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四川省什邡中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试物理试题（Word版附解析）
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这是一份四川省什邡中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试物理试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了 下述说法正确的是， 让质子， 如图等内容，欢迎下载使用。
（满分：100分考试时间：75分钟）
一．单选题（每小题4分，共28分）
1. 下述说法正确的是（ ）
A. 磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B. 一小段通电导线在空间某点处不受磁场力，则该点的磁感应强度一定为零
C. 根据，磁感强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比
D. 只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，就能产生感应电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而其内部是从S极到N极，故A错误；
B．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，并不是指该处磁感应强度一定为零，故B错误；
C．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与电流强度和导线长度无关，故C错误；
D．感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流，故D正确。
故选D。
2. 有一束电子流沿x轴的正方向高速运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处所产生的磁场方向沿( )
A. y轴正方向B. y轴负方向
C. z轴正方向D. z轴负方向
【答案】A
【解析】
【详解】电子流沿 x轴正方向运动，形成的电流方向沿 x 轴负方向，根据安培定则可知，电子流在z 轴上的P点处所产生的磁场方向是沿y轴正方向，故A正确．
【点睛】安培定则是判断电流方向与磁场方向间关系的规则，要熟练掌握．要注意电流方向与负电荷定向运动方向相反．
3. 在图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，当滑动变阻器滑片向上移动时（ ）
A. 电压表示数变大，电流表示数变小
B. 电压表示数变大，电流表示数变大
C. 电压表示数变小，电流表示数变大
D. 电压表示数变小，电流表示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】当变阻器的滑动片向上移动时，滑动变阻器阻值变小，总电阻减小，总电流变大，内阻上的电压变大，路端电压减小，即电压表示数变小；R1上的电压变大，则并联之路的电压减小，通过R2的电流减小，则通过电流表读数变大，C正确，ABD错误。
故选C。
4. 如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r＝0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω。下列说法中正确的是（ ）
A. 电动机两端电压1.5V
B. 电源的输出功率是8W
C. 电动机消耗的电功率为3W
D. 电动机的输出功率为3W
【答案】D
【解析】
【详解】灯泡刚好正常发光，则电路电流为
根据闭合电路欧姆定律可得，路端电压为
电源的输出功率为
电动机两端电压
电动机消耗的电功率为
电动机消耗的热功率为
则电动机的输出功率为
故选D。
5. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A. 保持S不变，增大d，则θ变大
B. 保持S不变，增大d，则θ变小
C. 保持d不变，减小S，则θ变小
D. 保持d不变，减小S，则θ不变
【答案】A
【解析】
【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
6. 让质子（符号：H，质量数为1，电荷数为1）和氘核（符号：H，质量数为2，电荷数为1）的混合物以相同的初动能沿着与电场垂直的方向进入同一匀强电场，则它们出电场的偏转距离之比（ ）
A. 2:1B. 1:2C. 1:1D. 4:1
【答案】C
【解析】
【详解】带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场的宽度为L，可得
，
又
依题意，有
联立，解得
它们出电场的偏转距离之比为
故选C。
7. 如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意；
B．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意；
C．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意；
D．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故选B
二．多选题（每小题6分，没选全得3分，共 18分 ）
8. 如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间有质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（ ）
A. 微粒带的是负电
B. 电源电压的大小等于
C. 断开开关S，微粒将向下做加速运动
D. 保持开关S闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题可知带电荷量为的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，则微粒受到向上的电场力，而平行板电容器板间的场强方向竖直向上，则微粒带正电，故A错误；
B．由平衡条件得
得电源电压的大小为
故B正确；
C．断开开关S，电容器所带电量不变，根据公式可知场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动，故C错误；
D．保持开关S闭合，极板间的电压不变，当把电容器两极板距离增大，根据可知电场强度减小，那么电场力减小，因此微粒将向下做加速运动，故D正确；
故选BD。
9. 如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率为，而方向与E同向。下列判断中正确的是（ ）
A. A、B两点间电势差为
B. A、B两点间的高度差为
C. 微粒在B点的电势能大于在A点的电势能
D. 从A到B微粒作匀变速运动
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．粒子从A到B的过程根据动能定理得
解得A、B两点间电势差为
故A错误，B正确；
C．粒子从A到B的过程电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．粒子从A到B的过程受竖直向下的重力和水平向右的电场力，根据牛顿第二定律可知粒子水平和竖直的加速度大小不变，所以合加速度大小不变，方向为右下方且不变，所以从A到B微粒作匀变速运动，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON．若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则
A. 滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B. 滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C. 在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D. 在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
【答案】AC
【解析】
【详解】A、随着滑块由M向N滑动，所受向右的电场力越来越小，如果在N点电场力大于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块一直加速，所以A选项正确；
B、1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，故B错误；
C、在N点如果电场力小于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确；
D、由题意“”和“滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等”知滑块在M点受弹簧的推力斜向左下，在N点受弹簧的拉力向左上方．即M点时弹簧是压缩的，N点时弹簧是拉伸的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，故在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的有两个位置，故D错误．
点睛：这是一道考查电场中有约束物体运动规律和功能关系的中档次好题．讨论电场力与弹簧水平方向上的分力大小是解决题目的关键，弹簧弹力的方向是的难点．
三．实验题（共15分）
11. 用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的图象，由图可知测得的电池的电动势为___________V，内电阻为___________Ω（结果均保留3位有效数字）
【答案】 ①. 1.40 ②. 1.00
【解析】
【详解】[1]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图象的纵截距表示电源电动势，电池的电动势为
[2]图象斜率的绝对值表示电源内阻，电池的内阻为
12. 现要描绘某标有“2.5V，0.3A”的小灯泡的伏安特性曲线，手边现有下列器材电池组E（电动势4.5伏，内阻约0.1欧）
伏特表V1（量程3V）；
伏特表V2（量程15V）；
电流表A1（量程0.6A），
电流表A2（量程3A）；
滑动变阻器 ；电键K ，几根连接用的导线。
实验要求多测几组电流、电压值，画出电流—电压关系图。为了实验能正常进行并减小测量误差，而且要求滑动变阻器便于调节，则电压表应选用__________，电流表应选用_________（写代号）。试在方框中画出符合要求的电路图_________
【答案】 ①. V1 ②. A1 ③.
【解析】
【详解】[1]小灯泡的额定电压为，为减小实验误差，电压表应选择量程为的电压表。故选V1。
[2]小灯泡的额定工作电流为，为减小实验误差，电流表应选择量程为的电流表。故选A1。
[3]实验要求多测几组电流、电压值，滑动变阻器应采用分压式接法，由于小灯泡电阻较小，与电流表内阻较为接近，电流表应采用外接法。电路图如图所示。
13. 把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻rg估计在400Ω—600Ω之间。
（1）电路如图a所示，利用半偏法测定电流表的内阻rg，其供选用的器材如下：
A．滑动变阻器（阻值范围0~200Ω）
B．滑动变阻器（阻值范围0~5000Ω）
C．电阻箱（阻值范围0~999Ω）
D．电阻箱（阻值范围0~9999 9Ω）
E．电源（电动势6V，内阻0.3Ω）
F．电源（电动势12V，内阻0.6Ω）
依据实验要求，R最好选用_______、R′最好选用_______，电源E最好选用________。（填入选用器材的字母代号）
（2）该实验操作的步骤有：
A．接通S1，调节电阻R，使电流表指针偏转到满刻度
B．接通S2，调节电阻R′，使电流表指针偏转到满刻度的一半
C．读出R′的阻值，即认为rg = R′
用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比________。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】 ①. D ②. C ③. F ④. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，调节滑动变阻器阻值，让电流表满偏。电流表满偏电流为
实验要求RRg，Rr，这样才有
当S2闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜RgR，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R′使电流表半偏为，所以流过R′电流也为，所以R′=Rg。
从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是RRg。故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R尽可能大。所以R选用大量程的电阻箱D，R′选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C，电源选用电动势较大的F。
（2）[4]当S2闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg，而电阻R不变，所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于，那么R′支路的电流要大于，那么其电阻肯定要小于Rg。所以，用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。
三．计算题（共39分）
14. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L=0.1 m，两板间距离d=0.4 cm，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一初速度v0从两板中央平行于极板射入，由于重力的作用，粒子恰能落到下板中点O处。已知粒子质量为m=2×10-6 kg，电荷量q=1×10-8 C，电容器的电容C=1×10-6 F，g取10 m/s2，不计空气阻力。
（1）求粒子入射速度v0的大小；
（2）若在两极板间加上适当的恒定电压，要让以速度v0入射的上述带电粒子，恰好做匀速直线运动从两板间飞出，试确定下极板的带电性质和电荷量？
【答案】（1）；（2）正电荷；
【解析】
详解】（1）带电粒子做平抛运动，水平方向有
竖直方向
联立得
（2）下极板带正电荷，由平衡条件有
qE=mg
又
Q=CU
联立得
将数据代入解得
15. 如图所示，ABCD为放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑导轨，水平直线轨道AB长度L=0.15m，BCD部分为竖直面内的半圆环，其半径为0.1m，D点为最高点，今有质量m=0.01kg，q=10-4C的小球自A从静止释放沿轨道运动，求：（g=10m/s2）
（1）它运动到图中C处时对轨道的压力多大？
（2）要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点至少多远？
【答案】（1）0.4N；（2）0.25m
【解析】
【详解】（1）设小球到达C点时的速度为，从A到C由动能定理有
在C点由牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，小球运动到图中C处时对轨道的压力
（2）当小球恰好通过最高点D时，重力充当向心力，根据牛顿第二定律有
从A到D根据动能定理有
解得开始时小球的位置应离B点至少为
16. 如图所示L=1.2 m、质量M=3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1 kg、带电荷量q=+2.5×10-4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8 N. 取g=10 m/s2，斜面足够长．求：
(1)物块经多长时间离开木板；
(2)物块离开木板时木板获得的动能；
(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．
【答案】（1）s；（2）27J；（3）2.16J．
【解析】
【详解】（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律
对物块
mgsin37°－μ（mgcs37°＋qE）＝ma1
对木板
Mgsin37°＋μ（mgcs37°＋qE）－F＝Ma2
又
a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间
t＝s．
（2）物块离开木板时木板的速度
v2＝a2t＝3 m/s．
其动能为
Ek2＝Mv22＝27 J
（3）由于摩擦而产生的内能为
Q＝F摩x相＝μ（mgcs37°＋qE）L＝2.16 J．
（满分：100分考试时间：75分钟）
一．单选题（每小题4分，共28分）
1. 下述说法正确的是（ ）
A. 磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B. 一小段通电导线在空间某点处不受磁场力，则该点的磁感应强度一定为零
C. 根据，磁感强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比
D. 只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，就能产生感应电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而其内部是从S极到N极，故A错误；
B．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，并不是指该处磁感应强度一定为零，故B错误；
C．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与电流强度和导线长度无关，故C错误；
D．感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流，故D正确。
故选D。
2. 有一束电子流沿x轴的正方向高速运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处所产生的磁场方向沿( )
A. y轴正方向B. y轴负方向
C. z轴正方向D. z轴负方向
【答案】A
【解析】
【详解】电子流沿 x轴正方向运动，形成的电流方向沿 x 轴负方向，根据安培定则可知，电子流在z 轴上的P点处所产生的磁场方向是沿y轴正方向，故A正确．
【点睛】安培定则是判断电流方向与磁场方向间关系的规则，要熟练掌握．要注意电流方向与负电荷定向运动方向相反．
3. 在图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，当滑动变阻器滑片向上移动时（ ）
A. 电压表示数变大，电流表示数变小
B. 电压表示数变大，电流表示数变大
C. 电压表示数变小，电流表示数变大
D. 电压表示数变小，电流表示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】当变阻器的滑动片向上移动时，滑动变阻器阻值变小，总电阻减小，总电流变大，内阻上的电压变大，路端电压减小，即电压表示数变小；R1上的电压变大，则并联之路的电压减小，通过R2的电流减小，则通过电流表读数变大，C正确，ABD错误。
故选C。
4. 如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r＝0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω。下列说法中正确的是（ ）
A. 电动机两端电压1.5V
B. 电源的输出功率是8W
C. 电动机消耗的电功率为3W
D. 电动机的输出功率为3W
【答案】D
【解析】
【详解】灯泡刚好正常发光，则电路电流为
根据闭合电路欧姆定律可得，路端电压为
电源的输出功率为
电动机两端电压
电动机消耗的电功率为
电动机消耗的热功率为
则电动机的输出功率为
故选D。
5. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A. 保持S不变，增大d，则θ变大
B. 保持S不变，增大d，则θ变小
C. 保持d不变，减小S，则θ变小
D. 保持d不变，减小S，则θ不变
【答案】A
【解析】
【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
6. 让质子（符号：H，质量数为1，电荷数为1）和氘核（符号：H，质量数为2，电荷数为1）的混合物以相同的初动能沿着与电场垂直的方向进入同一匀强电场，则它们出电场的偏转距离之比（ ）
A. 2:1B. 1:2C. 1:1D. 4:1
【答案】C
【解析】
【详解】带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场的宽度为L，可得
，
又
依题意，有
联立，解得
它们出电场的偏转距离之比为
故选C。
7. 如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意；
B．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意；
C．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意；
D．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故选B
二．多选题（每小题6分，没选全得3分，共 18分 ）
8. 如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间有质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（ ）
A. 微粒带的是负电
B. 电源电压的大小等于
C. 断开开关S，微粒将向下做加速运动
D. 保持开关S闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题可知带电荷量为的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，则微粒受到向上的电场力，而平行板电容器板间的场强方向竖直向上，则微粒带正电，故A错误；
B．由平衡条件得
得电源电压的大小为
故B正确；
C．断开开关S，电容器所带电量不变，根据公式可知场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动，故C错误；
D．保持开关S闭合，极板间的电压不变，当把电容器两极板距离增大，根据可知电场强度减小，那么电场力减小，因此微粒将向下做加速运动，故D正确；
故选BD。
9. 如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率为，而方向与E同向。下列判断中正确的是（ ）
A. A、B两点间电势差为
B. A、B两点间的高度差为
C. 微粒在B点的电势能大于在A点的电势能
D. 从A到B微粒作匀变速运动
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．粒子从A到B的过程根据动能定理得
解得A、B两点间电势差为
故A错误，B正确；
C．粒子从A到B的过程电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．粒子从A到B的过程受竖直向下的重力和水平向右的电场力，根据牛顿第二定律可知粒子水平和竖直的加速度大小不变，所以合加速度大小不变，方向为右下方且不变，所以从A到B微粒作匀变速运动，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON．若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则
A. 滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B. 滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C. 在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D. 在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
【答案】AC
【解析】
【详解】A、随着滑块由M向N滑动，所受向右的电场力越来越小，如果在N点电场力大于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块一直加速，所以A选项正确；
B、1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，故B错误；
C、在N点如果电场力小于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确；
D、由题意“”和“滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等”知滑块在M点受弹簧的推力斜向左下，在N点受弹簧的拉力向左上方．即M点时弹簧是压缩的，N点时弹簧是拉伸的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，故在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的有两个位置，故D错误．
点睛：这是一道考查电场中有约束物体运动规律和功能关系的中档次好题．讨论电场力与弹簧水平方向上的分力大小是解决题目的关键，弹簧弹力的方向是的难点．
三．实验题（共15分）
11. 用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的图象，由图可知测得的电池的电动势为___________V，内电阻为___________Ω（结果均保留3位有效数字）
【答案】 ①. 1.40 ②. 1.00
【解析】
【详解】[1]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图象的纵截距表示电源电动势，电池的电动势为
[2]图象斜率的绝对值表示电源内阻，电池的内阻为
12. 现要描绘某标有“2.5V，0.3A”的小灯泡的伏安特性曲线，手边现有下列器材电池组E（电动势4.5伏，内阻约0.1欧）
伏特表V1（量程3V）；
伏特表V2（量程15V）；
电流表A1（量程0.6A），
电流表A2（量程3A）；
滑动变阻器 ；电键K ，几根连接用的导线。
实验要求多测几组电流、电压值，画出电流—电压关系图。为了实验能正常进行并减小测量误差，而且要求滑动变阻器便于调节，则电压表应选用__________，电流表应选用_________（写代号）。试在方框中画出符合要求的电路图_________
【答案】 ①. V1 ②. A1 ③.
【解析】
【详解】[1]小灯泡的额定电压为，为减小实验误差，电压表应选择量程为的电压表。故选V1。
[2]小灯泡的额定工作电流为，为减小实验误差，电流表应选择量程为的电流表。故选A1。
[3]实验要求多测几组电流、电压值，滑动变阻器应采用分压式接法，由于小灯泡电阻较小，与电流表内阻较为接近，电流表应采用外接法。电路图如图所示。
13. 把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻rg估计在400Ω—600Ω之间。
（1）电路如图a所示，利用半偏法测定电流表的内阻rg，其供选用的器材如下：
A．滑动变阻器（阻值范围0~200Ω）
B．滑动变阻器（阻值范围0~5000Ω）
C．电阻箱（阻值范围0~999Ω）
D．电阻箱（阻值范围0~9999 9Ω）
E．电源（电动势6V，内阻0.3Ω）
F．电源（电动势12V，内阻0.6Ω）
依据实验要求，R最好选用_______、R′最好选用_______，电源E最好选用________。（填入选用器材的字母代号）
（2）该实验操作的步骤有：
A．接通S1，调节电阻R，使电流表指针偏转到满刻度
B．接通S2，调节电阻R′，使电流表指针偏转到满刻度的一半
C．读出R′的阻值，即认为rg = R′
用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比________。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】 ①. D ②. C ③. F ④. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，调节滑动变阻器阻值，让电流表满偏。电流表满偏电流为
实验要求RRg，Rr，这样才有
当S2闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜RgR，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R′使电流表半偏为，所以流过R′电流也为，所以R′=Rg。
从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是RRg。故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R尽可能大。所以R选用大量程的电阻箱D，R′选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C，电源选用电动势较大的F。
（2）[4]当S2闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg，而电阻R不变，所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于，那么R′支路的电流要大于，那么其电阻肯定要小于Rg。所以，用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。
三．计算题（共39分）
14. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L=0.1 m，两板间距离d=0.4 cm，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一初速度v0从两板中央平行于极板射入，由于重力的作用，粒子恰能落到下板中点O处。已知粒子质量为m=2×10-6 kg，电荷量q=1×10-8 C，电容器的电容C=1×10-6 F，g取10 m/s2，不计空气阻力。
（1）求粒子入射速度v0的大小；
（2）若在两极板间加上适当的恒定电压，要让以速度v0入射的上述带电粒子，恰好做匀速直线运动从两板间飞出，试确定下极板的带电性质和电荷量？
【答案】（1）；（2）正电荷；
【解析】
详解】（1）带电粒子做平抛运动，水平方向有
竖直方向
联立得
（2）下极板带正电荷，由平衡条件有
qE=mg
又
Q=CU
联立得
将数据代入解得
15. 如图所示，ABCD为放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑导轨，水平直线轨道AB长度L=0.15m，BCD部分为竖直面内的半圆环，其半径为0.1m，D点为最高点，今有质量m=0.01kg，q=10-4C的小球自A从静止释放沿轨道运动，求：（g=10m/s2）
（1）它运动到图中C处时对轨道的压力多大？
（2）要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点至少多远？
【答案】（1）0.4N；（2）0.25m
【解析】
【详解】（1）设小球到达C点时的速度为，从A到C由动能定理有
在C点由牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，小球运动到图中C处时对轨道的压力
（2）当小球恰好通过最高点D时，重力充当向心力，根据牛顿第二定律有
从A到D根据动能定理有
解得开始时小球的位置应离B点至少为
16. 如图所示L=1.2 m、质量M=3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1 kg、带电荷量q=+2.5×10-4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8 N. 取g=10 m/s2，斜面足够长．求：
(1)物块经多长时间离开木板；
(2)物块离开木板时木板获得的动能；
(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．
【答案】（1）s；（2）27J；（3）2.16J．
【解析】
【详解】（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律
对物块
mgsin37°－μ（mgcs37°＋qE）＝ma1
对木板
Mgsin37°＋μ（mgcs37°＋qE）－F＝Ma2
又
a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间
t＝s．
（2）物块离开木板时木板的速度
v2＝a2t＝3 m/s．
其动能为
Ek2＝Mv22＝27 J
（3）由于摩擦而产生的内能为
Q＝F摩x相＝μ（mgcs37°＋qE）L＝2.16 J．
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