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2023-2024学年广东省六校联盟高二（上）联考物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省六校联盟高二（上）联考物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离减小为原来的13，则它们之间的相互作用力变为( )
A. 81FB. 27FC. 9FD. F3
2.场致发射显微镜能够用来分析样品的原子排列，其核心结构如图，金属针与荧光膜之间加上高电压，形成辐射状电场，关于A、B两点的电场和电势，下列说法正确的是( )
A. EA>EB ，φA>φBB. EAC. EA>EB ，φA<φBD. EAφB
3.两极板水平放置，其中上极板带正电，有四个电荷量和质量分别+q,m、+q,2m、+2q,2m、−q,m的带电粒子，先后以相同速度v0从极板左端的O点垂直进入极间电场，不计粒子重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.电容式话筒含有电容式传感器，其结构如图所示，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是( )
A. 固定电极所带电荷量增加B. 固定电极所带电荷量不变
C. 流过电阻R的电流方向向左D. 两个电极间的电容变小
5.宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载：以磁石磨针锋，则能指南”。进一步研究表明，地球周围和通电导体周围也存在磁场，如图甲所示。下列关于磁场的说法正确的是( )
A. 磁感线是客观存在的特殊物质
B. 将中国古代的四大发明之一司南置于赤道，据甲图可知，磁勺尾(S极)静止时指向北方
C. 图乙中，环形导线的电流较大，若忽略地磁场的影响，小磁针最后静止时N极指向为垂直于纸面向外
D. 图丙中，小磁针在通电螺线管内部(线圈内部)，若忽略地磁场的影响，静止时小磁针N极指向为向左
6.某实验小组连接了如图所示电路，电源为两节干电池，当开关S接通后发现，完全相同的小灯泡L1、L2均不亮，理想电流表无示数。该小组利用理想电压表测得各部分的电压是Uah=3V，Uaf=0V，Ufh=3V，不计电源内阻，则故障原因可能是( )
A. 灯L1断路B. 灯L2断路C. 开关接触不良D. 电流表断路
7.如图所示的电路中，电阻R=2Ω。断开S后，理想电压表的读数为1.5V；闭合S后，理想电压表的读数为1.2V，则电源的内阻r为( )
A. 0.4ΩB. 0.5ΩC. 1ΩD. 2Ω
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒定的小灯泡，R1为定值电阻，R3为半导体材料制成的光敏电阻(光照越强，电阻越小)，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地。则下列说法正确的是( )
A. 若光照变强，电压表的示数增大B. 若光照变强，则油滴会向上运动
C. 若光照变强，则灯泡变亮D. 若光照变强，则P点电势升高
9.如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了5J，金属块克服摩擦力做功2J，重力做功10J，则以下判断正确的是( )
A. 金属块的重力势能减少10JB. 金属块的电势能减少3J
C. 金属块的机械能减少5JD. 合力对金属块做功5J
10.某实验小组学习电表改装的原理后，想找器材进行实验探究，于是他们从学校物理实验室借一些器材，并设计如图所示的电路，已知：小量程电流计G(表头)的满偏电流Ig=50μA，内电阻Rg=800Ω；且R1A. 改装后开关接1时量程为10mA
B. 改装后开关接2时量程为10mA
C. 若R2不变，改装后的电流表量程均随电阻R1的减少而增大
D. 改装后开关接2时电流表的内阻大于开关接1时的内阻
三、实验题：本大题共2小题，共26分。
11.现有一只阻值未知的电阻，为测定其阻值，某同学进行了如下操作：
(1)为了合理选择实验方案和器材，先用欧姆表(×10挡)粗测此电阻的阻值，欧姆调零后，将表笔分别与电阻两端连接，该同学发现指针偏角太大(指针靠近右端“0”刻度)，应改用欧姆表____ 挡(选填“×1”挡或“×100”挡)，______(选填“需要”或“不需要”)重新欧姆调零，将表笔分别与电阻两端连接，某次测量结果如甲图所示，则这次测量的读数R=______Ω；
(2)使用电流表和电压表准确测量该电阻的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源(电动势为3V，内阻很小)、待测电阻、导线、开关外，电压表应选用______，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____(选填器材前的字母)。
A. 电压表V1(量程3V，内阻约3kΩ)；
B. 电压表V2(量程15V，内阻约15kΩ)
C. 电流表A1(量程0.6A，内阻约0.1Ω)；
D. 电流表A2(量程3A，内阻约0.02Ω)
E. 滑动变阻器R1(总阻值10Ω，额定电流2A)
F. 滑动变阻器R2(总阻值100Ω，额定电流2A)
(3)若采用如乙图所示的电路测量电阻的阻值，电压表的左端应与电路中的______点相连(选填“a”或“b”)。
12.测定电源的电动势和内电阻的实验电路(甲图)和U−I图像(乙图)如下，请回答下列问题：
(1)在闭合开关之前，滑动变阻器的滑动头P应调至_________(填“左”或“右”)端；
(2)实验器材：干电池1节、滑动变阻器0∼20Ω、电压表0∼3V、电流表0∼0.6A；
(3)请根据实验数据在U−I图像上的标点，画出U−I图像_________。由此可知这个干电池的电动势E=_________V，内电阻r=_________Ω(结果均保留两位小数)；
(4)与真实值相比，干电池电动势的测量值_________真实值，内电阻的测量值_________真实值(均填“大于”或“小于”或“等于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共28分。
13.如图所示，一带电粒子电荷量为q=+1.0×10−10C，质量为m=1.0×10−12kg，由静止经电压U0=200V加速后，进入两块间距为d=0.2m、板长为L=1.0m的平行金属板之间，从两板正中间垂直于电场方向射入，刚好能打到下极板中点P。粒子重力可忽略，求：
(1)粒子离开加速电场时的速度大小v0；
(2)平行金属板两板间的电压U。
14.“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将“祝融号”的动力供电电路简化如图，其中太阳能电池电动势E=120V，内阻r未知，电动机线圈电阻rM=1.6Ω，电热丝定值电阻R=4Ω，当火星车正常行驶时，电动机两端电压UM=80V，电热丝R消耗功率P=100W。求：
(1)太阳能电池的内阻r；
(2)电动机的效率η；
(3)若电动机的转子被卡住了，此时电热丝消耗的功率P′。
15.如图所示，绝缘轨道QMNP，其中M、N为水平轨道上相距d=1m的两点，它们之间存在一个水平向右的匀强电场，场强大小E=20V/m。NP为半径R=0.2m的14光滑圆弧轨道，并与水平轨道相切于N点。有一带电量q=+0.05C，质量m=0.2kg的小球A在圆弧轨道顶点P由静止开始下落，且与水平轨道QMN之间动摩擦因数μ=0.25。小球运动过程没有电荷转移，小球可视为质点。(g=10m/s2)求：
(1)小球A第一次下滑至圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小N；
(2)从开始到最终停止，小球A在水平轨道QMN上运动的总路程sm；
(3)在P点开始运动时，若给小球A一个竖直向下的瞬间初速度v0，为使小球不从P点上方脱离轨道，试讨论初速度v0应满足的条件？(计算结果可带根号)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】依题意，有
F=kq1q1r2
当电荷量与距离发生变化后，有
F′=k×3q1×3q1(13r)2=81F
故选A。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了电场线的相关知识，要求熟练掌握典型电场线的分布及相应特点。
根据电场线的密集程度分析场强的大小，根据沿着电场线方向电势逐渐降低比较电势高低。
【解答】
根据沿电场线方向电势降低，A点距圆心更近，B点距圆心较远，可以判断电势φA<φB，
根据电场线的疏密可以判断电场强度，A点周围的电场线比B点周围的电场线密集，所以A、B两点的电场强度EA>EB，
故选C。
3.【答案】A
【解析】四个带电的粒子偏转电场电场强度E相同，带负电的粒子的偏转方向与三个带正电的粒子的偏转方向相反；其中正电荷向下偏转，负电荷向上偏转；对于一质量为M，带电量为Q的带电粒子，设偏转电场场强为E，电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为
a=QEM
水平方向上有
x=v0t
竖直方向上有
y=12at2=12QEM⋅t2
解得
t= 2MyQE
则
x=v0t=v0 2yMQE
其中 +q,m 、 +2q,2m 两种粒子的比荷相同，竖直位移相同时，水平位移大小也相等，都为
x=v0t=v0 mdqE
而 +q,2m 粒子的水平位移为
x′=v0t′=v0 2mdqE
则正电荷往下偏转出现两条轨迹，负电荷向上偏转出现一条轨迹，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】解：根据电容的决定式C=ɛrS4kπd，当振动膜片向左运动时，d变大，电容变小，根据电容的定义式C=QU，电容器与电源相连，所以U不变，那么Q减小，固定电极所带电荷量减少，电容器放电，流过电阻R的电流方向向右，故D正确，ABC错误。
故选：D。
电容器与电源相连，电容器板间电压不变，然后根据电容的决定式C=ɛrS4kπd与电容的定义式C=QU即可求解。
本题考查电容器的动态分析，注意要弄清是Q不变还是U不变。
5.【答案】C
【解析】A.磁场是一种客观存在的特殊物质，而磁感线不是客观存在的曲线，是为了便于研究磁场而引入的，故A错误；
B.地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近，所以赤道出的磁场应指向北方，所以将司南置于赤道，磁勺尾(S极)静止时指向南方，故B错误；
C.根据右手螺旋定则可知环形通电导线内部的磁场方向应垂直指向外，所以小磁针最后静止时N极指向为垂直于纸面向外，故C正确；
D.根据右手螺旋定则可知，螺线管内部的磁感线应指向右，所以放在通电螺线管内部(线圈内部)的小磁针，静止时N极水平向右，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查电路故障分析。
电压表有示数说明与电压表并联的电路有断路或并联以外的部分有短路，电压表无示数说明与电压表并联的电路有断路路或并联以外的部分有断路。
【解答】
电压表接到a、h两点有示数，说明a、h两点间有断路，其他部分为通路；电压表接到a、f两点无示数，说明f到电源之间有断路或a、f间短路；电压表接到f、h两点有示数，说明f、h两点间有断路，除了与电压表并联的部分外，其他部分都连通，则故障为灯L2断路，故B正确，ACD错误。
7.【答案】B
【解析】依题意，断开S后，由闭合电路欧姆定律可得
E=U
同理，闭合S后，有
U=E−URr
联立，解得
r=0.5Ω
故选B。
8.【答案】AC
【解析】若光照变强，则R3阻值变小，总阻值减小，总电流增大，灯泡变亮，由串联分压可得，R3所分电压减小，则R1所分电压增大，电压表示数增大，电容器与R3并联，则电容器两极板间电势差减小，由
E=Ud
F=Eq
可得油滴所受电场力减小，初始时保持静止，则可得电场力向上，综合可得油滴会向下运动，又有下极板接地，设P点与下极板间电势差为U下，则有
U下=Ed下
E减小，P点与下极板距离不变，则U下减小，则P点电势减小；
故AC正确，BD错误。
选AC。
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．
解这类问题的关键要熟悉功与能之间的关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．
【解答】
A、在金属块滑下的过程中重力做功10J，故金属块的重力势能减少10J ，故A正确；
BCD、在金属块滑下的过程中动能增加了5J，金属块克服摩擦力做功2J，重力做功10J，根据动能定理得：
W总=WG+W电+Wf=△EK
解得：W电=−5J
合力做功等于物体动能的变化量，
所以金属块的电势能减少5J、金属块的机械能减少5J、合力对金属块做功5J.故B错误、CD正确；
故选：ACD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大，电流表改装为电压表需要串联一个大电阻来分压，串联的电阻越大则分压越大，则量程越大。根据串并联电路的特点结合欧姆定律求解。
【解答】
AB.接2时，分流电阻只有 R1 ，分流电阻越小，改装后电流表的量程越大，所以接1时量程为 I1=1mA ，接2时量程为 I2=10mA ，故B正确，A错误；
C.接1时量程 I1=Ig+IgRgR1+R2 ，若 R2 不变，当 R1 减小时， I1 增大，接2时量程 I2=Ig+IgRg+R2R1 ，若 R2 不变，当 R1 减小时， I2 也增大，故C正确；
D.开关接1时，新电流表的内阻 Rg1=RgR1+R2Rg+R1+R2 ，接2时新电流表的内阻 Rg2=Rg+R2R1Rg+R2+R1 ，由于 R1Rg2 ，故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)×1；需要；3.0；(2)A；C；E；(3)b
【解析】【分析】
(1)欧姆表指针偏转太大，说明倍率选大，更改倍率后，需要进行欧姆调零，欧姆表示数等于指针指示值乘以倍率．
(2)根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
(3)根据电流表的接法，确定电压表的左端所接位置．
伏安法测电阻时，电流表有两种接法：内接法与外接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用电流表内接法．
【解答】
(1)欧姆表使用×10挡，指针偏角太大，说明倍率选大，应更换小倍率，所以应改用×1挡，需要重新进行欧姆调零，根据甲图可知，则这次测量的读数R=3.0×1Ω=3.0Ω．
(2)电源电动势为3V，故电压表应选用A；
电路最大电流约为Imax=UR=33A=1A，约为电流表D量程的三分之一，如果用电流表D读数误差较大，因此电流表应选C．
为方便实验操作，滑动变阻器应选E；
(3)因为RVR=30003=1000，RRA=30.1=30，则RVR>RRA，故电流表应采用外接法，若采用如图乙所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的b端相连．
故答案为：(1)×1；需要；3.0；(2)A，C，E；(3)b．
12.【答案】 右 1.45##1.44##1.46 0.75##0.72##0.73##0.74##0.76##0.77##0.78 小于 小于
【解析】(1)[1]在闭合开关之前移为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应调至右端；
(3)[2]
[3][4]根据闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
化简
U=−Ir+E
可知，U−I图像的纵轴截距为电池的电动势，即
E=1.45V
U−I图像的斜率绝对值为电池的内阻，即
r=1.45−1.00.6−0Ω=0.75Ω
(4)[5][6]由电路图可知，实验的误差来源于电压表的分流，设电压表的内阻为 RV ，根据闭合电路欧姆定律
E=U+I+URVr
化简得到
U=−IRVrRV+r+RVERV+r
可知U−I图像的纵轴截距为
RVERV+rU−I图像的斜率绝对值为
RVrRV+r故干电池的电动势测量值小于真实值，内阻测量值小于真实值。
13.【答案】(1) 200m/s ；(2) 64V
【解析】(1)粒子在加速电场中运动，由动能定理有
qU0=12mv02
解得
v0=200m/s
(2)粒子进入平行金属板间作类平抛运动，水平方向有
12L=v0t
竖直方向有
12d=12at2
由牛顿第二定律得
qUd=ma
联立代入数据解得
U=64V
14.【答案】(1) r=4Ω ；(2) η=90% ；(3)625W
【解析】(1)对电热丝，有
P=I2R
解得回路电流为
I=5A
根据闭合回路欧姆定律，有
E=Ir+UM+IR
解得电源的内阻为
r=4Ω
(2)电动机的效率为
η=UMI−I2rMUMI×100%
解得
η=90%
(3)电动机的转子被卡住，回路电流为
I′=Er+rM+R=12.5A
电热丝上消耗的功率
P′=I′2R=625W
15.【答案】(1)6N；(2)0.8m；(3) v0> 11m/s 或 v0<2 2m/s
【解析】(1)小球A下落过程，由动能定理得
mgR=12mv2
在N点由牛顿第二定律有
F−mg=mv2R
解得，小球在圆弧轨道最低点受到的支持力为
F=6N
则小球A第一次下滑至圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为
N=F=6N
(2)进入电场后，小球向左运动最大位移为 s1 ，由动能定理得
mgR−qE+μmgs1=0
解得
s1=415m
因为 s1μmg ，所以多次往返运动后最终停在N点上。从开始运动到最终停止，对小球应用动能定理
mgR−μmgsm=0
解得
sm=0.8m
(3)当给小球A的初速度为 v1 时恰好能运动至M点，应用动能定理
mgR−qE+μmgd=0−12mv12
解得
v1= 11m/s
当给小球A的初速度为 v2 时恰好能返回P点，则从开始运动到向左最大位移过程有
mgR−μmg+qEx=0−12mv22
从P点开始运动到返回P点
−2μmgx=0−12mv22
联立解得
x=0.8m所以为使小球不从P点脱离轨道，则初速度应满足
v0> 11m/s 或 v0<2 2m/s
1.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离减小为原来的13，则它们之间的相互作用力变为( )
A. 81FB. 27FC. 9FD. F3
2.场致发射显微镜能够用来分析样品的原子排列，其核心结构如图，金属针与荧光膜之间加上高电压，形成辐射状电场，关于A、B两点的电场和电势，下列说法正确的是( )
A. EA>EB ，φA>φBB. EA
3.两极板水平放置，其中上极板带正电，有四个电荷量和质量分别+q,m、+q,2m、+2q,2m、−q,m的带电粒子，先后以相同速度v0从极板左端的O点垂直进入极间电场，不计粒子重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.电容式话筒含有电容式传感器，其结构如图所示，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是( )
A. 固定电极所带电荷量增加B. 固定电极所带电荷量不变
C. 流过电阻R的电流方向向左D. 两个电极间的电容变小
5.宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载：以磁石磨针锋，则能指南”。进一步研究表明，地球周围和通电导体周围也存在磁场，如图甲所示。下列关于磁场的说法正确的是( )
A. 磁感线是客观存在的特殊物质
B. 将中国古代的四大发明之一司南置于赤道，据甲图可知，磁勺尾(S极)静止时指向北方
C. 图乙中，环形导线的电流较大，若忽略地磁场的影响，小磁针最后静止时N极指向为垂直于纸面向外
D. 图丙中，小磁针在通电螺线管内部(线圈内部)，若忽略地磁场的影响，静止时小磁针N极指向为向左
6.某实验小组连接了如图所示电路，电源为两节干电池，当开关S接通后发现，完全相同的小灯泡L1、L2均不亮，理想电流表无示数。该小组利用理想电压表测得各部分的电压是Uah=3V，Uaf=0V，Ufh=3V，不计电源内阻，则故障原因可能是( )
A. 灯L1断路B. 灯L2断路C. 开关接触不良D. 电流表断路
7.如图所示的电路中，电阻R=2Ω。断开S后，理想电压表的读数为1.5V；闭合S后，理想电压表的读数为1.2V，则电源的内阻r为( )
A. 0.4ΩB. 0.5ΩC. 1ΩD. 2Ω
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒定的小灯泡，R1为定值电阻，R3为半导体材料制成的光敏电阻(光照越强，电阻越小)，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地。则下列说法正确的是( )
A. 若光照变强，电压表的示数增大B. 若光照变强，则油滴会向上运动
C. 若光照变强，则灯泡变亮D. 若光照变强，则P点电势升高
9.如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了5J，金属块克服摩擦力做功2J，重力做功10J，则以下判断正确的是( )
A. 金属块的重力势能减少10JB. 金属块的电势能减少3J
C. 金属块的机械能减少5JD. 合力对金属块做功5J
10.某实验小组学习电表改装的原理后，想找器材进行实验探究，于是他们从学校物理实验室借一些器材，并设计如图所示的电路，已知：小量程电流计G(表头)的满偏电流Ig=50μA，内电阻Rg=800Ω；且R1
B. 改装后开关接2时量程为10mA
C. 若R2不变，改装后的电流表量程均随电阻R1的减少而增大
D. 改装后开关接2时电流表的内阻大于开关接1时的内阻
三、实验题：本大题共2小题，共26分。
11.现有一只阻值未知的电阻，为测定其阻值，某同学进行了如下操作：
(1)为了合理选择实验方案和器材，先用欧姆表(×10挡)粗测此电阻的阻值，欧姆调零后，将表笔分别与电阻两端连接，该同学发现指针偏角太大(指针靠近右端“0”刻度)，应改用欧姆表____ 挡(选填“×1”挡或“×100”挡)，______(选填“需要”或“不需要”)重新欧姆调零，将表笔分别与电阻两端连接，某次测量结果如甲图所示，则这次测量的读数R=______Ω；
(2)使用电流表和电压表准确测量该电阻的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源(电动势为3V，内阻很小)、待测电阻、导线、开关外，电压表应选用______，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____(选填器材前的字母)。
A. 电压表V1(量程3V，内阻约3kΩ)；
B. 电压表V2(量程15V，内阻约15kΩ)
C. 电流表A1(量程0.6A，内阻约0.1Ω)；
D. 电流表A2(量程3A，内阻约0.02Ω)
E. 滑动变阻器R1(总阻值10Ω，额定电流2A)
F. 滑动变阻器R2(总阻值100Ω，额定电流2A)
(3)若采用如乙图所示的电路测量电阻的阻值，电压表的左端应与电路中的______点相连(选填“a”或“b”)。
12.测定电源的电动势和内电阻的实验电路(甲图)和U−I图像(乙图)如下，请回答下列问题：
(1)在闭合开关之前，滑动变阻器的滑动头P应调至_________(填“左”或“右”)端；
(2)实验器材：干电池1节、滑动变阻器0∼20Ω、电压表0∼3V、电流表0∼0.6A；
(3)请根据实验数据在U−I图像上的标点，画出U−I图像_________。由此可知这个干电池的电动势E=_________V，内电阻r=_________Ω(结果均保留两位小数)；
(4)与真实值相比，干电池电动势的测量值_________真实值，内电阻的测量值_________真实值(均填“大于”或“小于”或“等于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共28分。
13.如图所示，一带电粒子电荷量为q=+1.0×10−10C，质量为m=1.0×10−12kg，由静止经电压U0=200V加速后，进入两块间距为d=0.2m、板长为L=1.0m的平行金属板之间，从两板正中间垂直于电场方向射入，刚好能打到下极板中点P。粒子重力可忽略，求：
(1)粒子离开加速电场时的速度大小v0；
(2)平行金属板两板间的电压U。
14.“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将“祝融号”的动力供电电路简化如图，其中太阳能电池电动势E=120V，内阻r未知，电动机线圈电阻rM=1.6Ω，电热丝定值电阻R=4Ω，当火星车正常行驶时，电动机两端电压UM=80V，电热丝R消耗功率P=100W。求：
(1)太阳能电池的内阻r；
(2)电动机的效率η；
(3)若电动机的转子被卡住了，此时电热丝消耗的功率P′。
15.如图所示，绝缘轨道QMNP，其中M、N为水平轨道上相距d=1m的两点，它们之间存在一个水平向右的匀强电场，场强大小E=20V/m。NP为半径R=0.2m的14光滑圆弧轨道，并与水平轨道相切于N点。有一带电量q=+0.05C，质量m=0.2kg的小球A在圆弧轨道顶点P由静止开始下落，且与水平轨道QMN之间动摩擦因数μ=0.25。小球运动过程没有电荷转移，小球可视为质点。(g=10m/s2)求：
(1)小球A第一次下滑至圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小N；
(2)从开始到最终停止，小球A在水平轨道QMN上运动的总路程sm；
(3)在P点开始运动时，若给小球A一个竖直向下的瞬间初速度v0，为使小球不从P点上方脱离轨道，试讨论初速度v0应满足的条件？(计算结果可带根号)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】依题意，有
F=kq1q1r2
当电荷量与距离发生变化后，有
F′=k×3q1×3q1(13r)2=81F
故选A。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了电场线的相关知识，要求熟练掌握典型电场线的分布及相应特点。
根据电场线的密集程度分析场强的大小，根据沿着电场线方向电势逐渐降低比较电势高低。
【解答】
根据沿电场线方向电势降低，A点距圆心更近，B点距圆心较远，可以判断电势φA<φB，
根据电场线的疏密可以判断电场强度，A点周围的电场线比B点周围的电场线密集，所以A、B两点的电场强度EA>EB，
故选C。
3.【答案】A
【解析】四个带电的粒子偏转电场电场强度E相同，带负电的粒子的偏转方向与三个带正电的粒子的偏转方向相反；其中正电荷向下偏转，负电荷向上偏转；对于一质量为M，带电量为Q的带电粒子，设偏转电场场强为E，电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为
a=QEM
水平方向上有
x=v0t
竖直方向上有
y=12at2=12QEM⋅t2
解得
t= 2MyQE
则
x=v0t=v0 2yMQE
其中 +q,m 、 +2q,2m 两种粒子的比荷相同，竖直位移相同时，水平位移大小也相等，都为
x=v0t=v0 mdqE
而 +q,2m 粒子的水平位移为
x′=v0t′=v0 2mdqE
则正电荷往下偏转出现两条轨迹，负电荷向上偏转出现一条轨迹，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】解：根据电容的决定式C=ɛrS4kπd，当振动膜片向左运动时，d变大，电容变小，根据电容的定义式C=QU，电容器与电源相连，所以U不变，那么Q减小，固定电极所带电荷量减少，电容器放电，流过电阻R的电流方向向右，故D正确，ABC错误。
故选：D。
电容器与电源相连，电容器板间电压不变，然后根据电容的决定式C=ɛrS4kπd与电容的定义式C=QU即可求解。
本题考查电容器的动态分析，注意要弄清是Q不变还是U不变。
5.【答案】C
【解析】A.磁场是一种客观存在的特殊物质，而磁感线不是客观存在的曲线，是为了便于研究磁场而引入的，故A错误；
B.地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近，所以赤道出的磁场应指向北方，所以将司南置于赤道，磁勺尾(S极)静止时指向南方，故B错误；
C.根据右手螺旋定则可知环形通电导线内部的磁场方向应垂直指向外，所以小磁针最后静止时N极指向为垂直于纸面向外，故C正确；
D.根据右手螺旋定则可知，螺线管内部的磁感线应指向右，所以放在通电螺线管内部(线圈内部)的小磁针，静止时N极水平向右，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查电路故障分析。
电压表有示数说明与电压表并联的电路有断路或并联以外的部分有短路，电压表无示数说明与电压表并联的电路有断路路或并联以外的部分有断路。
【解答】
电压表接到a、h两点有示数，说明a、h两点间有断路，其他部分为通路；电压表接到a、f两点无示数，说明f到电源之间有断路或a、f间短路；电压表接到f、h两点有示数，说明f、h两点间有断路，除了与电压表并联的部分外，其他部分都连通，则故障为灯L2断路，故B正确，ACD错误。
7.【答案】B
【解析】依题意，断开S后，由闭合电路欧姆定律可得
E=U
同理，闭合S后，有
U=E−URr
联立，解得
r=0.5Ω
故选B。
8.【答案】AC
【解析】若光照变强，则R3阻值变小，总阻值减小，总电流增大，灯泡变亮，由串联分压可得，R3所分电压减小，则R1所分电压增大，电压表示数增大，电容器与R3并联，则电容器两极板间电势差减小，由
E=Ud
F=Eq
可得油滴所受电场力减小，初始时保持静止，则可得电场力向上，综合可得油滴会向下运动，又有下极板接地，设P点与下极板间电势差为U下，则有
U下=Ed下
E减小，P点与下极板距离不变，则U下减小，则P点电势减小；
故AC正确，BD错误。
选AC。
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．
解这类问题的关键要熟悉功与能之间的关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．
【解答】
A、在金属块滑下的过程中重力做功10J，故金属块的重力势能减少10J ，故A正确；
BCD、在金属块滑下的过程中动能增加了5J，金属块克服摩擦力做功2J，重力做功10J，根据动能定理得：
W总=WG+W电+Wf=△EK
解得：W电=−5J
合力做功等于物体动能的变化量，
所以金属块的电势能减少5J、金属块的机械能减少5J、合力对金属块做功5J.故B错误、CD正确；
故选：ACD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大，电流表改装为电压表需要串联一个大电阻来分压，串联的电阻越大则分压越大，则量程越大。根据串并联电路的特点结合欧姆定律求解。
【解答】
AB.接2时，分流电阻只有 R1 ，分流电阻越小，改装后电流表的量程越大，所以接1时量程为 I1=1mA ，接2时量程为 I2=10mA ，故B正确，A错误；
C.接1时量程 I1=Ig+IgRgR1+R2 ，若 R2 不变，当 R1 减小时， I1 增大，接2时量程 I2=Ig+IgRg+R2R1 ，若 R2 不变，当 R1 减小时， I2 也增大，故C正确；
D.开关接1时，新电流表的内阻 Rg1=RgR1+R2Rg+R1+R2 ，接2时新电流表的内阻 Rg2=Rg+R2R1Rg+R2+R1 ，由于 R1
故选BC。
11.【答案】(1)×1；需要；3.0；(2)A；C；E；(3)b
【解析】【分析】
(1)欧姆表指针偏转太大，说明倍率选大，更改倍率后，需要进行欧姆调零，欧姆表示数等于指针指示值乘以倍率．
(2)根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
(3)根据电流表的接法，确定电压表的左端所接位置．
伏安法测电阻时，电流表有两种接法：内接法与外接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用电流表内接法．
【解答】
(1)欧姆表使用×10挡，指针偏角太大，说明倍率选大，应更换小倍率，所以应改用×1挡，需要重新进行欧姆调零，根据甲图可知，则这次测量的读数R=3.0×1Ω=3.0Ω．
(2)电源电动势为3V，故电压表应选用A；
电路最大电流约为Imax=UR=33A=1A，约为电流表D量程的三分之一，如果用电流表D读数误差较大，因此电流表应选C．
为方便实验操作，滑动变阻器应选E；
(3)因为RVR=30003=1000，RRA=30.1=30，则RVR>RRA，故电流表应采用外接法，若采用如图乙所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的b端相连．
故答案为：(1)×1；需要；3.0；(2)A，C，E；(3)b．
12.【答案】 右 1.45##1.44##1.46 0.75##0.72##0.73##0.74##0.76##0.77##0.78 小于 小于
【解析】(1)[1]在闭合开关之前移为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应调至右端；
(3)[2]
[3][4]根据闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
化简
U=−Ir+E
可知，U−I图像的纵轴截距为电池的电动势，即
E=1.45V
U−I图像的斜率绝对值为电池的内阻，即
r=1.45−1.00.6−0Ω=0.75Ω
(4)[5][6]由电路图可知，实验的误差来源于电压表的分流，设电压表的内阻为 RV ，根据闭合电路欧姆定律
E=U+I+URVr
化简得到
U=−IRVrRV+r+RVERV+r
可知U−I图像的纵轴截距为
RVERV+r
RVrRV+r
13.【答案】(1) 200m/s ；(2) 64V
【解析】(1)粒子在加速电场中运动，由动能定理有
qU0=12mv02
解得
v0=200m/s
(2)粒子进入平行金属板间作类平抛运动，水平方向有
12L=v0t
竖直方向有
12d=12at2
由牛顿第二定律得
qUd=ma
联立代入数据解得
U=64V
14.【答案】(1) r=4Ω ；(2) η=90% ；(3)625W
【解析】(1)对电热丝，有
P=I2R
解得回路电流为
I=5A
根据闭合回路欧姆定律，有
E=Ir+UM+IR
解得电源的内阻为
r=4Ω
(2)电动机的效率为
η=UMI−I2rMUMI×100%
解得
η=90%
(3)电动机的转子被卡住，回路电流为
I′=Er+rM+R=12.5A
电热丝上消耗的功率
P′=I′2R=625W
15.【答案】(1)6N；(2)0.8m；(3) v0> 11m/s 或 v0<2 2m/s
【解析】(1)小球A下落过程，由动能定理得
mgR=12mv2
在N点由牛顿第二定律有
F−mg=mv2R
解得，小球在圆弧轨道最低点受到的支持力为
F=6N
则小球A第一次下滑至圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为
N=F=6N
(2)进入电场后，小球向左运动最大位移为 s1 ，由动能定理得
mgR−qE+μmgs1=0
解得
s1=415m
因为 s1
mgR−μmgsm=0
解得
sm=0.8m
(3)当给小球A的初速度为 v1 时恰好能运动至M点，应用动能定理
mgR−qE+μmgd=0−12mv12
解得
v1= 11m/s
当给小球A的初速度为 v2 时恰好能返回P点，则从开始运动到向左最大位移过程有
mgR−μmg+qEx=0−12mv22
从P点开始运动到返回P点
−2μmgx=0−12mv22
联立解得
x=0.8m
v0> 11m/s 或 v0<2 2m/s
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