精品解析：湖北省武昌实验中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题

湖北省武昌实验中学高二年级十二月月考 物理试卷 考试时间：2025年12月30日上午 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10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。 1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（　　） A. 奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性提出了分子电流假说 B. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 C. 安培最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律 D. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流 2. 如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　） A. ，负 B. ，正 C. ，负 D. ，正 3. 如图甲所示，正方形导线框放置在垂直于纸面的匀强磁场中，以垂直纸面向内为磁场的正方向，匀强磁场的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，用表示边受到的安培力，以水平向左为的正方向，能正确反映随时间变化的图像是（　　） A. B. C. D. 4. 如图，电路中定值电阻阻值大于电源内阻阻值。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则下列说法错误的是（　　） A. A的示数增大 B. 的示数减小 C. 大于 D. 与的比值等于 5. 如图，两根足够长光滑平行金属导轨、倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板、相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金属棒，则（　　） A. 金属棒下滑过程中板电势低于板电势 B. 带电微粒不可能先向板运动后向板运动 C. 金属棒最终可能匀速下滑 D. 金属棒一直做变加速下滑 6. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线框1和2，其边长，在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线框平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线框1、2落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、，通过线框截面的电荷量分别为、，不计空气阻力，则（　　） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2。则（ ） A. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B. 滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动 C. 木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动 D. t=5s后滑块和木板开始有相对运动 8. 如图，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（　　） A. 能打在板上的区域长度是2d B. 能打在板上的区域长度是 C. 同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 D. 同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 9. 如图甲所示连接电路，在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响，不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（　　） A. 开关S闭合瞬间，流经灯和的电流大小相等 B. 开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变 C. 开关S断开瞬间，流经灯的电流方向改变，故闪亮一下再熄灭 D. 根据题中信息，可以推算出 10. 如图所示，竖直放置的“II”形光滑导轨宽为，矩形匀强磁场I、II的高和间距均为，磁感应强度为。质量为的水平金属杆由静止释放，进入磁场I和II时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为。则金属杆（　　） A. 刚进入磁场I时加速度方向竖直向上 B. 穿过磁场I的时间小于在两磁场之间的运动时间 C. 穿过两磁场产生的总热量为 D. 释放时距磁场I上边界的高度一定大于 二、非选择题 11. 在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中 (1)将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图甲所示．图中未接导线的A端应接在_____点(选填“B”“C”“D”或“E”)． (2)实验得到的U-I关系如图乙中的直线Ⅰ所示,则电池组的电动势为_____V,内电阻阻值为_____Ω． (3)为了测量定值电阻的阻值,应在图甲中将“A”端重新连接到____点 (选填“B”“C”“D”或“E”),所得到的U-I关系如图乙中的直线Ⅱ所示,则定值电阻的阻值为____Ω． 12. 使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空： （1）仪器连线如图1所示（和是多用电表的两个表笔）。若两电表均正常工作，则表笔为________（选填“红”或“黑”）色； （2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电阻箱与电流表的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为________Ω，电阻箱的读数为________Ω，电流表的读数为________mA； （3）将图1中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________；（保留3位有效数字） （4）计算得到多用电表内电池的电动势为________V。（保留3位有效数字） 13. 空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点．不计粒子的重力和它们之间的相互作用。求： （1）粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小； （2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴所用的时间。 14. 如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距，电阻不计。质量均为，电阻均为的金属杆、与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为，整个装置处于磁感应强度大小为，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。时刻开始，杆以初速度v沿右导轨平面下滑，时刻开始，对杆施加一垂直杆且平行右导轨平面向下的力F，使开始做匀加速直线运动。杆运动的图像如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）。若杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取，，。求： （1）在第1秒内杆受到的安培力的大小。 （2）杆的初速度。 （3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内杆所产生的焦耳热。 15. 如图所示的坐标系中，轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于平面向里。点的坐标为，、两点的坐标分别为、。质量为，电荷量为的带电粒子，靠近极板经过加速电压为的电场从静止开始加速，后沿方向运动。有一质量也为、不带电的粒子静止在点，粒子经过点时与发生碰撞，碰后粘在一起成为一个新粒子进入磁场（碰撞前后质量守恒、电荷量守恒），通过磁场后直接到达，在坐标为处的点固定一平行于轴放置绝缘弹性挡板，为挡板中点。假设带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿方向分速度不变，沿方向分速度大小不变、方向相反。不计所有粒子的重力及粒子间的相互作用力。 （1）粒子与碰后瞬间的速度大小。 （2）磁感应强度的大小。 （3）若粒子也带电，且电荷量为，发现粒子与挡板碰撞两次，能返回到点，求粒子的电荷量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省武昌实验中学高二年级十二月月考 物理试卷 考试时间：2025年12月30日上午 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10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。 1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（　　） A. 奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性提出了分子电流假说 B. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 C. 安培最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律 D. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流 【答案】B 【解析】 【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，但分子电流假说是由安培提出的。安培提出分子电流假说的重要依据之一就是通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似。故A错误； B．楞次定律指出感应电流的方向总是阻碍引起感应电流的磁通量变化，这一方向规律确保了电磁感应过程中能量守恒（例如，感应电流的磁场阻碍原磁通量变化，外力需要做功来克服这个阻碍，从而将机械能转化为电能，符合能量守恒）。故B正确； C．电场概念最早由法拉第引入，而磁场产生电流的条件和规律（电磁感应）也是法拉第发现的；安培的主要贡献在电流的磁效应和安培定律。故C错误； D．法拉第发现电磁感应需要磁通量发生变化，恒定电流的静止导线产生恒定磁场，固定导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流。故D错误。 故选B。 2. 如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　） A. ，负 B. ，正 C. ，负 D. ，正 【答案】C 【解析】 【详解】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷 因为 电流 解得 故选C。 3. 如图甲所示，正方形导线框放置在垂直于纸面的匀强磁场中，以垂直纸面向内为磁场的正方向，匀强磁场的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，用表示边受到的安培力，以水平向左为的正方向，能正确反映随时间变化的图像是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】，感应电动势为 为定值，感应电流为 为定值，安培力为，由于逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，方向向左，为正； 内，感应电动势为 为定值，感应电流为 为定值，安培力，由于从0逐渐增加，故安培力从0逐渐增大，方向向右，为负； 在内，无感应电流，则无安培力； 同理在内，安培力逐渐减小到0，方向向左，为正．在内，安培力从0逐渐增大，方向向右，为负。 故选A。 4. 如图，电路中定值电阻阻值大于电源内阻阻值。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则下列说法错误的是（　　） A. A的示数增大 B. 的示数减小 C. 大于 D. 与的比值等于 【答案】D 【解析】 【详解】AB．将滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；所以A的示数增大，的示数减小，故AB正确，不满足题意要求； C．电压表的示数等于定值电阻两端电压，根据欧姆定律可得 电压表的示数等于路端电压，根据闭合电路欧姆定律得 可得 已知定值电阻阻值大于电源内阻阻值，则有大于，故C正确，不满足题意要求； D．根据闭合电路欧姆定律得 则有 即与的比值大于r，故D错误，满足题意要求。 故选D。 5. 如图，两根足够长光滑平行金属导轨、倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板、相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金属棒，则（　　） A. 金属棒下滑过程中板电势低于板电势 B. 带电微粒不可能先向板运动后向板运动 C. 金属棒最终可能匀速下滑 D. 金属棒一直做变加速下滑 【答案】A 【解析】 【详解】A．由右手定则可知，金属棒a端（即M板）电势高，A正确； B．若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，随金属棒ab的速度不断增加，感应电动势逐渐增加，则两极板场强逐渐变大，则当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可以向下减速到零后再向上运动，故B错误。 CD．金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，mgsinθ-BIL=ma 又因为有 解得 加速度为不变量，因此金属棒ab一直匀加速下滑，故CD错误； 故选A。 6. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线框1和2，其边长，在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线框平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线框1、2落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、，通过线框截面的电荷量分别为、，不计空气阻力，则（　　） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【详解】设导线每单位长度的质量为，则线框1的质量为，线框2的质量为，有，设导线每单位长度的电阻为，则线框1的电阻为 线框2的电阻为 依题意，两线框在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，故当线框下边到达磁场上边界时，二者速度相等，设为，此时线框下边开始切割磁感线，产生感应电动势分别为， 线框受到的安培力分别为， 根据牛顿第二定律，对线框1有 解得 对线框2有 解得 可知，故两线框同步进入磁场。线框2完全进入磁场后，不再受安培力作用，以加速度下落，而此时线框1还未完全进入磁场，继续以加速度下落，即线框1速度的增加比线框2速度的增加慢，直到线框1完全进入磁场后也以加速度下落，故线框1、2落地时的速度大小 设磁场高度为，研究线框运动的全程，根据能量守恒定律 对线框1有 解得 对线框2有 解得 因，有 又因，得 线框进入磁场时，由，，得 对线框1有 对线框2有 因，有，综上可知ABC错误，D正确。 故选D。 7. 如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2。则（ ） A. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B. 滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动 C. 木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动 D. t=5s后滑块和木板开始有相对运动 【答案】C 【解析】 【分析】先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动． 【详解】ABC．由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度 即滑块开始随木板一起做匀加速运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当到达一定速度时开始在木板上滑动，此时随速度的增加，滑块与木板间的压力减小，摩擦力减小滑块开始做加速度减小的变加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时 Bqv=mg 解得 v=10m/s 此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动， 故AB错误， C正确； D．滑块开始与木板一起做a=2m/s2加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当滑块受到的洛伦兹力减小到一定的数值时，滑块开始相对于木板滑动，此时木板对滑块的作用力 竖直方向受力平衡得 所以 滑块从开始做加速运动，到速度增大到6m/s所用的时间 即滑块从t=3s和木板开始有相对运动，故D错误。 故选C。 【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况。 8. 如图，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（　　） A. 能打在板上的区域长度是2d B. 能打在板上的区域长度是 C. 同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 D. 同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．以磁场方向垂直纸面向外为例，打在极板上的粒子轨迹的临界状态左侧相切位置，右侧为直径的交点，如图所示 根据几何关系知，带电粒子能打在板上的长度为，故A错误，B正确； CD．在磁场中打到板上的粒子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图所示 由几何关系知，最长时间 最短时间 粒子在磁场中运动的周期为 所以带电粒子打到板上的最大时间差为，故C正确，D错误。 故选BC。 9. 如图甲所示连接电路，在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响，不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（　　） A. 开关S闭合瞬间，流经灯和的电流大小相等 B. 开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变 C. 开关S断开瞬间，流经灯的电流方向改变，故闪亮一下再熄灭 D. 根据题中信息，可以推算出 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的强烈阻碍作用，灯D3没有电流通过，灯D1和D2串联，流经灯D1和D2的电流相等，设每个灯泡的电阻为R，故 稳定后灯D3和D2并联再与D1串联，流过D2的电流为 故A正确，B错误； C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D3和D2提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D3和D2的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，故C错误； D．开关S闭合瞬间，灯D1和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律 电路稳定后，流过D3的电流为 开关S断开瞬间，电感线圈能够为D3和D2提供与之前等大电流，故其两端电压为 所以 故D正确。 故选AD。 10. 如图所示，竖直放置的“II”形光滑导轨宽为，矩形匀强磁场I、II的高和间距均为，磁感应强度为。质量为的水平金属杆由静止释放，进入磁场I和II时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为。则金属杆（　　） A. 刚进入磁场I时加速度方向竖直向上 B. 穿过磁场I的时间小于在两磁场之间的运动时间 C. 穿过两磁场产生的总热量为 D. 释放时距磁场I上边界的高度一定大于 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．由题意可知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在磁场Ⅰ和Ⅱ之间做加速度为g的加速运动，所以金属杆在磁场Ⅰ中应该做减速运动，加速度方向竖直向上，故A正确； B．进入磁场I的过程，根据牛顿第二定律可得 可知随着速度的减小，金属杆在磁场Ⅰ中的加速度也减小，而金属杆在两个磁场间做匀加速运动，又因为金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，则穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像如图所示 两个过程位移相等，图像面积相等，则穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B错误； C．由于导轨光滑，根据能量守恒定律可知，在运动过程中，金属杆的减小的重力势能全部转化为焦耳热和杆的动能，同时进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，所产生的焦耳热为 由于两磁场间不产生焦耳热，故通过磁场Ⅰ产生的热量为，通过磁场Ⅱ与通过磁场Ⅰ产生的焦耳热相同，故穿过两磁场产生的总热量为，故C正确； D．假设金属杆进入磁场Ⅰ后做匀速运动，则有 解得 在磁场Ⅰ的上方，重力势能转化为金属杆的动能，即 联立解得 由上述分析可知，金属杆在进入磁场Ⅰ做减速运动，所以金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h应该大于，故D正确。 故选ACD。 二、非选择题 11. 在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中 (1)将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图甲所示．图中未接导线的A端应接在_____点(选填“B”“C”“D”或“E”)． (2)实验得到的U-I关系如图乙中的直线Ⅰ所示,则电池组的电动势为_____V,内电阻阻值为_____Ω． (3)为了测量定值电阻的阻值,应在图甲中将“A”端重新连接到____点 (选填“B”“C”“D”或“E”),所得到的U-I关系如图乙中的直线Ⅱ所示,则定值电阻的阻值为____Ω． 【答案】 ①. C ②. 2.8 ③. 2 ④. D ⑤. 3 【解析】 【详解】试题分析：（1）分析图（a），共有两个传感器其中一个已经串联在电路，说明为电流传感器，那么没有连接完整的就是电压传感器，测量路端电压，并联在电路中，所以a端接入C接线柱．（2）根据串并联电路路端电压和电流电动势关系可得，图像与纵轴的截距即电动势，所以，斜率即内阻即．（3）由于电压传感器左端已经接入电源负极，所以电压传感器右端接入C则电压表等于路端电压，无法测量定值电阻，又无法测量定值电阻电压，所以改而滑动变阻器电压，接入D接线柱．此时，电压表示数，图像斜率即，可得定值电阻阻值． 考点：测量电源电动势和内阻实验探究及拓展 12. 使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空： （1）仪器连线如图1所示（和是多用电表的两个表笔）。若两电表均正常工作，则表笔为________（选填“红”或“黑”）色； （2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电阻箱与电流表的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为________Ω，电阻箱的读数为________Ω，电流表的读数为________mA； （3）将图1中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________；（保留3位有效数字） （4）计算得到多用电表内电池的电动势为________V。（保留3位有效数字） 【答案】（1）红 （2） ①. 14 ②. 4.6 ③. 53.0 （3）103 （4）1.54 【解析】 【小问1详解】 多用电表在欧姆挡时，内部电池的黑表笔接电池正极，红表笔接电池负极。电流表正常工作时，电流需从正接线柱流入、负接线柱流出，因此表笔b为红色。 【小问2详解】 [1]题图可知多用电表指针指向14刻度，故多用电表的读数为 [2]题图可知电阻箱的读数为 [3]题图可知电流表最小分度值为1mA，读数需保留到十分位，故电流表的读数为 【小问3详解】 [1]多用电表内阻为 多用电表内电池电动势 联立解得 将图1中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为 【小问4详解】 第（3）问可知多用电表内电池的电动势1.54V。 13. 空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点．不计粒子的重力和它们之间的相互作用。求： （1）粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小； （2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴所用的时间。 【答案】（1），（2） 【解析】 【分析】 【详解】(1）设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 得 如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有 又因为 解得 (2）轨迹如图所示 对于速度v(斜向右上方）的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角 θ＝150° 速度为v的粒子在磁场中运动的时间为 粒子离开磁场到y轴的距离MH＝，在无场区运动的时间 设粒子在电场中到达x轴运动的时间为t3，有 ， 故粒子到达x轴的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝ 14. 如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距，电阻不计。质量均为，电阻均为的金属杆、与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为，整个装置处于磁感应强度大小为，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。时刻开始，杆以初速度v沿右导轨平面下滑，时刻开始，对杆施加一垂直杆且平行右导轨平面向下的力F，使开始做匀加速直线运动。杆运动的图像如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）。若杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取，，。求： （1）在第1秒内杆受到的安培力的大小。 （2）杆的初速度。 （3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内杆所产生的焦耳热。 【答案】（1）0.2N；（2）1m/s；（3）3J 【解析】 【详解】（1）杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知，杆中感应电流由到，则杆中电流由到，根据左手定则可知，杆受到的安培力垂直于左侧导轨平面向下 根据题图乙可知，杆在第内的加速度 对杆受力分析，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）第内，杆受到的安培力，由（1）中数据可知回路中电流 对杆，感应电动势 根据法拉第电磁感应定律有 解得杆的初速度 （3）根据题图乙可知，杆在第内做匀减速运动，加速度 对杆受力分析，根据牛顿第二定律，有 解得安培力 由 可得 时杆的速度 第内杆做匀加速运动，杆的位移 对杆，根据动能定理，有 解得安培力做功 回路中产生的焦耳热 解得第内杆所产生的焦耳热 15. 如图所示的坐标系中，轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于平面向里。点的坐标为，、两点的坐标分别为、。质量为，电荷量为的带电粒子，靠近极板经过加速电压为的电场从静止开始加速，后沿方向运动。有一质量也为、不带电的粒子静止在点，粒子经过点时与发生碰撞，碰后粘在一起成为一个新粒子进入磁场（碰撞前后质量守恒、电荷量守恒），通过磁场后直接到达，在坐标为处的点固定一平行于轴放置绝缘弹性挡板，为挡板中点。假设带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿方向分速度不变，沿方向分速度大小不变、方向相反。不计所有粒子的重力及粒子间的相互作用力。 （1）粒子与碰后瞬间的速度大小。 （2）磁感应强度的大小。 （3）若粒子也带电，且电荷量为，发现粒子与挡板碰撞两次，能返回到点，求粒子的电荷量。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 粒子经电压U加速，根据动量定理得 解得粒子的速度 规定v方向为正方向，当粒子与静止的发生碰撞时，由动量守恒定律得 联立解得 【小问2详解】 粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图所示 由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的半径为 对粒子，洛伦兹力提供向心力有 联立解得 【小问3详解】 ）若让带上负电，由于总的电荷量变大，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径减小，设为，由题设画出粒子的运动轨迹如图所示，进入磁场的方向与平行 每次在磁场中偏转一次，沿y轴的负方向下移距离 离开磁场的方向与平行，从磁场出来与挡板碰撞再进入磁场时。粒子沿y轴正方向上移的距离 由题意经过两次与挡板碰撞后回到P点，则有 联立以上两式可得 而对粒子做匀速圆周运动时有 联立解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $