【解析】安徽省休寧縣五城中學(xué)2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理期末考試卷（實(shí)驗(yàn)班）

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安徽省休寧縣五城中學(xué)2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理期末考試卷（實(shí)驗(yàn)班）

一、單選題

1．（2023高一下·北侖期中）如下左圖所示，為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O(shè)點(diǎn)(圖中白點(diǎn))為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的變化最有可能為（）

A．B．

C．D．

2．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，P、Q為平行板電容器，兩極板豎直放置，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球。將該電容器與電源連接，閉合電鍵后，懸線與豎直方向夾角為α。則（）

A．保持電鍵閉合，縮小P、Q兩板間的距離，角度α?xí)p小

B．保持電鍵閉合，加大P、Q兩板間的距離，角度α?xí)龃?/p>

C．將電鍵再斷開，加大P、Q兩板間的距離，角度α?xí)龃?/p>

D．將電鍵再斷開，縮小P、Q兩板間的距離，角度α不變化

3．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將（）

A．沿路徑a運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑始終不變

B．沿路徑a運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來越大

C．沿路徑a運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來越小

D．沿路徑b運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來越小

4．（2023高二上·休寧期末）如圖所示為一直流電路，電源內(nèi)阻不能忽略，但R0大于電源內(nèi)阻，滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于R，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P從滑動(dòng)變阻器的最右端滑向最左端的過程中，下列說法正確的是（）

A．電壓表的示數(shù)一直增大B．電流表的示數(shù)一直增大

C．電阻R0消耗的功率一直增大D．電源的輸出功率一直增大

5．（2023高二上·休寧期末）帶電粒子M和N，先后以大小不同的速度沿PO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，不計(jì)重力，則下列分析正確的是（）

A．M帶正電，N帶負(fù)電B．M和N都帶正電

C．M帶負(fù)電，N帶正電D．M和N都帶負(fù)電

6．（2023高二上·休寧期末）有一靜電場，其電勢隨x坐標(biāo)的改變而改變，變化的圖線如圖所示。若將一帶負(fù)電粒子（重力不計(jì)）從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，電場中P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為、，則下列說法正確的是（）

A．粒子將沿x軸正方向一直向前運(yùn)動(dòng)

B．粒子在P點(diǎn)與Q點(diǎn)加速度大小相等、方向相反

C．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能相等

D．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電場力做功的功率相等

7．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，質(zhì)量為m的細(xì)桿ab置于傾角為θ的導(dǎo)軌上，ab處于磁場中，ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，有電流時(shí)，ab恰好靜止在導(dǎo)軌上，則從b端的側(cè)視圖看，其中桿ab與導(dǎo)軌間摩擦力可能為“0”的是（）

A．B．

C．D．

8．（2023高二上·休寧期末）如圖兩個(gè)截面不同，長度相等的均勻銅棒接在電路中，兩端電壓為U，則（）

A．通過兩棒的電流不相等

B．粗棒中的自由電子定向移動(dòng)的平均速率較大

C．細(xì)棒中的自由電子定向移動(dòng)的平均速率較大

D．細(xì)棒兩端的電壓U1大于粗棒兩端的電壓U2

二、不定項(xiàng)選擇題

9．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，點(diǎn)電荷Q固定，虛線是電荷量為q的微粒只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，微粒的重力不計(jì)，可看作點(diǎn)電荷，a、b是軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)，b離Q較近，下列判斷正確的是()

A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢一定小于b點(diǎn)的電勢

B．電荷q在a點(diǎn)的電勢能一定大于在b點(diǎn)的電勢能

C．微粒通過a時(shí)的速率比通過b時(shí)的速率大

D．微粒通過a、b兩點(diǎn)時(shí)，加速度方向都是指向Q

10．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，兩平行金屬板中間有相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，一帶電粒子沿垂直于電場和磁場方向射入兩板間，從右側(cè)射出時(shí)它的動(dòng)能減少了，不計(jì)重力.為了使帶電粒子的動(dòng)能增加，下列辦法可行的是（）

A．增大勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)B．減小勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)

C．減小勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度D．增大勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

三、雙選題

11．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強(qiáng)電場，實(shí)線表示該電場的電場線，過O點(diǎn)的虛線MN表示該電場一個(gè)等勢面，兩個(gè)相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度開始運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于MN，AB連線與MN平行，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過O點(diǎn)。設(shè)粒子P、Q在A、B兩點(diǎn)的電勢能分別為Ep1和Ep2，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為v1和v2。粒子的重力不計(jì)，則（）

A．v1＞v2B．v1＜v2C．Ep1＜Ep2D．Ep1＞Ep2

四、多項(xiàng)選擇題

12．（2023高二上·休寧期末）一個(gè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度方向如上圖所示，帶電拉子受到的重力和洛侖茲力的合力的方向恰好與速度方向相反。不計(jì)阻力，那么接下去的一小段時(shí)間內(nèi)，帶電粒子（）

A．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)B．不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)

C．可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)

五、實(shí)驗(yàn)題

13．（2023高二上·休寧期末）

（1）在“用多用電表測電阻、電流和電壓”的實(shí)驗(yàn)中_______

A．在測量電阻時(shí)，更換倍率后必須重新進(jìn)行調(diào)零

B．在測量電流時(shí)，更換量程后必須重新進(jìn)行調(diào)零

C．在測量未知電阻時(shí)，必須先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測

D．在測量未知電流時(shí)，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測

（2）在“用電流表和電壓表測定電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)中，現(xiàn)備有以下器材：

A．干電池1節(jié)B．滑動(dòng)變阻器（0～50Ω）

C．電壓表（0～3V）

D．電壓表（0～15V）

E．電流表（0～0.6A）

F．電流表（0～3A）

①其中電壓表應(yīng)選，電流表應(yīng)選．（填寫字母序號(hào)即可）

②如圖是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的U-I圖象．由此可知這個(gè)干電池的電動(dòng)勢E=V，內(nèi)電阻r=Ω．

14．（2023高二上·休寧期末）某同學(xué)利用圖甲電路測量自來水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細(xì)管，細(xì)管上加有閥門K以控制管內(nèi)自來水的水量，玻璃管兩端接有導(dǎo)電活塞（活塞電阻可忽略），右側(cè)活塞固定，左側(cè)活塞可自由移動(dòng)．實(shí)驗(yàn)器材還有：電源（電動(dòng)勢約為3

V，內(nèi)阻不可忽略），兩個(gè)完全相同的電流表A1

、A2（量程為3mA，內(nèi)阻不計(jì)），電阻箱R（最大阻值9999Ω），定值電阻R0（可供選擇的阻值有100Ω、1kΩ、10kΩ），開關(guān)S，導(dǎo)線若干，刻度尺．

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

A.測得圓柱形玻璃管內(nèi)徑d=20mm；

B.向玻璃管內(nèi)注滿自來水，并用刻度尺測量水柱長度L；

C.連接好電路，閉合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱阻值，讀出電流表A1、A2示數(shù)分別記為I1、I2，記錄電阻箱的阻值R；

D.改變玻璃管內(nèi)水柱長度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟B、C，記錄每一次水柱長度L和電阻箱阻值R；

E.斷開S，整理好器材．

（1）為了較好的完成該實(shí)驗(yàn)，定值電阻R0應(yīng)選；

（2）玻璃管內(nèi)水柱的電阻Rx的表達(dá)式Rx=（用R0、R、I1、I2表示）；

（3）若在上述步驟C中每次調(diào)整電阻箱阻值，使電流表A1

、A2示數(shù)均相等，利用記錄的多組水柱長度L和對(duì)應(yīng)的電阻箱阻值R的數(shù)據(jù)，繪制出如圖乙所示的R﹣L關(guān)系圖象，則自來水的電阻率ρ=Ω·m（保留兩位有效數(shù)字）．在用本實(shí)驗(yàn)方法測電阻率實(shí)驗(yàn)中，若電流表內(nèi)阻不能忽略，則自來水電阻率測量值與上述測量值相比將（選填：“偏大”、“不變”或“偏小”）．

六、解答題

15．（2023高二上·休寧期末）在電場中一條電場線上有A、B兩點(diǎn)，如圖所示．若將一負(fù)電荷q=-2.0×10﹣7C，從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電荷克服電場力做功4.0×10﹣4J．試求：

（1）電場方向；

（2）A、B兩點(diǎn)的電勢差多大？哪一點(diǎn)電勢高？

（3）在這一過程中，電荷的電勢能怎樣變化，變化了多少？

（4）如在這一電場中有另一點(diǎn)C，已知UAC=500V，若把這一負(fù)荷從B移至C電場力做多少功？是正功還是負(fù)功？

16．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，BC是半徑為R的1/4圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內(nèi)，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E.今有一質(zhì)量為m、帶正電q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從C點(diǎn)由靜止釋放，滑到水平軌道上的A點(diǎn)時(shí)速度減為零．若已知滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.忽略因摩擦而造成的電荷量的損失．試求：

（1）滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小；

（2）水平軌道上A、B兩點(diǎn)之間的距離．

17．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，兩足夠長平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為α，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面斜向上，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱，已知燈泡的電阻RL＝4R，定值電阻R1＝2R，調(diào)節(jié)電阻箱使R2＝12R，重力加速度為g，閉合開關(guān)S，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，求：

（1）金屬棒下滑的最大速度vm；

（2）當(dāng)金屬棒下滑距離為s0時(shí)速度恰好達(dá)到最大，則金屬棒由靜止下滑2s0的過程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱；

（3）改變電阻箱R2的值，當(dāng)R2為何值時(shí)，金屬棒達(dá)到勻速下滑時(shí)R2消耗的功率最大．

答案解析部分

1．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度

【解析】【解答】如圖所示為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況：

磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱，所以沿Z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是先變小后變大．由于題目中問的是磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，C符合題意；

故答案為：C

【分析】利用磁感線的疏密程度可以判別磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化。

2．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】保持電鍵S閉合時(shí)，電容器板間電壓不變，縮小P、Q兩板間的距離，由分析得知，板間場強(qiáng)增大，小球所受電場力增大，則α增大．相反，加大P、Q兩板間的距離時(shí)，α?xí)p小．AB不符合題意．電鍵S斷開，電容器的帶電量不變，根據(jù)公式，U=Ed、，則得，即電場強(qiáng)度與極板間距無關(guān)，故板間場強(qiáng)不變，小球所受電場力不變，則α不變，C不符合題意，D符合題意．

故答案為：D．

【分析】利用場強(qiáng)和電場力的大小可以判別角度的變化，閉合電鍵，減小距離可以使場強(qiáng)變大角度變大，反之會(huì)使角度變小；斷開電鍵時(shí)，由于電荷量保持不變所以場強(qiáng)不會(huì)變化導(dǎo)致夾角保持不變。

3．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用；曲線運(yùn)動(dòng)的條件

【解析】【解答】由右手螺旋定則可知，在直導(dǎo)線的下方的磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，根?jù)左手定則可以得知電子受到的力向下，所以電子沿路徑a運(yùn)動(dòng)；由于離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，則由半徑公式可知，電子的運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑越來越大，所以B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B

【分析】利用洛倫茲力方向結(jié)合運(yùn)動(dòng)方向可以判別運(yùn)動(dòng)軌跡，利用牛頓第二定律結(jié)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化可以判別軌道半徑的變化。

4．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】電路動(dòng)態(tài)分析

【解析】【解答】根據(jù)電路圖可知，當(dāng)滑片處于最右端時(shí)，電壓表被短路了，此時(shí)電壓表的示數(shù)為零，當(dāng)滑片向左移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的左半部分與R串聯(lián)后與變阻器的右半部分并聯(lián)后再與R0串聯(lián)，接入電源，由于滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于R，所以并聯(lián)部分電阻增大，則總電阻增大，電路中總電流減小，電源的內(nèi)電壓以及R0所占電壓都減小，則由閉合電路歐姆定律可知，電壓表示數(shù)增大，A符合題意，B不符合題意；根據(jù)可知，由于干路總電流I減小，則功率減小，C不符合題意；當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，而大于電源內(nèi)阻，所以隨著外電阻增大，電源的輸出功率一直減小，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】利用串反并同的動(dòng)態(tài)電路可以判別電壓表、電流表的讀數(shù)及R0的功率變化；利用外電阻的變化可以判別電源輸出功率的變化。

5．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】由左手定則可知，粒子N向上偏轉(zhuǎn)，則受到的洛倫茲力向上，粒子帶正電；粒子M向下偏轉(zhuǎn)，則受到的洛倫茲力向下，粒子帶負(fù)電；

故答案為：C.

【分析】利用左手定則可以判別粒子的電性。

6．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能；勻強(qiáng)電場電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系

【解析】【解答】根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，0﹣2mm內(nèi)，電場線沿x軸負(fù)方向，粒子所受的電場力方向沿x軸正方向做加速運(yùn)動(dòng)；在2﹣6mm內(nèi)電場線沿x軸正方向，粒子所受的電場力方向沿x負(fù)方向做減速運(yùn)動(dòng)，6mm處粒子的速度為零；然后粒子向左先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)．即在0﹣6mm間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．A不符合題意．φ﹣x圖象的斜率大小等于場強(qiáng)E．則知P點(diǎn)的場強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場強(qiáng)，則粒子在p點(diǎn)的加速度大于在Q點(diǎn)的加速度，加速度方向相反．B不符合題意．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電勢相等，則其電勢能相等，由能量守恒知?jiǎng)幽芟嗟龋瓹符合題意．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，速率相等，但電場力不同，則電場力做功的功率不等．D不符合題意．

故答案為：C．

【分析】利用場強(qiáng)的方向可以判別粒子的運(yùn)動(dòng)方向；利用斜率可以判別加速度的方向及大小；利用電勢能的大小可以判別動(dòng)能的大小；利用電場力的大小可以判別做功的功率不同。

7．【答案】A,B

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)左手定則可知，四種情形下細(xì)桿所受的安培力方向如下圖所示：

由共點(diǎn)力平衡條件可知，圖A中，若支持力、重力、安培力三力恰好平衡時(shí)，摩擦力為零，A符合題意；B圖中，若重力與安培力二力平衡時(shí)，摩擦力為零，所以B符合題意；圖C中，重力、支持力、安培力三力不可能平衡，所以一定受到摩擦力作用，所以C不符合題意；同理，圖D中的三個(gè)力也不可能平衡，故受摩擦力作用，所以D不符合題意；

故答案為：AB

【分析】利用平衡條件結(jié)合安培力方向可以判別面摩擦力可能為0的情況。

8．【答案】C,D

【知識(shí)點(diǎn)】電阻定律

【解析】【解答】解：A、因兩導(dǎo)體串聯(lián)，則電流一定相等，A不符合題意；

B、由I=nesv可知，電流相同，單位體積內(nèi)的電子數(shù)相同，電子的電荷量相同，因截面積不相同，故電子的定向移動(dòng)速率不同，細(xì)棒中的電子定向移動(dòng)速率大，B不符合題意，C符合題意；

D、因電壓相等，而由R=可知，細(xì)棒的電阻較大，則由歐姆定律可知，細(xì)棒兩端的電壓較大，D符合題意；

故答案為：CD．

【分析】由于屬于串聯(lián)電路所以電流大小相等；利用電流的決定式可以判別速率的東西啊，利用電阻的大小可以判別電壓的大小。

9．【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】電場及電場力；電場力做功

【解析】【解答】由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡看出，微粒q軌跡向下彎曲，q受到Q的吸引，所以Q與q是異種電荷，但是由于不能確定Q的電性，故無法比較ab兩點(diǎn)電勢的高低，A不符合題意．從a到b，電場力做正功，電勢能減小，故電荷q在a點(diǎn)的電勢能一定大于在b點(diǎn)的電勢能，B符合題意；由于電場力對(duì)q做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，微粒q的動(dòng)能增加，速率增大，則知微粒通過a時(shí)的速率比通過b時(shí)的速率小，C不符合題意；

微粒通過a、b兩點(diǎn)時(shí)，受到的庫侖力方向都指向Q，根據(jù)牛頓第二定律分析可知，在這兩點(diǎn)的加速度方向都是指向Q，D符合題意，

故答案為：BD.

【分析】利用軌跡可以判別電場力方向，由于不知道場源電荷的電性所以不能判別試探電荷的電性，進(jìn)而也不能判別電勢的高低；利用電場力做功可以判別電勢能的大小，進(jìn)而判別動(dòng)能的大小，利用庫侖定律可以判別加速度方向。

10．【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】增加電場強(qiáng)度即增大電場力，使粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，這樣電場力做正功，所以動(dòng)能會(huì)增大．A符合題意．減小電場強(qiáng)度即減小電場力，使粒子向磁場力方向偏轉(zhuǎn)，這樣電場力做負(fù)功，所以動(dòng)能會(huì)減?。瓸不符合題意．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，即減小了洛倫茲力，則偏向電場力方向，導(dǎo)致電場力做正功，動(dòng)能會(huì)增大．C符合題意．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度即增大了洛倫茲力，電場力做負(fù)功，則動(dòng)能會(huì)減?。瓺不符合題意．

故答案為：AC.

【分析】粒子由于受到洛倫茲力大于電場力所以電場力做負(fù)功導(dǎo)致動(dòng)能減??；所以要增大電場力的大小，致使粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)導(dǎo)致電場力做正功動(dòng)能增大；也可以減小磁感應(yīng)強(qiáng)度減小洛倫茲力的大小。

11．【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】AB、粒子P、Q從A、B兩點(diǎn)分別到O點(diǎn)。有AO點(diǎn)間的電勢差大于BO點(diǎn)間的電勢差，所以粒子P的動(dòng)能增加量大于粒子Q的動(dòng)能增加量，所以v1>v2，A符合題意、B不符合題意；

CD、過A點(diǎn)畫出等勢面，根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，所以A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢，由于帶電粒子帶正電，所以Ep1>Ep2，C不符合題意、D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】利用場線的大小可以判別場強(qiáng)的大小，結(jié)合場強(qiáng)和電勢差的關(guān)系可以判別電勢差的大小

12．【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系

【解析】【解答】A、勻減速運(yùn)動(dòng)的合外力應(yīng)該恒定不變，帶電粒子在磁場中受到重力和洛倫茲力兩個(gè)力作用，而洛倫茲力的大小與速度大小成正比，若減速，則其洛倫茲力將減小，粒子的合外力將發(fā)生變化，不再恒定，所以不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)，A不符合題意，B符合題意；

C、若要做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力和洛倫茲力必須平衡，大小相等，方向相反，由圖可知洛倫茲力方向斜向左上方，與重力方向不在同一直線上，兩者不可能平衡，則不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：BD

【分析】由于合力沿速度反方向會(huì)導(dǎo)致速度減小，那么洛倫茲力減小，所以合力變化所以不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，由于合力不等于0；素養(yǎng)不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

13．【答案】（1）A；D

（2）C；E；1.40；0.67

【知識(shí)點(diǎn)】電池電動(dòng)勢和內(nèi)阻的測量

【解析】【解答】（1）.在測量電阻時(shí)，更換倍率后必須重新進(jìn)行調(diào)零，A符合題意，B不符合題意；在測量未知電阻時(shí)，沒必要先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測，C不符合題意；在測量未知電流時(shí)，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測，D符合題意；

①干電池的電動(dòng)勢為1.5V，故電壓表應(yīng)選C，電流表應(yīng)選E即可．②根據(jù)U=E-Ir可知，U-I圖像的截距的關(guān)于電源的電動(dòng)勢，則E=1.40V；內(nèi)阻.

【分析】（1）測電阻時(shí)更換倍率需要重新歐姆調(diào)零；測未知電阻沒必要選擇倍率最大進(jìn)行實(shí)測；測量電流時(shí)要選擇量程最大的進(jìn)出測試；

（2）利用電動(dòng)勢大小可以選擇電壓表量程；利用讀數(shù)可以選擇電流表量程；

（3）利用圖像斜率和截距可以求出電動(dòng)勢和內(nèi)阻的大小。

14．【答案】（1）1kΩ

（2）

（3）16；不變

【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量

【解析】【解答】（1）電源電動(dòng)勢為3V，電流表的量程為3mA，則最小電阻，故定值電阻選項(xiàng)1kΩ的即可；（2）玻璃管內(nèi)水柱的電阻Rx的表達(dá)式即；（3）當(dāng)I1=I2時(shí)，則，即，即，由圖像可知：，則；

若電流表內(nèi)阻不能忽略，則：，即，則表達(dá)式不變，自來水電阻率測量值與上述測量值相比將不變。

【分析】（1）利用歐姆定律可以判別定值電阻的選擇；

（2）利用并聯(lián)電路的特點(diǎn)結(jié)合歐姆定律可以求出電阻的大小；

（3）利用圖像斜率可以求出電阻率的大??；由于支路上都有電流表所以測量值等于真實(shí)值。

15．【答案】（1）解：根據(jù)題意得一負(fù)電荷q=﹣2.0×10﹣7C，從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電荷克服電場力做功4.0×10﹣4J．即電場力做負(fù)功．

所以電場力的方向是從B指向A，由于是負(fù)電荷，所以電場方向是A指向B

答：電場方向是A指向B

（2）解：由于電場方向是A指向B，所以A點(diǎn)電勢較高．根據(jù)U=得A、B兩點(diǎn)的電勢差為：

UAB===2000V

答：A點(diǎn)電勢較高，A、B兩點(diǎn)的電勢差是2000V

（3）解：根據(jù)電場力做功量度電勢能的變化得從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電荷克服電場力做功為4.0×10﹣4J，所以電勢能增加4.0×10﹣4J

答：在這一過程中，電荷的電勢能增加4.0×10﹣4J

（4）解：已知UAC=500V，而UAB=2000V，

所以UBC=﹣1500V，

所以WBC=qUBC=﹣2.0×10﹣7C×（﹣1500V）=3×10﹣4J，即電場力做正功

答：如在這一電場中有另一點(diǎn)C，已知UAC=500V，若把這一負(fù)荷從B移至C電場力做正功，大小是3×10﹣4J

【知識(shí)點(diǎn)】電場力做功

【解析】【分析】（1）利用電場做功結(jié)合電性可以判別電場的方向；

（2）利用電場力做功可以求出電勢差的大小，利用場線可以判別電勢的高低；

（3）利用電場力做功可以求出電勢能的變化；

（4）利用電勢差可以求出電場力做功，利用符號(hào)可以判別電場力做功的屬性。

16．【答案】（1）解：對(duì)滑塊從C運(yùn)動(dòng)到B的過程使用動(dòng)能定理，得方程：

解得：

（2）解：對(duì)滑塊從C運(yùn)動(dòng)到A的過程使用動(dòng)能定理，得方程：

解得：

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）利用動(dòng)能定理可以求出滑塊經(jīng)過B點(diǎn)的速度大??；

（2）利用動(dòng)能定理可以求出AB之間的距離。

17．【答案】（1）解：當(dāng)金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，達(dá)到最大時(shí)有

mgsina＝F安①

F安＝BIL②

I＝③

其中R總＝6R④

聯(lián)立①～④式得金屬棒下滑的最大速度⑤

（2）解：由動(dòng)能定理WG－W安＝mvm2⑥

由于WG=2mgs0sinαW安=Q

解得Q＝2mgs0sinα－mvm2

將⑤代入上式可得

也可用能量轉(zhuǎn)化和守恒求解：

再將⑤式代入上式得

（3）解：因金屬棒勻速下滑

故mgsinα=BIL⑦

P2=I22R2

⑧

聯(lián)立得

即

當(dāng)，即時(shí)，R2消耗的功率最大

【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的電路類問題

【解析】【分析】（1）利用平衡條件結(jié)合歐姆定律可以求出金屬棒最大的速度；

（2）利用動(dòng)能定理結(jié)合能量守恒定律可以求出焦耳熱的大小；

（3）利用平衡條件結(jié)合功率的表達(dá)式可以求出電阻的大小。

二一教育在線組卷平臺(tái)（）自動(dòng)生成1/1登錄二一教育在線組卷平臺(tái)助您教考全無憂

安徽省休寧縣五城中學(xué)2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理期末考試卷（實(shí)驗(yàn)班）

一、單選題

1．（2023高一下·北侖期中）如下左圖所示，為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O(shè)點(diǎn)(圖中白點(diǎn))為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的變化最有可能為（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度

【解析】【解答】如圖所示為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況：

磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱，所以沿Z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是先變小后變大．由于題目中問的是磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，C符合題意；

故答案為：C

【分析】利用磁感線的疏密程度可以判別磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化。

2．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，P、Q為平行板電容器，兩極板豎直放置，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球。將該電容器與電源連接，閉合電鍵后，懸線與豎直方向夾角為α。則（）

A．保持電鍵閉合，縮小P、Q兩板間的距離，角度α?xí)p小

B．保持電鍵閉合，加大P、Q兩板間的距離，角度α?xí)龃?/p>

C．將電鍵再斷開，加大P、Q兩板間的距離，角度α?xí)龃?/p>

D．將電鍵再斷開，縮小P、Q兩板間的距離，角度α不變化

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】保持電鍵S閉合時(shí)，電容器板間電壓不變，縮小P、Q兩板間的距離，由分析得知，板間場強(qiáng)增大，小球所受電場力增大，則α增大．相反，加大P、Q兩板間的距離時(shí)，α?xí)p?。瓵B不符合題意．電鍵S斷開，電容器的帶電量不變，根據(jù)公式，U=Ed、，則得，即電場強(qiáng)度與極板間距無關(guān)，故板間場強(qiáng)不變，小球所受電場力不變，則α不變，C不符合題意，D符合題意．

故答案為：D．

【分析】利用場強(qiáng)和電場力的大小可以判別角度的變化，閉合電鍵，減小距離可以使場強(qiáng)變大角度變大，反之會(huì)使角度變小；斷開電鍵時(shí)，由于電荷量保持不變所以場強(qiáng)不會(huì)變化導(dǎo)致夾角保持不變。

3．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將（）

A．沿路徑a運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑始終不變

B．沿路徑a運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來越大

C．沿路徑a運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來越小

D．沿路徑b運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來越小

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用；曲線運(yùn)動(dòng)的條件

【解析】【解答】由右手螺旋定則可知，在直導(dǎo)線的下方的磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，根?jù)左手定則可以得知電子受到的力向下，所以電子沿路徑a運(yùn)動(dòng)；由于離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，則由半徑公式可知，電子的運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑越來越大，所以B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B

【分析】利用洛倫茲力方向結(jié)合運(yùn)動(dòng)方向可以判別運(yùn)動(dòng)軌跡，利用牛頓第二定律結(jié)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化可以判別軌道半徑的變化。

4．（2023高二上·休寧期末）如圖所示為一直流電路，電源內(nèi)阻不能忽略，但R0大于電源內(nèi)阻，滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于R，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P從滑動(dòng)變阻器的最右端滑向最左端的過程中，下列說法正確的是（）

A．電壓表的示數(shù)一直增大B．電流表的示數(shù)一直增大

C．電阻R0消耗的功率一直增大D．電源的輸出功率一直增大

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】電路動(dòng)態(tài)分析

【解析】【解答】根據(jù)電路圖可知，當(dāng)滑片處于最右端時(shí)，電壓表被短路了，此時(shí)電壓表的示數(shù)為零，當(dāng)滑片向左移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的左半部分與R串聯(lián)后與變阻器的右半部分并聯(lián)后再與R0串聯(lián)，接入電源，由于滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于R，所以并聯(lián)部分電阻增大，則總電阻增大，電路中總電流減小，電源的內(nèi)電壓以及R0所占電壓都減小，則由閉合電路歐姆定律可知，電壓表示數(shù)增大，A符合題意，B不符合題意；根據(jù)可知，由于干路總電流I減小，則功率減小，C不符合題意；當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，而大于電源內(nèi)阻，所以隨著外電阻增大，電源的輸出功率一直減小，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】利用串反并同的動(dòng)態(tài)電路可以判別電壓表、電流表的讀數(shù)及R0的功率變化；利用外電阻的變化可以判別電源輸出功率的變化。

5．（2023高二上·休寧期末）帶電粒子M和N，先后以大小不同的速度沿PO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，不計(jì)重力，則下列分析正確的是（）

A．M帶正電，N帶負(fù)電B．M和N都帶正電

C．M帶負(fù)電，N帶正電D．M和N都帶負(fù)電

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】由左手定則可知，粒子N向上偏轉(zhuǎn)，則受到的洛倫茲力向上，粒子帶正電；粒子M向下偏轉(zhuǎn)，則受到的洛倫茲力向下，粒子帶負(fù)電；

故答案為：C.

【分析】利用左手定則可以判別粒子的電性。

6．（2023高二上·休寧期末）有一靜電場，其電勢隨x坐標(biāo)的改變而改變，變化的圖線如圖所示。若將一帶負(fù)電粒子（重力不計(jì)）從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，電場中P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為、，則下列說法正確的是（）

A．粒子將沿x軸正方向一直向前運(yùn)動(dòng)

B．粒子在P點(diǎn)與Q點(diǎn)加速度大小相等、方向相反

C．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能相等

D．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電場力做功的功率相等

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能；勻強(qiáng)電場電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系

【解析】【解答】根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，0﹣2mm內(nèi)，電場線沿x軸負(fù)方向，粒子所受的電場力方向沿x軸正方向做加速運(yùn)動(dòng)；在2﹣6mm內(nèi)電場線沿x軸正方向，粒子所受的電場力方向沿x負(fù)方向做減速運(yùn)動(dòng)，6mm處粒子的速度為零；然后粒子向左先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)．即在0﹣6mm間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．A不符合題意．φ﹣x圖象的斜率大小等于場強(qiáng)E．則知P點(diǎn)的場強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場強(qiáng)，則粒子在p點(diǎn)的加速度大于在Q點(diǎn)的加速度，加速度方向相反．B不符合題意．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電勢相等，則其電勢能相等，由能量守恒知?jiǎng)幽芟嗟龋瓹符合題意．粒子經(jīng)過P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，速率相等，但電場力不同，則電場力做功的功率不等．D不符合題意．

故答案為：C．

【分析】利用場強(qiáng)的方向可以判別粒子的運(yùn)動(dòng)方向；利用斜率可以判別加速度的方向及大小；利用電勢能的大小可以判別動(dòng)能的大??；利用電場力的大小可以判別做功的功率不同。

7．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，質(zhì)量為m的細(xì)桿ab置于傾角為θ的導(dǎo)軌上，ab處于磁場中，ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，有電流時(shí)，ab恰好靜止在導(dǎo)軌上，則從b端的側(cè)視圖看，其中桿ab與導(dǎo)軌間摩擦力可能為“0”的是（）

A．B．

C．D．

【答案】A,B

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)左手定則可知，四種情形下細(xì)桿所受的安培力方向如下圖所示：

由共點(diǎn)力平衡條件可知，圖A中，若支持力、重力、安培力三力恰好平衡時(shí)，摩擦力為零，A符合題意；B圖中，若重力與安培力二力平衡時(shí)，摩擦力為零，所以B符合題意；圖C中，重力、支持力、安培力三力不可能平衡，所以一定受到摩擦力作用，所以C不符合題意；同理，圖D中的三個(gè)力也不可能平衡，故受摩擦力作用，所以D不符合題意；

故答案為：AB

【分析】利用平衡條件結(jié)合安培力方向可以判別面摩擦力可能為0的情況。

8．（2023高二上·休寧期末）如圖兩個(gè)截面不同，長度相等的均勻銅棒接在電路中，兩端電壓為U，則（）

A．通過兩棒的電流不相等

B．粗棒中的自由電子定向移動(dòng)的平均速率較大

C．細(xì)棒中的自由電子定向移動(dòng)的平均速率較大

D．細(xì)棒兩端的電壓U1大于粗棒兩端的電壓U2

【答案】C,D

【知識(shí)點(diǎn)】電阻定律

【解析】【解答】解：A、因兩導(dǎo)體串聯(lián)，則電流一定相等，A不符合題意；

B、由I=nesv可知，電流相同，單位體積內(nèi)的電子數(shù)相同，電子的電荷量相同，因截面積不相同，故電子的定向移動(dòng)速率不同，細(xì)棒中的電子定向移動(dòng)速率大，B不符合題意，C符合題意；

D、因電壓相等，而由R=可知，細(xì)棒的電阻較大，則由歐姆定律可知，細(xì)棒兩端的電壓較大，D符合題意；

故答案為：CD．

【分析】由于屬于串聯(lián)電路所以電流大小相等；利用電流的決定式可以判別速率的東西啊，利用電阻的大小可以判別電壓的大小。

二、不定項(xiàng)選擇題

9．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，點(diǎn)電荷Q固定，虛線是電荷量為q的微粒只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，微粒的重力不計(jì)，可看作點(diǎn)電荷，a、b是軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)，b離Q較近，下列判斷正確的是()

A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢一定小于b點(diǎn)的電勢

B．電荷q在a點(diǎn)的電勢能一定大于在b點(diǎn)的電勢能

C．微粒通過a時(shí)的速率比通過b時(shí)的速率大

D．微粒通過a、b兩點(diǎn)時(shí)，加速度方向都是指向Q

【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】電場及電場力；電場力做功

【解析】【解答】由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡看出，微粒q軌跡向下彎曲，q受到Q的吸引，所以Q與q是異種電荷，但是由于不能確定Q的電性，故無法比較ab兩點(diǎn)電勢的高低，A不符合題意．從a到b，電場力做正功，電勢能減小，故電荷q在a點(diǎn)的電勢能一定大于在b點(diǎn)的電勢能，B符合題意；由于電場力對(duì)q做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，微粒q的動(dòng)能增加，速率增大，則知微粒通過a時(shí)的速率比通過b時(shí)的速率小，C不符合題意；

微粒通過a、b兩點(diǎn)時(shí)，受到的庫侖力方向都指向Q，根據(jù)牛頓第二定律分析可知，在這兩點(diǎn)的加速度方向都是指向Q，D符合題意，

故答案為：BD.

【分析】利用軌跡可以判別電場力方向，由于不知道場源電荷的電性所以不能判別試探電荷的電性，進(jìn)而也不能判別電勢的高低；利用電場力做功可以判別電勢能的大小，進(jìn)而判別動(dòng)能的大小，利用庫侖定律可以判別加速度方向。

10．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，兩平行金屬板中間有相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，一帶電粒子沿垂直于電場和磁場方向射入兩板間，從右側(cè)射出時(shí)它的動(dòng)能減少了，不計(jì)重力.為了使帶電粒子的動(dòng)能增加，下列辦法可行的是（）

A．增大勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)B．減小勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)

C．減小勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度D．增大勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】增加電場強(qiáng)度即增大電場力，使粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，這樣電場力做正功，所以動(dòng)能會(huì)增大．A符合題意．減小電場強(qiáng)度即減小電場力，使粒子向磁場力方向偏轉(zhuǎn)，這樣電場力做負(fù)功，所以動(dòng)能會(huì)減?。瓸不符合題意．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，即減小了洛倫茲力，則偏向電場力方向，導(dǎo)致電場力做正功，動(dòng)能會(huì)增大．C符合題意．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度即增大了洛倫茲力，電場力做負(fù)功，則動(dòng)能會(huì)減?。瓺不符合題意．

故答案為：AC.

【分析】粒子由于受到洛倫茲力大于電場力所以電場力做負(fù)功導(dǎo)致動(dòng)能減?。凰砸龃箅妶隽Φ拇笮?，致使粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)導(dǎo)致電場力做正功動(dòng)能增大；也可以減小磁感應(yīng)強(qiáng)度減小洛倫茲力的大小。

三、雙選題

11．（2023高二上·休寧期末）如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強(qiáng)電場，實(shí)線表示該電場的電場線，過O點(diǎn)的虛線MN表示該電場一個(gè)等勢面，兩個(gè)相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度開始運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于MN，AB連線與MN平行，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過O點(diǎn)。設(shè)粒子P、Q在A、B兩點(diǎn)的電勢能分別為Ep1和Ep2，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為v1和v2。粒子的重力不計(jì)，則（）

A．v1＞v2B．v1＜v2C．Ep1＜Ep2D．Ep1＞Ep2

【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】AB、粒子P、Q從A、B兩點(diǎn)分別到O點(diǎn)。有AO點(diǎn)間的電勢差大于BO點(diǎn)間的電勢差，所以粒子P的動(dòng)能增加量大于粒子Q的動(dòng)能增加量，所以v1>v2，A符合題意、B不符合題意；

CD、過A點(diǎn)畫出等勢面，根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，所以A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢，由于帶電粒子帶正電，所以Ep1>Ep2，C不符合題意、D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】利用場線的大小可以判別場強(qiáng)的大小，結(jié)合場強(qiáng)和電勢差的關(guān)系可以判別電勢差的大小

四、多項(xiàng)選擇題

12．（2023高二上·休寧期末）一個(gè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度方向如上圖所示，帶電拉子受到的重力和洛侖茲力的合力的方向恰好與速度方向相反。不計(jì)阻力，那么接下去的一小段時(shí)間內(nèi)，帶電粒子（）

A．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)B．不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)

C．可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)

【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系

【解析】【解答】A、勻減速運(yùn)動(dòng)的合外力應(yīng)該恒定不變，帶電粒子在磁場中受到重力和洛倫茲力兩個(gè)力作用，而洛倫茲力的大小與速度大小成正比，若減速，則其洛倫茲力將減小，粒子的合外力將發(fā)生變化，不再恒定，所以不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)，A不符合題意，B符合題意；

C、若要做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力和洛倫茲力必須平衡，大小相等，方向相反，由圖可知洛倫茲力方向斜向左上方，與重力方向不在同一直線上，兩者不可能平衡，則不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：BD

【分析】由于合力沿速度反方向會(huì)導(dǎo)致速度減小，那么洛倫茲力減小，所以合力變化所以不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，由于合力不等于0；素養(yǎng)不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

五、實(shí)驗(yàn)題

13．（2023高二上·休寧期末）

（1）在“用多用電表測電阻、電流和電壓”的實(shí)驗(yàn)中_______

A．在測量電阻時(shí)，更換倍率后必須重新進(jìn)行調(diào)零

B．在測量電流時(shí)，更換量程后必須重新進(jìn)行調(diào)零

C．在測量未知電阻時(shí)，必須先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測

D．在測量未知電流時(shí)，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測

（2）在“用電流表和電壓表測定電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)中，現(xiàn)備有以下器材：

A．干電池1節(jié)B．滑動(dòng)變阻器（0～50Ω）

C．電壓表（0～3V）

D．電壓表（0～15V）

E．電流表（0～0.6A）

F．電流表（0～3A）

①其中電壓表應(yīng)選，電流表應(yīng)選．（填寫字母序號(hào)即可）

②如圖是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的U-I圖象．由此可知這個(gè)干電池的電動(dòng)勢E=V，內(nèi)電阻r=Ω．

【答案】（1）A；D

（2）C；E；1.40；0.67

【知識(shí)點(diǎn)】電池電動(dòng)勢和內(nèi)阻的測量

【解析】【解答】（1）.在測量電阻時(shí)，更換倍率后必須重新進(jìn)行調(diào)零，A符合題意，B不符合題意；在測量未知電阻時(shí)，沒必要先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測，C不符合題意；在測量未知電流時(shí)，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測，D符合題意；

①干電池的電動(dòng)勢為1.5V，故電壓表應(yīng)選C，電流表應(yīng)選E即可．②根據(jù)U=E-Ir可知，U-I圖像的截距的關(guān)于電源的電動(dòng)勢，則E=1.40V；內(nèi)阻.

【分析】（1）測電阻時(shí)更換倍率需要重新歐姆調(diào)零；測未知電阻沒必要選擇倍率最大進(jìn)行實(shí)測；測量電流時(shí)要選擇量程最大的進(jìn)出測試；

（2）利用電動(dòng)勢大小可以選擇電壓表量程；利用讀數(shù)可以選擇電流表量程；

（3）利用圖像斜率和截距可以求出電動(dòng)勢和內(nèi)阻的大小。

14．（2023高二上·休寧期末）某同學(xué)利用圖甲電路測量自來水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細(xì)管，細(xì)管上加有閥門K以控制管內(nèi)自來水的水量，玻璃管兩端接有導(dǎo)電活塞（活塞電阻可忽略），右側(cè)活塞固定，左側(cè)活塞可自由移動(dòng)．實(shí)驗(yàn)器材還有：電源（電動(dòng)勢約為3

V，內(nèi)阻不可忽略），兩個(gè)完全相同的電流表A1

、A2（量程為3mA，內(nèi)阻不計(jì)），電阻箱R（最大阻值9999Ω），定值電阻R0（可供選擇的阻值有100Ω、1kΩ、10kΩ），開關(guān)S，導(dǎo)線若干，刻度尺．

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

A.測得圓柱形玻璃管內(nèi)徑d=20mm；

B.向玻璃管內(nèi)注滿自來水，并用刻度尺測量水柱長度L；

C.連接好電路，閉合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱阻值，讀出電流表A1、A2示數(shù)分別記為I1、I2，記錄電阻箱的阻值R；

D.改變玻璃管內(nèi)水柱長度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟B、C，記錄每一次水柱長度L和電阻箱阻值R；

E.斷開S，整理好器材．

（1）為了較好的完成該實(shí)驗(yàn)，定值電阻R0應(yīng)選；

（2）玻璃管內(nèi)水柱的電阻Rx的表達(dá)式Rx=（用R0、R、I1、I2表示）；

（3）若在上述步驟C中每次調(diào)整電阻箱阻值，使電流表A1

、A2示數(shù)均相等，利用記錄的多組水柱長度L和對(duì)應(yīng)的電阻箱阻值R的數(shù)據(jù)，繪制出如圖乙所示的R﹣L關(guān)系圖象，則自來水的電阻率ρ=Ω·m（保留兩位有效數(shù)字）．在用本實(shí)驗(yàn)方法測電阻率實(shí)驗(yàn)中，若電流表內(nèi)阻不能忽略，則自來水電阻率測量值與上述測量值相比將（選填：“偏大”、“不變”或“偏小”）．

【答案】（1）1kΩ

（2）

（3）16；不變

【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量

【解析】【解答】（1）電源電動(dòng)勢為3V，電流表的量程為3mA，則最小電阻，故定值電阻選項(xiàng)1kΩ的即可；（2）玻璃管內(nèi)水柱的電阻Rx的表達(dá)式即；（3）當(dāng)I1=I2時(shí)，則，即，即，由圖像可知：，則；

若電流表內(nèi)阻不能忽略，則：，即，則表達(dá)式不變，自來水電阻率測量值與上述測量值相比將不變。

【分析】（1）利用歐姆定律可以判別定值電阻的選擇；

（2）利用并聯(lián)電路的特點(diǎn)結(jié)合歐姆定律可以求出電阻的大小；

（3）利用圖像斜率可以求出電阻率的大??；由于支路上都有電流表所以測量值等于真實(shí)值。

六、解答題

15．（2023高二上·休寧期末）在電場中一條電場線上有A、B兩點(diǎn)，如圖所示．若將一負(fù)電荷q=-2.0×10﹣7C，從A點(diǎn)移至B