2020-2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期末測(cè)試卷03（人教版）（解析版）

2020-2021學(xué)年高二物理上學(xué)期（人教版）

期末測(cè)試卷03

考試范圍：選修3-1,選修3-2電磁感應(yīng)，選修3-5第十六章動(dòng)量守恒定律

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每個(gè)題目只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，選對(duì)得4

分，選錯(cuò)得0分。

B.a〃均是負(fù)電荷

C.A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)

D.A點(diǎn)電勢(shì)高于8點(diǎn)電勢(shì)

【答案】D

【詳解】

AB.電場(chǎng)線從正電荷或無(wú)窮遠(yuǎn)出發(fā)，終止于負(fù)電荷或者無(wú)窮遠(yuǎn)，所以。應(yīng)為正電荷6為負(fù)電荷，故AB錯(cuò)

誤；

C.電場(chǎng)線越密集，場(chǎng)強(qiáng)越大，A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于8點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，故D選項(xiàng)正確。

故選D。

2.如圖所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場(chǎng)時(shí)，不計(jì)重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過(guò)

此區(qū)域的時(shí)間為%若加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為8、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子仍以原來(lái)的初速度入射，

粒子飛出磁場(chǎng)時(shí)偏離原方向60。，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的（）

①帶電粒子的比荷

②帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期

③帶電粒子的初速度

④帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑

A.①②B.①③C.②③D.①④

【答案】A

【詳解】

由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角可知，帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為60。，由幾何關(guān)系得磁場(chǎng)寬度

d-rsin60°=—sin60°

qB

由于未加磁場(chǎng)時(shí)：d=vt,解得

q_sin60°

mBt

丁2兀m

1=------

①正確；已經(jīng)求出比荷，由qB,②正確；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力,

由牛頓第二定律得：

根據(jù)向右條件無(wú)法求出粒子的初速度，也無(wú)法求出粒子軌道半徑③④錯(cuò)誤

故選A

3.動(dòng)量相等的甲、乙兩車剎車后分別沿兩水平路面滑行。若兩車質(zhì)量之比a加乙=2：3,路面對(duì)兩車的

阻力相同，則甲、乙兩車的滑行距離之比為（）

A.3：2B.2：3C.9：4D.4：9

【答案】A

【詳解】

由公式

p=mv

f=ma

v2=2ax

聯(lián)立方程，解得

海：=3:2

故選Ao

4.兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌豎直固定在豎直平面內(nèi)，間距為L(zhǎng)底端接一阻值為H的電阻。將質(zhì)量為加

的水平金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示，除電阻/?外，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由

靜止釋放，則（）

/////

XX

ab

XR*X

A.金屬棒向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度始終減小

mg

B.金屬棒向下運(yùn)動(dòng)距離為k時(shí)，速度達(dá)到最大

C.金屬棒運(yùn)動(dòng)到最大速度的過(guò)程中，重力和彈力所做的功等于金屬棒動(dòng)能的增量

D.金屬棒運(yùn)動(dòng)至最終靜止的全過(guò)程中，其重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量和R上所產(chǎn)生的

焦耳熱之和

【答案】D

【詳解】

A.金屬棒向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度先增加后減小，受到向上的安培力先增加后減小，除此之外受向下的重

力不變，向上的彈力逐漸變大，開(kāi)始時(shí)重力大于彈力和安培力之和，加速度向下，隨彈力和安培力的增

加,則加速度減??；當(dāng)安培力和彈力大于重力時(shí)，加速度變?yōu)橄蛏锨抑饾u變大，則加速度先減小增加后減

小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，對(duì)金屬棒受力分析，金屬棒所受的合力為零，即

B2IJV

kx+-------=mg

R

mg

即金屬棒向下運(yùn)動(dòng)距離小于卜時(shí)，速度達(dá)到最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

C.金屬棒運(yùn)動(dòng)到最大速度的過(guò)程中，重力、安培力和彈力所做的功等于金屬棒動(dòng)能的增量，選項(xiàng)C錯(cuò)

誤;

D.金屬棒運(yùn)動(dòng)至最終靜止的全過(guò)程中，其重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量和R上所產(chǎn)生的

焦耳熱之和，選項(xiàng)D正確。

故選D。

5.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I和H中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為0.5T、方向均垂直紙面向里，磁場(chǎng)區(qū)域

1的右邊界與磁場(chǎng)區(qū)域II的左邊界相距0.1m。一邊長(zhǎng)為0.2m的正方形導(dǎo)線框a機(jī)由粗細(xì)均勻的電阻絲圍

成，總電阻為0.4C?，F(xiàn)使線框以大小為2m/s的速度在紙面內(nèi)從實(shí)線所示位置（4邊與磁場(chǎng)區(qū)域I的右邊

界重合）垂直磁場(chǎng)區(qū)域邊界勻速運(yùn)動(dòng)到虛線所示位置（加邊與磁場(chǎng)區(qū)域II的左邊界重合），則下列四幅圖

像中，能正確反映上述過(guò)程中線框上d、c,兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U隨時(shí)間f變化規(guī)律的是（）

n

XXX

-:3d

X

XX-:

Xx

*:

XC

X-Xx

X

(//(xlO2V)l//(xlO-2V)

20

15

5—:::

3

5101520/(xl(T3s)B°51015ZOeAxKTs)

A.<

■U/CxlO-2V)

20

15->

10->—；

5.::

、051015ZOx/CxKT*s)

【答案】B

【詳解】

f在0~5xl(y2s內(nèi)，H切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，由楞次定律判斷知感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針

方向，則d的電勢(shì)高于C的電勢(shì)，U為正。

cd兩端電勢(shì)差

t/=-￡=-xfiLv=-xO.5xO.2x2V=5xlO-2V

444

f在5xi(y2s~ioxi(y2s內(nèi)，c"邊進(jìn)入磁場(chǎng)I］后，cd邊和岫都切割磁感線，都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線框中感應(yīng)

電流為零，由右手定則判斷可知，d的電勢(shì)高于c的電勢(shì)，U為正，所以

U=￡=如=0.5X0.2X2V=0.20V=20XI(r2V

f在1OX1O-2S~15X10飛內(nèi)，必邊穿出磁場(chǎng)后，只有m邊切割磁感線，由右手定則知，d點(diǎn)的電勢(shì)高于c?的

電勢(shì)，U為正。

333

t/=-￡=-fiLv=-xO.5xO.2x2V=15xlO-2V

444

故整個(gè)過(guò)程中線框d、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差U隨時(shí)間t變化的圖線選項(xiàng)B圖所示。

故選B。

6.一質(zhì)量為加的物體以w的初速度與另一質(zhì)量為儂的靜止物體發(fā)生碰撞，其中"2="叫，k<l,碰撞

可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為盯和吸，假設(shè)碰撞在一

r=—

維上進(jìn)行，且一個(gè)物體不可能穿過(guò)另一個(gè)物體，物體1撞后與碰撞前速度之比%的取值范圍是

)

1-k,\-k1

----<r<l-----<r<------

A.1+ZB.1+&1+Z

,、12

0<r<——2-<r<——

C.1+AD.u+k-------\+k

【答案】B

【詳解】

若發(fā)生完全彈性碰撞，則有

仍%=町匕+〃72V2

1o1212

解得

in.-niy

尸NT。

若發(fā)生完全非彈性碰撞，則有

=（m,+機(jī),）匕

解得

m.

所以也的取值范圍為

m,-tTLy/m,

--v<v,<—1

0%

mx+m2

代入啊=奶

可得

三

\+k%

故選B。

7.如圖所示，閉合電路中電流表A和電壓表V均為理想電表，電阻R3=4.0C。只閉合SI，電流表示數(shù)為

0.8A、電壓表示數(shù)為3.2V；開(kāi)關(guān)Si、S2均閉合后，電流表示數(shù)為0.75A、電壓表示數(shù)2.0V。下列說(shuō)法正確

的是（）

A.電阻Ri=2.5C

B.Si、S2均閉合時(shí)，當(dāng)兩端的電壓為L(zhǎng)2V

C.電阻3

D.電源的電動(dòng)勢(shì)E=4.0V、內(nèi)阻尸1.0。

【答案】D

【詳解】

A.只閉合冬，&、%均未接入電路，由歐姆定律可得

&=牛=4&

故A錯(cuò)誤；

BC.開(kāi)關(guān)與、S2均閉合后，&、%串聯(lián)后和“并聯(lián)，由并聯(lián)電壓相同可得

/述=%+?&

解得

&=8C

&兩端電壓為

&=1V

故B、C錯(cuò)誤；

D.只閉合Si，閉合電路歐姆定律可得

E=q+Iy

開(kāi)關(guān)Si、S2均閉合后，由閉合電路歐姆定律可得

14+卜+舒

帶入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得

E=4V

r=1。

故D正確；

故選D。

8.如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩個(gè)

相同的帶電粒子，先后從）'軸上的P點(diǎn)（0,“）和。點(diǎn)（縱坐標(biāo)匕未知），以相同的速度vo沿x軸正方向

射入磁場(chǎng)，在x軸上的M點(diǎn)（c,0）相遇。不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，由題中信息不能確定

的（）

zxXX

pJ,

X

XX

XX

A.。點(diǎn)的縱坐標(biāo)。B.帶電粒子的電荷量

C.兩個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑D.兩個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

【答案】B

【詳解】

粒子從P、。兩點(diǎn)進(jìn)行磁場(chǎng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知

(a-7?)2+c2=R2

(R-b)2+c2=R2

解得，兩個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為

。點(diǎn)的縱坐標(biāo)b

c2

b=-

a

洛倫茲力提供向心力，由向心力公式可知

可以求出粒子的比荷

94

mRB

比荷可以求出，因?yàn)椴恢懒Ｗ拥馁|(zhì)量，所以粒子的電荷量不能求出。

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期

%

周期可以求出，由幾何關(guān)系可求出兩個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角，故可以求出兩個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)

中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

由題中信息不能確定的是帶電粒子的電荷量，其余都可以求出，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選B?

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4

分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

9.如圖所示，三個(gè)完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中，軌道

兩端在同一高度上。三個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從軌道左端最高點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，P、M、N分別

為軌道的最低點(diǎn)，則下列有關(guān)判斷正確的是（）

A.小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度關(guān)系VP=VM>VN

B.小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力關(guān)系FM>FP>FN

C.小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)所用的時(shí)間關(guān)系tP<tM<rN

D.三個(gè)小球到達(dá)軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來(lái)的出發(fā)點(diǎn)位置

【答案】AB

【詳解】

A.在第二圖中，因?yàn)槁鍋銎澚偸谴怪庇谒俣确较?，故洛侖茲力不做功；球下落時(shí)只有重力做功，故第

一、二圖兩次機(jī)械能均守恒，故兩次球到最低點(diǎn)的速度相等

mgR=—mv2

第三圖中，小球下滑的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，重力做正功，所以小球在最低點(diǎn)的速度小于前兩個(gè)圖中的速

度，故A正確；

B.小球在最低點(diǎn)時(shí)，第一圖中重力和支持力的合力提供向心力，而第二圖中是重力、支持力和洛倫茲力

的合力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，對(duì)軌道的壓力也不相等；三圖中由于電場(chǎng)力對(duì)小

球做負(fù)功，故小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度小于前2圖中的速度，而在豎直方向上，重力和支持力的合力充當(dāng)向

心力，故三圖中壓力最小，故B正確：

C.第一圖和第二圖比較可得，小球下滑的速度相等，故

tp=tM

而由B中分析可知，三圖中速度小于前兩圖中的對(duì)應(yīng)位置的速度，故小最小，故C錯(cuò)誤；

D.第?、二兩圖中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，動(dòng)能和重力勢(shì)能之間轉(zhuǎn)換，故這小球在右端都能

到達(dá)高度相同；第三個(gè)圖中，小球向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故第三個(gè)小球上升的高度較小，故D錯(cuò)

誤。

故選AB?

10.如圖所示為兩個(gè)不同閉合電路中兩個(gè)不同電源的U-/圖像，下列判斷正確的是（）

A.電動(dòng)勢(shì)片=/，發(fā)生短路時(shí)的電流''A

B.電動(dòng)勢(shì)內(nèi)阻/＜馬

C.電動(dòng)勢(shì)鳥(niǎo)＞與，內(nèi)阻4-

D.當(dāng)兩電源的工作電流變化量相同時(shí)，電源2的路端電壓變化小

【答案】AB

【詳解】

A.根據(jù)閉合電路歐姆定律知U=E一"，則知U-/圖像與。軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，與/軸的交點(diǎn)

表示短路電流，故有電動(dòng)勢(shì)&=七2,發(fā)生短路時(shí)的電流,故A正確；

BC.U-/圖像中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)阻，則得電動(dòng)勢(shì)g=%,內(nèi)阻

，＜乃，故B正確，故C錯(cuò)誤；

D.電動(dòng)勢(shì)片="2,內(nèi)阻，＜與，根據(jù)0=石一斤可知，當(dāng)兩電源的工作電流變化量相同時(shí)，電源2的路

端電壓變化大，故D錯(cuò)誤；

故選AB。

11.如圖所示，固定在水平面上的半徑為，的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)。長(zhǎng)為/的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸°°'上，隨軸以角速度"勻速

轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的4點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微

粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g,不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說(shuō)法正確的是

2gd

B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為3

人%2

C.電阻消耗的電功率為4R

D.電容器所帶的電荷量為CB/o

【答案】BC

【詳解】

A.因?yàn)榍懈畲鸥芯€的有效長(zhǎng)度為r,所以棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=Brv

E=-Brco

代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)得2,故A錯(cuò)誤；

B.金屬棒電阻不計(jì)，電容兩極板的電壓等于金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，由微粒的重力等于電場(chǎng)力得

E

q—=mg

a

q=2gd

代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)可得mBr%,故B正確；

C.電阻消耗的電功率為R4R,故c正確；

Q=CE=LCB/（O

D.電容器所帶的電荷量為2,故D錯(cuò)誤。

故選BC。

12.如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量帆=2.0kg的小

木塊Ao給A和B以大小均為5.0m/s,方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，A始

終沒(méi)有滑離B板，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5。則在整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.小木塊A的速度減為零時(shí)，長(zhǎng)木板B的速度大小為3.75m/s

B.小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零

C.小木塊A與長(zhǎng)木板B共速時(shí)速度大小為3m/s

D.長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度可能為10m

【答案】ACD

【詳解】

AB.木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于初速度均為囪=5.0m/s,所以木板的動(dòng)量大于小木塊的動(dòng)量，

系統(tǒng)合動(dòng)量方向向右，所以木塊A先向左做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向向右做加速運(yùn)動(dòng)，最后木塊與木

板一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得當(dāng)木塊A的速度間為零時(shí)

Mv0-mv0—MVB

代入數(shù)據(jù)解得

vB=3.75m/s

故A正確，B錯(cuò)誤；

C.最終木塊與木板速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

=（A1+m）v

代入數(shù)據(jù)解得

v=3m/s

故C正確；

D.最終木塊與木板相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)系統(tǒng)

2

^-Afv0+g=fjmgx

代入數(shù)據(jù)解得

x=8m

木板的最小長(zhǎng)度為8m,可能為10m,故D正確。

故選ACDo

三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，第13題6分，第14題9分，共15分。

13.在做《測(cè)定金屬的電阻率》的實(shí)驗(yàn)中，若待測(cè)電阻絲的電阻約為5Q,要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，備有

以下器材：

A.電池組（3V、內(nèi)阻1C）

B.電流表（0?3A,內(nèi)阻約0.0125C）

C.電流表（0~0.6A,內(nèi)阻約0.125C）

D.電壓表（0?3V,內(nèi)阻約4kC）

E.電壓表（0-15V,內(nèi)阻約15kC）

F.滑動(dòng)變阻器（0-20Q,允許最大電流1A）

G.滑動(dòng)變阻器（0?2000C,允許最大電流0.3A）

H.開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線

（1）上述器材中應(yīng)選用的是（只填寫字母代號(hào)）

（2）某同學(xué)采用了如圖所示的部分電路測(cè)量電阻，則測(cè)量值比真實(shí)值偏（選填“大”或

“小”）。根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)得到的伏安特性曲線如圖所示，圖中MN段向上彎曲的主要原因是下面的

（填A(yù)或B）

A.隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，電阻增大

B.隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率減小，電阻減小

（3）在本實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)用游標(biāo)卡尺和螺旋測(cè)微器測(cè)該電阻絲的長(zhǎng)度和直徑如圖所示，則其長(zhǎng)度為

cm.直徑為mm。

【答案】ACDFH小A10.0254.487

【詳解】

（1）電源電動(dòng)勢(shì)為3V,故應(yīng)選0?3V的電壓表，又因?yàn)榇郎y(cè)電阻絲的電阻約為5。，則電路中的最大電

流大約為

U3

I=±”A=0.6A

mR5

故應(yīng)選0?0.6A的電流表，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選0-20。的，太大會(huì)使電表讀數(shù)變化不明顯，調(diào)節(jié)時(shí)不方便，另

外還需要電源和開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線，故選ACDFH。

（2）此同學(xué)的接法為電流表外接法，此時(shí)電流表測(cè)量的是通過(guò)電阻和電壓表的電流之和，即電流表讀數(shù)

大于通過(guò)電阻的電流，由歐姆定律可知，電阻的測(cè)量值小于真實(shí)值；

圖線向上彎曲，是因?yàn)殡娮杞z的電阻率隨溫度的升高而增大，從而電阻增大，即圖線的斜率增大。故

A正確。

（3）圖示為20分度游標(biāo)卡尺，因此讀數(shù)為

10cm+5x0.05x0.1cm=10.025cm

螺旋測(cè)微器讀數(shù)為

4mm+48.7x0.01mm=4.487mm

14.在“用電流表和電壓表測(cè)定電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻”的實(shí)驗(yàn)中有如下器材:

A.干電池1節(jié)B.滑動(dòng)變阻器（0~20C）

（1）其中滑動(dòng)變阻器應(yīng)選;（選填器材前的字母）

（2）請(qǐng)根據(jù)甲電路圖完成乙實(shí)物圖的連接；

（3）某同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的圖像如圖丙所示，由圖像可得電池的電動(dòng)勢(shì)為V,內(nèi)電阻為

______。；

（4）本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是。

【答案】B見(jiàn)解析1.51.0電壓表的分流作用

【詳解】

（I）由于電源內(nèi)阻一般較小，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器選擇小電阻，故應(yīng)選B

（2）根據(jù)甲電路圖連接實(shí)物圖如圖

（3）U—/圖像與縱軸交點(diǎn)為電源電動(dòng)勢(shì)即

E=1.5V

圖像斜率絕對(duì)值為電源內(nèi)阻即

1.5-0.9

Q=1.0Q

0.6

(4)由實(shí)驗(yàn)原理圖可知，電壓表測(cè)的是路端電壓，但電流衰測(cè)的并不是流過(guò)電源的電流，電流表示示數(shù)

與電壓表分流之和等于流過(guò)電源的電流，則本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是電壓表的分流作用

四、解答題：本題共4小題，第15題8分，第16題9分，第17題12分，第18題16分，共45分。解

答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答

案中必須明確寫出數(shù)值和單位。

15.如圖所示，絕緣直棒上的小球，其質(zhì)量為，"、帶電荷量是+q,小球可在棒上滑動(dòng)。將此棒豎直放在

互相垂直且沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度是E,磁感應(yīng)強(qiáng)度是8,小球與棒間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為〃，已知mg邛qE,則小球由靜止沿棒下滑過(guò)程中(小球所帶電荷量不變)；

(1)最大加速度是多少？

(2)最大速度是多少？

g—---------------

【答案】⑴m；(2)呼B

【詳解】

(1)在帶電小球下滑的過(guò)程中，小球受重力、電場(chǎng)力、支持力、摩擦力和洛倫茲力，受力分析如圖所

在豎直方向

mg—Ff—maFf=/.tFN

水平方向

F^=qvB+qE

解得

mg—〃（qvB+qE）

m

隨著小球速度V的增加，小球加速度減小。所以，小球向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后加速度減

小到零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng).

開(kāi)始時(shí)，v=0,此時(shí)加速度最大

RqE

%=8-----

m

(2)當(dāng)小球勻速時(shí)，4=0,小球處于平衡狀態(tài)，此時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為Vm

根據(jù)平衡條件

mg-/j(qvmB+qE)=Q

所以

v_〃琢E

NqBB

16.如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L=L0m,導(dǎo)軌平面與水平面成

°=37°角，上端連接阻值為&=3。的電阻，下端連接阻值為凡=6。的電阻。勻強(qiáng)磁場(chǎng)大小

6=0.4T、方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為加=02kg、電阻廠=0.5。的金屬棒出，放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)

軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25(已知sin370=0.6,cos37°=0.8,

g=l0mzs2)求：

(1)求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小；

(2)求金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小及此時(shí)必兩端的電壓U"為多少；

(3)當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的效率是多少。

【答案】(1)4m/s2；(2)I2.5m/s；4V；(3)66.7%

【詳解】

(1)金屬棒開(kāi)始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0-/jmgcos0=nia

式解得

tz=10x(0.6-0.25x().8)m/s2=4m/s2

故金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小為4m/s?。

(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速度為v,棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡

mgsin0-/nmgcos0-BIL=0

由歐姆定律有

,BvL

1=-------

R+r

u“b=IR

聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得

v=12.5m/s

34V

故金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為u=12.5m/s,此時(shí)ab兩端的電壓

4=4V

（3）當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，裝置的電功率

匕=『R+r）

裝置的機(jī)械功率

［兒=mgvsin0

機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的效率

77_'a

77-------

代入數(shù)據(jù)解得

〃=，0.667=66.7%

3

故機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的效率是66.7%。

17.如圖所示，在光滑絕緣水平面上，質(zhì)量為〃?的均勻絕緣棒4B長(zhǎng)為人帶有正電，電量為。且均勻分

布。在水平面上。點(diǎn)右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E,其方向?yàn)樗较蜃螅?0距離為刈，若棒在水平向

QE

右的大小為4的恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。求：

L

（1）棒的B端進(jìn)入電場(chǎng)8時(shí)的加速度大小和方向；

（2）棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能；

（3）如果棒可以完全進(jìn)入電場(chǎng)中，那么棒的最大電勢(shì)能。（設(shè)。處電勢(shì)為零）

QE堡J+AEI=QEL

【答案】(1)8加，方向向右；(2)4I08人⑶pl2

瞽QE(2Xo+L)

44%—

V),6A

【詳解】

(1)根據(jù)牛頓第二定律，得

QELQE

--------ma

48L

計(jì)算得出

_QE

Q----

8m

方向向右

(2)設(shè)當(dāng)棒進(jìn)入電場(chǎng)x時(shí)其動(dòng)能達(dá)到最大，則此時(shí)棒受力平衡，有

計(jì)算得出

x--L

4

由動(dòng)能定理得

線=華(

(3)棒減速到零時(shí)，棒可能全部進(jìn)入電場(chǎng)，也可能不能全部進(jìn)入電場(chǎng)，設(shè)恰能全部進(jìn)入電場(chǎng)，則有

華(皿)-竽八。

得

存在三種可能性，可能1,xo=L時(shí)，電勢(shì)能最大值

耳廣堡(L+L卜理

PI4172

可能2,當(dāng)與＜￡,棒不能全部進(jìn)入電場(chǎng)，設(shè)進(jìn)入電場(chǎng)x,根據(jù)動(dòng)能定理得

0+整

----^x=0-0

2

解得

L+J匕+8ZcX