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2023-2024学年天津市静海区第一中学高二上学期12月学生学业能力调研物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年天津市静海区第一中学高二上学期12月学生学业能力调研物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一太阳能电池板，测得它开路电压800mV，短路电流40mA。若将该电池板与一阻值为60Ω电阻连成一闭合电路，它路端电压( )
A. 0.20VB. 0.40VC. 0.60VD. 0.75V
2.若在2s内共有2×1019个2价正离子和4×1019个1价负离子同时向相反方向定向移动通过某截面，那么通过这个截面的电流是(取e=1.6×10−19C)( )
A. 1.5AB. 6.4AC. 4.8AD. 3A
3.如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，则产生的情况是( )
A. 弹簧的弹力变小B. 弹簧可能被压缩
C. 条形磁铁对桌面压力变大D. 条形磁铁对桌面的摩擦力向左
4.平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路影响，当滑变R4滑片向b端移动时，则( )
A. 电压表和电流表的读数都增大B. 电源的效率逐渐增大
C. 质点P将向下运动D. R3上消耗的功率逐渐增大
5.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路。闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1；重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I2和U2。则下列说法不正确的是(电表均可视为理想电表)( )
A. 电源的内阻为U2−U1I1−I2
B. 这台电动机的线圈电阻为U1I1
C. 这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U1I22I1
D. 这台电动机正常运转时的输出功率为U2I2−U1I22I1
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
6.在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场。α粒子以速度v0从两板的正中央向右垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过。则下列说法正确的是( )
A. 若质子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，质子可能向下偏
B. 若电子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，电子将不偏转
C. 若质子以大于v0的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央向右射入时，质子将向下偏转
D. 若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度v0沿垂直于电场和磁场的方向，从两板正中央向右射入时，电子将向下偏转
7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ=45∘。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )
A. 粒子带负电荷B. 粒子速度大小为qBam
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为 2aD. N与O点相距( 2+1)a
8.如图，一位于P点左侧的固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点，N点，且q在M，N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有
( )
A. P点电势大于M
B. M点电势大于N
C. q从P到M一直做减速运动
D. M、N两点处电场强度大小相同
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
9.关于多用电表的原理和使用，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的改正。
(1)测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，测量结果将偏大。_____
(2)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律。______
(3)使用欧姆表测电阻时，每换一次电阻都必须重新进行欧姆调零。______
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
10.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
(1)用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为_______mm；
(2)(规律总结)某同学采用多用电表测量电阻时，总结并采用了如下方法：
①用多用电表粗测：用如图2所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T请根据下列步骤完成电阻测量：(把部件符号填入空中)
A.旋动部件_______，使指针对准电流表的“0”刻线。
B.该同学选择×10倍率，将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
C.将插入“+”“−”插孔的红黑表笔短接，旋动部件_______，使指针对准表盘右端电阻的“0刻线”。
D.测量时，发现指针偏转角度太大，为了较准确地进行测量，应该选择_______倍率(选填“×1k”、“×100”、“×1”)，并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图2中实线所示，测量结果是_______Ω。
11.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U−I图像如图2所示。
(1)图1的电路图为下图中的_________。(选填“A”或“B”)
(2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。
(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U−I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将_________，与纵坐标轴交点的数值将_________。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
五、计算题：本大题共3小题，共30分。
12.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L=0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重力G=3 N的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V、内阻r=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。要想ab棒处于静止状态，求：
(1)R应在哪个范围内取值？(g取10 m/s2)
(2)关键环节：ab恰好静止的条件是什么？
13.示波管的示意图如下，竖直偏转电极的极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=144V。极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。(已知电子电荷量e=1.6×10−19C，质量m=9×10−31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。)求：
(1)电子飞入偏转电场时的速度v0；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
14.工业上常用磁偏转电子蒸发源实现镀膜工艺，是利用高能电子束轰击膜材使其熔化蒸发实现蒸镀，因电子束的运行轨迹呈“e”形，又被称作“e”形枪。其工作原理可简化为如图所示：灯丝在电源加热后逸出电子(初速度不计)，进入高压加速电场区域，之后从M点沿水平向右方向进入匀强磁场区域，经磁场向上偏转后轰击坩埚(图中凹形区域)中的膜材使其熔化蒸发。已知电子的质量为m、电量为−e，图中AO=MO=d,BO=2d，坩埚深度可忽略不计。
(1)当加速电压为U时，电子在磁场中恰好偏转270∘后垂直击中坩埚右边缘A点，求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)保持(1)问中的磁感应强度不变，改变加速电压，电子束轰击坩埚中的B点，求此时加速电压U1。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】依题意，有
E=800mV,r=EI短=20Ω
由闭合电路欧姆定律，可得
I=ER+r
又
U=E−Ir
联立，解得
U=0.60V
故选C。
2.【答案】B
【解析】根据电流定义式
I=qI=2×1019×2×1.6×10−19+4×1019×1.6×10−192A=6.4A
B正确。
故选B。
3.【答案】D
【解析】AB.以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜上右上方，导线中电流方向向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下，弹簧拉力变大，AB错误；
CD.由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】A.由图可知，与滑动变阻器串联后，与并联后，再与串连接在电源两端，电容器与并联，当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电流增大，路端电压减小，两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律，可知流过的电流减小，则流过并联右边支路的电流增大，故电流表示数变大；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，故A错误；
B.电源的效率为
η=I2R外I2(R外+r)×100%=R外(R外+r)×100%
因外电路的总电阻减小，则电源的效率变小，故B错误；
C.因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C正确；
D.因并联部分电压减小，根据 P=U2R3 可知，R3上消耗的功率逐渐减小，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】A.若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知
E=U1+I1(R+r)
E=U2+I2(R+r)
解得
r+R=U2−U1I1−I2
由于滑动变阻器的阻值变化，所以电源内阻不等于 U2−U1I1−I2 ，故A错误；
B.电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻为
r0=U1I1
故B正确；
C.电动机正常转动时的发热功率为
P1=I22r0=U1I22I1
故C正确；
D.这台电动机正常运转时输入功率为
P2=U2I2
所以输出功率为
P3=P2−P1= U2I2−U1I22I1
故D正确。
本题选择错误选项，故选A。
6.【答案】BD
【解析】AB.设带电粒子的质量为m，电荷量为q，匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子以速度 v0 垂直射入互相正交的匀强电场和匀强磁场中时，若粒子带正电荷，则所受静电力方向向下，大小为 qE ，所受洛伦兹力方向向上，大小为 qv0B 。沿直线匀速通过时，显然有
qv0B=qE
可得
v0=EB
即带电粒子沿直线匀速通过互相正交的匀强电场和匀强磁场时，带电粒子的速度与其质量、电荷量无关。若粒子带负电荷，则所受静电力方向向上，洛伦兹力方向向下，上述结论仍然成立。故质子、电子以速度 v0 从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，质子、电子均不偏转，故A错误，B正确；
C.若质子以大于 v0 的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央向右射入时，质子受到的洛伦兹力大于静电力，质子带正电荷，将向上偏转，故C错误；
D.若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度 v0 沿垂直于电场和磁场的方向，从两板正中央向右射入时，电子所受洛伦兹力增大，电子带负电荷，所受洛伦兹力方向向下，将向下偏转，故D正确。
故选BD。
7.【答案】ACD
【解析】A.粒子向下偏转，根据左手定则判断可知粒子带负电，故A正确；
BC.粒子运动的轨迹如图
由于速度方向与 y 轴正方向的夹角 θ=45∘ ，根据几何关系可知
∠OMO1=∠OO1M=45∘
OM=OO1=a
则粒子运动的轨道半径为
r=O1M= 2a
带电粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得
v= 2qBam
故B错误，C正确；
D. N 与 O 点的距离为
NO=OO1+r= 2+1a
故D正确。
故选ACD。
8.【答案】AD
【解析】ABC.由题意知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点，且q在M，N点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N两点的电势相同， M、N 两点位于以场源电荷为圆心的同一圆周上，由于场源点荷在P点左侧，所以P点电势高于M点电势，q从P到M做加速运动，故BC错误，A正确；
D.根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N两点处电场强度大小相同，故D正确。
故选AD。
9.【答案】 × √ ×
【解析】(1)测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，对测量结果无影响，故错误；
(2)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，故正确；
(3)使用欧姆表测电阻时，每换一次倍率才需要重新进行欧姆调零，每换一次电阻不需要重新欧姆调零，故错误。
10.【答案】2.150 S T ×1 6
【解析】(1)[1]用螺旋测微器测量其直径为2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；
(2)①[2]A.旋动部件S，使指针对准电流表的“ 0 ”刻线。
B.该同学选择 ×10 倍率，将 K 旋转到电阻挡“ ×10 ”的位置。
[3]C.将插入“+”“−”插孔的红黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，即部件T，使指针对准表盘右端电阻的“ 0 刻线”。
[4][5]D.测量时，发现指针偏转角度太大，说明倍率档选择过高，则为了较准确地进行测量，应该选择“ ×1 ”倍率，并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图2中实线所示，测量结果是6Ω。
11.【答案】 B 4.5 1.8 不变 变大
【解析】(1)[1]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B；
(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
有
U=−Ir+E
则 U−I 图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势 E=4.5V ；内阻
r=4.52.5Ω=1.8Ω
(3)[4][5]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻 RV 的影响，流过电压表的电流为
IV=U测RV
可知流过电池的电流为
I=I测+U测RV ， I>I测
因电压表内阻 RV 不变，随着电压 U测 值减小，电压表电流 IV 减小，当电压 U测 值趋于0时，I趋于 I测 ，在图2中重新绘制的 U−I 图线如图所示
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
12.【答案】(1)1.9Ω≤R≤9.9Ω；(2)ab棒所受合力为零，摩擦力恰等于等于最大静摩擦力
【解析】(1)依据物块的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时
G−μmg−BI1L=0
ab棒恰不左滑时
G+μmg−BI2L=0
依据闭合电路欧姆定律可得
E=I1R1+r
E=I2R2+r
由以上各式代入数据可解得
R1=9.9Ω ， R2=1.9Ω
所以R的取值范围为
1.9Ω≤R≤9.9Ω
(2)ab恰好静止的条件是合外力为0，摩擦力恰等于等于最大静摩擦力。
13.【答案】(1)v0=3.2×107m/s；(2)2cm
【解析】(1)电子在加速电场中，由动能定理得
U0e=12mv02
解得
v0=3.2×107m/s
(2)电子进入偏转电场，做类平抛运动，在水平方向上
L=v0t
在电场方向上
y1=Ue2dmt2
设速度偏转角为 α ，有
tanα=vyv0=UeLdmv02
电子出电场后，做匀速直线运动，侧移
y2=s⋅tanα
解得
Y=y1+y2=2cm
14.【答案】(1) B=1d 2mUe ；(2) U1=254U
【解析】(1)电子在磁场中偏转 270∘ ，由几何关系可知
r1=d
电场中加速，由动能定理
eU=12mv12
磁场中圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv1B=mv12r1
联立可得
B=1d 2mUe
(2)电子束轰击坩埚中的B点，由几何关系可知
r22=r2−d2+(2d)2
在电场中，由动能定理
U1e=12mv22
磁场中
r2=mv2eB
联立可得
U1=254U
1.一太阳能电池板，测得它开路电压800mV，短路电流40mA。若将该电池板与一阻值为60Ω电阻连成一闭合电路，它路端电压( )
A. 0.20VB. 0.40VC. 0.60VD. 0.75V
2.若在2s内共有2×1019个2价正离子和4×1019个1价负离子同时向相反方向定向移动通过某截面，那么通过这个截面的电流是(取e=1.6×10−19C)( )
A. 1.5AB. 6.4AC. 4.8AD. 3A
3.如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，则产生的情况是( )
A. 弹簧的弹力变小B. 弹簧可能被压缩
C. 条形磁铁对桌面压力变大D. 条形磁铁对桌面的摩擦力向左
4.平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路影响，当滑变R4滑片向b端移动时，则( )
A. 电压表和电流表的读数都增大B. 电源的效率逐渐增大
C. 质点P将向下运动D. R3上消耗的功率逐渐增大
5.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路。闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1；重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I2和U2。则下列说法不正确的是(电表均可视为理想电表)( )
A. 电源的内阻为U2−U1I1−I2
B. 这台电动机的线圈电阻为U1I1
C. 这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U1I22I1
D. 这台电动机正常运转时的输出功率为U2I2−U1I22I1
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
6.在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场。α粒子以速度v0从两板的正中央向右垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过。则下列说法正确的是( )
A. 若质子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，质子可能向下偏
B. 若电子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，电子将不偏转
C. 若质子以大于v0的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央向右射入时，质子将向下偏转
D. 若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度v0沿垂直于电场和磁场的方向，从两板正中央向右射入时，电子将向下偏转
7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ=45∘。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )
A. 粒子带负电荷B. 粒子速度大小为qBam
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为 2aD. N与O点相距( 2+1)a
8.如图，一位于P点左侧的固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点，N点，且q在M，N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有
( )
A. P点电势大于M
B. M点电势大于N
C. q从P到M一直做减速运动
D. M、N两点处电场强度大小相同
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
9.关于多用电表的原理和使用，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的改正。
(1)测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，测量结果将偏大。_____
(2)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律。______
(3)使用欧姆表测电阻时，每换一次电阻都必须重新进行欧姆调零。______
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
10.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
(1)用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为_______mm；
(2)(规律总结)某同学采用多用电表测量电阻时，总结并采用了如下方法：
①用多用电表粗测：用如图2所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T请根据下列步骤完成电阻测量：(把部件符号填入空中)
A.旋动部件_______，使指针对准电流表的“0”刻线。
B.该同学选择×10倍率，将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
C.将插入“+”“−”插孔的红黑表笔短接，旋动部件_______，使指针对准表盘右端电阻的“0刻线”。
D.测量时，发现指针偏转角度太大，为了较准确地进行测量，应该选择_______倍率(选填“×1k”、“×100”、“×1”)，并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图2中实线所示，测量结果是_______Ω。
11.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U−I图像如图2所示。
(1)图1的电路图为下图中的_________。(选填“A”或“B”)
(2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。
(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U−I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将_________，与纵坐标轴交点的数值将_________。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
五、计算题：本大题共3小题，共30分。
12.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L=0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重力G=3 N的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V、内阻r=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。要想ab棒处于静止状态，求：
(1)R应在哪个范围内取值？(g取10 m/s2)
(2)关键环节：ab恰好静止的条件是什么？
13.示波管的示意图如下，竖直偏转电极的极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=144V。极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。(已知电子电荷量e=1.6×10−19C，质量m=9×10−31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。)求：
(1)电子飞入偏转电场时的速度v0；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
14.工业上常用磁偏转电子蒸发源实现镀膜工艺，是利用高能电子束轰击膜材使其熔化蒸发实现蒸镀，因电子束的运行轨迹呈“e”形，又被称作“e”形枪。其工作原理可简化为如图所示：灯丝在电源加热后逸出电子(初速度不计)，进入高压加速电场区域，之后从M点沿水平向右方向进入匀强磁场区域，经磁场向上偏转后轰击坩埚(图中凹形区域)中的膜材使其熔化蒸发。已知电子的质量为m、电量为−e，图中AO=MO=d,BO=2d，坩埚深度可忽略不计。
(1)当加速电压为U时，电子在磁场中恰好偏转270∘后垂直击中坩埚右边缘A点，求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)保持(1)问中的磁感应强度不变，改变加速电压，电子束轰击坩埚中的B点，求此时加速电压U1。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】依题意，有
E=800mV,r=EI短=20Ω
由闭合电路欧姆定律，可得
I=ER+r
又
U=E−Ir
联立，解得
U=0.60V
故选C。
2.【答案】B
【解析】根据电流定义式
I=qI=2×1019×2×1.6×10−19+4×1019×1.6×10−192A=6.4A
B正确。
故选B。
3.【答案】D
【解析】AB.以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜上右上方，导线中电流方向向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下，弹簧拉力变大，AB错误；
CD.由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】A.由图可知，与滑动变阻器串联后，与并联后，再与串连接在电源两端，电容器与并联，当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电流增大，路端电压减小，两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律，可知流过的电流减小，则流过并联右边支路的电流增大，故电流表示数变大；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，故A错误；
B.电源的效率为
η=I2R外I2(R外+r)×100%=R外(R外+r)×100%
因外电路的总电阻减小，则电源的效率变小，故B错误；
C.因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C正确；
D.因并联部分电压减小，根据 P=U2R3 可知，R3上消耗的功率逐渐减小，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】A.若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知
E=U1+I1(R+r)
E=U2+I2(R+r)
解得
r+R=U2−U1I1−I2
由于滑动变阻器的阻值变化，所以电源内阻不等于 U2−U1I1−I2 ，故A错误；
B.电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻为
r0=U1I1
故B正确；
C.电动机正常转动时的发热功率为
P1=I22r0=U1I22I1
故C正确；
D.这台电动机正常运转时输入功率为
P2=U2I2
所以输出功率为
P3=P2−P1= U2I2−U1I22I1
故D正确。
本题选择错误选项，故选A。
6.【答案】BD
【解析】AB.设带电粒子的质量为m，电荷量为q，匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子以速度 v0 垂直射入互相正交的匀强电场和匀强磁场中时，若粒子带正电荷，则所受静电力方向向下，大小为 qE ，所受洛伦兹力方向向上，大小为 qv0B 。沿直线匀速通过时，显然有
qv0B=qE
可得
v0=EB
即带电粒子沿直线匀速通过互相正交的匀强电场和匀强磁场时，带电粒子的速度与其质量、电荷量无关。若粒子带负电荷，则所受静电力方向向上，洛伦兹力方向向下，上述结论仍然成立。故质子、电子以速度 v0 从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，质子、电子均不偏转，故A错误，B正确；
C.若质子以大于 v0 的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央向右射入时，质子受到的洛伦兹力大于静电力，质子带正电荷，将向上偏转，故C错误；
D.若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度 v0 沿垂直于电场和磁场的方向，从两板正中央向右射入时，电子所受洛伦兹力增大，电子带负电荷，所受洛伦兹力方向向下，将向下偏转，故D正确。
故选BD。
7.【答案】ACD
【解析】A.粒子向下偏转，根据左手定则判断可知粒子带负电，故A正确；
BC.粒子运动的轨迹如图
由于速度方向与 y 轴正方向的夹角 θ=45∘ ，根据几何关系可知
∠OMO1=∠OO1M=45∘
OM=OO1=a
则粒子运动的轨道半径为
r=O1M= 2a
带电粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得
v= 2qBam
故B错误，C正确；
D. N 与 O 点的距离为
NO=OO1+r= 2+1a
故D正确。
故选ACD。
8.【答案】AD
【解析】ABC.由题意知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点，且q在M，N点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N两点的电势相同， M、N 两点位于以场源电荷为圆心的同一圆周上，由于场源点荷在P点左侧，所以P点电势高于M点电势，q从P到M做加速运动，故BC错误，A正确；
D.根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N两点处电场强度大小相同，故D正确。
故选AD。
9.【答案】 × √ ×
【解析】(1)测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，对测量结果无影响，故错误；
(2)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，故正确；
(3)使用欧姆表测电阻时，每换一次倍率才需要重新进行欧姆调零，每换一次电阻不需要重新欧姆调零，故错误。
10.【答案】2.150 S T ×1 6
【解析】(1)[1]用螺旋测微器测量其直径为2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；
(2)①[2]A.旋动部件S，使指针对准电流表的“ 0 ”刻线。
B.该同学选择 ×10 倍率，将 K 旋转到电阻挡“ ×10 ”的位置。
[3]C.将插入“+”“−”插孔的红黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，即部件T，使指针对准表盘右端电阻的“ 0 刻线”。
[4][5]D.测量时，发现指针偏转角度太大，说明倍率档选择过高，则为了较准确地进行测量，应该选择“ ×1 ”倍率，并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图2中实线所示，测量结果是6Ω。
11.【答案】 B 4.5 1.8 不变 变大
【解析】(1)[1]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B；
(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
有
U=−Ir+E
则 U−I 图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势 E=4.5V ；内阻
r=4.52.5Ω=1.8Ω
(3)[4][5]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻 RV 的影响，流过电压表的电流为
IV=U测RV
可知流过电池的电流为
I=I测+U测RV ， I>I测
因电压表内阻 RV 不变，随着电压 U测 值减小，电压表电流 IV 减小，当电压 U测 值趋于0时，I趋于 I测 ，在图2中重新绘制的 U−I 图线如图所示
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
12.【答案】(1)1.9Ω≤R≤9.9Ω；(2)ab棒所受合力为零，摩擦力恰等于等于最大静摩擦力
【解析】(1)依据物块的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时
G−μmg−BI1L=0
ab棒恰不左滑时
G+μmg−BI2L=0
依据闭合电路欧姆定律可得
E=I1R1+r
E=I2R2+r
由以上各式代入数据可解得
R1=9.9Ω ， R2=1.9Ω
所以R的取值范围为
1.9Ω≤R≤9.9Ω
(2)ab恰好静止的条件是合外力为0，摩擦力恰等于等于最大静摩擦力。
13.【答案】(1)v0=3.2×107m/s；(2)2cm
【解析】(1)电子在加速电场中，由动能定理得
U0e=12mv02
解得
v0=3.2×107m/s
(2)电子进入偏转电场，做类平抛运动，在水平方向上
L=v0t
在电场方向上
y1=Ue2dmt2
设速度偏转角为 α ，有
tanα=vyv0=UeLdmv02
电子出电场后，做匀速直线运动，侧移
y2=s⋅tanα
解得
Y=y1+y2=2cm
14.【答案】(1) B=1d 2mUe ；(2) U1=254U
【解析】(1)电子在磁场中偏转 270∘ ，由几何关系可知
r1=d
电场中加速，由动能定理
eU=12mv12
磁场中圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv1B=mv12r1
联立可得
B=1d 2mUe
(2)电子束轰击坩埚中的B点，由几何关系可知
r22=r2−d2+(2d)2
在电场中，由动能定理
U1e=12mv22
磁场中
r2=mv2eB
联立可得
U1=254U
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