亮 （选填“不亮”或“逐渐变亮”）。
（4）通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为 4.0 Ω．若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连，则还需在电路中串联一个阻值为 1.0 Ω的电阻，才能使它正常工作。（结果均保留两位有效数字）
【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，选出对应的电路实物图；
（3）根据图示图象应用欧姆定律分析答题；
（4）由图丙可知灯泡正常工作时的电压和电流求解正常工作时的阻值，根据闭合电路欧姆定律求解需串联的电阻阻值；
【解析】（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选择A，
灯泡额定电流为：I＝＝0.5A，电流表应选择D，
为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；
（2）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，
灯泡正常发光时的电阻阻值为：R＝＝4Ω，电压表内阻为10kΩ，电流表内阻为0.4Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，故b电路图符合要求；
（3）由于小灯泡与电压表串联，由于电压表内阻为10kΩ导致过小灯泡的电流非常小，小灯泡不亮；
（4）由图丙所示图象可知，小灯泡正常发光时的电阻阻值为：R＝＝4.0Ω，
若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连时，电路总电阻为：
故小灯泡应串联的电阻的阻值为：R串＝R总﹣R﹣r＝6﹣4﹣1Ω＝1.0Ω；
故答案为：（1）A，D，E；（2）b；（3）不亮；（4）4.0，1.0；
【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断；
15．（2017秋•宜昌期末）（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上 adbe 。
a．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100
d．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔
根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 30k Ω。
（2）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是 AC
A．测电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零。
【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，
（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）。
（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开。
（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果。
（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近；
（5）用欧姆表测电阻时，应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表使用完毕，应把选择开关置于交流电压最高挡或OFF挡上。
【解析】（1）用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：adbe．由图示表盘可知，电阻测量值为：30×1k＝30kΩ。
（2）A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量，故A正确；
B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；
C、为保证安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；
D、用同一挡位测量阻值不同的电阻不需要进行欧姆调零，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；
故选AC。
故答案为：（1）adbe；30k；（2）AC。
【点评】本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上。
四．计算题（共4小题）
16．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN相切于N点。一小滑块（可视为质点）带正电且电荷量为q，质量为m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg，现将小滑块从水平轨道的M点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点H。已知电场强度大小为，重力加速度大小为g，求：
（1）小滑块在最高点H的速度vH大小；
（2）M点距半圆轨道最低点N的水平距离L；
（3）小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小。
【分析】（1）在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
（2）对于从M点到H点的全过程，根据动能定理求解；
（3）从P到H的过程，由动能定理求得在P点的速度，在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解。
【解析】（1）在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg＝m
解得：vH＝
（2）设MN间的水平距离为L，从M点到H点的全过程，由动能定理得：
qEL﹣0.5mgL﹣2mgR＝
解得：L＝R
（3）从P到H的过程，由动能定理得：
﹣qER﹣mgR＝﹣
在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F﹣qE＝m
联立解得：F＝12mg
答：（1）小滑块在最高点H的速度vH大小为；
（2）M点距半圆轨道最低点N的水平距离L为R；
（3）小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小为12mg。
【点评】本题考查了带电体在匀强电场中有轨道的运动问题，涉及到圆周运动的临界条件问题。基础题，分析向心力的来源，应用动能定理和牛顿第二定律解答。
17．（2019秋•成都期末）如图，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，它们固定在一倾角为θ的绝缘斜面上，M、P间连有阻值为R的电阻，质量为m，长度为L、阻值也为R的导体棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将ab棒无初速释放，重力加速度大小为g。求：
（1）ab棒匀速运动时，电阻R的功率；
（2）ab棒匀速运动时的速度大小。
【分析】（1）ab棒匀速运动时，根据平衡条件列式求解感应电流的大小，根据P＝I2R求解电阻R的功率；
（2）根据E＝BLv以及闭合电路欧姆定律并结合（1）中的电流求解ab棒匀速运动时的速度大小。
【解析】（1）ab棒匀速运动时，根据平衡条件有：
BIL＝mgsinθ
则有：I＝
则电阻R的功率为：P＝I2R＝
（2）ab棒匀速运动时，感应电动势为：E＝BLv
则感应电流为：I＝
联立解得：v＝
答：（1）ab棒匀速运动时，电阻R的功率为。
（2）ab棒匀速运动时的速度大小为。
【点评】解决该题需要掌握用左手定则分析安培力的方向，掌握导体做切割磁感线运动产生的感应电动势的求解公式。
18．（2019秋•成都期末）如图，质量m＝0.08kg、电荷量q＝1.6×10﹣6C的带正电（可视为质点）小球，从半径R＝0.8m的固定光滑圆弧绝缘轨道上的A点由静止滑下，C点切线水平、距水平地面高h＝0.8m。整个装置处在方向水平向左、场强大小E＝3.75×105V/m的匀强电场中。重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小球到达C点时对轨道的压力大小；
（2）小球落地时距C点的水平距离。
【分析】（1）小球由静止从A滑到C的过程，由动能定理求出小球到达C点时的速度大小；小球运动到C点时，由牛顿第二定律，再结合牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小；
（2）小球离开C点后受到重力、电场力两个力作用力，这两个都是恒力，运用运动的分解法，根据分位移公式和牛顿第二定律求解。
【解析】（1）小球由静止从A滑到C的过程，由动能定理得：
mgR﹣qER＝mvC2﹣0
代入数据解得：vC＝2m/s
小球运动到C点时，由牛顿第二定律得：
FN﹣mg＝m
代入数据解得：FN＝1.2N
由牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小 FN′＝FN＝1.2N
（2）小球离开C点后，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动。
竖直方向有 h＝
解得 t＝0.4s
水平方向有：qE＝ma
解得 a＝7.5m/s2。
小球落地时距C点的水平距离 x＝vCt﹣
解得 x＝0.2m
答：
（1）小球到达C点时对轨道的压力大小是1.2N；
（2）小球落地时距C点的水平距离是0.2m。
【点评】本题关键是分析清楚小球的运动规律，明确向心力的来源。涉及力在空间的效果时，动能定理是常用的解题方法。小球在复合场中运动时，若小球受到的是恒力，可以根据运动的分解法研究。
19．（2017秋•成都期末）如图，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径R＝1m、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。一带正电的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时，小球对管壁的压力大小等于其重力的3倍。小球可视为质点，比荷＝1×10﹣2C/kg，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求小球在B点的速度大小v；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）若小球能从MNPQ区域右边界NP离开电场，求该区域的高度HMQ和宽度的最小值LMN。
【分析】（1）在B点，球受受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可；
（2）对从A到B过程，根据动能定理列式求解电场强度；
（3）小球在电场区域受向右的电场力和向下的重力，竖直方向的分运动时自由落体运动，水平方向的分运动时匀变速直线运动，向左的最大距离决定力宽度的最小值，从右侧飞出的位置决定的最小高度。
【解析】（1）在B点，由牛顿第二定律，有：FN﹣mg＝m，
代入数据得：v＝＝2m/s；
（2）从A到B，根据动能定理，有：2mgR﹣qER＝，
代入数据解得：E＝1×103N/C；
（3）从B点滑出后，小球在竖直方向做自由落体运动；在水平方向的加速度恒定，先向左做匀减速运动，速度减为零后再向右做匀加速运动；
水平方向：qE＝max，ax＝g，
竖直方向：ay＝g，
设向左减速的时间为t1，则有：t1＝，
小球向左运动的最大距离为：x＝＝R，
代入数据解得MNPQ区域的最小宽度为：LMN＝2R＝2m；
设向右加速时间为t2，则有：LMN＝，
解得：t2＝2，
小球出电场时，下落的高度为：h＝，
代入数据解得：h＝（3+2）m，
故MNPQ区域的高度应该满足：H≥h+R＝（4+2）m；
答：（1）小球在B点的速度大小v2m/s；
（2）匀强电场的电场强度大小E为1×103N/C；
（3）该区域的高度HMQ为（4+2）m，宽度的最小值LMN为2m。
2022-2023学年四川省成都市高二上学期期末模拟自检
物理试题（含答案）
一．选择题（共8小题）
1．（2019秋•成都期末）利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（ ）
A．仅增大两板间的距离，指针偏角将增大
B．仅增大两板间的距离，指针偏角将减小
C．仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小
D．仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变
2．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两磁场右边界均足够宽。一带负电的粒子质量为m，电荷量为q，从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中的运动半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．粒子经偏转一定能回到原点O
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1
D．粒子从原点出发后到第二次穿过x轴时，沿x轴前进2R
3．（2017秋•成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB＝2BC，P是CD边的中点。A、B、D的电势分别为6V、2V、4V，初动能为6eV、电荷量大小为e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B．不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．该粒子到达B点时的动能为10eV
C．若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过c点
D．若仅改变粒子的初速度方向，该粒子可能做直线运动经过P点
4．（2019秋•成都期末）如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25T．一群不计重力、质量m＝3×10﹣9kg、电荷量q＝2×10﹣5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）
A．所有粒子射出磁场时的速度方向都平行
B．所有粒子在磁场中运动的时间都相等
C．从od边射入的粒子，出射点都在e点
D．从ao边射入的粒子，出射点都在b点
5．（2017•秦州区校级学业考试）如图所示，在场强为E的水平方向的匀强电场中有A、B两点，AB连线长为L，连线与电场线夹角为α，则A、B两点的电势差UAB等于（ ）
A．EL B．零 C．ELcosα D．ELsinα
6．（2018秋•成都期末）如图，电源的电动势为E，内阻为。R1为定值电阻，R2为滑动变阻器、B为水平放置的平行金属板，L为小灯泡，电表均为理想电表。开关S闭合后，A、B板间有一带电油滴恰好处于静止状态。则在滑动变阻器的触头P向下滑动的过程中（ ）
A．电压表的示数增大
B．油滴向上加速运动
C．板上的电荷量减少
D．两表示数变化量的比值变大
7．（2018秋•成都期末）如图，水平放置的平行金属板、B间有一匀强电场，一个质子（）和一个氘核（），先后以平行于两板中心线OO’的初速度从左侧O点射入两板间，与板无碰撞且射出后都能击中竖直荧光屏MN，击中荧光屏时的速率分别用v质子和v氘核表示。下列说法正确的是（ ）
A．若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
B．若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将出现2个亮点
C．若它们射入电场时的初动量相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．若它们的初速度是经同一加速电场从静止加速后获得的，则打在荧光屏上时v质子：v氘核＝
8．（2018秋•双流区校级期末）竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电量为Q，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m，电量为q的带电小球（可看成点电荷），丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b，离左板的距离为2b，如图所示，则（ ）
A．小球受到电场力为
B．若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小
C．若将细绳剪断，小球经时间到达负极
D．小球带正电，极板之间的电场强度大小为
二．多选题（共5小题）
（多选）9．（2018秋•成都期末）如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向水平向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一相同质量的不带电金属小球b发生碰撞并粘在一起，此后水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）
A．小球a可能带正电
B．小球a、b碰撞后的速度v＝
C．小球a、b做匀速圆周运动的半径为r＝
D．小球从圆轨道的最低点到最高点，机械能增加量△E＝
（多选）10．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电小球以一定的初速度由左边界的O点射入磁场和电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，将此带电小球仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则该带电小球（ ）
A．穿出位置一定在O′点下方
B．在电场运动过程中动能一定增大
C．在电场运动过程中电势能可能增大
D．在电场运动过程中重力势能可能增大
（多选）11．（2017秋•成都期末）如图，质量为m、电荷量为e的质子（带正电、不计重力），以Ek的初动能从坐标原点O沿x轴正方向进入场区。若场区仅存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在方向垂直于xoy平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，质子也能通过P点。则下列结论正确的是（ ）
A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝
（多选）12．（2017秋•成都期末）如图，匀强电场（图中未画出）的方向平行于竖直平面，一个质量为m的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为直线，该直线与竖直方向的夹角为θ （θ＜90°）．不计空气阻力，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A．小球一定做匀变速运动
B．小球在运动过程中机械能可能守恒
C．小球运动过程中所受电场力不小于mgsinθ
D．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率为P＝mgvsinθ
（多选）13．（2020春•烟台期末）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环竖直固定放置，甲、乙为套在圆环上的可视为点电荷的空心带电小球，其中小球甲固定在圆环的最低点a处，小球乙可以自由滑动。平衡时，小球乙静止在圆环上的b点。a、b连线与竖直方向成30°角。已知小球乙带正电，电荷量为q，质量为m，重力加速度为g。则（ ）
A．小球甲一定带正电
B．小球甲在b点处产生的电场强度大小为
C．小球甲所带电荷量的绝对值为
D．小球甲所带电荷量的绝对值为
三．实验题（共2小题）
14．（2018秋•成都期末）一个小灯泡上标有“2V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I﹣U图线。可选用的器材如下：
A．电压表（量程3V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程15V内阻约20kΩ）
C．电流表（量程0.3A，内阻约1Ω）
D．电流表（量程0.6A，内阻约0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A）
F．滑动变阻器（100Ω，0.2A）
G．电源（电动势3V，内阻1Ω）
H．开关一个，导线若干
实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便。
（1）电压表应选用 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （填器材序号字母）。
（2）实验电路图应选择图甲中的 （选填“a”或“b”）图。
（3）连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确。接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是 （选填“不亮”或“逐渐变亮”）。
（4）通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为 Ω．若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连，则还需在电路中串联一个阻值为 Ω的电阻，才能使它正常工作。（结果均保留两位有效数字）
15．（2017秋•宜昌期末）（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上 。
a．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100
d．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔
根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 Ω。
（2）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是
A．测电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零。
四．计算题（共4小题）
16．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN相切于N点。一小滑块（可视为质点）带正电且电荷量为q，质量为m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg，现将小滑块从水平轨道的M点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点H。已知电场强度大小为，重力加速度大小为g，求：
（1）小滑块在最高点H的速度vH大小；
（2）M点距半圆轨道最低点N的水平距离L；
（3）小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小。
17．（2019秋•成都期末）如图，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，它们固定在一倾角为θ的绝缘斜面上，M、P间连有阻值为R的电阻，质量为m，长度为L、阻值也为R的导体棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将ab棒无初速释放，重力加速度大小为g。求：
（1）ab棒匀速运动时，电阻R的功率；
（2）ab棒匀速运动时的速度大小。
18．（2019秋•成都期末）如图，质量m＝0.08kg、电荷量q＝1.6×10﹣6C的带正电（可视为质点）小球，从半径R＝0.8m的固定光滑圆弧绝缘轨道上的A点由静止滑下，C点切线水平、距水平地面高h＝0.8m。整个装置处在方向水平向左、场强大小E＝3.75×105V/m的匀强电场中。重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小球到达C点时对轨道的压力大小；
（2）小球落地时距C点的水平距离。
19．（2017秋•成都期末）如图，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径R＝1m、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。一带正电的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时，小球对管壁的压力大小等于其重力的3倍。小球可视为质点，比荷＝1×10﹣2C/kg，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求小球在B点的速度大小v；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）若小球能从MNPQ区域右边界NP离开电场，求该区域的高度HMQ和宽度的最小值LMN。
2022-2023学年上学期成都高二物理期末典型试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2019秋•成都期末）利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（ ）
A．仅增大两板间的距离，指针偏角将增大
B．仅增大两板间的距离，指针偏角将减小
C．仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小
D．仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变
【分析】静电计是测量电势差的仪器，根据张角可以得出两板间的电势差高低；
平行板电容器带电后电量几乎不变，根据决定式C＝知，分析电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化。
【解析】AB、增大板间距d，据电容的决定式C＝知电容变小，电容器电荷量不变结合电容定义式知，两极板间的电势差U变大，静电计指针张角变大，故A正确，B错误。C、极板正对面积S变小，根据电容的决定式C＝知电容变小，电容器电荷量不变结合电容定义式知，两极板间的电势差U变大，静电计指针张角变大，故C错误。
D、极板间插入有机玻璃则ɛ变大，根据电容的决定式C＝知电容变答，电容器电荷量不变结合电容定义式知，两极板间的电势差U变小，静电计指针张角变小，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，对于电容器的动态变化分析问题，常常是电容的决定式和定义式结合分析，抓住不变量是分析的基础。
2．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两磁场右边界均足够宽。一带负电的粒子质量为m，电荷量为q，从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中的运动半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．粒子经偏转一定能回到原点O
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1
D．粒子从原点出发后到第二次穿过x轴时，沿x轴前进2R
【分析】根据粒子运动方向及左手定则判断出运动轨迹；再根据几何关系及得出粒子的运动时间关系；再根据r＝得出半径比例关系。
【解析】A、根据左手定则判断可知，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，故不可能回到原点0．故A错误。
B、因第四象限中磁感应强度为第一象限中的一半；故第四象限中的半径为第一象限中半径的2倍；由几何关系可知，负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为 60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T＝，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为：t1＝；同理，在第四象限运动的时间为；完在成一次周期性运动的时间为T′＝t1+t2＝．故B正确。
C、由r＝，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故C错误。
D、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x＝R+2R＝3R．故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，解题的关键是熟练掌握基本公式和r＝，并结合几何关系进行解题。
3．（2017秋•成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB＝2BC，P是CD边的中点。A、B、D的电势分别为6V、2V、4V，初动能为6eV、电荷量大小为e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B．不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．该粒子到达B点时的动能为10eV
C．若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过c点
D．若仅改变粒子的初速度方向，该粒子可能做直线运动经过P点
【分析】在匀强电场中沿着相同方向前进相同距离电势的降落相等，据此画出等势面，然后结合动能定理和曲线运动的条件进行分析即可。
【解析】A、匀强电场中，沿着相同方向前进相同距离电势的降落相等，故：
φA﹣φB＝φD﹣φC，
解得：φD＝4V；
故CD连线的中点为2V，AB中点的电势为4V，画出等势面和电场线，如图所示：
粒子初速度指向C点，电场力平行AP，恰好经过B点，故电场力向左下方，粒子带负电荷，故A错误；
B、粒子从A到B过程，根据动能定理，有：（﹣e）（UAB）＝EkB﹣EkA，
其中：UAB＝φA﹣φB＝4V，
解得：EkB＝2eV，故B错误；
C、如果只改变初速度大小，合力方向不变，依然是逐渐向下偏转，不可能经过C点，故C错误；
D、若仅改变粒子的初速度方向，当初速度指向P点时，做匀减速直线运动，可能经过P点，由于P与B在同一个等势面上，故经过P点的动能为2eV，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查粒子在匀强电场中的运动，关键是求出各个点的电势，画出等势面和电场线进行分析，不难。
4．（2019秋•成都期末）如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25T．一群不计重力、质量m＝3×10﹣9kg、电荷量q＝2×10﹣5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）
A．所有粒子射出磁场时的速度方向都平行
B．所有粒子在磁场中运动的时间都相等
C．从od边射入的粒子，出射点都在e点
D．从ao边射入的粒子，出射点都在b点
【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹。
【解析】C、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得粒子的运动半径为r＝
因ab＝0.3m＝r，所以从od（除d点射入的粒子）边射入的粒子，形成以r为半径的圆弧，从点o射入粒子的从b点出去；
从od（除d点射入的粒子）之间射入的粒子，因边界上无磁场，因此粒子到达bc边后应做直线运动，所以粒子最终全部通过b点，
从d点射入的粒子沿着直线运动到c点，故C错误；
ABD、从ao边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为O′，如图所示，
根据几何关系，可得：虚线的四边形O′Med是菱形，则粒子的出射点一定是从b点射出。
同理可知，从ao边射入的粒子，出射点全部从b点射出，但射出的速度方向并不相同，根据运动轨迹可知，从ao边射入的粒子在磁场中运动的圆心角不相同，所以运动时间不相同，故D正确，AB错误。
故选：D。
【点评】解决该题的关键是掌握粒子做匀速圆周运动的半径公式，能正确做出粒子的运动轨迹，掌握粒子的出射方向的特点。
5．（2017•秦州区校级学业考试）如图所示，在场强为E的水平方向的匀强电场中有A、B两点，AB连线长为L，连线与电场线夹角为α，则A、B两点的电势差UAB等于（ ）
A．EL B．零 C．ELcosα D．ELsinα
【分析】根据电场强度的大小以及A、B两点沿电场线方向上的距离，结合U＝Ed求出电势差。
【解析】A、B两点的电势差UAB＝Ed＝ELcosα，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道在公式U＝Ed中，d表示两点沿电场线方向上的距离，不是两点间的距离，基础题。
6．（2018秋•成都期末）如图，电源的电动势为E，内阻为。R1为定值电阻，R2为滑动变阻器、B为水平放置的平行金属板，L为小灯泡，电表均为理想电表。开关S闭合后，A、B板间有一带电油滴恰好处于静止状态。则在滑动变阻器的触头P向下滑动的过程中（ ）
A．电压表的示数增大
B．油滴向上加速运动
C．板上的电荷量减少
D．两表示数变化量的比值变大
【分析】根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，确定电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况。
【解析】粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电容器与灯泡L，电阻R2相并联后与R1串联，
A、滑片向下移动，电阻R2变大，电路总电阻变大，电流变小，则A表的示数变小，R1 分压变小，电压表示数变小，故A错误；
B、电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速，故B正确。
C、电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，电容器充电，电量增大，故C错误；
D、两表的示数的比值为R1＝＝，不变，故D错误
故选：B。
【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定。
7．（2018秋•成都期末）如图，水平放置的平行金属板、B间有一匀强电场，一个质子（）和一个氘核（），先后以平行于两板中心线OO’的初速度从左侧O点射入两板间，与板无碰撞且射出后都能击中竖直荧光屏MN，击中荧光屏时的速率分别用v质子和v氘核表示。下列说法正确的是（ ）
A．若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
B．若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将出现2个亮点
C．若它们射入电场时的初动量相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．若它们的初速度是经同一加速电场从静止加速后获得的，则打在荧光屏上时v质子：v氘核＝
【分析】质子、氘核带电量相同、质量不相同，进入同一电场时，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析；根据动能定理求解最后的速度之比。
【解析】粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：
加速度为：a＝
偏转距离为：y＝at2，
设板长为L，运动时间为：t＝
联立三式得：y＝。
A、若它们射入电场时的速度相等，y与比荷（电荷量与质量的比值）成正比，质子（）和氘核（）的比荷不同，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；
B、若它们射入电场时的初动能相同，则mv02相同，两个粒子的电荷量相同，y相同，在荧光屏上将出现1个亮点，故B错误；
C、若它们射入电场时的初动量相同，则mv0相同，而速度大小不相同，y不同，在荧光屏上将只出现2个亮点，故C错误；
D、若它们的初速度是经同一加速电场从静止加速后获得的，设加速电压为U，则qU＝，偏转位移y＝，则粒子的偏转位移相同，粒子射出偏转电场的动能相同，根据Ek＝可得v质子＝，v氘核＝，则打在荧光屏上时v质子：v氘核＝，故D正确。
故选：D。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
8．（2018秋•双流区校级期末）竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电量为Q，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m，电量为q的带电小球（可看成点电荷），丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b，离左板的距离为2b，如图所示，则（ ）
A．小球受到电场力为
B．若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小
C．若将细绳剪断，小球经时间到达负极
D．小球带正电，极板之间的电场强度大小为
【分析】先分析小球的受力情况，重力竖直向下、电场力水平向右、绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件，即可求解电场强度；根据F＝qE计算小球受到的电场力；分析电场力做功情况，来判断电势能的变化；剪断细绳后，小球受恒力作用，将做匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式求运动时间。
【解析】A、若金属板能看成点电荷，则小球所在处的电场强度为 E＝+＝，小球受到电场力为 F＝qE＝
由于金属板不能看成点电荷，所以不能用点电荷的场强公式E＝k计算出小球所在处的电场强度，因此，小球受到电场力不等于，小球受到电场力F＝qE＝mgtanθ，故A错误。
B、将小球移到悬点下方竖直位置，电场力不做功，故小球的电势能不变，故B错误；
CD、小球受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE、沿细线斜向上的拉力F作用，处于平衡状态。受力如图所示。由平衡条件可得 Tsinθ＝qE，Tcosθ＝mg，可得E＝；
剪断细线后，小球将沿电场力qE和重力mg的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向的分运动是初速度为零、加速度a＝＝gtanθ的匀加速直线运动，设小球碰到金属板所需要的时间为t，由b＝at2，得t＝，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况和运动情况，运用运动的分解法研究小球在电场中的运动时间。本题也可以采用合成法求电场力。
二．多选题（共5小题）
（多选）9．（2018秋•成都期末）如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向水平向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一相同质量的不带电金属小球b发生碰撞并粘在一起，此后水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）
A．小球a可能带正电
B．小球a、b碰撞后的速度v＝
C．小球a、b做匀速圆周运动的半径为r＝
D．小球从圆轨道的最低点到最高点，机械能增加量△E＝
【分析】根据小球在复合场中做匀速圆周运动判断出粒子所受电场力方向，然后判断小球电性；根据动量守恒定律求得小球a、b碰撞后的速度，应用动能定理求出小球进入复合场的速度，然后应用牛顿第二定律求出小球的轨道半径，洛伦兹力不做功，求出电场力做的功，则机械能的变化量可求解。
【解析】A、小球a、b碰撞后在竖直面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，小球a带负电，故A错误。
B、小球a加速过程，由动能定理得：qU＝，碰撞过程由动量守恒定律得：mv0＝2mv，联立解得：v＝，故B正确。
C、小球a、b碰撞后在竖直面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝2m，解得：r＝，故C错误。
D、洛伦兹力不做功，电场力做功为W＝qE•2r＝，所以机械能减少量△E＝，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动半径公式，动量守恒定律、带电粒子在电场中的加速运动和动能定理，综合性较强。
（多选）10．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电小球以一定的初速度由左边界的O点射入磁场和电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，将此带电小球仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则该带电小球（ ）
A．穿出位置一定在O′点下方
B．在电场运动过程中动能一定增大
C．在电场运动过程中电势能可能增大
D．在电场运动过程中重力势能可能增大
【分析】粒子在正交的电磁场中做的是匀速直线运动，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系。若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子无论是向上偏转还是向下偏转，都是在电场力的作用下偏转，所以电场力对离子做正功，根据动能定理来分析粒子动能的变化。
【解析】根据题意，带电小球在电场、磁场及重力场的复合场区内从左向右做直线运动，则该粒子一定向右做匀速直线运动，若小球带正电，故对小球有：Bqv＝Eq+mg；若小球带负电，故对小球有：Bqv+mg＝Eq；
当撤去磁场只保留电场时，若粒子带正电，则受向下的电场力qE和向下的重力mg，粒子向下偏转，从O'点下方射出，电场力和重力都做正功，动能增加，电势能减小，重力势能减小；若粒子带负电，受向上的电场力qE和向下的重力mg，因电场力大于重力，则粒子向上偏转，从O'点上方射出，电场做正功，重力做负功，合力做正功，动能增加，电势能减小，重力势能增大；故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在组合场的运动，解题关键掌握小球向右做匀速直线运动，则所受洛伦兹力、电场力、重力三者平衡，根据受力方向确定力的平衡条件方程。
（多选）11．（2017秋•成都期末）如图，质量为m、电荷量为e的质子（带正电、不计重力），以Ek的初动能从坐标原点O沿x轴正方向进入场区。若场区仅存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在方向垂直于xoy平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，质子也能通过P点。则下列结论正确的是（ ）
A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝
【分析】质子在只有电场的区域运动时粒子做类平抛运动，应用动能定理可求出电场强度的值。质子在只有磁场存在的区域运动，质子做匀速圆周运动，根据几何关系判断其半径，利用半径公式可求出磁场强度的值。
【解析】AB、只有电场存在时，质子的动能由Ek变为5Ek，由动能定理可知：
电场力做功为：W＝eEd＝5Ek﹣Ek
解得：E＝，故A错误，B正确。
CD、只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，轨迹如图，由题意可知，运动半径为d，由半径公式有：
d＝
设质子进入磁场时的速度为v，则有：Ek＝
以上两式联立得：E＝．故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，灵活选用力学规律是解决问题的关键。
1、明确研究对象，对研究对象进行受力分析。
2、依据力与运动的关系，明确运动性质及运动过程作出运动轨迹建立合理的运动模型。
3、根据不同的运动模型，选择合适的定律、定理（牛顿运动定律、动能定理等）列方程组求解。
（多选）12．（2017秋•成都期末）如图，匀强电场（图中未画出）的方向平行于竖直平面，一个质量为m的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为直线，该直线与竖直方向的夹角为θ （θ＜90°）．不计空气阻力，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A．小球一定做匀变速运动
B．小球在运动过程中机械能可能守恒
C．小球运动过程中所受电场力不小于mgsinθ
D．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率为P＝mgvsinθ
【分析】小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，可能做匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动。小球在运动过程中可能机械能守恒。当电场力与速度方向垂直时，电场力最小为mgsinθ．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率p＝mgvcosθ。
【解析】A、小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡时，两者的合力与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动。故A错误。
B、若电场力与速度方向垂直时，电场力不做功，则小球的机械能守恒。故B正确。
C、当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由垂直于速度方向力平衡得到：电场力的最小值为mgsinθ．故C正确。
D、当小球速度为v时，其重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝mgvcosθ．故D错误。
故选：BC。
【点评】本题中小球做直线运动，可能是匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动，根据小球的受力情况分析可能的运动情况，考虑问题要全面。
（多选）13．（2020春•烟台期末）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环竖直固定放置，甲、乙为套在圆环上的可视为点电荷的空心带电小球，其中小球甲固定在圆环的最低点a处，小球乙可以自由滑动。平衡时，小球乙静止在圆环上的b点。a、b连线与竖直方向成30°角。已知小球乙带正电，电荷量为q，质量为m，重力加速度为g。则（ ）
A．小球甲一定带正电
B．小球甲在b点处产生的电场强度大小为
C．小球甲所带电荷量的绝对值为
D．小球甲所带电荷量的绝对值为
【分析】根据受力分析合力为零判断乙的受力情况，根据库仑定律求解其他问题。
【解析】对乙受力分析两种情况如图1、2所示
图1：mg+FNcos60°＝Fcos30°，FNsin60°＝Fsin30°，解得FN＝mg，F＝mg
图2：mg+Fcos30°＝FNcos60°，Fsin30°＝FNsin60°，则无解，故受力为图1；
A、图1中甲乙库仑力为斥力，则甲乙带同种电荷，则小球甲一定带正电，故A正确；
B、根据电场强度定义式，E＝，故B正确；
CD、根据甲乙库仑定律，F＝得：q甲＝，故CD错误；
故选：AB。
【点评】本题考查库仑力与弹力的受力分析，注意有两种情况：图1和图2，通过正交分解确定为图1情况。
三．实验题（共2小题）
14．（2018秋•成都期末）一个小灯泡上标有“2V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I﹣U图线。可选用的器材如下：
A．电压表（量程3V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程15V内阻约20kΩ）
C．电流表（量程0.3A，内阻约1Ω）
D．电流表（量程0.6A，内阻约0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A）
F．滑动变阻器（100Ω，0.2A）
G．电源（电动势3V，内阻1Ω）
H．开关一个，导线若干
实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便。
（1）电压表应选用 A ，电流表应选用 D ，滑动变阻器应选用 E （填器材序号字母）。
（2）实验电路图应选择图甲中的 b （选填“a”或“b”）图。
（3）连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确。接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是 不亮 （选填“不亮”或“逐渐变亮”）。
（4）通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为 4.0 Ω．若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连，则还需在电路中串联一个阻值为 1.0 Ω的电阻，才能使它正常工作。（结果均保留两位有效数字）
【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，选出对应的电路实物图；
（3）根据图示图象应用欧姆定律分析答题；
（4）由图丙可知灯泡正常工作时的电压和电流求解正常工作时的阻值，根据闭合电路欧姆定律求解需串联的电阻阻值；
【解析】（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选择A，
灯泡额定电流为：I＝＝0.5A，电流表应选择D，
为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；
（2）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，
灯泡正常发光时的电阻阻值为：R＝＝4Ω，电压表内阻为10kΩ，电流表内阻为0.4Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，故b电路图符合要求；
（3）由于小灯泡与电压表串联，由于电压表内阻为10kΩ导致过小灯泡的电流非常小，小灯泡不亮；
（4）由图丙所示图象可知，小灯泡正常发光时的电阻阻值为：R＝＝4.0Ω，
若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连时，电路总电阻为：
故小灯泡应串联的电阻的阻值为：R串＝R总﹣R﹣r＝6﹣4﹣1Ω＝1.0Ω；
故答案为：（1）A，D，E；（2）b；（3）不亮；（4）4.0，1.0；
【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断；
15．（2017秋•宜昌期末）（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上 adbe 。
a．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100
d．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔
根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 30k Ω。
（2）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是 AC
A．测电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零。
【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，
（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）。
（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开。
（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果。
（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近；
（5）用欧姆表测电阻时，应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表使用完毕，应把选择开关置于交流电压最高挡或OFF挡上。
【解析】（1）用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：adbe．由图示表盘可知，电阻测量值为：30×1k＝30kΩ。
（2）A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量，故A正确；
B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；
C、为保证安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；
D、用同一挡位测量阻值不同的电阻不需要进行欧姆调零，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；
故选AC。
故答案为：（1）adbe；30k；（2）AC。
【点评】本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上。
四．计算题（共4小题）
16．（2019秋•金堂县校级期末）如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN相切于N点。一小滑块（可视为质点）带正电且电荷量为q，质量为m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg，现将小滑块从水平轨道的M点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点H。已知电场强度大小为，重力加速度大小为g，求：
（1）小滑块在最高点H的速度vH大小；
（2）M点距半圆轨道最低点N的水平距离L；
（3）小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小。
【分析】（1）在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
（2）对于从M点到H点的全过程，根据动能定理求解；
（3）从P到H的过程，由动能定理求得在P点的速度，在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解。
【解析】（1）在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg＝m
解得：vH＝
（2）设MN间的水平距离为L，从M点到H点的全过程，由动能定理得：
qEL﹣0.5mgL﹣2mgR＝
解得：L＝R
（3）从P到H的过程，由动能定理得：
﹣qER﹣mgR＝﹣
在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F﹣qE＝m
联立解得：F＝12mg
答：（1）小滑块在最高点H的速度vH大小为；
（2）M点距半圆轨道最低点N的水平距离L为R；
（3）小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小为12mg。
【点评】本题考查了带电体在匀强电场中有轨道的运动问题，涉及到圆周运动的临界条件问题。基础题，分析向心力的来源，应用动能定理和牛顿第二定律解答。
17．（2019秋•成都期末）如图，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，它们固定在一倾角为θ的绝缘斜面上，M、P间连有阻值为R的电阻，质量为m，长度为L、阻值也为R的导体棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将ab棒无初速释放，重力加速度大小为g。求：
（1）ab棒匀速运动时，电阻R的功率；
（2）ab棒匀速运动时的速度大小。
【分析】（1）ab棒匀速运动时，根据平衡条件列式求解感应电流的大小，根据P＝I2R求解电阻R的功率；
（2）根据E＝BLv以及闭合电路欧姆定律并结合（1）中的电流求解ab棒匀速运动时的速度大小。
【解析】（1）ab棒匀速运动时，根据平衡条件有：
BIL＝mgsinθ
则有：I＝
则电阻R的功率为：P＝I2R＝
（2）ab棒匀速运动时，感应电动势为：E＝BLv
则感应电流为：I＝
联立解得：v＝
答：（1）ab棒匀速运动时，电阻R的功率为。
（2）ab棒匀速运动时的速度大小为。
【点评】解决该题需要掌握用左手定则分析安培力的方向，掌握导体做切割磁感线运动产生的感应电动势的求解公式。
18．（2019秋•成都期末）如图，质量m＝0.08kg、电荷量q＝1.6×10﹣6C的带正电（可视为质点）小球，从半径R＝0.8m的固定光滑圆弧绝缘轨道上的A点由静止滑下，C点切线水平、距水平地面高h＝0.8m。整个装置处在方向水平向左、场强大小E＝3.75×105V/m的匀强电场中。重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小球到达C点时对轨道的压力大小；
（2）小球落地时距C点的水平距离。
【分析】（1）小球由静止从A滑到C的过程，由动能定理求出小球到达C点时的速度大小；小球运动到C点时，由牛顿第二定律，再结合牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小；
（2）小球离开C点后受到重力、电场力两个力作用力，这两个都是恒力，运用运动的分解法，根据分位移公式和牛顿第二定律求解。
【解析】（1）小球由静止从A滑到C的过程，由动能定理得：
mgR﹣qER＝mvC2﹣0
代入数据解得：vC＝2m/s
小球运动到C点时，由牛顿第二定律得：
FN﹣mg＝m
代入数据解得：FN＝1.2N
由牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小 FN′＝FN＝1.2N
（2）小球离开C点后，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动。
竖直方向有 h＝
解得 t＝0.4s
水平方向有：qE＝ma
解得 a＝7.5m/s2。
小球落地时距C点的水平距离 x＝vCt﹣
解得 x＝0.2m
答：
（1）小球到达C点时对轨道的压力大小是1.2N；
（2）小球落地时距C点的水平距离是0.2m。
【点评】本题关键是分析清楚小球的运动规律，明确向心力的来源。涉及力在空间的效果时，动能定理是常用的解题方法。小球在复合场中运动时，若小球受到的是恒力，可以根据运动的分解法研究。
19．（2017秋•成都期末）如图，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径R＝1m、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。一带正电的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时，小球对管壁的压力大小等于其重力的3倍。小球可视为质点，比荷＝1×10﹣2C/kg，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求小球在B点的速度大小v；
（2）求匀强电场的电场强度大小E；
（3）若小球能从MNPQ区域右边界NP离开电场，求该区域的高度HMQ和宽度的最小值LMN。
【分析】（1）在B点，球受受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可；
（2）对从A到B过程，根据动能定理列式求解电场强度；
（3）小球在电场区域受向右的电场力和向下的重力，竖直方向的分运动时自由落体运动，水平方向的分运动时匀变速直线运动，向左的最大距离决定力宽度的最小值，从右侧飞出的位置决定的最小高度。
【解析】（1）在B点，由牛顿第二定律，有：FN﹣mg＝m，
代入数据得：v＝＝2m/s；
（2）从A到B，根据动能定理，有：2mgR﹣qER＝，
代入数据解得：E＝1×103N/C；
（3）从B点滑出后，小球在竖直方向做自由落体运动；在水平方向的加速度恒定，先向左做匀减速运动，速度减为零后再向右做匀加速运动；
水平方向：qE＝max，ax＝g，
竖直方向：ay＝g，
设向左减速的时间为t1，则有：t1＝，
小球向左运动的最大距离为：x＝＝R，
代入数据解得MNPQ区域的最小宽度为：LMN＝2R＝2m；
设向右加速时间为t2，则有：LMN＝，
解得：t2＝2，
小球出电场时，下落的高度为：h＝，
代入数据解得：h＝（3+2）m，
故MNPQ区域的高度应该满足：H≥h+R＝（4+2）m；
答：（1）小球在B点的速度大小v2m/s；
（2）匀强电场的电场强度大小E为1×103N/C；
（3）该区域的高度HMQ为（4+2）m，宽度的最小值LMN为2m。
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