福建省福州第三中学2024-2025学年高二上学期半期考试物理试题

第 1 页，共 9 页 福州三中 2024-2025 学年第一学期半期考试 高 二 物 理 参 考 答 案 1. D 【详解】𝐴𝐷.天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流𝐼时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下； 天平的左端低右端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，必须增大安培力，根据𝐹 = 𝑁𝐵𝐼𝐿知即增大匝 数、电流、增大磁感应强度，故 D 正确，A 错误。 𝐵𝐶.若仅将磁场反向，或仅改变电流方向，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上，右端会更 高，故 BC 错误。 故选 D。 2. C 【详解】A．根据安培定则可知，导线 A 在 C处产生的磁场方向垂直于 AC指向右下方，导线 B 在 C处产 生的磁场方向垂直于 BC指向右上方，二者夹角为 60°，所以 0 02 cos30 3CB B B=  = 故 A 错误； B．图乙中地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下，故 B 错误； C．图丙中通过两金属圆环有磁铁外部向下的磁感线，也有磁铁内部向上的磁感线，且磁铁内部通过圆环 的磁感线较多，所以通过两金属圆环的磁通量 1 2  故 C 正确； D．图丁中与通电导线（无限长）在同一平面内的金属线框沿直导线方向运动，线框中磁通量不变，不会 产生感应电流，故 D 错误。 故选 B。 3. D 【详解】A.电势𝜑与𝐸𝑝、𝑞无关，由电场本身决定，所以𝜑 = 𝐸𝑃 𝑞 属于用比值法定义，故 A 错误； B.磁感应强度与放入磁场中的电流元无关.所以𝐵 = 𝐹 𝐼𝐿 属于比值定义法，故 B 错误； C.电阻𝑅 = 𝑈 𝐼 采用的是比值定义法，故 C 错误； D.电场强度𝐸 = 𝑘 𝑄 𝑟2 是点电荷电场强度的决定式，𝐸与𝑄、𝑟均有关，该表达式不是比值定义法，故 D 正 第 2 页，共 9 页 确。 故选 D。 4. D 【详解】A.𝑂点的电荷是正的电荷，所以沿着电场线的方向电势越来越低，由几何知识可知，𝑎点距𝑂点的 距离比 𝑒 点距𝑂点的距离要远，所以 𝑎 的电势比 𝑒 点要低，故 A 正确； B.由几何知识可知，𝑏、𝑒两点距𝑂点的距离相等，所以两点的电场强度的大小相等，但是方向不同，故 B 错误； C.由于𝑐和𝑑两点距𝑂点的距离相等，所以𝑐、𝑑两点的电势相等，故𝑐、𝑑两点到𝑏点的电势差相等，故 C 错 误； D.分析可知𝑑点的电势高于𝑒点的电势，又因为负电荷在电势高的地方，电势能反而低，故 D 正确。 故选 D。 5. BC 【详解】𝐴、若将𝑃向左滑，则滑动变阻器𝑅2接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，总电流增大，则𝐴 表读数增大，𝑅1和内电压均增大，则𝑅2的电压减小，即𝑉表的读数减小，故 A 错误； 𝐵𝐶、若将𝑃向左滑，电路中电流增大，𝑅1的电压增大，则电容器两板间电压增大，电容器的电容不变，由 𝑄 = 𝐶𝑈可知，电容器两极板上带电荷量增加，两板间场强变大，小球受到的电场力增大，𝜃将增大，故 BC 正确； D、若断开𝑆，电容器会通过𝑅1放电，带电量𝑄减少，直至为零。根据𝐸 = 𝑈 𝑑 ，𝐶 = 𝑄 𝑈 ，𝐶 = ɛ𝑟𝑆 4𝜋𝑘𝑑 可得 𝐸 = 4𝜋𝑘𝑄 𝜖𝑟𝑆 则将𝑁板向𝑀板靠近，两板间场强减小，小球受到的电场力减小，则角度𝜃将减小，故 D 错误。 故选：𝐵𝐶。 若将𝑃向左滑，分析滑动变阻器接入电路的电阻的变化，分析总电流变化，再分析𝑅2的电压的变化，即可 知道𝑉与𝐴表的读数变化；电容器的电压与𝑅1两端的电压相等，分析电容器的电压变化，判断其带电量的变 化。根据𝐸 = 𝑈 𝑑 分析电容器板间电场强度的变化，再分析𝜃的变化。若断开𝑆，会通过电阻𝑅1放电，由此分 析𝜃的变化。 解决本题的关键是：1、熟悉含容电路的特点：电容器的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电 阻相当于导线。2、要掌握电容的定义式、决定式和场强公式𝐸 = 𝑈 𝑑 。 第 3 页，共 9 页 6. AC 【详解】𝐴𝐵. 𝑄1 、 𝑄2 在𝑃点的场强如图所示，根据矢量的合成可知，𝑃点的场强方向可能沿图中 𝐸1 方 向，不可能沿 𝐸2 方向，A 正确，B 错误； 𝐶𝐷.如果𝑃点的电场方向与𝐴𝐵平行，且 𝐴𝑃 < 𝐵𝑃 ，可知 ∠𝐵 < ∠𝐴 ，则有 𝐸𝐵 > 𝐸𝐴 故𝐵点的点电荷的电荷量大于𝐴点的点电荷的电荷量，即 𝑄1 < 𝑄2 C 正确，D 错误。 故选 AC。 7. BD 【详解】AB．根据 x − 图像切线的斜率表示场强E，可知，在 x L= − 处场强为 0，根据电场叠加原理可 知，A、B两处电荷带同种电荷，在 x L= − 左侧电势升高，场强向左，在 x L= − 右侧电势降低，场强向 右，可知 A、B两处均为负电荷，A 错误，B 正确； CD．根据在 x L= − 处场强为 0，及电场叠加原理，有 ( ) ( ) 2 2 4 2 A BQ Qk k L L = 可得 4 1 A B Q Q = C 错误，D 正确。 故选 BD。 8. BD 【详解】A、由题可知，小苹果通过托盘秤时，𝑅2两端的电压较小，则根据闭合电路的欧姆定律有：𝐸 = 𝐼𝑅1 + 𝐼(𝑅并 + 𝑟)，而𝑅2两端电压：𝑈2 = 𝐼𝑅并，可知压力越小，𝑅1应该越大，故 A 错误； B、根据闭合电路的欧姆定律有：𝐸 = 𝐼(𝑅1 + 𝑟) + 𝐼𝑅并 第 4 页，共 9 页 当适当改变𝑅2的阻值，则𝑅并随之改变，𝑅2与线圈并联电路两端的电压也改变，线圈的磁性也将改变，能 让其他质量的果通过，从而改苹果的分拣标准，故 B 正确； C、若要提高分拣标准，就是使进入下面通道的大苹果的最小质量𝑚0变大，若电源内阻变小，由𝐸 = 𝐼(𝑅1 + 𝑟 + 𝑅并)，可知回路中的电流增大，𝑅2两端的电压会变大，则进入下面通道的大苹果最小质量𝑚0为 会变小，故降低了分拣标准，故 C 错误； D、若只增大电路中电源的电动势，会使回路中的电流增大，此时𝑅2两端的电压会变大，则进入下面通道 的大苹果最小质量𝑚0为会变小，故降低了分拣标准，故 D 正确。 故选 BD。 9. 49.8 0.879-0.881 【分析】 (1) 本题考查伏安法测电阻的基本方法，涵盖了误差分析。 (2)螺旋测微器又叫千分尺，读数要读到千分位上，即需要估读，读数为主尺读数加可动尺读数。 (3)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。 10. (1)向右 (2)＝ (3)0.15 (4)< 【详解】（1）由图甲可知，电容器充电时，通过电阻 R0的电流方向向左，放电时通过 R0的电流方向向 右。 （2）I-t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分 的面积相等。 （3）由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为 1 0.15 SQ C U E = = = F （4）由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知 1R < 2R 11. (1) 1 𝑘 𝑏 𝑘 (2)无误差 偏大 【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可得𝐸 = 𝐼(𝑅 + 𝑟)变形得 1 𝐼 = 𝑟 𝐸 + 1 𝐸 𝑅则𝑘 = 1 𝐸 𝑏 = 𝑟 𝐸 联立解得𝐸 = 1 𝑘 𝑟 = 𝑏 𝑘 (2)若考虑电流表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得𝐸 = 𝐼(𝑅 + 𝑟 + 𝑅𝐴) 变形得 1 𝐼 = 𝑟+𝑅𝐴 𝐸 + 1 𝐸 𝑅则有𝑘 = 1 𝐸 𝑏 = 𝑟+𝑅𝐴 𝐸 解得𝐸 = 1 𝑘 𝑟 + 𝑅𝐴 = 𝑏 𝑘 第 5 页，共 9 页 可知，电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值等于电流表内阻与电源内阻之和，即内阻测量值偏大； (1)根据实验原理结合图象的斜率和截距解答． (2)由等效电路分析解答。 本题考查测量电动势和内阻，要注意根据题意明确实验原理，并根据实验原理明确实验数据的处理方法。 12. (1)CAB 负极、正极 × 100 1.6 (2)𝑅1 𝑎 (3) 𝑈𝑅0 𝑈1−𝑈 【详解】(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即𝐶选项：将多用电表选择开关置于 欧姆挡“× 10”位置；接着将红、黑表笔短接即𝐴选项；进行欧姆调零即𝐵选项：调节欧姆调零旋钮，使指针 指向零欧姆。故首先操作顺序为𝐶𝐴𝐵。 多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表 笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。 读数时欧姆表的指针位置如图(𝑎)中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将 选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“”倍率又过大，故应选择欧姆挡“× 100”的位 置； 测量得到指针位置如图(𝑎)中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为𝑅 = 16.0 × 100𝛺 = 1.6𝑘𝛺。 (2)图(𝑏)所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器 即𝑅1； 为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关𝑆前，滑动变阻器的滑片应置于𝑎端。 通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为 𝐼 = 𝑈1 − 𝑈 𝑅0 根据欧姆定律得待测电压表的阻值为 𝑅𝑉 = 𝑈 𝐼 = 𝑈𝑅0 𝑈1 − 𝑈 故答案为：(1)𝐶𝐴𝐵，负极、正极，× 100，1.6；(2)𝑅1，𝑎， 𝑈𝑅0 𝑈1−𝑈 。 (1)根据多用电表的使用方法分析判断；根据多用电表的内部结构分析判断；根据欧姆表的读数方法分析 判断； (2)根据分压式的特点分析判断；根据保护电路分析判断；根据欧姆定律计算。 本题关键掌握测量电阻阻值的实验原理、掌握多用电表的内部结构、使用方法和读数方法。 13. (2)𝑎 (3)2.82（2.81-2.83 均给分） 282（281-283 均给分） (4)电阻随电压增大而减小 第 6 页，共 9 页 (5) 【详解】(2)实验电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了保护用电器，开关𝑆闭合前应将滑动变阻器的滑 片置于𝑎端，使测量部分电路两端电压为0； (3)电压表量程为3𝑉，分度值为0.1𝑉，所以图(𝑏)所示电压表示数为2.82𝑉；根据欧姆定律可知，发光元件 的电阻为𝑅 = 𝑈 𝐼 = 2.82 10.0×10−3 𝛺 = 282𝛺； (4)根据欧姆定律𝑅 = 𝑈 𝐼 可知，电流在1.0～18.0𝑚𝐴范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小； (5)由图(𝑐)可知，电流为10.0𝑚𝐴时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器𝑅2与红光 发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示 14.（1）𝐼1 = 1A；（2）𝐼2 = 2.75A；（3）𝑎′ = 8m/s 2 （1）导体棒中 a→b的电流，此时所受安培力向左，电流最小时摩擦力也向左且达到最大值，由受力平衡 得 𝐹安 1 + 𝑓𝑚 = 𝑀g 𝐹安 1 = 𝐵𝐼1𝐿 𝑓𝑚 = 𝜇𝑚g 解得𝐼1 = 1A 第 7 页，共 9 页 （2）根据受力分析，此时摩擦力向右，对导体棒由牛顿第二定律有 𝐹安 2 − 𝐹T2 − 𝑓𝑚 = 𝑚𝑎 𝐹安 2 = 𝐵𝐼2𝐿 对物体由牛顿第二定律 𝐹𝑇2 − 𝑀g = 𝑀𝑎 联立得𝐼2 = 2.75A （3）根据受力分析，此时摩擦力向右，对导体棒由牛顿第二定律有 𝐹 T3 + 𝑓𝑚 = 𝑚𝑎′ 对物体由牛顿第二定律 𝑀𝑔 − 𝐹𝑇3 = 𝑀𝑎′ 联立得𝑎′ = 8m/s2 15. 解：(1)根据动能定理 𝑒𝑈0 = 1 2 𝑚𝑣2 解得𝑣 = √ 2𝑒𝑈0 𝑚 (2)根据电场力提供向心力 𝑒𝐸 = 𝑚𝑣2 𝑅 𝐸 = 𝑚𝑣2 𝑅𝑒 = 2𝑈0 𝑅 (3)沿平行金属板方向 𝑡 = 𝐿 𝑣 = 𝑇 根据牛顿第二定律 𝑒𝐸0 = 𝑚𝑎  ①由𝑡 = 0时刻进入的粒子𝑎，其𝑣 − 𝑡图像如图所示， 打到收集板上的右侧，离𝐼′最远 𝑥右 = 2 × 1 2 𝑎( 𝑇 2 )2 𝑥右 = 𝑒𝐸0𝑇 2 4𝑚 ；  ②由𝑡 = 𝑇 2 时刻进入的粒子𝑐，其水平方向的𝑣 − 𝑡图像如图所示， 第 8 页，共 9 页 打到收集板上的左侧，离𝐼′最远， 𝑥左 = 2 × 1 2 𝑎( 𝑇 2 )2 𝑥左 = 𝑒𝐸0𝑇 2 4𝑚 ; 综上所述述，粒子收集板上收集到氢离子的长度 𝑥 = 𝑥左 + 𝑥右 = 𝑒𝐸0𝑇 2 2𝑚 。 16.（1）𝐸 = √2𝑚g 4𝑞 ；（2） 7 4 N mg= ；（3）𝑣 = √2g𝑅 2 (2𝑅, 0) （1）小球从 A点到 O点过程，由能量守恒，得 1 2 𝑚g𝑅 + 𝐸𝑞√2𝑅 = 𝑚g𝑅 解得 𝐸 = √2𝑚g 4𝑞 （2）小球从 A点到 B点过程，由能量守恒，得 1 2 𝑚g𝑅 = 1 2 𝑚𝑣𝐵 2 在 B点满足 𝑁 + 𝐸𝑞 sin 45° − 𝑚g = 𝑚 𝑣𝐵 2 𝑅 解得 7 4 N mg= 由牛顿第三定律，可得对 B点的压力方向竖直向下，大小为 𝑁 ′ = 7 4 𝑚g （3）小球从 A点到 O点过程，由动能定理，得 1 2 𝑚𝑔𝑅 + 𝑚𝑔 𝑞 𝑞𝑅 − 𝑚𝑔𝑅 = 1 2 𝑚𝑣0 2 可得 0v gR= 小球离开 O点后做类斜抛运动，假设合外力与竖直方向的夹角为 ，有 𝑡𝑎𝑛 𝜃 = 𝐸1𝑞 𝑚𝑔 = 1 所以，𝜃 = 45°，且当沿合力方向速度减为 0 时，小球的速度最小，为 第 9 页，共 9 页 𝑣 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝜃 带入数据可得 𝑣 = √2 2 𝑣0 = √2𝑔𝑅 2 从离开轨道到再次经过 x轴的时间 𝑡 2 = 𝑣0 g x 轴方向位移 𝑥 = 1 2 𝑎𝑡2 = 2𝑅 所以再次经过 x 轴的坐标为 (2𝑅, 0) 第 1 页，共 8 页 福州三中 2024-2025 学年第一学期半期考试 高 二 物 理 试 卷 考试时间 75 分钟 总分 100 分 命题人：吴李岗 审卷人：高二物理集备组 一、单项选择题：(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，每小题的四个选项中，只有 一个选项是符合题目要求的。) 1. 如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂 有一匝数为 N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向 垂直纸面向里，当线圈中通有顺时针方向的电流 I时，发现天平 的左端低右端高，下列调整方案有可能使天平水平平衡的是( ) A. 仅减小电流大小 B. 仅改变电流方向 C. 仅将磁场反向 D. 仅增加线圈的匝数 2. 下列说法正确的是( ) A．如图甲所示，ABC构成等边三角形，若两通电导线 A、B在 C处产生磁场的磁感应强 度大小均为 B0，则 C处磁场的合磁感应强度大小是√2𝐵0 B．图乙中地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向下，北半球竖直向上 C．图丙中通过两金属圆环的磁通量𝛷1 > 𝛷2 D．图丁中与通电导线（无限长）在同一平面内的金属线框沿平行直导线方向运动，线框 中会产生感应电流 第 2 页，共 8 页 3. 用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理公式不属于比值定义法的 是( ) A. 电场中某点的电势𝜑 = 𝐸𝑝 𝑞 B. 磁感应强度𝐵 = 𝐹 𝐼𝐿 C. 电阻𝑅 = 𝑈 𝐼 D. 电场强度𝐸 = k 𝑄 𝑟2 4. 如图，正点电荷放在𝑂点，图中画出它产生的电场的六条 对称分布的电场线。以水平电场线上的𝑂′点为圆心画一个 虚线圆，与电场线分别相交于𝑎、𝑏、𝑐、𝑑、𝑒，下列说法 正确的是( ) A. 𝑎点电势高于𝑒点电势 B. 𝑏、𝑒两点的电场强度相同 C. 𝑐、𝑏两点间电势差小于𝑑、𝑏两点间电势差 D. 负检验电荷在𝑑点的电势能小于在𝑒点的电势能 二、双项选择题（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全 部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 5. 如图所示，𝐸为内阻不可忽略的电源，𝑅1为定值电阻，𝑅2为滑 动变阻器，V与A分别为电压表与电流表，𝑀、𝑁是平行板电容器 的两极板，一带电小球由绝缘丝线悬挂在电容器两板间，现闭 合开关S，悬线稳定时偏离竖直方向𝜃角，下列判断正确的是( ) A. 若将𝑃向左滑，V与A表的读数均减小 B. 若将𝑃向左滑，电容器两极板上带电荷量增加 C. 若将𝑃向左滑，𝜃将增大 D. 若断开S，将𝑁板向𝑀板靠近，角度𝜃将变大 6. 如图所示，空间中的𝐴点固定一个带负电、电荷量为𝑄1的点电荷，𝐵点固定一个带正电、 电荷量为𝑄2的点电荷，𝑃点为𝐴𝐵上方的一点，且𝐴𝑃 ⊥ 𝐵𝑃。罗同学和邓同学一起讨论𝑃点的 电场方向，下列说法正确的是( ) A. 𝑃点的电场可能沿着图中的𝐸1方向 B. 𝑃点的电场可能沿着图中的𝐸2方向 C. 如果𝑃点的电场方向与𝐴𝐵平行，且𝐴𝑃 < 𝐵𝑃，则𝑄1 < 𝑄2 D. 如果𝑃点的电场方向与𝐴𝐵平行，且𝐴𝑃 < 𝐵𝑃，则𝑄1 > 𝑄2 第 3 页，共 8 页 7. 如图甲所示，在绝缘光滑的水平面建立 x轴，在 x轴 A、B两处分别固定两点电荷，A、B 两处的坐标分别为𝑥1 = 3𝐿，𝑥2 = −3𝐿，A、B连线之间的电势𝜑与坐标 x之间的关系图像 如图乙所示，图中𝑥 = −𝐿点为图线的最高点。下列说法正确的是( ) A．A处为负电荷，B处为正电荷 B．A、B两处均为负电荷 C．A、B两处点电荷的电荷量之比为 1:2 D．A、B两处点电荷的电荷量之比为 4:1 8. 如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹 果。该装置的托盘秤压在一个以𝑂1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻𝑅1上，𝑅1的阻值 随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，𝑅2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹 力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，𝑅2两端能够获得 较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进 入下面通道的大苹果最小质量𝑚0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是( ) A. 压力越小，𝑅1越小 B. 调节𝑅2的大小可以改变筛选苹果的标准 C. 若电源内阻变小，会提高分拣标准𝑚0 D. 若电源电动势变大，会降低分拣标准𝑚0 第 4 页，共 8 页 三、填空题（本大题共 3 小题，每空 1 分，共 10 分） 9. 图甲中游标卡尺的读数为______mm，图乙中螺旋测微器的读数为______mm。 10．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察 电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相 连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势 E=8V、内阻不计，充电前电容器带 电量为零。先使 S 与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使 S 与“2”端相连，直 至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的 I-t曲线如图乙所示。 (1)放电时，通过𝑅0的电流方向 （选填“向左”或“向右”）； (2)乙图中阴影部分的面积𝑆1 𝑆2（选填“＞”、“＜”或“＝”）； (3)已知𝑆1=1233mA·s，则该电容器的电容值约为 法拉（计算结果保留两位有效数 字）； (4)由甲、乙两图可判断阻值𝑅1 𝑅2（选填“＞”或“＜”）。 11.某实验小组采用如图甲所示电路测量一水果电池 的电动势和内阻(电动势𝐸约为2V，内阻𝑟约为 300Ω)，实验室提供的器材有：电流表A(内阻可忽 略)、变阻箱𝑅、开关S、导线若干。 (1)实验小组通过测量数据且绘制了 1 𝐼 −𝑅图像如图乙 所示，图线的斜率为𝑘，纵截距为𝑏，则水果电池的电动势𝐸= ______，内阻𝑟= ______。 第 5 页，共 8 页 (2)若考虑电流表内阻的影响，小组同学分析数据后可得电动势的测量值与真实值相比 ______，内阻的测量值与真实值相比______。(均填“无误差”“偏大”或“偏小”) 四、实验题（本大题共 2 小题，12 题 7 分，13 题 5 分，共 12 分） 12.学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻𝑅𝑉。可选用的器材有：多用电表，电源𝐸( 电动势5V)，电压表V1(量程5V，内阻约3kΩ)，定值电阻𝑅0(阻值为800Ω)，滑动变阻器𝑅1( 最大阻值50Ω)，滑动变阻器𝑅2(最大阻值5kΩ)，开关S，导线若干。 完成下列填空： (1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应______(把下列实验步骤前的字母按正确 操作顺序排列)； A.将红、黑表笔短接 B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆 C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“× 10”位置 再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的______（填“正极、负极”或“负极、正 极”)相连，欧姆表的指针位置如图(𝑎)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋 转到欧姆挡______(填“× 1”“× 100”或“× 1k”)位置，重新调节后，测量得到指针位置如图 (𝑎)中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为______kΩ(结果保留1位小数)； (2)为了提高测量精度，他们设计了如图(𝑏)所示的电路，其中滑动变阻器应选______(填 “𝑅1”或“𝑅2”)，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于______(填“𝑎”或“𝑏”)端； (3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1，待测电压表的示数分别为 𝑈1、𝑈，则待测电压表内阻𝑅𝑉 = ______(用𝑈1、𝑈和𝑅0表示)。 第 6 页，共 8 页 13.某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。 所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表(量程30mA)、电压表(量程3V)、滑动变 阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)、5号电池(电动势1.5V)两节、开关、导线若干。 (1)图(𝑎)为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路； (2)滑动变阻器滑片先置于______(填“𝑎”或“𝑏”)端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片 的位置，记录对应的电流表示数𝐼和电压表示数𝑈； (3)某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图(𝑏)所示，示数为______V，此时发光元件 的电阻为______Ω(结果保留3位有效数字)； (4)测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图(𝑐)中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在 1.0～18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是：______； (5)根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在 10.0mA的电流下工作。在图(𝑑)中补充两条导线完成电路设计。 第 7 页，共 8 页 五、计算题（本大题共 3 小题，14 题 10 分，15 题 12 分，16 题 16 分，共 38 分） 14.如图所示，PQ和 MN为水平平行放置的金属导轨，相距 L=1m，导体棒 ab跨放在导轨上，棒的质量为 m=0.2kg，棒的 中点用细绳经轻质滑轮与物体相连，物体的质量 M=0.3kg，棒 与导轨的动摩擦因数为𝜇 = 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，滑轮摩擦不计，匀强磁场的磁感应强度 B=2T，方向竖直向下，取 g=10m/s2，试求： (1)为了使物体保持静止状态，导体棒中通入 a→b电流，求电流的最小值； (2)为了使物体以加速度 a=3 m/s2 加速上升，应在棒中通入多大的电流？ (3)当物体以加速度 a=3 m/s2 加速上升时，突然撤去磁场，此瞬间导体棒 ab的加速度多 大？ 15.如图甲所示，𝑃处有一粒子源，可以持续均匀地“飘”出(初速度为零)氢离子，经𝑀、𝑁间的 加速电场加速后，粒子可以进入辐向电场(电场强度方向指向𝑂)，沿着半径为𝑅的圆弧运 动。从辐向电场射出后，粒子沿平行金属板𝐴、𝐵间的中心线𝐼𝐼ˈ射入匀强电场，最后都打在 足够长的收集板上。已知𝑈𝑀𝑁 = 𝑈0，氢离子电荷为𝑒，质量为𝑚，𝐴𝐵间的电场随时间变化 如图乙所示(𝐴𝐵为正方向，周期为𝑇)，𝐴𝐵板的长度𝐿 = √ 2𝑒𝑈0 𝑚 ⋅ 𝑇，以下答案用𝑈0、𝑅、𝑒、 𝑚、𝑇、𝐸0表示，不考虑粒子间的相互作用。求： (1)氢离子从𝑁板射出时的速度大小𝑣； (2)半径为𝑅的圆弧处的电场强度大小𝐸； (3)收集板上收集到粒子的位置会发光，求发光长度𝑥。 第 8 页，共 8 页 16. 如图所示，光滑水平面 AB和竖直面内的光滑 1 4 圆弧导轨在 B点平滑连接，导轨半径为 R。质量为 m的带正电小球将轻质弹簧压缩至 A点后由静止释放，释放前弹簧的弹性势能 为𝐸𝑃 = 1 2 𝑚g𝑅，脱离弹簧后经过 B点，之后沿轨道 BO运动恰好到达 O点。以 O为坐标原 点建立直角坐标系 xOy，在𝑥 ≥ −𝑅区域有方向与 x轴夹角为𝜃 = 45°的匀强电场，小球在运 动过程中电荷量保持不变，重力加速度为 g。求： (1)求匀强电场的场强 E； (2)小球到达 B点刚进入圆弧轨道时对 B点的压力； (3)若将匀强电场的场强大小调整为𝐸1 = 𝑚g 𝑞 ，方向水平向右，其他条件不变，求在小球离 开弹簧后，运动过程中的最小速度及再次经过 x轴的位置坐标。