河南省许昌市2021-2022学年高二下学期期末物理模拟试卷（1）(Word版含答案)

2021-2022学年河南省许昌市高二（下）期末物理模拟试卷（1）
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）如图，1831年8月29日，法拉第在一个软铁圆环上绕两个互相绝缘的线圈a和b。a与电池、开关组成回路，b的两端用导线连接，导线正下方有一枚小磁针。使法拉第在“磁生电”方面取得突破性进展的现象是（　　）
A．闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转
B．闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态
C．断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转
D．断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态
2．（4分）如图所示，匀强磁场中有两个由相同导线绕成的圆形线圈a、b，磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。a、b两线圈的半径之比为2：1，匝数之比为1：2，线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，某时刻磁通量分别为φa和φb，不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是（　　）
A．Ea：Eb＝4：1，φa：φb＝4：1，感应电流均沿顺时针方向
B．Ea：Eb＝2：1，φa：φb＝4：1，感应电流均沿逆时针方向
C．Ea：Eb＝2：1，φa：φb＝4：1，感应电流均沿顺时针方向
D．Ea：Eb＝4：1，φa：φb＝2：1，感应电流均沿顺时针方向
3．（4分）如图所示，A、B、C三根通电长直导线均水平固定，导线通入的恒定电流大小相等，方向如图，其中A、B垂直纸面且关于C对称，则导线C所受磁场力的情况是（　　）
A．大小为零 B．方向竖直向上
C．方向竖直向下 D．方向水平向左
4．（4分）下面说法正确的是（　　）
A．磁通量是矢量，其正负表示方向
B．感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量
C．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化
D．同一只电感线圈对频率低的交流电的阻碍较大
5．（4分）航拍遥控直升机是大型活动中必需的摄影器材。如图所示为某品牌的航拍遥控直升机，已知该直升机正常工作时的电压和电流分别为15V、3A，充电时的工作电压和工作电流分别为20V、0.6A，充电时间约为4h，电池的容量为1500mA h。则下列说法正确的是（　　）
A．参数1500mA h指的是充电电池所存储的能量
B．航拍遥控直升机正常工作时，其电动机的总电阻是5Ω
C．航拍遥控直升机正常工作的最长时间为2.5h
D．充电过程是将电能转化为化学能与内能的过程
6．（4分）如图所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是（　　）
①E＝2000V/m，φC＝200V
②E＝5000V/m，φC＝﹣200V
③电子在C点具有的电势能为﹣200eV
④电子在C点具有的电势能为200eV
A．①② B．②③ C．②④ D．①③
7．（4分）某加热仪器的温控部分如图所示，开关S1为电源控制开关，RT为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），E为直流电源，通过调节滑动变阻器，它可以控制加热室温度保持在某一临界温度，试分析判断，以下说法正确的是（　　）
A．电磁继电器是利用电生磁原理来工作的
B．热敏电阻在电路中的作用是保护电路
C．交换直流电源的正负极，电路将失去温控功能
D．若想使得临界温度升高应将滑动变阻器滑片左移
8．（4分）如图甲，边长为L、匝数为n的正方形闭合金属线圈abcd置于垂直纸面的匀强磁场中，线圈的总电阻为R，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．在时刻，线圈中的感应电流为
B．在时刻，线圈ab边受到的安培力水平向左
C．在1s内线圈中的电流方向改变了次
D．在任一周期内通过线圈某一横截面的电量为
9．（4分）如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（　　）
A．b、d两点处的场强和电势都相同
B．a点场强大于c点场强
C．将一试探电荷﹣q沿圆周由a点移至c点，电场力做负功
D．Uab＜Uac
10．（4分）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，以相同的速率从P点沿纸面的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子射入磁场时速率为v＝
B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝
C．不可能有粒子从C点射出磁场
D．不可能有粒子从A点沿水平方向射出磁场
11．（4分）如图所示，在磁感应强度为B、范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面。一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度大小v与时间t和加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（4分）如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则（　　）
A．φM＞φQ＝φP
B．φM＞φN＝φP
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做正功
二．实验题（共2小题，满分15分）
13．（6分）在“练习使用多用电表”的实验中：
（1）测量电阻时，将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×100”的位置；将红黑表笔短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针对准电阻刻度的　 　（填“0刻线”或“∞刻线”）；
（2）将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度很小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤　 　。
A．将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×10”的位置
C．换挡后直接测量读数
D．换挡后先进行欧姆调零再测量读数
（3）若选用“×1”倍率时电表的读数如图甲所示，则所测电阻的电阻值为　 　Ω。
14．（9分）某实验小组用如图1所示的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有
A．电阻箱R（量程0～99.9Ω）
B．电压表V（量程0～3V、0～15V）
（1）小组成员甲同学在利用如图1所示电路，调节电阻箱共测得了6组电阻、电压的数据，如表一所示。
表一
R（Ω） 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
U（V） 1.54 1.73 1.80 1.86 1.89 1.90
（2）甲同学发现实验数据中电压的变化范围太小了，准备进一步调小电阻箱阻值继续测量，他指出电压的变化范围太小的主要原因是　 　；乙同学提出反对意见，电阻箱调的太小，电路中电流过大，会对电池造成严重损伤，于是他找来了两个备用定值电阻来解决这个问题，下面两个定值电阻选择　 　（填序号）串联接在开关的旁边。
C．定值电阻R1（阻值1Ω）
D．定值电阻R2（阻值20Ω）
（3）乙同学动手重新组装了电路后测量结果记录如表二所示。
表二
R（Ω） 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
U（V） 0.87 1.20 1.40 1.50 1.59 1.65
他们准备采用如图2所示的图象处理实验数据，横轴应该是　 　，由图象进一步得到斜率为k，纵轴截距为b，则蓄电池的内阻为　 　，电动势为　 　（均用字母符号表示）。
（4）如果考虑电压表内阻对测量结果的影响，则电动势测量值　 　，内阻测量值　 　（均填“偏大”“偏小”或“准确”）。
三．计算题（共4小题，满分47分）
15．（10分）如图所示电路，闭合S1，当S2断开时，电流表和电压表示数分别是0.5A、8.5V；当S2闭合时，电流表和电压表示数分别是2.2A、6.8V，此时电动机恰好正常工作。已知电动机内阻R0＝1Ω，电流表、电压表均为理想表。求：
（1）电源电动势和内阻；
（2）S2闭合时流过电动机的电流和电动机输出功率。
16．（12分）如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy的第一象限与第四象限内有一条垂直于x轴的虚线MN、MN与x轴的交点为D。在y轴与虚线MN之间有匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E1；x轴上方的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，x轴下方的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2，B1＝2B2；在第二象限内有水平向右的匀强电场，场强大小为E2。一个质量为m、电荷量为+q的带电液滴从P点由静止释放，恰经过原点O进入第四象限后，开始做匀速圆周运动。已知P点坐标为（﹣3d，4d），B1＝（g为重力加速度），液滴通过O点后穿过x轴一次，最后垂直于MN射出磁场，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）场强E1、E2的大小；
（2）虚线MN与y轴的距离；
（3）液滴从P点释放到离开磁场的时间。
17．（12分）如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长位置，B的左侧有竖直向下、E＝2×104N/C的匀强电场。将一个带电量q＝1×10﹣4C、质量为m＝1kg的绝缘小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后进入CD管道，刚好能到最高点D处。（小球运动的全过程中所带电荷不变）水平轨道左侧AB段长为x＝0.5m，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑。g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小；
（2）压缩弹簧至A时弹簧所具有的弹性势能。
18．（13分）如图甲所示，在水平地面上固定两根平行光滑金属导轨，两导轨的间距为L，左端接一阻值为R的电阻，金属杆PQ静止在导轨上，电阻也为R，质量为m。虚线ef的右边区域存在足够长的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。给杆PQ施加一水平向右的恒定拉力，经过一段时间杆PQ到达ef位置，之后做匀速直线运动，导轨电阻不计。
（1）PQ从初始位置到ef所用的时间为多少？
（2）如果杆PQ到达位置ef后撤去拉力，此时刻之后，杆PQ的速度v与位移x关系如图乙所示，则0～x0与x0～3x0两个过程中金属杆PQ产生的热量之比为多少？
2021-2022学年河南省许昌市高二（下）期末物理模拟试卷（1）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）如图，1831年8月29日，法拉第在一个软铁圆环上绕两个互相绝缘的线圈a和b。a与电池、开关组成回路，b的两端用导线连接，导线正下方有一枚小磁针。使法拉第在“磁生电”方面取得突破性进展的现象是（　　）
A．闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转
B．闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态
C．断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转
D．断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态
【解答】解：A、闭合开关瞬间，a线圈中的电流强度发生变化，a线圈的电流在铁芯内部产生变化的磁场，使得b线圈中的磁通量发生变化，使得b线圈中产生感应电流，由于电流的周围存在着磁场，所以观察到小磁针发生偏转，故A正确；
B、闭合开关后，a线圈中的电流保持不变，铁芯内的磁通量不会发生变化，b线圈中不会产生感应电流，所以小磁针不会发生偏转，故B错误；
C、断开开关瞬间，a线圈中的电流强度发生变化，a线圈的电流在铁芯内部产生变化的磁场，使得b线圈中的磁通量发生变化，使得b线圈中产生感应电流，由于电流的周围存在着磁场，所以观察到小磁针发生偏转，故C错误；
D、断开开关后，a线圈中没有电流，铁芯内的磁通量为零且不变，b线圈中不会产生感应电流，所以小磁针不会发生偏转，故D错误。
故选：A。
2．（4分）如图所示，匀强磁场中有两个由相同导线绕成的圆形线圈a、b，磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。a、b两线圈的半径之比为2：1，匝数之比为1：2，线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，某时刻磁通量分别为φa和φb，不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是（　　）
A．Ea：Eb＝4：1，φa：φb＝4：1，感应电流均沿顺时针方向
B．Ea：Eb＝2：1，φa：φb＝4：1，感应电流均沿逆时针方向
C．Ea：Eb＝2：1，φa：φb＝4：1，感应电流均沿顺时针方向
D．Ea：Eb＝4：1，φa：φb＝2：1，感应电流均沿顺时针方向
【解答】解：设磁感应强度随时间的变化为k，由法拉第电磁感应定律有：E＝
得：Ea＝nakπra2
Eb＝nbkπrb2
所以Ea：Eb＝nara2：nbrb2＝2：1
磁通量与匝数无关，故Φa：Φb＝ra2：rb2＝4：1；
磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，则由安培定则可知，感应电流方向沿顺时针方向，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（4分）如图所示，A、B、C三根通电长直导线均水平固定，导线通入的恒定电流大小相等，方向如图，其中A、B垂直纸面且关于C对称，则导线C所受磁场力的情况是（　　）
A．大小为零 B．方向竖直向上
C．方向竖直向下 D．方向水平向左
【解答】解：根据安培定则，结合矢量的合成法则，可知，AB水平固定导线在C处的合磁场方向，正好与导线C电流方向相同，根据左手定则知：导线C所受的磁场力为零，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．（4分）下面说法正确的是（　　）
A．磁通量是矢量，其正负表示方向
B．感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量
C．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化
D．同一只电感线圈对频率低的交流电的阻碍较大
【解答】解：A、磁通量是标量，磁通量的正负表示磁场穿过某个闭合面的方向，故A错误；
B、根据楞次定律可知，感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化，不是阻碍原来的磁通量，故B错误；
C、自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化，故C正确；
D、由感抗公式XL＝2πfL可判断，线圈对频率低的交流电的阻碍作用较小，故D错误；
故选：C。
5．（4分）航拍遥控直升机是大型活动中必需的摄影器材。如图所示为某品牌的航拍遥控直升机，已知该直升机正常工作时的电压和电流分别为15V、3A，充电时的工作电压和工作电流分别为20V、0.6A，充电时间约为4h，电池的容量为1500mA h。则下列说法正确的是（　　）
A．参数1500mA h指的是充电电池所存储的能量
B．航拍遥控直升机正常工作时，其电动机的总电阻是5Ω
C．航拍遥控直升机正常工作的最长时间为2.5h
D．充电过程是将电能转化为化学能与内能的过程
【解答】解：A、参数1500mA h，其单位为电荷量的单位，所以电池容量是指电池存储的电荷量，故A错误；
B、欧姆定律适用于纯电阻电路，对于含有电动机的电路不适用，故电阻R，故B错误；
C、航拍遥控直升机充满电后正常工作的最长时间t＝＝0.5h，故C错误；
D、充电过程是将电能转化为化学能存储在电池中，故D正确。
故选：D。
6．（4分）如图所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是（　　）
①E＝2000V/m，φC＝200V
②E＝5000V/m，φC＝﹣200V
③电子在C点具有的电势能为﹣200eV
④电子在C点具有的电势能为200eV
A．①② B．②③ C．②④ D．①③
【解答】解：A板接地，则其电势为零，又因为A、B两板间的电压为600V，则B板电势为﹣600V，由此知C点电势为负值，则A、B两板间场强E＝V/cm＝50V/cm＝5000V/m，φC＝﹣EdC＝﹣50V/cm×4cm＝﹣200V，则①错误，②正确；电子在C点具有的电势能Ep＝eφC＝﹣e×（﹣200V）＝200eV，则③错误，④正确。故C正确，ABD错误。
故选：C。
7．（4分）某加热仪器的温控部分如图所示，开关S1为电源控制开关，RT为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），E为直流电源，通过调节滑动变阻器，它可以控制加热室温度保持在某一临界温度，试分析判断，以下说法正确的是（　　）
A．电磁继电器是利用电生磁原理来工作的
B．热敏电阻在电路中的作用是保护电路
C．交换直流电源的正负极，电路将失去温控功能
D．若想使得临界温度升高应将滑动变阻器滑片左移
【解答】解：AC、电磁继电器利用电生磁原理，电磁铁对P吸引松开来工作，与电流的流向无关，故A正确，C错误；
B、工作过程：闭合S1，当温度低于设计值时，热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流减小不能使它工作，S2接通，电炉丝加热当温度达到临界值时，热敏电阻减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流；S2断开，电炉丝断电，停止供热，分析可得，B错误；
D、若想使得界温度升高，则滑动变阻器的电阻越大电流越小继电器中的电磁铁磁性越弱，当临界温度越高，热敏电阻越小，电流增大到某一值，才会吸引P松开，停止加热，所以滑动变阻器滑片右移，D错误。
故选：A。
8．（4分）如图甲，边长为L、匝数为n的正方形闭合金属线圈abcd置于垂直纸面的匀强磁场中，线圈的总电阻为R，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．在时刻，线圈中的感应电流为
B．在时刻，线圈ab边受到的安培力水平向左
C．在1s内线圈中的电流方向改变了次
D．在任一周期内通过线圈某一横截面的电量为
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝n S，在时刻，为零，则线圈中的感应电流为0，故A错误；
B、在时刻，磁感应强度向里逐渐减小，根据楞次定律可得感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知线圈ab边受到的安培力水平向左，故B正确；
C、磁感应强度B变化的周期为2t0，磁感应强度变化的周期和磁通量变化的周期相同，一个周期内电流方向改变两次，故1s内线圈中的电流方向改变了次，故C正确；
D、根据电荷量公式可知，q＝n，任一周期内，磁通量的变化量为0，则通过线圈某一横截面的电量为0，故D错误。
故选：BC。
9．（4分）如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（　　）
A．b、d两点处的场强和电势都相同
B．a点场强大于c点场强
C．将一试探电荷﹣q沿圆周由a点移至c点，电场力做负功
D．Uab＜Uac
【解答】解：A、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b、d两点电势相等，场强大小相等，方向是轴对称的，不相同的，故A错误；
B、等量异种点电荷的的电场线与等势面的分布如上图：结合题图可知，c点的电场线密，则c点的电场强度大，故B错误；
C、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，所以相同的负电荷在c点处的电势能最大，将试探电荷﹣q沿圆周由a点移至c点，电势能增大，则电场力做负功，故C正确；
D、c点的电势在四个点中是最低的，结合等量异种点电荷的电势的特点可知，a点的电势高于b点的电势，所以Uab＜Uac，故D正确。
故选：CD。
10．（4分）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，以相同的速率从P点沿纸面的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子射入磁场时速率为v＝
B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝
C．不可能有粒子从C点射出磁场
D．不可能有粒子从A点沿水平方向射出磁场
【解答】解：A、粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律：且r＝2R，故v＝，故A错误。
B、要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图甲，由几何关系知，此轨迹在磁场中的偏转角为60°，所以最长时间为，故B正确。
C、当入射速度的方向合适时，是可以确定从C点射出的粒子圆周运动的圆心，如图乙所示，做PC的中垂线，以P或C点为圆心以2R为半径画圆弧交PC中垂线于O，O点即为能通过C点轨迹的圆心，故C错误。
D、若粒子能从A点水平射出磁场，则在A点作速度方向的垂线，再作AP两点连线的中垂线，交点即为圆心，此时圆周运动的半径r≠2R，如图丙所示，故D正确。
故选：BD。
11．（4分）如图所示，在磁感应强度为B、范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面。一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度大小v与时间t和加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：依据左手定则判断物块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μFN＝ma
FN＝mgcosθ+qvB，
联立解得：a＝gsinθ+μgcosθ+，方向沿斜面向下，所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，在小物块上滑过程中，当速度为零时加速度最小，但最小值不为零；
AB、速度﹣时间图象的切线斜率表示加速度，故A正确，B错误；
CD、物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零，故C正确，D错误。
故选：AC。
12．（4分）如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则（　　）
A．φM＞φQ＝φP
B．φM＞φN＝φP
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做正功
【解答】解：AB、由题知，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则说明N、P在同一等势面上，
且由于电场力做负功则电场线应竖直向下，所以有 φM＝φQ＞φN＝φP，故A错误，B正确；
C、由选项AB知，M、Q在同一等势面上，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故C错误；
D、由选项AB知，电场线竖直向下，则电子由P点运动到Q点，电场力做正功，D正确。
故选：BD。
二．实验题（共2小题，满分15分）
13．（6分）在“练习使用多用电表”的实验中：
（1）测量电阻时，将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×100”的位置；将红黑表笔短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针对准电阻刻度的　0刻线　（填“0刻线”或“∞刻线”）；
（2）将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度很小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤　AD　。
A．将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×10”的位置
C．换挡后直接测量读数
D．换挡后先进行欧姆调零再测量读数
（3）若选用“×1”倍率时电表的读数如图甲所示，则所测电阻的电阻值为　16　Ω。
【解答】解：（1）欧姆表选择倍率后要进行欧姆调零，将红黑表笔短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针对准电阻刻度的0刻线。
（2）将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×100”的位置，将两表笔与待测电阻相接，指针偏转角度很小，说明所测电阻较大，
所需倍率太小，为了得到比较准确的测量结果，应换较大的倍率，将选择开关旋转到欧姆挡倍率“×1k”的位置，
换挡后先进行欧姆调零再测量读数，故合理的步骤是AD。
（3）选用“×1”倍率，由图甲所示可知，所测电阻的电阻值为16×1Ω＝16Ω。
故答案为：（1）0刻线；（2）AD；（3）16。
14．（9分）某实验小组用如图1所示的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有
A．电阻箱R（量程0～99.9Ω）
B．电压表V（量程0～3V、0～15V）
（1）小组成员甲同学在利用如图1所示电路，调节电阻箱共测得了6组电阻、电压的数据，如表一所示。
表一
R（Ω） 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
U（V） 1.54 1.73 1.80 1.86 1.89 1.90
（2）甲同学发现实验数据中电压的变化范围太小了，准备进一步调小电阻箱阻值继续测量，他指出电压的变化范围太小的主要原因是　蓄电池内阻太小　；乙同学提出反对意见，电阻箱调的太小，电路中电流过大，会对电池造成严重损伤，于是他找来了两个备用定值电阻来解决这个问题，下面两个定值电阻选择　C　（填序号）串联接在开关的旁边。
C．定值电阻R1（阻值1Ω）
D．定值电阻R2（阻值20Ω）
（3）乙同学动手重新组装了电路后测量结果记录如表二所示。
表二
R（Ω） 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
U（V） 0.87 1.20 1.40 1.50 1.59 1.65
他们准备采用如图2所示的图象处理实验数据，横轴应该是　　，由图象进一步得到斜率为k，纵轴截距为b，则蓄电池的内阻为　﹣R1　，电动势为　　（均用字母符号表示）。
（4）如果考虑电压表内阻对测量结果的影响，则电动势测量值　偏小　，内阻测量值　偏小　（均填“偏大”“偏小”或“准确”）。
【解答】解：（2）由图1所示电路图根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U＝E﹣Ir，由于蓄电池内阻r太小，当电路电流变化时路端电压变化范围较小，电压表示数变化量较小；定值电阻与蓄电池串联，把定值电阻与电源整体看成等效电源，可以增大电压表示数变化范围，蓄电池电动势约为2V，定值电阻如果选择R2，电路电流太小，无法准确测量电路电流，因此定值电阻应选择R1，故选C。
（3）定值电阻R1与串联，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E＝U+I（r+R1）＝U+（r+R1），
整理得：＝ +，应以为横轴作出﹣图象，图象纵轴截距b＝，图象的斜率k＝，
电源电动势E＝，电源内阻r＝﹣R1。
（4）考虑电压表内阻，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E＝U+I（r+R1）＝U+（r+R1），
整理得：＝ + +，﹣图象纵轴截距b＝ +，图象斜率k＝，
解得电源电动势的真实值E真＝ ＞，电动势的测量值小于真实值，
电源内阻的真实值r真＝kE﹣R1＝k﹣R1＞﹣R1，内阻测量值小于真实值。
故答案为：（2）蓄电池内阻太小；C；（3）；﹣R1；；（4）偏小；偏小。
三．计算题（共4小题，满分47分）
15．（10分）如图所示电路，闭合S1，当S2断开时，电流表和电压表示数分别是0.5A、8.5V；当S2闭合时，电流表和电压表示数分别是2.2A、6.8V，此时电动机恰好正常工作。已知电动机内阻R0＝1Ω，电流表、电压表均为理想表。求：
（1）电源电动势和内阻；
（2）S2闭合时流过电动机的电流和电动机输出功率。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当S2断开时有：
E＝U1+I1r
当S2闭合时有：
E＝U2+I2r
联立①②两式代入数值解得电源电动势为：E＝9.0V
内阻为：r＝1.0Ω
（2）由S2断开时得：R＝＝17Ω
S2闭合时通过定值电阻R的电流为：I3＝＝0.4A
所以通过电动机的电流为：I＝I2﹣I3＝1.8A
电动机的输出功率为：P＝U3I﹣I2R0
代入数值得电动机的输出功率为：P＝9.0W
答：（1）电源电动势为9.0V，内阻为1.0Ω；
（2）闭合S2时流过电动机的电流为1.8A，电动机输出功率为9.0W。
16．（12分）如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy的第一象限与第四象限内有一条垂直于x轴的虚线MN、MN与x轴的交点为D。在y轴与虚线MN之间有匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E1；x轴上方的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，x轴下方的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2，B1＝2B2；在第二象限内有水平向右的匀强电场，场强大小为E2。一个质量为m、电荷量为+q的带电液滴从P点由静止释放，恰经过原点O进入第四象限后，开始做匀速圆周运动。已知P点坐标为（﹣3d，4d），B1＝（g为重力加速度），液滴通过O点后穿过x轴一次，最后垂直于MN射出磁场，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）场强E1、E2的大小；
（2）虚线MN与y轴的距离；
（3）液滴从P点释放到离开磁场的时间。
【解答】解：（1）液滴在第四象限内做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，
则：qE1＝mg，
解得电场强度大小：E1＝
液滴在第二象限内受到重力与电场力作用在P点由静止释放后做直线运动，
设液滴从坐标原点O进入第四象限时速度方向与x轴正方向夹角为α，
则tanα＝，
解得：α＝53°
液滴在第二象限内所受合力沿PO方向，则tanα＝
代入数据解得：E2＝
（2）设液滴经过O点时的速度大小为v，液滴从P到O过程，由动能定理得：
mg×4d+qE2×3d＝﹣0
解得：v＝
液滴在第四、第一象限内做圆周运动的运动轨迹如图所示
在第四象限内重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB2＝m
解得液滴做匀速圆周运动的轨道半径r2＝3d
在第一象限内重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB1＝m
解得液滴做匀速圆周运动的轨道半径r1＝1.5d
虚线MN与y轴间的距离：
x＝2r2sin53°+r1sin53°＝2×3d×0.8+1.5d×0.8＝6d
（3）液滴在第二象限内运动过程，由牛顿第二定律得：a＝＝1.25g
液滴在第二象限内的运动时间：t1＝＝2
液滴在第一象限内做匀速圆周运动的周期T1＝
液滴在第四象限内做匀速圆周运动的周期T2＝
液滴从P点释放到离开磁场的匀速时间：
t＝t1+T2+T1＝（4+）
答：（1）场强E1大小是，E2的大小是；
（2）虚线MN与y轴的距离是6d；
（3）液滴从P点释放到离开磁场的时间是（4+）。
17．（12分）如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长位置，B的左侧有竖直向下、E＝2×104N/C的匀强电场。将一个带电量q＝1×10﹣4C、质量为m＝1kg的绝缘小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后进入CD管道，刚好能到最高点D处。（小球运动的全过程中所带电荷不变）水平轨道左侧AB段长为x＝0.5m，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑。g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小；
（2）压缩弹簧至A时弹簧所具有的弹性势能。
【解答】解：（1）设小球到C点的速度为C，由于小球刚好能到D点，说明在D点的速度是vD＝0，
对小球从C点到D点的过程中由机械能守恒定律可得：mv2＝mg 2R，
在C处小球受力分析可知，设轨道对小球的支持力FN，FN﹣mg＝m，联立解得，FN＝5mg＝50N.
由牛顿第三定律可知：小球在C处对轨道的压力FN′与FN等大反向，即小球在C处对轨道的压力FN′＝50N，
（2）小球从A点释放到C的过程中，设弹簧的弹性势能为EP利用功能关系可知：EP﹣μ（mg+qE）x＝m，代入数据可得：EP＝11J。
答：（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力的大小是50N；
（2）压缩弹簧至A时弹簧所具有的弹性势能是11J。
18．（13分）如图甲所示，在水平地面上固定两根平行光滑金属导轨，两导轨的间距为L，左端接一阻值为R的电阻，金属杆PQ静止在导轨上，电阻也为R，质量为m。虚线ef的右边区域存在足够长的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。给杆PQ施加一水平向右的恒定拉力，经过一段时间杆PQ到达ef位置，之后做匀速直线运动，导轨电阻不计。
（1）PQ从初始位置到ef所用的时间为多少？
（2）如果杆PQ到达位置ef后撤去拉力，此时刻之后，杆PQ的速度v与位移x关系如图乙所示，则0～x0与x0～3x0两个过程中金属杆PQ产生的热量之比为多少？
【解答】解：（1）设拉力大小为F，杆的加速度为a，进入磁场时的速度为v0，则有：
F＝ma，v0＝at
杆在磁场中做匀速运动，则有：F＝F安＝BIL，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝，
导体棒切割磁感应线产生的感应电动势：E＝BLv0
联立解得：t＝；
（2）撤去拉力后，由图乙可知，杆在x＝x0处的速度大小为：v＝v0
由能量关系，在0～x0过程中，金属杆PQ产生的热量为：Q1＝
在x0～3x0过程中，金属杆PQ产生的热量为：Q2＝
联立解得：。
答：（1）PQ从初始位置到ef所用的时间为；
（2）0～x0与x0～3x0两个过程中金属杆PQ产生的热量之比为5：4。