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四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（Word版附解析）
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这是一份四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷 选择题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
1. 如图甲中O是等量同种电荷，两点电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两个点，B、C和A、D也相对于O点对称。则下列说法正确的是（ ）
A. B、C两点电场强度不同B. A、D两点电场强度相同
C. E、F、O相比，O点电场强度最强D. 从O到E电场强度大小一定一直增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据等量同种点电荷电场分布的对称性可知，甲图中，O点两侧的B、C两点的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故A正确；
B．根据等量同种点电荷电场分布的对称性可知，甲图中，O点两侧的A、D两点的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故B错误；
C．根据电场强度叠加可知E、F、O相比，O点电场强度为零，即最弱，故C错误；
D．根据电场强度叠加可知从O点到E点，电场强度大小可能一直增大，也可能先增大后减小，故D错误。
故选A。
2. 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表与电流表的示数都增大
B. 电压表与电流表的示数都减小
C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】C
【解析】
【详解】开关S闭合后，根据“串反并同”法判断可知，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电流表示数减小，电路中总电阻增大，电源路端电压增大，电压表示数增大。
故选C。
3. 如图所示的电流天平，矩形线圈的匝数为n，b段导线长为L，导线a、b、c段处于与线圈平面垂直匀强磁场中，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡。下列说法中正确的是（ ）
A. 线圈通电后， b段导线的安培力向下
B. 若仅将电流反向，线圈将仍能保持平衡状态
C. 线圈受到的安培力大小为mg
D. 由以上测量数据可以求出磁感应强度
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．依题意，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡，可知b段导线所受安培力向上且
又
解得
故AD错误；C正确；
B．依题意，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，若仅将电流反向，线圈将而外受到向下的安培力作用，不能保持平衡状态。故B错误；
故选C。
4. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（ ）
A. 增大匀强电场间的加速电压
B. 减小磁场的磁感应强度
C. 减小周期性变化的电场的频率
D. 增大D形金属盒的半径
【答案】D
【解析】
【详解】由牛顿第二定律
解得
则动能
因此动能与加速电场的电压、频率无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度或D形盒的半径，可以增加粒子的动能。
故选D。
5. 如图所示，质量为m，通电电流为I的金属棒ab置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与宽为L的水平导轨平面夹角为θ，金属棒ab处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒受到的安培力大小为BILsinθ
B. 金属棒受到的支持力大小为BILcsθ
C. 若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小
D. 若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，金属棒ab与磁感应强度方向垂直，则金属棒受到的安培力大小为
故A错误；
B．对金属棒受力分析，如下图所示
根据平衡条件有
可得，金属棒受到的支持力大小为
故B错误；
C．根据平衡条件有
则若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小，故C正确；
D．若只改变电流方向，则对金属棒受力分析，如下图所示
根据平衡条件可得，金属棒受到的支持力为
则金属棒对导轨的压力将增大，故D错误。
故选C。
6. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，为粒子加速器，加速电压为；为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为；为偏转分离器，磁感应强度为。今有一质量为、电荷量为的粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 粒子进入速度选择器的速度
C. 速度选择器两板间电场强度
D. 减小加速电压，粒子在分离器中运动的时间变短
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据粒子在偏转分离器的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．根据题意可知，粒子经过A粒子加速器，由动能定理有
解得
故B正确；
C．粒子恰能通过速度选择器，则有
解得
故C错误；
D．减小加速电压，粒子进入速度选择器的速度越小，则粒子不能通过速度选择器，更不能进入偏转分离器，故D错误。
故选B。
7. 如图所示；A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源输出电压恒定，将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向下平移一小段距离，则下列说法错误的是（ ）
A. 油滴带负电
B. 在A板下移过程中，电阻R中有向左的电流
C. 带电油滴的电势能将增加
D. M点的电势将增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电路图可知，平行板A板带正电，场强方向竖直向下。油滴处于平衡状态，故其所受电场力与重力等大，反向。电场力方向与场强方向相反，故油滴带负电。故A正确，不符合题意；
B．将A板向下平移一小段距离，板间距离d减小。由
可知电容器的电容变大，又电容器两极板电压U不变，根据
可得电容器两极板电量增大，电容器充电，回路中有逆时针方向的电流，电阻R中有向左的电流。故B正确，不符合题意；
C．根据平行板电容器内部电场强度
因两板间距d减小，故两板间的电场强度E增大，即油滴所受电场力变大。电场力大于重力，油滴向上运动，电场力做正功，油滴的电势能减小。故C错误，符合题意；
D．B极板接地，其电势不变恒为零，由
M点与B极板距离不变，电场强度E增大，故M点与下极板的电势差增大，而M点电势大于零，故M点电势升高。故D正确，不符合题意。
故选C。
【点睛】负电荷所受电场力方向与场强方向相反。根据电容的决定式和定义式判断电容的充放电情况，继而得出电流的流向。电势的变化情况，往往通过该点与已知电势点电势差的变化情况来判断。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8. 如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是（ ）
A 微粒可能带负电，也可能带正电
B. 微粒的电势能一定减小
C. 微粒的机械能一定增加
D. 洛伦兹力对微粒做负功
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据带电微粒做匀速直线运动的条件可知，受力情况如图所示，则微粒必定带负电，故A错误；
B．微粒由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，其电势能减小，故B正确；
C．因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则其机械能一定增加，故C正确；
D．洛伦兹力的方向一直与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。
故选BC。
9. 等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势随x的分布图象如图所示．x轴上AOA
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【详解】A.正电荷周围的电势较高，负电荷周围的电势较低，，故A正确；
B.图像切线的斜率绝对值等于场强的大小，可知B点的场强最大，O点最小，故B错误；
C.电子带负电，根据电势能Ep=q可知，最大，最小，故C错误；
D.由图像可知UOBUAO，根据电场力做功W=qU，电子带负电，可知WOBWAO，即WBOWOA，所以，故D正确．
10. 如图所示，质量为m、带电量为的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、场强为的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（ ）
A. 动能最小与最大的位置在同一等势面上
B. 电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C. 在A点获得的初速度为
D. 过B点受到大环的弹力大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于匀强电场的电场强度为，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效物理最低点C与物理最高点位置D，如图所示
小圆环等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知
可知其不在同一等势面上，A错误；
B．小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；
C．小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效物理最高点D的速度为0，对圆环分析有
解得
C正确；
D．小圆环运动到B过程有
在B点有
解得
可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为，D错误。
故选BC。
三、实验题：本题共2小题，共16分。
11. 如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：
A．待测水果电池（电动势约，内阻小于）
B．滑动变阻器（阻值）；
C．滑动变阻器（阻值）；
D．电压表（量程，内阻约）；
E．毫安表A（量程，内阻为）；
F．开关一个，导线若干。
（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路图，应选______（填“乙”或“丙”）；
（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出图线如图丁所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为______V、内阻为______。
【答案】 ①. 乙 ②. 0.97 ③. 700
【解析】
【详解】（1）[1]由题意，毫安表A的内阻为已知，可以将毫安表的内阻看成电池内阻的一部分，为减小测量误差，毫安表用外接法，因此应选测量电路图乙。
（2）[2]由闭合电路欧姆定律可得
可知图线的纵轴截距表示水果电池的电动势，为
[3] 图线的斜率大小为
解得
12. 某实验小组在进行“测定金属丝的电阻率”的实验
（1）如图1，用螺旋测微器测金属丝直径为______；如图2用20分度游标卡尺测金属丝长度为______；
（2）如图3用多用电表粗测金属丝的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用挡______（填“”或“”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为______。
该小组测量金属丝的电阻时，可供选择的仪器如下：
①电流表（量程，内阻约为）
②电流表（量程，内阻为）
③滑动变阻器
④滑动变阻器
⑤电源（电动势，内阻约为）
⑥开关及导线若干
（3）实验小组设计了如图4所示的电路，为了便于调节，实验结果尽可能准确，滑动变阻器应选择______（选填“”或“”），图乙中电表为电流表______（选填“”或“”）；
（4）闭合开关S，移动滑动触头，记录的读数，电流表内阻为，则金属丝电阻率______（用表示）。
【答案】 ①. 6.122 ②. 102.30 ③. ④. 10 ⑤. ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数原理可知金属丝直径为
[2]根据游标卡尺的读数原理可知测金属丝长度为
（2）[3]用“”挡时发现指针偏转角度过大，说明选择挡位过大，应换小档位，即应该换用挡。
[4]根据欧姆表读数原理可知金属棒的阻值约为。
（3）[5]该实验中滑动变阻器采用分压式接法，待测电阻阻值较小，所以滑动变阻器选择小电阻，故选R2。
[6]b电流表的满偏值大于a电流表的满偏值，所以a为A2。
（4）[7]根据电路分析得
解得
四、计算题：本题共3小题，共44分。
13. 如图所示，一个质量为、电荷量为的带电粒子从轴正方向上的点以速度沿与轴成角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直轴射出第一象限。已知，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子在磁场中运动的半径；
（2）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）带电粒子穿过第一象限所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）作粒子通过、两点速度方向的垂线，两垂线的交点即为粒子做圆周运动的圆心。画出粒子在第一象限运动的轨迹如图所示
可知运动半径
（2）洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
（3）由运动轨迹图可知，圆弧轨迹对应的圆心角，则粒子通过第一象限所用时间
联立解得
14. 某直流电动机的电路如图所示，已知电源电动势，电源内阻，电动机线圈电阻。某次电动机正常工作时测得电压表读数为，匀速提升质量为的重物，不计一切摩擦和空气阻力，电压表为理想电表，g取。求：
（1）电动机的热功率；
（2）电动机工作的效率；
（3）重物的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，电动机两端电压为电压表读数，由闭合回路欧姆定律由
解得
电动机的热功率
（2）根据上述分析可知，电动机的输入功率为
电动机工作的效率
（3）匀速提升货物，则有
又有
，
联立解得
15. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为、方向垂直于xOy平面向外，电场平行于y轴；在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场，已知场强、的大小相等。一可视为质点、比荷为的带正电的小球，从y轴上的点以初速度水平向右抛出，经过x轴上的点进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度，。求：
（1）小球从A点抛出的初速度大小；
（2）小球在第Ⅳ象限的运动的半径；
（3）小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用总时间；
（4）小球从A点出发到第四次经过y轴的纵坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）小球在第I象限做平抛运动，由运动学规律得
可得
，
（2）设小球平抛到M点时的速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，竖直分速度为，则
解得
在第IV象限，洛仑兹力提供向心力，故
解得轨道半径
（3）小球第一次在第IV象限运动的时间为
接着，小球沿与y轴成夹角方向进入第III象限，由于电场力和重力大小相等，其合力恰与小球进入第III象限的初速度v方向相反，故小球在第III象限做类竖直上抛运动，则由牛顿第二定律可得
由运动规律可知
则小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用的总时间为
（4）根据轨迹图可知
第三次经过y轴J点后进入第三象限，速度与合力垂直，第四次到y轴，水平方向
竖直方向
第四次到y轴纵坐标
第Ⅰ卷 选择题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
1. 如图甲中O是等量同种电荷，两点电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两个点，B、C和A、D也相对于O点对称。则下列说法正确的是（ ）
A. B、C两点电场强度不同B. A、D两点电场强度相同
C. E、F、O相比，O点电场强度最强D. 从O到E电场强度大小一定一直增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据等量同种点电荷电场分布的对称性可知，甲图中，O点两侧的B、C两点的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故A正确；
B．根据等量同种点电荷电场分布的对称性可知，甲图中，O点两侧的A、D两点的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故B错误；
C．根据电场强度叠加可知E、F、O相比，O点电场强度为零，即最弱，故C错误；
D．根据电场强度叠加可知从O点到E点，电场强度大小可能一直增大，也可能先增大后减小，故D错误。
故选A。
2. 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表与电流表的示数都增大
B. 电压表与电流表的示数都减小
C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】C
【解析】
【详解】开关S闭合后，根据“串反并同”法判断可知，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电流表示数减小，电路中总电阻增大，电源路端电压增大，电压表示数增大。
故选C。
3. 如图所示的电流天平，矩形线圈的匝数为n，b段导线长为L，导线a、b、c段处于与线圈平面垂直匀强磁场中，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡。下列说法中正确的是（ ）
A. 线圈通电后， b段导线的安培力向下
B. 若仅将电流反向，线圈将仍能保持平衡状态
C. 线圈受到的安培力大小为mg
D. 由以上测量数据可以求出磁感应强度
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．依题意，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡，可知b段导线所受安培力向上且
又
解得
故AD错误；C正确；
B．依题意，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，若仅将电流反向，线圈将而外受到向下的安培力作用，不能保持平衡状态。故B错误；
故选C。
4. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（ ）
A. 增大匀强电场间的加速电压
B. 减小磁场的磁感应强度
C. 减小周期性变化的电场的频率
D. 增大D形金属盒的半径
【答案】D
【解析】
【详解】由牛顿第二定律
解得
则动能
因此动能与加速电场的电压、频率无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度或D形盒的半径，可以增加粒子的动能。
故选D。
5. 如图所示，质量为m，通电电流为I的金属棒ab置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与宽为L的水平导轨平面夹角为θ，金属棒ab处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒受到的安培力大小为BILsinθ
B. 金属棒受到的支持力大小为BILcsθ
C. 若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小
D. 若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，金属棒ab与磁感应强度方向垂直，则金属棒受到的安培力大小为
故A错误；
B．对金属棒受力分析，如下图所示
根据平衡条件有
可得，金属棒受到的支持力大小为
故B错误；
C．根据平衡条件有
则若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小，故C正确；
D．若只改变电流方向，则对金属棒受力分析，如下图所示
根据平衡条件可得，金属棒受到的支持力为
则金属棒对导轨的压力将增大，故D错误。
故选C。
6. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，为粒子加速器，加速电压为；为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为；为偏转分离器，磁感应强度为。今有一质量为、电荷量为的粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 粒子进入速度选择器的速度
C. 速度选择器两板间电场强度
D. 减小加速电压，粒子在分离器中运动的时间变短
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据粒子在偏转分离器的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．根据题意可知，粒子经过A粒子加速器，由动能定理有
解得
故B正确；
C．粒子恰能通过速度选择器，则有
解得
故C错误；
D．减小加速电压，粒子进入速度选择器的速度越小，则粒子不能通过速度选择器，更不能进入偏转分离器，故D错误。
故选B。
7. 如图所示；A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源输出电压恒定，将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向下平移一小段距离，则下列说法错误的是（ ）
A. 油滴带负电
B. 在A板下移过程中，电阻R中有向左的电流
C. 带电油滴的电势能将增加
D. M点的电势将增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电路图可知，平行板A板带正电，场强方向竖直向下。油滴处于平衡状态，故其所受电场力与重力等大，反向。电场力方向与场强方向相反，故油滴带负电。故A正确，不符合题意；
B．将A板向下平移一小段距离，板间距离d减小。由
可知电容器的电容变大，又电容器两极板电压U不变，根据
可得电容器两极板电量增大，电容器充电，回路中有逆时针方向的电流，电阻R中有向左的电流。故B正确，不符合题意；
C．根据平行板电容器内部电场强度
因两板间距d减小，故两板间的电场强度E增大，即油滴所受电场力变大。电场力大于重力，油滴向上运动，电场力做正功，油滴的电势能减小。故C错误，符合题意；
D．B极板接地，其电势不变恒为零，由
M点与B极板距离不变，电场强度E增大，故M点与下极板的电势差增大，而M点电势大于零，故M点电势升高。故D正确，不符合题意。
故选C。
【点睛】负电荷所受电场力方向与场强方向相反。根据电容的决定式和定义式判断电容的充放电情况，继而得出电流的流向。电势的变化情况，往往通过该点与已知电势点电势差的变化情况来判断。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8. 如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是（ ）
A 微粒可能带负电，也可能带正电
B. 微粒的电势能一定减小
C. 微粒的机械能一定增加
D. 洛伦兹力对微粒做负功
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据带电微粒做匀速直线运动的条件可知，受力情况如图所示，则微粒必定带负电，故A错误；
B．微粒由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，其电势能减小，故B正确；
C．因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则其机械能一定增加，故C正确；
D．洛伦兹力的方向一直与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。
故选BC。
9. 等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势随x的分布图象如图所示．x轴上AO
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【详解】A.正电荷周围的电势较高，负电荷周围的电势较低，，故A正确；
B.图像切线的斜率绝对值等于场强的大小，可知B点的场强最大，O点最小，故B错误；
C.电子带负电，根据电势能Ep=q可知，最大，最小，故C错误；
D.由图像可知UOBUAO，根据电场力做功W=qU，电子带负电，可知WOBWAO，即WBOWOA，所以，故D正确．
10. 如图所示，质量为m、带电量为的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、场强为的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（ ）
A. 动能最小与最大的位置在同一等势面上
B. 电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C. 在A点获得的初速度为
D. 过B点受到大环的弹力大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于匀强电场的电场强度为，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效物理最低点C与物理最高点位置D，如图所示
小圆环等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知
可知其不在同一等势面上，A错误；
B．小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；
C．小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效物理最高点D的速度为0，对圆环分析有
解得
C正确；
D．小圆环运动到B过程有
在B点有
解得
可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为，D错误。
故选BC。
三、实验题：本题共2小题，共16分。
11. 如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：
A．待测水果电池（电动势约，内阻小于）
B．滑动变阻器（阻值）；
C．滑动变阻器（阻值）；
D．电压表（量程，内阻约）；
E．毫安表A（量程，内阻为）；
F．开关一个，导线若干。
（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路图，应选______（填“乙”或“丙”）；
（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出图线如图丁所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为______V、内阻为______。
【答案】 ①. 乙 ②. 0.97 ③. 700
【解析】
【详解】（1）[1]由题意，毫安表A的内阻为已知，可以将毫安表的内阻看成电池内阻的一部分，为减小测量误差，毫安表用外接法，因此应选测量电路图乙。
（2）[2]由闭合电路欧姆定律可得
可知图线的纵轴截距表示水果电池的电动势，为
[3] 图线的斜率大小为
解得
12. 某实验小组在进行“测定金属丝的电阻率”的实验
（1）如图1，用螺旋测微器测金属丝直径为______；如图2用20分度游标卡尺测金属丝长度为______；
（2）如图3用多用电表粗测金属丝的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用挡______（填“”或“”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为______。
该小组测量金属丝的电阻时，可供选择的仪器如下：
①电流表（量程，内阻约为）
②电流表（量程，内阻为）
③滑动变阻器
④滑动变阻器
⑤电源（电动势，内阻约为）
⑥开关及导线若干
（3）实验小组设计了如图4所示的电路，为了便于调节，实验结果尽可能准确，滑动变阻器应选择______（选填“”或“”），图乙中电表为电流表______（选填“”或“”）；
（4）闭合开关S，移动滑动触头，记录的读数，电流表内阻为，则金属丝电阻率______（用表示）。
【答案】 ①. 6.122 ②. 102.30 ③. ④. 10 ⑤. ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数原理可知金属丝直径为
[2]根据游标卡尺的读数原理可知测金属丝长度为
（2）[3]用“”挡时发现指针偏转角度过大，说明选择挡位过大，应换小档位，即应该换用挡。
[4]根据欧姆表读数原理可知金属棒的阻值约为。
（3）[5]该实验中滑动变阻器采用分压式接法，待测电阻阻值较小，所以滑动变阻器选择小电阻，故选R2。
[6]b电流表的满偏值大于a电流表的满偏值，所以a为A2。
（4）[7]根据电路分析得
解得
四、计算题：本题共3小题，共44分。
13. 如图所示，一个质量为、电荷量为的带电粒子从轴正方向上的点以速度沿与轴成角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直轴射出第一象限。已知，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子在磁场中运动的半径；
（2）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）带电粒子穿过第一象限所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）作粒子通过、两点速度方向的垂线，两垂线的交点即为粒子做圆周运动的圆心。画出粒子在第一象限运动的轨迹如图所示
可知运动半径
（2）洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
（3）由运动轨迹图可知，圆弧轨迹对应的圆心角，则粒子通过第一象限所用时间
联立解得
14. 某直流电动机的电路如图所示，已知电源电动势，电源内阻，电动机线圈电阻。某次电动机正常工作时测得电压表读数为，匀速提升质量为的重物，不计一切摩擦和空气阻力，电压表为理想电表，g取。求：
（1）电动机的热功率；
（2）电动机工作的效率；
（3）重物的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，电动机两端电压为电压表读数，由闭合回路欧姆定律由
解得
电动机的热功率
（2）根据上述分析可知，电动机的输入功率为
电动机工作的效率
（3）匀速提升货物，则有
又有
，
联立解得
15. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为、方向垂直于xOy平面向外，电场平行于y轴；在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场，已知场强、的大小相等。一可视为质点、比荷为的带正电的小球，从y轴上的点以初速度水平向右抛出，经过x轴上的点进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度，。求：
（1）小球从A点抛出的初速度大小；
（2）小球在第Ⅳ象限的运动的半径；
（3）小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用总时间；
（4）小球从A点出发到第四次经过y轴的纵坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）小球在第I象限做平抛运动，由运动学规律得
可得
，
（2）设小球平抛到M点时的速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，竖直分速度为，则
解得
在第IV象限，洛仑兹力提供向心力，故
解得轨道半径
（3）小球第一次在第IV象限运动的时间为
接着，小球沿与y轴成夹角方向进入第III象限，由于电场力和重力大小相等，其合力恰与小球进入第III象限的初速度v方向相反，故小球在第III象限做类竖直上抛运动，则由牛顿第二定律可得
由运动规律可知
则小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用的总时间为
（4）根据轨迹图可知
第三次经过y轴J点后进入第三象限，速度与合力垂直，第四次到y轴，水平方向
竖直方向
第四次到y轴纵坐标
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