江西省南昌市江西师大附中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份江西省南昌市江西师大附中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（多选）1．（4分）在如图所示的A、B、C、D四种典型电场的情景中，a、b两点电场强度相同的是（ ）
A．平行板电容器带电时，两极板间除边缘附近外的任意两点a、b
B．两个等量异号点电荷的连线上，与中点O等距的任意两点a、b
C．离点电荷Q等距的任意两点a、b
D．两个等量同号点电荷连线的中垂线上，与中点O等距的任意两点a、b
2．（4分）《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）
A．mB．mC．mD．m
3．（4分）某静电场的电场线与x轴平行，电势φ随x坐标变化的关系图像如图所示。若将一带电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，该粒子在x轴上沿着轴线的正方向运动，已知电场中A、B两点的x坐标分别为1.5mm、4.5mm，则（ ）
A．在x轴上从A点到B点电场的方向先沿x轴正方向后负方向
B．该带电粒子一定带负电荷
C．在x轴上x＝3mm的位置，电场强度大小为10000V/m
D．该粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电势能一直增大
4．（4分）如图所示为回旋加速器的示意图，两D型盒所在区域加匀强磁场，狭缝间就有交变电压（电压的大小恒定），经回旋加速器加速后，粒子最终从D型盒的出口引出。已知D型盒的半径为R，磁感应强度大小为B，加速电压为U（不计粒子在电场中的运动时间）（ ）
A．B．C．D．
5．（4分）如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（ ）
A．0B．C．D．
6．（4分）某同学用内阻Rg＝30Ω、满偏电流Ig＝5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，再将阻值为1000Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电动势为4.5V
B．刻度2mA处标注2250Ω
C．刻度2.5mA处标注900Ω
D．用该欧姆表测量某二极管正向电阻时，左边表笔接二极管的正极，右边表笔接二极管的负极
7．（4分）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知＝d，d，则（ ）
A．粒子的速度大小为
B．从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为
C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：9
D．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：7
（多选）8．（6分）如图所示，水平放置的N匝矩形线框abcd面积为S，匀强磁场的磁感应强度大小为B，现使矩形线框以ab边为轴顺时针旋转90°到竖直的虚线位置。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．初态磁通量大小为
B．末态磁通量大小为
C．磁通量变化量的大小为
D．磁通量变化量的大小为
（多选）9．（6分）如图所示，磁流体发电机的通道是一长度为L的矩形管道，通道的左、右两侧壁是导电的，间隔为a，而通道的上、下壁是绝缘的，方向与通道的上、下壁垂直且向上。等离子体以速度v沿如图所示的方向射入，已知等离子体的电阻率为ρ，不计等离子体的重力，不考虑离子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．该发电机产生的电动势为BLV
B．若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大
C．闭合开关后，流过负载R的电流为
D．为了保持等离子体恒定的速度v，通道两端需保持一定的压强差
（多选）10．（6分）如图所示，在xOy平面内有匀强电场，半径为R的圆周上有一粒子源P0在平行于圆周面内沿各个方向发射质量为m、带电量为+q的微粒，微粒可以到达圆周上任意一个位置。比较到达圆上各个位置的微粒，发现到达Q点的微粒的动能最小，已知∠BOP＝30°，∠AOQ＝37°，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力及带电微粒间的相互作用。则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为，方向沿y轴负方向
B．匀强电场的电场强度大小为，方向沿x轴负方向
C．通过D点的微粒动能为mv02+（+）mgR
D．微粒从P点运动到Q点过程中电势能增加
二、实验题（每空2分，共18分）
11．（8分）某同学欲测量一阻值大约为10Ω、粗细均匀的金属线的电阻率。实验室除游标卡尺，螺旋测微器、导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A．电源（电动势E＝6.0V，内阻约1Ω）
B．电压表V（量程为0～6V，内阻约8kΩ）
C．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）
D．电流表A2（量程0～3A，内阻约0.05Ω）
E．滑动变阻器R0（最大阻值5Ω，额定电流2A）
（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数为L＝ mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数为D＝ mm。
（2）测量金属线的电阻时，为了便于调节及测量尽可能准确，实验中电流表应选 （填所选仪器前的字母符号）；选择合适的实验器材，在图丙方框内把实验原理图补充完整
（3）设测得金属线的电阻为R，金属线的长度为L，金属线的直径为D 。（用R、L、D三个物理量表示）
12．（10分）某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
（1）在丙中画出图乙的电路图；
（2）实验得到如图丁所示的两条直线，图中直线I对应电路是图 （选填“甲”或“乙”）；
（3）该电池电动势的真实值E＝ V（保留三位有效数字），若已知Ⅰ图线的表达式为U＝1.36﹣1.27I，则内阻的真实值r＝ Ω（保留两位有效数字）。
三、解答题（共3小题，共36分）
13．（9分）如图所示，匀强电场内有一矩形ABCD区域，电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8eV的动能射入该区域，已知矩形区域的边长AB＝8cm，BC＝6cm，不计粒子重力，求：
（1）粒子到达A点时的动能；
（2）匀强电场的场强大小和方向。
14．（13分）如图所示，质量m＝2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6kg的小车C，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.752，A、B可视为质点，求：
（1）滑块A刚到平台上的速度大小；
（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值；
（3）小车C的长度。
15．（14分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向，磁场的上边界与x轴重合。一质量为m、电荷量为﹣q的粒子，从点a（0，）0沿x轴正方向射入电场，通过电场后从点b（2h，0）立即进入矩形磁场，且速度恰好沿y轴。不计粒子所受的重力。求：
（1）第一象限的电场强度大小E；
（2）磁感应强度的大小B；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
2024-2025学年江西省南昌市江西师大附中高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-7题为单选题，每题4分；8-10题为多选题，每题6分，选对但不全的得3分，共46分）
（多选）1．（4分）在如图所示的A、B、C、D四种典型电场的情景中，a、b两点电场强度相同的是（ ）
A．平行板电容器带电时，两极板间除边缘附近外的任意两点a、b
B．两个等量异号点电荷的连线上，与中点O等距的任意两点a、b
C．离点电荷Q等距的任意两点a、b
D．两个等量同号点电荷连线的中垂线上，与中点O等距的任意两点a、b
【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同。根据电场线的分布情况分析。
【解答】解：A、a、b是匀强电场中的两点。故A正确。
B、两个等量异号点电荷的连线上，a、b两点电场强度相同。
C、离点电荷Q等距的任意两点a，但方向不同。故C错误。
D、两个等量同号点电荷连线的中垂线上、b场强大小相等，所以电场强度不同。
故选：AB。
【点评】本题要掌握电场线的物理意义，知道电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时电场强度才相同。
2．（4分）《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）
A．mB．mC．mD．m
【分析】忽略一切阻力，人从船尾行走至船头的过程中，人和船组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒定律，用位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行计算。
【解答】解：设船的质量为M，人走动时船的速度大小为v，人从船尾行走至船头所用时间为t。
取船的速度为正方向，则v＝
根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0，即M＝0m，故ABC错误。
故选：D。
【点评】人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意速度和位移的参照物必须是地面。
3．（4分）某静电场的电场线与x轴平行，电势φ随x坐标变化的关系图像如图所示。若将一带电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，该粒子在x轴上沿着轴线的正方向运动，已知电场中A、B两点的x坐标分别为1.5mm、4.5mm，则（ ）
A．在x轴上从A点到B点电场的方向先沿x轴正方向后负方向
B．该带电粒子一定带负电荷
C．在x轴上x＝3mm的位置，电场强度大小为10000V/m
D．该粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电势能一直增大
【分析】根据电势的变化分析电场的方向。根据粒子运动方向结合图像判断粒子所受电场力方向与电场方向的关系，来判断粒子的电性；根据图像的斜率等于电场强度，求解电场强度的大小；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况。
【解答】解：A、由图像知，结合沿着电场线电势逐渐降低，故A错误；
B、由题意知粒子受到的电场力方向和电场方向相同，故B错误；
C、在φ﹣x图像中，电场强度大小为；
D、该粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电场力一直做正功，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是明确φ﹣x图像的斜率等于电场强度，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，分析电场的方向，来判断电场力做功情况。
4．（4分）如图所示为回旋加速器的示意图，两D型盒所在区域加匀强磁场，狭缝间就有交变电压（电压的大小恒定），经回旋加速器加速后，粒子最终从D型盒的出口引出。已知D型盒的半径为R，磁感应强度大小为B，加速电压为U（不计粒子在电场中的运动时间）（ ）
A．B．C．D．
【分析】粒子在半圆金属盒内做匀速圆周运动，粒子离开加速器时，速度达到最大值，根据洛伦兹力提供向心力求解离开加速度器时的速度，根据动能公式求解最大动能；根据带电粒子每转动半周电场对它做功qU，根据动能定理可知动能增加qU，根据最大动能可知加速的次数，从而求出时间。
【解答】解：设带电粒子的最大速度为vm，根据牛顿第二定律得
带电粒子的最大动能
设带电粒子的加速次数为n，则有nqU＝Ekm
带电粒子在磁场中运动的周期为
带电粒子运动的总时间t＝n
联立解得：t＝，故C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等，最大速度决定于D形盒的半径。
5．（4分）如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（ ）
A．0B．C．D．
【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可．
【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
电路abcd上的电阻为3r，由几何关系得，所以ad上的电阻为2r
电路中的总电流：
路端电压：
abcd上的电流：
abcd上各段的安培力：
ad上的安培力：
各段受到的力中，F6 和F3在左右方向的分量大小相等，方向相反，所以线框受到的合外力：
所以四个选项中C正确。
故选：C。
【点评】该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路．题目的难度中档．
6．（4分）某同学用内阻Rg＝30Ω、满偏电流Ig＝5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，再将阻值为1000Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电动势为4.5V
B．刻度2mA处标注2250Ω
C．刻度2.5mA处标注900Ω
D．用该欧姆表测量某二极管正向电阻时，左边表笔接二极管的正极，右边表笔接二极管的负极
【分析】根据欧姆表的内部结构和工作原理，结合闭合电路的欧姆定律列式联立求解。
【解答】解：A．将两表笔短接，由闭合电路欧姆定律得
E＝Ig（Rg+r+R）
接入R1＝1000Ω的电阻时，表头指在3mA，则
解得
E＝3.5V，r+R＝1470Ω
故A错误；
B．当电流刻度为2mA时，有
代入数据解得
R4＝2250Ω
故B正确；
C．当电流刻度为2.5mA时，有
代入数据解得
R3＝1500Ω
故C错误；
D．根据电源的正负极可知，右边表笔接二极管的正极，故D错误。
故选：B。
【点评】熟练掌握欧姆表的工作原理，内部结构，结合闭合电路的欧姆定律解决相关问题。
7．（4分）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知＝d，d，则（ ）
A．粒子的速度大小为
B．从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为
C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：9
D．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：7
【分析】A、根据题意作出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解轨道半径，根据牛顿第二定律求解速度；
B、根据周期公式求解周期，根据几何知识求解圆心角，根据时间与周期关系求解运动时间；
CD、根据几何知识求解运动时间最长的粒子和运动时间最短的粒子对应的圆心角，根据时间与周期关系求解运动时间，再求解时间之比。
【解答】解：A.粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，即轨道直径落在x轴上时
由几何关系知
解得
R＝d
根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
故A错误；
B.粒子运动的周期
从O点射出的粒子其轨迹为轨迹8，由几何关系可知
解得
θ＝60°
即轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间
故B错误；
CD.运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子，其轨迹为轨迹2，则运动的最长时间
运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子，其轨迹为轨迹8，则运动的最短时间
所以
t1：t2＝8：2
故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
（多选）8．（6分）如图所示，水平放置的N匝矩形线框abcd面积为S，匀强磁场的磁感应强度大小为B，现使矩形线框以ab边为轴顺时针旋转90°到竖直的虚线位置。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．初态磁通量大小为
B．末态磁通量大小为
C．磁通量变化量的大小为
D．磁通量变化量的大小为
【分析】根据磁通量的公式即可解出。
【解答】解：根据磁通量的公式可得，初态磁通量为∅＝BSsinθ＝BS×0.6＝，末态磁通量为∅＝﹣BScsθ＝﹣BS×0.7＝﹣，所以末态磁通量大小为，所以磁通量变化量Δ∅＝﹣BS＝﹣，所以磁通量变化量的大小为，故BC正确；
故选：BC。
【点评】本题考查了学生对于磁通量的公式的灵活应用能力，基础题。
（多选）9．（6分）如图所示，磁流体发电机的通道是一长度为L的矩形管道，通道的左、右两侧壁是导电的，间隔为a，而通道的上、下壁是绝缘的，方向与通道的上、下壁垂直且向上。等离子体以速度v沿如图所示的方向射入，已知等离子体的电阻率为ρ，不计等离子体的重力，不考虑离子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．该发电机产生的电动势为BLV
B．若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大
C．闭合开关后，流过负载R的电流为
D．为了保持等离子体恒定的速度v，通道两端需保持一定的压强差
【分析】根据电场力和洛伦兹力的等量关系计算出电动机产生的电动势；根据电源效率和电阻的关系分析出两者的关系；根据欧姆定律计算出电流的大小；根据能量守恒联立等式计算出通道两端的压强差。
【解答】解：A.等离子体通过管道时，在洛伦兹力作用下、左两壁，产生的电动势最大，即，解得E＝Bav；
B.电源的效率为，若增大负载电阻的阻值R，故B正确；
C.闭合开关后，流过负载R的电流为；
D.令气流进出管时的压强分别为P2、P2，则气流进出管时压力做功的功率分别为P1Sv和P6Sv，其功率损失为P1Sv﹣P2Sv＝ΔpSv，由能量守恒定律可知，即，将S＝ha代入上式中得Δp＝。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系计算出电动势，根据欧姆定律计算出电流和效率的表达式，解题的关键点是根据能量守恒分析出通道两端的压强差。
（多选）10．（6分）如图所示，在xOy平面内有匀强电场，半径为R的圆周上有一粒子源P0在平行于圆周面内沿各个方向发射质量为m、带电量为+q的微粒，微粒可以到达圆周上任意一个位置。比较到达圆上各个位置的微粒，发现到达Q点的微粒的动能最小，已知∠BOP＝30°，∠AOQ＝37°，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力及带电微粒间的相互作用。则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为，方向沿y轴负方向
B．匀强电场的电场强度大小为，方向沿x轴负方向
C．通过D点的微粒动能为mv02+（+）mgR
D．微粒从P点运动到Q点过程中电势能增加
【分析】根据机械能最大点确定电场强度的方向；根据动能定理及功能关系确定各点的动能；根据功能关系求解微粒从P点运动到Q点过程中电势能增加。
【解答】解：ABC、在C点微粒机械能最大，由数学关系可知，即电场力沿OC方向，场强方向沿OC方向；而在Q点，即重力与电场力的合力方向沿QO
Eqtan37°＝mg
F合sin37°＝mg
解得E＝＝，F合＝＝mg
从P到D根据动能定理可得：EkD﹣EkP＝W合
则有EkD＝+mgR（8+cs30°）+EqRsin30°＝（+，故BC正确；
D、微粒从P点运动到Q点过程中克服电场中做的功为WPQ＝qER（cs37°﹣sin30°）＝，所以电势能增加。
故选：BCD。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的该时间能够判断电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系。
二、实验题（每空2分，共18分）
11．（8分）某同学欲测量一阻值大约为10Ω、粗细均匀的金属线的电阻率。实验室除游标卡尺，螺旋测微器、导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A．电源（电动势E＝6.0V，内阻约1Ω）
B．电压表V（量程为0～6V，内阻约8kΩ）
C．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）
D．电流表A2（量程0～3A，内阻约0.05Ω）
E．滑动变阻器R0（最大阻值5Ω，额定电流2A）
（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数为L＝ 60.20 mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数为D＝ 0.732 mm。
（2）测量金属线的电阻时，为了便于调节及测量尽可能准确，实验中电流表应选 C （填所选仪器前的字母符号）；选择合适的实验器材，在图丙方框内把实验原理图补充完整
（3）设测得金属线的电阻为R，金属线的长度为L，金属线的直径为D 。（用R、L、D三个物理量表示）
【分析】（1）明确游标卡尺的分度值，读数为主尺与游标尺的读数之和，明确螺旋测微器的分度值，读数数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）估算电路最大电流选择电流表，分析误差设计电路图；
（3）根据电阻定律推导电阻率表达式。
【解答】解：（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺的刻度读数为60mm，则读数为：60mm+4×5.05mm＝60.20mm；
螺旋测微器的分度值为0.01mm，读数为：D＝0.2mm+23.2×0.01mm＝7.732mm；
（2）通过待测电阻的最大电流为：Imax＝＝0.7A；
滑动变阻器阻值较小，用分压式接法。
因为R2≈10Ω×10Ω＝100Ω2，RA•RV≈5.2Ω×8000Ω＝1600Ω2
所以R3＜RARV
所以待测电阻属于小电阻，电流表应该采用外接法
（3）根据电阻定律
R＝ρ ＝ρ
解得
ρ＝
故答案为：（1）60.20，0.732，见解析。
【点评】本题考查测定金属电阻率实验，要求掌握实验原理、电路设计、数据处理和测量根据的使用方法。
12．（10分）某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
（1）在丙中画出图乙的电路图；
（2）实验得到如图丁所示的两条直线，图中直线I对应电路是图 乙 （选填“甲”或“乙”）；
（3）该电池电动势的真实值E＝ 1.50 V（保留三位有效数字），若已知Ⅰ图线的表达式为U＝1.36﹣1.27I，则内阻的真实值r＝ 1.4 Ω（保留两位有效数字）。
【分析】（1）根据实物图画出电路图；
（2）分析两种电路测得的内电阻大小，再根据图象的斜率进行分析；
（3）由于干电池内电阻较小，故采用图乙实验电路；根据闭合电路的欧姆定律结合图象的截距、斜率大小求解。
【解答】解：（1）根据图乙所示实物电路图作出实验电路图，实验电路图如图所示
（2）由闭合电路欧姆定律可得：U＝E﹣Ir，可得U﹣I图象的纵轴截距为电源电动势。图甲中电流表内接（相对于电源内阻）测＝r真+rA，测量值偏大，图乙中电流表外接（相对于电源内阻）电路测＝，测量值偏小V＞＞r真，故图乙实验测出的内阻误差更小。故图线Ⅰ对应图乙；
（3）图线Ⅱ与纵轴的交点为电源的电动势：E＝1.50V；图线Ⅰ的解析式为：U＝1.36﹣5.27I短＝A＝4.07AΩ≈2.4Ω。
故答案为：（1）实验电路图如图所示；（2）乙；1.6。
【点评】本题主要是考查测定电源电动势内电阻实验，掌握实验的目的和数据处理的方法、误差的分析、电流表和电压表的读数方法是关键。
三、解答题（共3小题，共36分）
13．（9分）如图所示，匀强电场内有一矩形ABCD区域，电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8eV的动能射入该区域，已知矩形区域的边长AB＝8cm，BC＝6cm，不计粒子重力，求：
（1）粒子到达A点时的动能；
（2）匀强电场的场强大小和方向。
【分析】（1）根据AB两点的电势求出B、A两点的电势差，由动能定理求得A点的动能；
（2）根据B、D两点的电势确定BD为等势线，根据几何关系找到A到BD的距离，再由求出电场强度。
【解答】（1）由动能定理可得
EkA﹣EkB＝eUBA
UBA＝φB﹣φA＝12V﹣（﹣6V）＝18V
代入数据解得：EkA＝26 eV.
（2）依题意知φB＝φD＝12V
则BD连线为等势线
假设A到BD的距离为d，则根据几何关系
代入数据解得：
由匀强电场场强和电势差关系可得
场强方向为垂直BD斜向左下方。
答：（1）粒子到达A点时的动能为26eV；
（2）匀强电场的场强大小为375V/m，方向为垂直于BD斜向左下方。
【点评】本题考查对电场能的理解，注意结合动能定理求解A点的动能，同时需要结合求解，题目较为简单。
14．（13分）如图所示，质量m＝2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6kg的小车C，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.752，A、B可视为质点，求：
（1）滑块A刚到平台上的速度大小；
（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值；
（3）小车C的长度。
【分析】（1）对A自P点滑至平台过程分析，由动能定理可求出滑块A的速度；
（2）A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，对A、B整体由动量守恒定律以及功能关系列式求解弹性势能的最大值；
（3）对A、B分析，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出B滑到小车上时的速度，再对B和小车分析，由动量守恒定律和功能关系确定小车的长度。
【解答】解：（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有
mgR（1﹣cs60°）＝mv02
解得v6＝4m/s
（2）当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，动量守恒定律有
mv0＝2mv共
解得v共＝2m/s
由能量守恒定律有
EP＝mv02﹣•2mv共8
解得：EP＝8J
（3）弹簧恢复原长时B与A分离，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mv0＝mv4+mv2
mv02＝mv17+mv62
联立解得v1＝2
v2＝4m/s
B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同
mv4＝（m+M）v3
解得：v3＝4m/s
由功能关系有：
Q＝mv32﹣（m+M）v32
Q＝μmgL，
联立解得：L＝8.8m。
答：（1）滑块A刚到平台上的速度大小为4m/s；
（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值为8J；
（3）小车C的长度为0.8m。
【点评】本题为动量守恒定律和功能关系结合的综合问题，此类问题的过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。
15．（14分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向，磁场的上边界与x轴重合。一质量为m、电荷量为﹣q的粒子，从点a（0，）0沿x轴正方向射入电场，通过电场后从点b（2h，0）立即进入矩形磁场，且速度恰好沿y轴。不计粒子所受的重力。求：
（1）第一象限的电场强度大小E；
（2）磁感应强度的大小B；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解处理，应用运动学公式与牛顿第二定律解答。
（2）由运动学公式求得粒子在b点的速度大小与方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得运动半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。
（3）由几何关系求解矩形磁场区域的最小面积。
【解答】解：（1）粒子在电场中仅受电场力，做类平抛运动。
沿+x方向做匀速直线运动，则有：
v0t＝2h
沿﹣y方向做匀加速直线运动，则有：
由牛顿第二定律可得
qE＝ma
联立解得：
（2）由（1）可得：粒子在b点沿+x方向的分速度大小为v2，沿﹣y方向的分速度大小vy满足：
解得：
可得粒子在b点的速度大小为：v＝＝
其方向与x轴成的夹角为θ，则有：
tanθ＝＝，可得：θ＝30°
粒子在磁场中的运动的轨迹如下图所示：
设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可得：
r+r•sin30°＝8h
解得：
由洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
（3）最小的矩形磁场区域如下图所示：
由几何关系可得矩形的长为：
宽为：r+rcs30°＝
解得：S＝h×＝
答：（1）第一象限的电场强度大小E为；
（2）磁感应强度的大小B为；
（3）矩形磁场区域的最小面积S为＝。
【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解解答，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。
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3
4
5
6
7
答案
D
C
C
C
B
C