2020高二物理上学期第三次段考试卷(含解析).pdf

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1、【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！1/20 2020高二物理上学期第三次段考试卷（含解析）编 辑：_时 间：_教学资料范本【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！2/20【最新】20 xx年高二物理上学期第三次段考试卷（含解析）一、选择题（本大题共10 小题，1-7 题为单选，8-10 题为多选，每题4 分，共 40 分）1如图所示为某电场中的一条电场线，在该电场线上取A、B两点，并用 EA、EB分别表示 A、B两点处的电

2、场强度，则（）AEA、EB方向相同BEA EBCEA EB DEA=EB2如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v 水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）A大小为，粒子带正电时，方向向上B大小为，粒子带负电时，方向向上C大小为 Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D大小为 Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关3如图所示，一根长为L 的铝棒用两个劲度系数均为k 的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流 I 方

3、向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是（）A弹簧长度缩短了 x，B=B弹簧长度缩短了 x，B=C弹簧长度伸长了 x，B=D弹簧长度伸长了 x，B=4如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）AU1：U2=1：8 BU1：U2=1：4 CU1：U2=1：2 D U1：U2=1：1【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！3/20 5

4、如图是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b 经电压 U加速（在 A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的 x1、x2 处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子 a、b 所通过的路径，则（）Aa 的质量一定大于 b 的质量Ba 的电荷量一定大于b 的电荷量Ca 运动的时间小于 b 运动的时间Da 的比荷（）小于 b 的比荷（）6在如图所示的电路中，E为电源电动势，r 为电源内阻，R1和 R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在 a 端时合上开关S，此时三个电表 A1、A2、V的示数分别为 I1、I2 和 U现将 R2的滑动触点向 b 端移动，

5、则三个电表示数的变化情况是（）AI1 增大，I2 不变，U增大 BI1 减小，I2 增大，U减小CI1 增大，I2 减小，U增大 DI1 减小，I2 不变，U减小7如图所示，水平放置的平行金属板a、b 分别与电源的两极相连，带电液滴 P在金属板 a、b 间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板 a、b 分别绕中心点 O、O 处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度，然后释放 P，则 P在电场内将做（）A匀运直线运动B水平向右的匀加速直线运动C斜向右下方的匀加速直线运动D曲线运动8目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电

6、和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（）AA板带正电B有电流从 b 经用电器流向 aC金属板 A、B间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力9如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为和（），加垂直于纸面向里的磁场分别将质量相等、带等【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！4/20 量正、负电荷的小球 a、b 依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两

7、球在槽上运动的说法正确的是（）A在槽上，a、b 两球都做匀加速直线运动，且aaabBa、b 两球沿槽运动的最大速度为va 和 vb，则 vavbCa、b 两球沿直槽运动的最大位移为Sa和 Sb，则 SaSbDa、b 两球沿槽运动的时间为ta 和 tb，则 ta tb10如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c 点为最低点，bO沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端 a 点由静止释放，下列判断

8、正确的是（）A当小球运动到 b 点时，小球受到的洛伦兹力最大B当小球运动到 c 点时，小球受到的支持力一定大于重力C小球从 a 点运动到 b 点，重力势能减小，电势能增大D小球从 b 点运动到 c 点，电势能增大，动能先增大后减小二、填空题（本大题包括3 小题，4 分+8分+4 分=16 分）11有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有 20 个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数cm 用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是mm 12将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，但这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额

9、定电流为 0.3A 的小灯泡因为经实验测得“水果电池”与小灯泡直接相连接后，流过小灯泡的电流还不足3mA 现要较精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻，提供的仪器如下：量程合适的电流表（内阻约为 1），量程为1.5V 的电压表（内阻约为2k），滑动变阻器 R1（030），滑动变阻器R2（03k）、开关及导线若干（1）本实验中滑动变阻器应选用（填字母代号：“R1”或“R1”）（2）在框中画出实验电路图（3）若根据实验记录的数据，经描点、连线得到的UI 图象如图所示，则该水果电池的电动势E=V，内电阻 r=（均保留三位有效数字）【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方

10、式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！5/20（4）不计偶然误差，用以上的方法测量出的水果电池的电动势和内阻与真实值相比电动势E，内阻 r（填“偏大”、“偏小”或“相等”）13晖晖同学利用图a 所示电路测量某电源的电动势E和内阻 r，其中R为电阻箱，为使测量更加准确，多次改变电阻箱的阻值R，读出电流表的相应示数 I，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图线是一条直线，如图（b）所示将图线延长可得直线在纵轴的截距为m，直线的斜率为 k则（1）E=，（2）r=三.计算题（本题共4 小题，共 44 分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，结果必须明确写出数值和单位）14

11、一个电源接 8 电阻时，通过电源的电流为0.15A，接 13 电阻时，通过电源的电流是0.10A，求电源的电动势和内阻15如图，在倾角为37的固定金属导轨上，放置一个长L=0.4m、质量 m=0.3kg的导体棒，导体棒垂直导轨且接触良好导体棒与导轨间的动摩擦因数=0.5金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50 的直流电源，电阻R=2.5，其余电阻不计，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现外加一与导体棒垂直匀强磁场，（sin37=0.6，cos37=0.8 g=10m/s2）求：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度B的大小和方向；（2）使导体棒静止在斜面上，所

12、加磁场的磁感应强度B的最小值和方向16一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻 r=2，电阻R1=12，R2=R4=4，R3=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开关 S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关 S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入 C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g 取 10m/s2）17如图所示，无限宽广的匀强磁场

13、分布在xoy 平面内，x 轴上下方磁场均垂直 xoy 平面向里，x 轴上方的磁场的磁感应强度为B，x 轴下方的磁场的磁感应强度为现有一质量为m，电量为 q 带负电粒子以速【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！6/20 度 v0 从坐标原点 O沿 y 方向进入上方磁场在粒子运动过程中，与x轴交于若干点不计粒子的重力求：（1）粒子在 x 轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1（2）如把 x 上方运动的半周与x 下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移的平均速度（3）在与 x 轴的所有交点中，粒子

14、两次通过同一点的坐标位置20 xx-20 xx 学年江西省新余一中高二（上）第三次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10 小题，1-7 题为单选，8-10 题为多选，每题4 分，共 40 分）1如图所示为某电场中的一条电场线，在该电场线上取A、B两点，并用 EA、EB分别表示 A、B两点处的电场强度，则（）AEA、EB方向相同BEA EBCEA EB DEA=EB【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的大小由电场线的疏密表示，一条电场线无法判断疏密，就无法确定 A、B两处场强的大小【解答】解：电场线的大小由电场线的疏密表示，由于A、B附近电场线的分布情况未

15、知，一条电场线无法判断疏密，则EA、EB的大小不能确定，但根据某点的切线方向，即为电场强度的方向，可知，它们的方向相同故选：A【点评】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小2如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v 水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）A大小为，粒子带正电时，方向向上B大小为，粒子带负电时，方向向上C大小为 Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D大小为 Bv，方向向

16、上，与粒子带何种电荷无关【考点】带电粒子在混合场中的运动【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！7/20【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关【解答】解：为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：E=vB，所以选项 AB错误假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向

17、下，电场仍然向上所以电场力的方向始终向上，与粒子的电性无关选项C错误，选项 D正确故选 D【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转3如图所示，一根长为L 的铝棒用两个劲度系数均为k 的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流 I 方向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是（）A弹簧长度缩短了 x，B=B弹簧长度缩短了 x，B=C

18、弹簧长度伸长了 x，B=D弹簧长度伸长了 x，B=【考点】安培力【分析】根据左手定则判断安培力的方向，则可明确弹簧的形变量的变化；分别对金属杆由平衡条件列式，联立可求得磁感应强度【解答】解：根据安培力和力的平衡条件有（设棒的重力为mg，原来的形变量为 x）：因放入磁场后，由左手定则可知，安培力向上；故形变量减小了x；没有通电流时，由平衡关系可得：mg=2Kx 当电流方向由左向右时：BIL+2K（xx）=mg【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！8/20 联立解得：B=故选：A【点评】本题考查安培力的计算，要注

19、意正确应用共点力的平衡条件的应用；并掌握安培力方向的判断4如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）AU1：U2=1：8 BU1：U2=1：4 CU1：U2=1：2 D U1：U2=1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解【解答】解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动

20、沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得故故选 A【点评】本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论5如图是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b 经电压 U加速（在 A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的 x1、x2 处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子 a、b 所通过的路径，则（）Aa 的质量一定大于 b 的质量Ba 的电荷量一定大于b 的电荷量Ca 运动的时间小于 b 运动的时间Da 的比荷（）小于 b 的比荷（）【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享

21、文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！9/20【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解【解答】解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为 r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S根据动能定理，得qU=mv2解得：v=由 qvB=m解得：r=则 S=2r得到：=由图，SaSb，U、B相同，则；而周期 T=，因此它们的运动时间是周期的一半，由于，所以 a 运动的时间小于 b 运动的时间，故 C正确，ABD错误；故选：C【点评】本题

22、属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹6在如图所示的电路中，E为电源电动势，r 为电源内阻，R1和 R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在 a 端时合上开关S，此时三个电表 A1、A2、V的示数分别为 I1、I2 和 U现将 R2的滑动触点向 b 端移动，则三个电表示数的变化情况是（）AI1 增大，I2 不变，U增大 BI1 减小，I2 增大，U减小CI1 增大，I2 减小，U增大 DI1 减小，I2 不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电

23、动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！10/20【解答】解：R2的滑动触点向 b 端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流 I1 减小，即A1示数减小，而总电流I 增大，则流过 R2的电流 I2 增大，即 A2示数增大故 A、C、D错误，B正确故选：B【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要

24、理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流7如图所示，水平放置的平行金属板a、b 分别与电源的两极相连，带电液滴 P在金属板 a、b 间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板 a、b 分别绕中心点 O、O 处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度，然后释放 P，则 P在电场内将做（）A匀运直线运动B水平向右的匀加速直线运动C斜向右下方的匀加速直线运动D曲线运动【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】题中带电液滴P原来在水平放置的a、b 金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板a、b 分别以 O、0中心为轴在竖直平面内转

25、过相同的较小角度，然后释放 P，此时 P受到重力、电场力，合力向右，故 P向右的匀加速直线运动【解答】解：当 a、b 金属板水平放置时，带电液滴P在电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小当两平行金属板 a、b 分别以 O、0中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度，然后释放 P，此时 P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为，如图设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过 角时，板间距离为dcos，板间场强为 E=，电场力为 F=qE=，电场力方向与竖直方向的夹角为，竖直方向的分力为Fcos=【新教材2020 版】本资料系本人收集整

26、编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！11/20 而原来液滴处于静止状态，即有mg=qE=q，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动故B正确故选 B【点评】考查了已知受力求运动，正确受力分析，根据牛顿第二定律判断运动情况8目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（）AA板带正电B

27、有电流从 b 经用电器流向 aC金属板 A、B间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力【考点】霍尔效应及其应用【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板【解答】解：A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电故 A错误B、因为 B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b 流向 a故 B正确C、因为 B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上故C错误D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力故D正确故选 BD

28、【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势9如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为和（），加垂直于纸面向里的磁场分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b 依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（）【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！12/20 A在槽上，a、b 两球都做匀加速直线运动，且aaabBa、b 两球沿槽运动的最大速度为va 和 vb，则 vavbCa、b 两球沿直槽运动的最大位移为Sa和 Sb，则

29、 SaSbDa、b 两球沿槽运动的时间为ta 和 tb，则 ta tb【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】对两球分别进行受力分析，确定合力后，再由牛顿第二定律可以求出加速度，然后比较加速度大小，判断小球的运动性质；求出小球在斜面上运动的位移与运动时间，然后答题【解答】解：A、两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，则其加速度为aa=gsin ab=gsin可见 aaab 故 A正确；B、当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面则 mgcos=Bqv 所以：，由于（）所以vavb，故 B

30、错误；C、又 V2=2gsinsa 求得同理得：因，则 sa sb 故 C正确，D、又由 v=gsin ta 得同理得则 ta tb 则 D正确故选：ACD【点评】本题考查小球在重力、支持力和洛伦兹力作用下的运动，会判断洛伦兹力的方向，明确其大小的决定因素10如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c 点为最低点，bO沿【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载

31、收藏，如有侵权，望告知删除！13/20 水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端 a 点由静止释放，下列判断正确的是（）A当小球运动到 b 点时，小球受到的洛伦兹力最大B当小球运动到 c 点时，小球受到的支持力一定大于重力C小球从 a 点运动到 b 点，重力势能减小，电势能增大D小球从 b 点运动到 c 点，电势能增大，动能先增大后减小【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad 弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc 弧的

32、中点）就是“最低点”，速度最大再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可【解答】解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad 弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc 弧的中点）就是“最低点”，速度最大A、设电场力与重力的合力为F，小球从 a 点运动到 b 点，F做正功，小球的动能增大，从b 运动到 c，动能先增大后减小，bc 弧的中点速度最大，动能最大，故A错误B、当小球运动到 c 点时，由支持力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，洛伦兹力方向向上，由FN+F洛mg=m，可知，FN不一定大于mg，故 B错误C、小

33、球从 a 点运动到 b 点，重力和电场力均做正功，则重力势能和电势能均减小，故 C错误D、小球从 b 点运动到 c 点，电场力做负功，电势能增大，F先做正功后做负功，则动能先增大后减小故D正确故选：D【点评】该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题二、填空题（本大题包括3 小题，4 分+8分+4 分=16 分）11有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有 20 个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数1.050 cm 用螺【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载

34、收藏，如有侵权，望告知删除！14/20 旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是3.204 3.208 mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第 10 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.50.01m

35、m=0.205mm，所以最终读数为3mm+0.205mm=3.205mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.2043.208 之间故答案为：1.050；3.204 3.208【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，但这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为 0.3A 的小灯泡因为经实验测得“水果电池”与小灯泡直接相连接后，流过小灯泡的电流还不足3mA 现要较精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻，提供的仪器如下：量程合适的电流表（内阻约为

36、1），量程为1.5V 的电压表（内阻约为2k），滑动变阻器 R1（030），滑动变阻器R2（03k）、开关及导线若干（1）本实验中滑动变阻器应选用R2（填字母代号：“R1”或“R1”）（2）在框中画出实验电路图（3）若根据实验记录的数据，经描点、连线得到的UI 图象如图所示，则该水果电池的电动势E=1.30 V，内电阻 r=433（均保留三位有效数字）（4）不计偶然误差，用以上的方法测量出的水果电池的电动势和内阻与真实值相比电动势E 相等，内阻 r 偏大（填“偏大”、“偏小”或“相等”）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的

37、呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！15/20【分析】（1）电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采取外接法误差较小（2）通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器（3）UI 图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻（4）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，运用图象法分析误差【解答】解：（1）电源的内阻大约r=500，若选用 030 的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用 R2（2）因为电流表内阻较小，分担电压较小，电流表采取外接法误差较小滑动变阻器采用限流式接法，

38、串联在电路中，电路图如图所示：（3）UI 图线的纵轴截距为1.30，知：水果电池的电动势E=1.30V，图线斜率的绝对值r=433，内电阻 r=433（4）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在UI 图上由测量数据作出的图线1 和修正误差后真实值作出的图线 2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大故答案为：（1）R2；（2）电路图如图所示；（3）1.30；433；（3）相等；偏大【点评】解决本题的关键知道实验误差的来源，会从UI 图线中获取电源的电动势和内电阻13晖晖同学利用图a 所示电路测量某电源的电动势E和内阻 r，其中R

39、为电阻箱，为使测量更加准确，多次改变电阻箱的阻值R，读出电流表的相应示数 I，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图线是一条直线，如图（b）所示将图线延长可得直线在纵轴的截距为m，直线的斜率为 k则（1）E=，（2）r=【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻【解答】解：由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R），则：=R+，【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！16/20 由图示图象可知，m=，k=，电源电动势：E

40、=，电源内阻：r=；故答案为：；【点评】本题考查了求电源电动势与内阻，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键三.计算题（本题共4 小题，共 44 分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，结果必须明确写出数值和单位）14一个电源接 8 电阻时，通过电源的电流为0.15A，接 13 电阻时，通过电源的电流是0.10A，求电源的电动势和内阻【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】设电源的电动势和内阻分别为E、r，根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）列出两种情况下的方程，联立求出电源的电动势和内阻【解答】解：设电源的电动势和内阻分别为E、r，根据闭合电路欧姆定律得：

41、E=I1（R1+r）E=I2（R2+r）联立解得，r=代入解得，r=2代入得，E=0.15（8+2）V=1.5V答：电源的电动势和内阻分别为1.5V 和 2【点评】本题根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，联立求出电源的电动势和内阻，提供了测量电动势和内阻的方法：安阻法15如图，在倾角为37的固定金属导轨上，放置一个长L=0.4m、质量 m=0.3kg的导体棒，导体棒垂直导轨且接触良好导体棒与导轨间的动摩擦因数=0.5金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50 的直流电源，电阻R=2.5，其余电阻不计，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现外加一与导体棒垂直匀强磁场，（sin37=0.6，c

42、os37=0.8 g=10m/s2）求：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度B的大小和方向；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度B的最小值和方向【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！17/20【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）若导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，安培力竖直向上，根据平衡条件求安培力大小，根据闭合电路欧姆定律求出电流大小然后根据安培力公式F=BIL 求 B；（2）所加磁场的磁感应强度B

43、的最小时，安培力的方向应平行于斜面向上由受力平衡求安培力大小，然后根据安培力公式求B，由左手定则判断 B的方向【解答】解：（1）设导体棒中电流大小为I，根据闭合电路欧姆定律：E=I（R+r），解得：I=1.5A，若导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，安培力竖直向上，且有mg=ILB解得：B=5T 根据左手定则可以判定，磁场的方向水平向左；（2）能使导体棒静止在斜面上，且所加磁场磁感应强度B的最小时，安培力的方向应平行于斜面向上，受力分析如图则 mgsinmgcos ILB=0代入数据：0.3100.60.50.3100.81.50.4B=0即：1.8 1.2 0.6B=0解得：B=1T根据左手定

44、则可以判定，磁场的方向垂直于斜面向上答：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度 B的大小为 5T，方向水平向左；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度B的最小值为1T，方向垂直于斜面向上【点评】本题借助安培力考查了共点力平衡条件的应用关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力16一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻 r=2，电阻R1=12，R2=R4=4，R3=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0102m【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以

45、VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！18/20（1）若开关 S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关 S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入 C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g 取 10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端

46、的电压当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移【解答】解：（1）S断开时，电阻 R3两端电压为：S闭合后，外阻为：路端电压为：电阻 R3两端电压为：则所求流过 R4的总电量为：Q=CU3 CU3=6.01012C（2）设微粒质量为 m，电量为 q，当开关 S断开时有：当开关 S闭合后，设微粒加速度为a，则有：设微粒能从 C的电场中射出，则水平方向：竖直方向：由以上各式求得：故微粒不能从 C的电场中射出答：（1）流过 R4的总电量为 6.01012C；（2）微粒不能从 C的电场中射出【点评】本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平

47、抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动17如图所示，无限宽广的匀强磁场分布在xoy 平面内，x 轴上下方磁场均垂直 xoy 平面向里，x 轴上方的磁场的磁感应强度为B，x 轴下方【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！19/20 的磁场的磁感应强度为现有一质量为m，电量为 q 带负电粒子以速度 v0 从坐标原点 O沿 y 方向进入上方磁场在粒子运动过程中，与x轴交于若干点不计粒子的重力求：（1）粒子在 x 轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1（2）如把 x 上方运动的半周与x 下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一

48、周期，在x 轴上粒子右移的平均速度（3）在与 x 轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位置【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】计算题；定量思想；图析法；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子在x 轴上方和 x 轴下方做圆周运动的半径；（2）分析清楚粒子运动过程，求出粒子的位移与运动时间，然后求出平均速度；（3）作出粒子运动的轨迹示意图，结合半径关系，找出粒子两次通过x 轴上同一点的位置，根据几何关系计算这些点的坐标【解答】解：（1）粒子在 x 轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1，下方磁场中做匀速圆周运动半径r2，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定

49、律得：qv0B=m，解得：r1=，r2=；（2）在磁场中运动轨迹如图所示，如把x 上方运动的半周与x 下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移：x=2r12r2=，粒子做圆周运动的周期：T1=，T2=，运动时间：t=（T1+T2）=，速度：v=；（3）则在每 4 周期刚结束时粒子第二次经过：x1=2r1 的这一点，以后每过一周期将会出现符合要求的点故 xt=2r1+=k=1、2、3；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！20/20 答：（1）粒子在 x 轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1 为；（2）如把 x 上方运动的半周与x 下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移的平均速度为（3）在与 x 轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位置为k=1、2、3）【点评】解决本题的关键画出粒子运动的轨迹图，理清粒子在整个过程中的运动情况，结合洛伦兹力提供向心力和几何关系进行求解