广东省广州市天河区五校2023-2024学年高二（上）期末物理模拟试卷
1．（2024高二上·天河期末）十四届全国人大一次会议于2023年3月5日在北京隆重召开，世界各地观众都能通过电视信号收看到大会实况。关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验捕捉到了电磁波
B．遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大
C．电磁波在真空中的传播速度与频率有关，频率越高，传播速度越大
D．LC电路振荡电路发射电磁波的两个重要条件是采用高频和开放性
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；电磁振荡
【解析】【解答】A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故A错误；
B、遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故B错误；
C、电磁波在真空中的传播速度为光速，大小一定，与频率无关，故C错误；
D、LC电路振荡电路发射电磁波的两个重要条件是采用高频和开放性，故D正确。
故答案为：D。
【分析】麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波。电磁波在真空中的传播速度为光速，与频率无关。LC电路振荡电路发射电磁波的两个重要条件是采用高频和开放性。
2．（2024高二上·天河期末）图示为某“静电消除器”的原理简图，直流高压产生器将输入电压升高，使正、负放电极尖端交替产生大量正、负离子，当表面带电物体通过放电极附近时，离子将带电物体表面的电荷中和“消除”。忽略离子间的相互作用，则离子被吸附到带电物体表面过程中（ ）
A．均做匀加速运动 B．正离子电势能增大
C．电场力对负离子做负功 D．正离子向电势降低的方向移动
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．表面带电物体所产生的的电场不是匀强电场，所以离子所受电场力为变力，均做变加速运动，A不符合题意；
BC．无论是正离子还是负离子，被带电物体吸引时，电场力作为吸引力，都做正功，离子电势能都减小，BC不符合题意；
D．因为正离子电势能减小，所以一定是向电势低的方向移动，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】表面带电物体产生的电场不属于匀强电场所以电场力为变力，所以离子做变加速运动；电场力作为引力做正功电势能不断减小；正离子电势能减小一定向电势降低的方向移动。
3．（2024高二上·天河期末）两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子从A点沿图示方向射入电场，仅在静电力的作用下穿越电场区域，最后离开电场，则粒子在电场中（ ）
A．做曲线运动，电势能先变小后变大
B．做曲线运动，电势能先变大后变小
C．做直线运动，电势能先变大后变小
D．做直线运动，电势能不变
【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大。
故答案为：A。
【分析】根据等势线与电场线相互垂直及沿电场线方向电势逐渐降低，确定电场线的方向。负电荷所受电场力方向与场强方向相反。根据受力情况确定粒子的偏转方向。结合图像确定粒子电势的变化情况，再根据电势能与电势的关系确定电势能变化情况。或根据电场力做功判断电势能变化情况，电场力做负功，电势能升高。
4．（2024高二上·天河期末）已知通有电流I的长直导线外某点磁感应强度大小B＝k，其中r为该点到导线的距离，k为常量。如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，∠C＝30°，B、C两点间距离为d。在A点固定一垂直于纸面的长直通电导线，电流为I，方向垂直纸面向里。若在该区域再加一匀强磁场，使C点的磁感应强度为零，则所加匀强磁场的磁感应强度大小、方向分别为（ ）
A．，垂直于AC向上 B．，平行于AC向上
C．，垂直于AC向上 D．，平行于AC向上
【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据几何关系，AC的长度为
长直通电导线在C处产生的磁感应强度为
根据右手螺旋定则，方向垂直AC向下。在该区域再加一匀强磁场，使C点的磁感应强度为零，则所加匀强磁场的磁感应强度与B1等大反向，即大小为，方向垂直于AC向上。
故答案为：A。
【分析】根据几何关系确定C点到导线的长度，根据题意确定通电导线在C点产生的磁感应强度。根据右手螺旋定则确定通电导线在C点产生的磁场方向。再根据矢量合成法则结合题意确定所加磁场的大小和方向。
5．（2024高二上·天河期末）有两位同学用同一组电学元件分别连接成图甲和图乙的调光电路。在闭合电键后，使滑动变阻器的滑片由最左端开始向右滑动，直到灯泡正常发光。则灯泡正常发光时电源总功率和整个过程中灯泡的亮度变化情况是（ ）
A．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
B．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
C．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
D．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
【答案】B
【知识点】电功率和电功；电路动态分析
【解析】【解答】乙图是分压式控制电路，电压电流可以从0开始调节，则小灯泡的亮度变化范围较大，甲图是限流式控制电路，电压电流不能从0开始，则小灯泡的亮度变化范围较小。甲电路中的电源总功率为
乙电路中的电源总功率为
则甲电路中的电源总功率较小。
故答案为：B。
【分析】分压式控制电路，电压电流可以从0开始调节，电流电压的变化范围较大。灯泡正常发光时，通过灯泡的电流等于其额定电流。再跟进功率的定义及串并联电路规律进行分析。
6．（2024高二上·天河期末）如图（甲）所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点。若将一负电荷以A点自由释放，负电荷仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图（乙）所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．该电场是匀强电场
B．A、B两点的电势相比一定φA＜φB
C．A、B两点的场强大小相比一定EA＜EB
D．该电荷在两点的电势能的大小相比一定EpA＞EpB
【答案】A
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力越来越大，故A点的场强小于B点场强，故A错误，符合题意，C正确，不符合题意；
B、由于物体沿电场线运动过程当中做加速运动，故点电荷所受电场力方向由A指向B，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由B指向A，而沿电场线的方向电势降低，即
φA<φB
故B正确，不符合题意；
D、因为φA<φB，又因为是负电荷，所以电势能
EPA>EPB
故D正确，不符合题意．
故答案为：A。
【分析】v-t图像的斜率表示物体的加速度，根据图像确定加速度的变化情况，再根据牛顿第二定律确定电场力的方向及场强的变化情况。沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能降低，动能增大。负电荷在电势高的位置电势能小。
7．（2024高二上·天河期末）如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（ ）
A．杆AO对P的弹力减小 B．杆BO对Q的弹力减小
C．P、Q之间的库仑力减小 D．杆AO对P的摩擦力增大
【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】A．对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO的支持力，故杆AO对小球P的弹力不变，A不符合题意；
BC．对Q受力如图
小球P向左移后，两个小球P、Q间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条件可知杆BO对小球Q的弹力变大，两小球P、Q之间的库仑力变大，B、C不符合题意；
D．对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆BO对小球Q的弹力等于杆AO对小球P的摩擦力，所以可得杆AO对小球P的摩擦力变大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。
8．（2024高二上·天河期末）如图所示，O、A、B、C四点在同一直线上，C为A、B中点，把点电荷Q固定在O点，将电荷量为q＝﹣2.0×10﹣9C检验电荷q从A点由静止释放，运动到B点电场力做功为4.0×10﹣7J。整个过程仅受电场力，无穷远处电势为0，则（ ）
A．A点的场强方向由A→B
B．B点电势高于A点电势，且大于0
C．A、B之间的电势差UAB＝﹣200V，且|UAC|＞|UCB|
D．从A点移到B点检验电荷q的电势能增大了4×10﹣7J
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差
【解析】 【解答】A、在A点由静止释放，仅受电场力由A→B，则电场力方向由A→B，由负检验电荷所受的电场力方向与电场方向相反，可得A点的场强方向由B指向A，故A错误；
B、由A选项分析此可判定Q为负点电荷，无穷无处电势为0，故Q周围电势为负值，故B错误；
C、设A、B之间的电势差为UAB，则
越靠近场源电荷，电场强度越大，由于AC=BC，故
根据
可知
故C正确；
D、电场力做正功，则检验电荷的电势能减少了4×10-7J，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握点电荷场强的分布情况。负电荷所受的电场力方向与电场方向相反。沿电场线方向电势逐渐降低，越靠近场源电荷电场强度越大。电场力做正功，电势能减小。
9．（2024高二上·天河期末）一块横截面为矩形的金属导体的宽度为b，厚度为d，水平放置，将导体置于一磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应强度的方向水平且垂直于侧面如图所示。当在导体中通以图示方向的电流I时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH，已知载流子为自由电子，电量为e，则下列判断正确的是（ ）
A．导体内载流子只受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的电场力作用
B．用电压表测UH时，电压表的“+”接线柱接下表面
C．金属导体的厚度d越大，UH越大
D．该导体单位体积内的自由电子数为
【答案】B,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、导体内载流子除了受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的电场力作用之外，还受到电源提供的非静电力作用和导体内正离子对其的库仑力等作用，故A错误；
B、电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知在导体上表面上将聚集电子，所以用电压表测UH时，电压表的“+”接线柱接下表面，故B正确；
CD、根据平衡条件有
设该导体单位体积内的自由电子数为n，根据电流的微观表达式有
联立两式可得
即UH与金属导体的厚度d无关。并且导体单位体积内的自由电子数为
故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】电荷之间存在相互作用库仑力。电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则确定电子偏转方向，继而确定导体上下表面电势的高低情况。电压表正极接电势高的一端。熟悉掌握霍尔元件稳定时的计算方法。
10．（2024高二上·天河期末）如图所示，一平行板电容器与电源E和电流表相连接，接通开关S，电源即给电容器充电，下列说法中正确的是（ ）
A．保持S接通，使两极板的面积错开一些（仍平行），则两极板间的电场强度减小
B．保持S接通，减小两极板间的距离，则电流表中有从左到右的电流流过
C．断开S，增大两极板间的距离，则两极板间的电压减小
D．断开S，在两极板间插入一块电介质板，则两极板间的电势差减小
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、保持开关S接通，电容器两极板间的电压U保持不变，使两极板的面积错开一些（仍平行），两极板间距离d不变，根据
可知两极板间的电场强度E不变，故A错误；
B、保持S接通，减小两极板间的距离d，根据平行板电容器电容的决定式和定义式
可知C增大，而U不变，则Q增大，即电容器将充电，又因为电容器上极板带正电，下极板带负电，所以电流表中有从左到右的电流流过，故B正确；
C、断开S，增大两极板间的距离d，根据平行板电容器电容的决定式和定义式
可知C减小，而Q不变，所以两极板间的电压U增大，故C错误；
D、断开S，在两极板间插入一块电介质板，电容器两极板间介电常数ε增大，根根据平行板电容器电容的决定式和定义式
可知C增大，而Q不变，所以两极板间的电压U减小，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】保持开关S接通，电容器两极板间的电压U保持不变。断开开关，则两极板的电荷量不变。根据题意确定两极板间各参数的变化情况。再结合电容的的定义式及决定式和场强与电势差的关系进分析处理。
11．（2024高二上·天河期末）如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿对角线方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用. 根据以上信息，可以确定（ ）
A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电
B．粒子1和粒子3的比荷之比为2：1
C．粒子1和粒子2在磁场中的运动时间之比为π：4
D．粒子3的射出位置与d点相距
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电．A不符合题意；
B.做出粒子运动的轨迹如图，则粒子1运动的半径：r1＝ ，由 可得
粒子3的运动的轨迹如图，则：r3＝ L，
所以： ．B符合题意；
C.粒子1 在磁场中运动的时间： ；粒子2 在磁场中运动的时间： ；所以： ，C符合题意；
D.粒子3射出的位置与d点相距： ．D不符合题意．
故答案为：BC。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出其粒子轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子的比荷；利用其轨迹所对圆心角结合其运动的周期可以求出运动时间之比；利用几何关系可以求出粒子射出的位置与d之间的距离。
12．（2024高二上·天河期末）如图所示为一款热销“永动机”玩具示意图，其原理是通过隐藏的电池和磁铁对小钢球施加安培力从而实现“永动”。小钢球从水平光滑平台的洞口M点静止出发，无磕碰地穿过竖直绝缘管道后从末端N点进入平行导轨PP ﹣QQ ，电池、导轨与小钢球构成闭合回路后形成电流，其中电源正极连接导轨PQ，负极连接P Q ；通电小钢球在底部磁场区域受安培力加速，并从导轨的圆弧段末端QQ 抛出；然后小钢球恰好在最高点运动到水平光滑平台上，最终滚动至与挡板发生完全非弹性碰撞后再次从M点静止出发，如此循环。已知导轨末端与平台右端的水平、竖直距离均为0.2m，小钢球质量为40g，在导轨上克服摩擦做功为0.04J，其余摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．磁铁的N极朝上
B．取下电池后，小钢球从M点静止出发仍能回到平台上
C．小钢球从导轨末端QQ 抛出时速度为m/s
D．为了维持“永动”，每个循环需安培力对小球做功0.04J
【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、由电路可知钢球中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知磁铁上方轨道处磁场方向向上，故磁铁N极朝上，故A正确；
B、取下电池后，小球缺少安培力做功，即使从导轨末端抛出，初速度减小也将导致不能到达平台，故B错误；
C、斜抛到最高点可反向看作平抛运动，则
，，
解得
， ，
所以抛出时的速度为
故C正确；
D、为了维持“永动”，每个循环安培力做的功应该补充机械能的损失，一部分是克服摩擦力做的功，还有一部分是碰撞挡板的损失，一定大于0.04J，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】钢球在导轨中相当于导线，根据电路图确定小球在导轨中运动过程电流的方向。由于小球做加速运动，故所受安培力方向与运动方向相同。再根据左手定则确定磁铁产生的磁场方向，继而确定磁铁磁极情况。抛出后小球做斜抛运动。由于是非弹性碰撞，则碰撞会损耗能量。
13．（2024高二上·天河期末）现有一金属丝。为测量该金属丝的电阻率，现用伏安法测量金属丝两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该金属丝的直径，用游标卡尺测量该金属丝的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。
（1）如图读得金属丝的直径为 mm，长度为 cm。
（2）若流经金属丝的电流为I，金属丝两端之间的电压为U，金属丝的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝ 。
（3）为减小实验误差，应选用如图中 （选填“丙”或“丁”）为该实验的电路原理图。
【答案】（1）1.845；2.060
（2）
（3）丁
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为
游标卡尺读数为
（2）欧姆定律
电阻定律
可得电阻率为
（3）由题意及图分析知电阻丝是一个小电阻，电阻和电流表内阻比较接近，分压比较明显，电流表应采用外接法，可减小实验误差，故答案为：丁为该实验电路原理图。
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据欧姆定律及电阻定律推导得出电阻率的表达式。熟悉掌握电流表内接法和外接法的判定方法。
14．（2024高二上·天河期末）某欧姆表测未知电阻阻值的电路如图1所示，其内部电池的电动势为1.5V，表头的满偏电流为3mA。
（1）测量电阻时先将红黑表笔短接，调节调零电阻，使电流表满偏，然后再将两表笔接入不同的待测电阻，得到电路中电流I与不同的待测电阻的阻值Rx关系图象如图2所示，则根据该图象中I﹣Rx图线做出的解释或判断中正确的是____
A．因为函数图线上电流与电阻值是一一对应的，所以欧姆表表盘上的刻度线是均匀的
B．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表表盘上的刻度线是不均匀的
C．测量中，当Rx的阻值为图2中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧
D．测量中，当Rx的阻值为图2中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧
（2）此欧姆表刻度盘上的中值电阻应为 Ω。
（3）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，为了减少电池老化造成的误差，可以用一电压表对原电阻刻度值进行修正。先将欧姆表的两表笔短接，调节R0使电流表的指针满偏。再将电压表接在两表笔之间，此时电压表的示数为0.98V，欧姆表的示数1000Ω，则欧姆表刻度盘上，电阻刻度值500Ω处应该修改为 Ω
【答案】（1）B；C
（2）500
（3）490
【知识点】练习使用多用电表；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）AB、因为函数图线是曲线，则电流随电阻并不是均匀变化，所以欧姆表表盘上的刻度线不是均匀的，故A错误，B正确；
CD、当测量电阻为R1时，此时指针指在表盘中央位置，当Rx的阻值为图2中的R2时，且R2>R1此时电流比测电阻为R1时的更小，则指针位于表盘中央位置的左侧，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
（2）欧姆表刻度盘上的中值电阻应为
（3）设电压表内阻为Rv，则测量时的电流值
解得
又
解得
【分析】电流随电阻并不是均匀变化，欧姆表表盘上的刻度线不是均匀。电阻越大，电路中的电流越小，则电表的指针偏转越小。熟悉掌握中值法测欧姆表内阻的方法。校准电表时根据串联电路规律及欧姆定律进行解答。
15．（2024高二上·天河期末）带电粒子的电荷量和其质量的比值叫比荷。一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极发出电子，经阳极A与阴极之间的高压加速后，形成一细束电子流。电子束沿平行于极板的方向进入两极板、间，两极板间距离为d、长度为。若两极板、间无电压，电子将打在荧光屏上的点，点到极板右侧的距离为。若在两极板间加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的点，点到点的距离为。若极板间再施加一个磁感应强度为、垂直纸面方向的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到点。电子的重力可忽略不计。
（1）判断、间磁场的方向；
（2）求电子射入极板、时的速度；
（3）求电子的比荷；
（4）请你再设计一种能够测量带电粒子比荷的方案。要求：利用电场、磁场来控制带电粒子的运动，说明需要测量的物理量，并写出比荷的表达式（用测量量表示）。
【答案】（1）解：根据题意若不加磁场，电子在极板间向下偏转，说明极板间电场强度向上，电场力向下，加磁场后，电子不偏转，说明洛伦兹力与电场力平衡，则洛伦兹力向上，根据左手定则可以判断， 、 间磁场的方向为垂直纸面向外；
（2）解：加磁场后，电子不偏转，说明洛伦兹力与电场力平衡，则
解得
（3）解：未加磁场时，设射出电场时的速度偏转角为 ，根据几何关系结合类平抛运动规律
在偏转电场中 ， ，
联立解得
（4）解：让粒子通过正交的电磁场让其做直线运动，根据二力平衡
可得
在其他条件不变情况下，撤去电场，使粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系测出轨迹半径，根据
可得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）洛伦兹力与电场力平衡，根据左手定则判断磁场方向。
（2） 加磁场后，电子不偏转，说明洛伦兹力与电场力平衡 。
（3）未加磁场，粒子在电场中做类平抛运动。由类平抛运动规律求解。
（4）粒子通过速度选择器求出速度大小， 粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系测出轨迹半径，从而得出比荷大小。
16．（2024高二上·天河期末）如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直，且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）ab棒受到的安培力；
（2）ab棒与导轨的动摩擦因数μ。
【答案】（1）根据闭合电路欧姆定律得：
IA＝2A
导体棒受到的安培力大小：F＝ILB＝2×0.4×0.5N＝0.4N
由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上
（2）导体棒静止处于平衡状态，设导体棒所受静摩擦力为f，由平衡条件得：
平行斜面方向上：mgsin37°+f＝F
垂直斜面方向上：FN＝mgcos37°
根据滑动摩擦力公式可知，μ
代入数据解得：μ＝0.5。
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律确定通过导体棒的电流大小及方向。再根据左手定则确定导体棒所受安培力的方向，根据安培力公式确定导体棒所受安培力的大小；
（2） 导体棒恰好刚要滑动，即此时导体棒处于平衡状态。确定导体棒的受力情况，再根据平衡条件及力的合成与分解结合滑动摩擦力公式进行解答。
17．（2024高二上·天河期末）如图，在直角坐标系的第二象限内存在竖直向上的匀强电场；第三象限内有一圆心为Q、方向垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，该区域与x轴相切于坐标为（L，0）的P点。一电子从坐标为（O，L）的M点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限，然后通过坐标为（L，O）的N点并沿NQ方向射入圆形磁场区域，随后垂直穿过y轴进入第四象限一矩形匀强磁场区域（图中未画出），最后穿出矩形磁场区域后速度方向恰好与射线OO′垂直。已知射线OO′与x轴正方向的夹角为θ＝30°，矩形磁场区域与圆形磁场区域的磁感应强度大小相等，方向相同，电子的质量为m，电量为e，不计电子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）圆形磁场区域磁感应强度B的大小；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
【答案】（1）电子在第二象限类平抛运动，
水平方向匀速直线运动：，
解得：
竖直方向匀加速直线运动：，
解得：
（2）轨迹如图所示，N点处，竖直分速度：
则合速度vN＝2v0，与竖直方向夹角α＝30°
由几何关系，圆形磁场区域半径：
可知轨道圆半径：
又由洛伦兹力提供向心力有：
联立解得：
（3）由几何关系，矩形磁场区域长度为：a
宽度为：b
则最小面积S＝ab
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）确定电子在电场中的受力情况，电子在电场中做类平抛运动，根据题意确定电子在水平方向和竖直方向上的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（2）根据类平抛运动确定电子进入磁场瞬间的速度大小和方向。再根据题意画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力进行解答；
（3）由于矩形磁场区域与圆形磁场区域的磁感应强度大小相等，方向相同。故粒子在矩形磁场的运动半径不变。粒子飞出矩形磁场到达OO前做匀速直线运动，根据电子进入和射出矩形磁场的速度方向，结合运动半径，确定粒子在矩形磁场的运动轨迹。以运动轨迹的端点为矩形的端点构成的矩形面积最小。再根据几何关系确定此时矩形的面积。
1 / 1广东省广州市天河区五校2023-2024学年高二（上）期末物理模拟试卷
1．（2024高二上·天河期末）十四届全国人大一次会议于2023年3月5日在北京隆重召开，世界各地观众都能通过电视信号收看到大会实况。关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验捕捉到了电磁波
B．遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大
C．电磁波在真空中的传播速度与频率有关，频率越高，传播速度越大
D．LC电路振荡电路发射电磁波的两个重要条件是采用高频和开放性
2．（2024高二上·天河期末）图示为某“静电消除器”的原理简图，直流高压产生器将输入电压升高，使正、负放电极尖端交替产生大量正、负离子，当表面带电物体通过放电极附近时，离子将带电物体表面的电荷中和“消除”。忽略离子间的相互作用，则离子被吸附到带电物体表面过程中（ ）
A．均做匀加速运动 B．正离子电势能增大
C．电场力对负离子做负功 D．正离子向电势降低的方向移动
3．（2024高二上·天河期末）两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子从A点沿图示方向射入电场，仅在静电力的作用下穿越电场区域，最后离开电场，则粒子在电场中（ ）
A．做曲线运动，电势能先变小后变大
B．做曲线运动，电势能先变大后变小
C．做直线运动，电势能先变大后变小
D．做直线运动，电势能不变
4．（2024高二上·天河期末）已知通有电流I的长直导线外某点磁感应强度大小B＝k，其中r为该点到导线的距离，k为常量。如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，∠C＝30°，B、C两点间距离为d。在A点固定一垂直于纸面的长直通电导线，电流为I，方向垂直纸面向里。若在该区域再加一匀强磁场，使C点的磁感应强度为零，则所加匀强磁场的磁感应强度大小、方向分别为（ ）
A．，垂直于AC向上 B．，平行于AC向上
C．，垂直于AC向上 D．，平行于AC向上
5．（2024高二上·天河期末）有两位同学用同一组电学元件分别连接成图甲和图乙的调光电路。在闭合电键后，使滑动变阻器的滑片由最左端开始向右滑动，直到灯泡正常发光。则灯泡正常发光时电源总功率和整个过程中灯泡的亮度变化情况是（ ）
A．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
B．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
C．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
D．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
6．（2024高二上·天河期末）如图（甲）所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点。若将一负电荷以A点自由释放，负电荷仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图（乙）所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．该电场是匀强电场
B．A、B两点的电势相比一定φA＜φB
C．A、B两点的场强大小相比一定EA＜EB
D．该电荷在两点的电势能的大小相比一定EpA＞EpB
7．（2024高二上·天河期末）如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（ ）
A．杆AO对P的弹力减小 B．杆BO对Q的弹力减小
C．P、Q之间的库仑力减小 D．杆AO对P的摩擦力增大
8．（2024高二上·天河期末）如图所示，O、A、B、C四点在同一直线上，C为A、B中点，把点电荷Q固定在O点，将电荷量为q＝﹣2.0×10﹣9C检验电荷q从A点由静止释放，运动到B点电场力做功为4.0×10﹣7J。整个过程仅受电场力，无穷远处电势为0，则（ ）
A．A点的场强方向由A→B
B．B点电势高于A点电势，且大于0
C．A、B之间的电势差UAB＝﹣200V，且|UAC|＞|UCB|
D．从A点移到B点检验电荷q的电势能增大了4×10﹣7J
9．（2024高二上·天河期末）一块横截面为矩形的金属导体的宽度为b，厚度为d，水平放置，将导体置于一磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应强度的方向水平且垂直于侧面如图所示。当在导体中通以图示方向的电流I时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH，已知载流子为自由电子，电量为e，则下列判断正确的是（ ）
A．导体内载流子只受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的电场力作用
B．用电压表测UH时，电压表的“+”接线柱接下表面
C．金属导体的厚度d越大，UH越大
D．该导体单位体积内的自由电子数为
10．（2024高二上·天河期末）如图所示，一平行板电容器与电源E和电流表相连接，接通开关S，电源即给电容器充电，下列说法中正确的是（ ）
A．保持S接通，使两极板的面积错开一些（仍平行），则两极板间的电场强度减小
B．保持S接通，减小两极板间的距离，则电流表中有从左到右的电流流过
C．断开S，增大两极板间的距离，则两极板间的电压减小
D．断开S，在两极板间插入一块电介质板，则两极板间的电势差减小
11．（2024高二上·天河期末）如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿对角线方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用. 根据以上信息，可以确定（ ）
A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电
B．粒子1和粒子3的比荷之比为2：1
C．粒子1和粒子2在磁场中的运动时间之比为π：4
D．粒子3的射出位置与d点相距
12．（2024高二上·天河期末）如图所示为一款热销“永动机”玩具示意图，其原理是通过隐藏的电池和磁铁对小钢球施加安培力从而实现“永动”。小钢球从水平光滑平台的洞口M点静止出发，无磕碰地穿过竖直绝缘管道后从末端N点进入平行导轨PP ﹣QQ ，电池、导轨与小钢球构成闭合回路后形成电流，其中电源正极连接导轨PQ，负极连接P Q ；通电小钢球在底部磁场区域受安培力加速，并从导轨的圆弧段末端QQ 抛出；然后小钢球恰好在最高点运动到水平光滑平台上，最终滚动至与挡板发生完全非弹性碰撞后再次从M点静止出发，如此循环。已知导轨末端与平台右端的水平、竖直距离均为0.2m，小钢球质量为40g，在导轨上克服摩擦做功为0.04J，其余摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．磁铁的N极朝上
B．取下电池后，小钢球从M点静止出发仍能回到平台上
C．小钢球从导轨末端QQ 抛出时速度为m/s
D．为了维持“永动”，每个循环需安培力对小球做功0.04J
13．（2024高二上·天河期末）现有一金属丝。为测量该金属丝的电阻率，现用伏安法测量金属丝两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该金属丝的直径，用游标卡尺测量该金属丝的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。
（1）如图读得金属丝的直径为 mm，长度为 cm。
（2）若流经金属丝的电流为I，金属丝两端之间的电压为U，金属丝的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝ 。
（3）为减小实验误差，应选用如图中 （选填“丙”或“丁”）为该实验的电路原理图。
14．（2024高二上·天河期末）某欧姆表测未知电阻阻值的电路如图1所示，其内部电池的电动势为1.5V，表头的满偏电流为3mA。
（1）测量电阻时先将红黑表笔短接，调节调零电阻，使电流表满偏，然后再将两表笔接入不同的待测电阻，得到电路中电流I与不同的待测电阻的阻值Rx关系图象如图2所示，则根据该图象中I﹣Rx图线做出的解释或判断中正确的是____
A．因为函数图线上电流与电阻值是一一对应的，所以欧姆表表盘上的刻度线是均匀的
B．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表表盘上的刻度线是不均匀的
C．测量中，当Rx的阻值为图2中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧
D．测量中，当Rx的阻值为图2中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧
（2）此欧姆表刻度盘上的中值电阻应为 Ω。
（3）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，为了减少电池老化造成的误差，可以用一电压表对原电阻刻度值进行修正。先将欧姆表的两表笔短接，调节R0使电流表的指针满偏。再将电压表接在两表笔之间，此时电压表的示数为0.98V，欧姆表的示数1000Ω，则欧姆表刻度盘上，电阻刻度值500Ω处应该修改为 Ω
15．（2024高二上·天河期末）带电粒子的电荷量和其质量的比值叫比荷。一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极发出电子，经阳极A与阴极之间的高压加速后，形成一细束电子流。电子束沿平行于极板的方向进入两极板、间，两极板间距离为d、长度为。若两极板、间无电压，电子将打在荧光屏上的点，点到极板右侧的距离为。若在两极板间加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的点，点到点的距离为。若极板间再施加一个磁感应强度为、垂直纸面方向的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到点。电子的重力可忽略不计。
（1）判断、间磁场的方向；
（2）求电子射入极板、时的速度；
（3）求电子的比荷；
（4）请你再设计一种能够测量带电粒子比荷的方案。要求：利用电场、磁场来控制带电粒子的运动，说明需要测量的物理量，并写出比荷的表达式（用测量量表示）。
16．（2024高二上·天河期末）如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直，且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）ab棒受到的安培力；
（2）ab棒与导轨的动摩擦因数μ。
17．（2024高二上·天河期末）如图，在直角坐标系的第二象限内存在竖直向上的匀强电场；第三象限内有一圆心为Q、方向垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，该区域与x轴相切于坐标为（L，0）的P点。一电子从坐标为（O，L）的M点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限，然后通过坐标为（L，O）的N点并沿NQ方向射入圆形磁场区域，随后垂直穿过y轴进入第四象限一矩形匀强磁场区域（图中未画出），最后穿出矩形磁场区域后速度方向恰好与射线OO′垂直。已知射线OO′与x轴正方向的夹角为θ＝30°，矩形磁场区域与圆形磁场区域的磁感应强度大小相等，方向相同，电子的质量为m，电量为e，不计电子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）圆形磁场区域磁感应强度B的大小；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；电磁振荡
【解析】【解答】A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故A错误；
B、遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故B错误；
C、电磁波在真空中的传播速度为光速，大小一定，与频率无关，故C错误；
D、LC电路振荡电路发射电磁波的两个重要条件是采用高频和开放性，故D正确。
故答案为：D。
【分析】麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波。电磁波在真空中的传播速度为光速，与频率无关。LC电路振荡电路发射电磁波的两个重要条件是采用高频和开放性。
2．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．表面带电物体所产生的的电场不是匀强电场，所以离子所受电场力为变力，均做变加速运动，A不符合题意；
BC．无论是正离子还是负离子，被带电物体吸引时，电场力作为吸引力，都做正功，离子电势能都减小，BC不符合题意；
D．因为正离子电势能减小，所以一定是向电势低的方向移动，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】表面带电物体产生的电场不属于匀强电场所以电场力为变力，所以离子做变加速运动；电场力作为引力做正功电势能不断减小；正离子电势能减小一定向电势降低的方向移动。
3．【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大。
故答案为：A。
【分析】根据等势线与电场线相互垂直及沿电场线方向电势逐渐降低，确定电场线的方向。负电荷所受电场力方向与场强方向相反。根据受力情况确定粒子的偏转方向。结合图像确定粒子电势的变化情况，再根据电势能与电势的关系确定电势能变化情况。或根据电场力做功判断电势能变化情况，电场力做负功，电势能升高。
4．【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据几何关系，AC的长度为
长直通电导线在C处产生的磁感应强度为
根据右手螺旋定则，方向垂直AC向下。在该区域再加一匀强磁场，使C点的磁感应强度为零，则所加匀强磁场的磁感应强度与B1等大反向，即大小为，方向垂直于AC向上。
故答案为：A。
【分析】根据几何关系确定C点到导线的长度，根据题意确定通电导线在C点产生的磁感应强度。根据右手螺旋定则确定通电导线在C点产生的磁场方向。再根据矢量合成法则结合题意确定所加磁场的大小和方向。
5．【答案】B
【知识点】电功率和电功；电路动态分析
【解析】【解答】乙图是分压式控制电路，电压电流可以从0开始调节，则小灯泡的亮度变化范围较大，甲图是限流式控制电路，电压电流不能从0开始，则小灯泡的亮度变化范围较小。甲电路中的电源总功率为
乙电路中的电源总功率为
则甲电路中的电源总功率较小。
故答案为：B。
【分析】分压式控制电路，电压电流可以从0开始调节，电流电压的变化范围较大。灯泡正常发光时，通过灯泡的电流等于其额定电流。再跟进功率的定义及串并联电路规律进行分析。
6．【答案】A
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力越来越大，故A点的场强小于B点场强，故A错误，符合题意，C正确，不符合题意；
B、由于物体沿电场线运动过程当中做加速运动，故点电荷所受电场力方向由A指向B，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由B指向A，而沿电场线的方向电势降低，即
φA<φB
故B正确，不符合题意；
D、因为φA<φB，又因为是负电荷，所以电势能
EPA>EPB
故D正确，不符合题意．
故答案为：A。
【分析】v-t图像的斜率表示物体的加速度，根据图像确定加速度的变化情况，再根据牛顿第二定律确定电场力的方向及场强的变化情况。沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能降低，动能增大。负电荷在电势高的位置电势能小。
7．【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】A．对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO的支持力，故杆AO对小球P的弹力不变，A不符合题意；
BC．对Q受力如图
小球P向左移后，两个小球P、Q间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条件可知杆BO对小球Q的弹力变大，两小球P、Q之间的库仑力变大，B、C不符合题意；
D．对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆BO对小球Q的弹力等于杆AO对小球P的摩擦力，所以可得杆AO对小球P的摩擦力变大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。
8．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差
【解析】 【解答】A、在A点由静止释放，仅受电场力由A→B，则电场力方向由A→B，由负检验电荷所受的电场力方向与电场方向相反，可得A点的场强方向由B指向A，故A错误；
B、由A选项分析此可判定Q为负点电荷，无穷无处电势为0，故Q周围电势为负值，故B错误；
C、设A、B之间的电势差为UAB，则
越靠近场源电荷，电场强度越大，由于AC=BC，故
根据
可知
故C正确；
D、电场力做正功，则检验电荷的电势能减少了4×10-7J，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握点电荷场强的分布情况。负电荷所受的电场力方向与电场方向相反。沿电场线方向电势逐渐降低，越靠近场源电荷电场强度越大。电场力做正功，电势能减小。
9．【答案】B,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、导体内载流子除了受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的电场力作用之外，还受到电源提供的非静电力作用和导体内正离子对其的库仑力等作用，故A错误；
B、电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知在导体上表面上将聚集电子，所以用电压表测UH时，电压表的“+”接线柱接下表面，故B正确；
CD、根据平衡条件有
设该导体单位体积内的自由电子数为n，根据电流的微观表达式有
联立两式可得
即UH与金属导体的厚度d无关。并且导体单位体积内的自由电子数为
故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】电荷之间存在相互作用库仑力。电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则确定电子偏转方向，继而确定导体上下表面电势的高低情况。电压表正极接电势高的一端。熟悉掌握霍尔元件稳定时的计算方法。
10．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、保持开关S接通，电容器两极板间的电压U保持不变，使两极板的面积错开一些（仍平行），两极板间距离d不变，根据
可知两极板间的电场强度E不变，故A错误；
B、保持S接通，减小两极板间的距离d，根据平行板电容器电容的决定式和定义式
可知C增大，而U不变，则Q增大，即电容器将充电，又因为电容器上极板带正电，下极板带负电，所以电流表中有从左到右的电流流过，故B正确；
C、断开S，增大两极板间的距离d，根据平行板电容器电容的决定式和定义式
可知C减小，而Q不变，所以两极板间的电压U增大，故C错误；
D、断开S，在两极板间插入一块电介质板，电容器两极板间介电常数ε增大，根根据平行板电容器电容的决定式和定义式
可知C增大，而Q不变，所以两极板间的电压U减小，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】保持开关S接通，电容器两极板间的电压U保持不变。断开开关，则两极板的电荷量不变。根据题意确定两极板间各参数的变化情况。再结合电容的的定义式及决定式和场强与电势差的关系进分析处理。
11．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电．A不符合题意；
B.做出粒子运动的轨迹如图，则粒子1运动的半径：r1＝ ，由 可得
粒子3的运动的轨迹如图，则：r3＝ L，
所以： ．B符合题意；
C.粒子1 在磁场中运动的时间： ；粒子2 在磁场中运动的时间： ；所以： ，C符合题意；
D.粒子3射出的位置与d点相距： ．D不符合题意．
故答案为：BC。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出其粒子轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子的比荷；利用其轨迹所对圆心角结合其运动的周期可以求出运动时间之比；利用几何关系可以求出粒子射出的位置与d之间的距离。
12．【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、由电路可知钢球中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知磁铁上方轨道处磁场方向向上，故磁铁N极朝上，故A正确；
B、取下电池后，小球缺少安培力做功，即使从导轨末端抛出，初速度减小也将导致不能到达平台，故B错误；
C、斜抛到最高点可反向看作平抛运动，则
，，
解得
， ，
所以抛出时的速度为
故C正确；
D、为了维持“永动”，每个循环安培力做的功应该补充机械能的损失，一部分是克服摩擦力做的功，还有一部分是碰撞挡板的损失，一定大于0.04J，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】钢球在导轨中相当于导线，根据电路图确定小球在导轨中运动过程电流的方向。由于小球做加速运动，故所受安培力方向与运动方向相同。再根据左手定则确定磁铁产生的磁场方向，继而确定磁铁磁极情况。抛出后小球做斜抛运动。由于是非弹性碰撞，则碰撞会损耗能量。
13．【答案】（1）1.845；2.060
（2）
（3）丁
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为
游标卡尺读数为
（2）欧姆定律
电阻定律
可得电阻率为
（3）由题意及图分析知电阻丝是一个小电阻，电阻和电流表内阻比较接近，分压比较明显，电流表应采用外接法，可减小实验误差，故答案为：丁为该实验电路原理图。
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据欧姆定律及电阻定律推导得出电阻率的表达式。熟悉掌握电流表内接法和外接法的判定方法。
14．【答案】（1）B；C
（2）500
（3）490
【知识点】练习使用多用电表；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）AB、因为函数图线是曲线，则电流随电阻并不是均匀变化，所以欧姆表表盘上的刻度线不是均匀的，故A错误，B正确；
CD、当测量电阻为R1时，此时指针指在表盘中央位置，当Rx的阻值为图2中的R2时，且R2>R1此时电流比测电阻为R1时的更小，则指针位于表盘中央位置的左侧，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
（2）欧姆表刻度盘上的中值电阻应为
（3）设电压表内阻为Rv，则测量时的电流值
解得
又
解得
【分析】电流随电阻并不是均匀变化，欧姆表表盘上的刻度线不是均匀。电阻越大，电路中的电流越小，则电表的指针偏转越小。熟悉掌握中值法测欧姆表内阻的方法。校准电表时根据串联电路规律及欧姆定律进行解答。
15．【答案】（1）解：根据题意若不加磁场，电子在极板间向下偏转，说明极板间电场强度向上，电场力向下，加磁场后，电子不偏转，说明洛伦兹力与电场力平衡，则洛伦兹力向上，根据左手定则可以判断， 、 间磁场的方向为垂直纸面向外；
（2）解：加磁场后，电子不偏转，说明洛伦兹力与电场力平衡，则
解得
（3）解：未加磁场时，设射出电场时的速度偏转角为 ，根据几何关系结合类平抛运动规律
在偏转电场中 ， ，
联立解得
（4）解：让粒子通过正交的电磁场让其做直线运动，根据二力平衡
可得
在其他条件不变情况下，撤去电场，使粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系测出轨迹半径，根据
可得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）洛伦兹力与电场力平衡，根据左手定则判断磁场方向。
（2） 加磁场后，电子不偏转，说明洛伦兹力与电场力平衡 。
（3）未加磁场，粒子在电场中做类平抛运动。由类平抛运动规律求解。
（4）粒子通过速度选择器求出速度大小， 粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系测出轨迹半径，从而得出比荷大小。
16．【答案】（1）根据闭合电路欧姆定律得：
IA＝2A
导体棒受到的安培力大小：F＝ILB＝2×0.4×0.5N＝0.4N
由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上
（2）导体棒静止处于平衡状态，设导体棒所受静摩擦力为f，由平衡条件得：
平行斜面方向上：mgsin37°+f＝F
垂直斜面方向上：FN＝mgcos37°
根据滑动摩擦力公式可知，μ
代入数据解得：μ＝0.5。
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律确定通过导体棒的电流大小及方向。再根据左手定则确定导体棒所受安培力的方向，根据安培力公式确定导体棒所受安培力的大小；
（2） 导体棒恰好刚要滑动，即此时导体棒处于平衡状态。确定导体棒的受力情况，再根据平衡条件及力的合成与分解结合滑动摩擦力公式进行解答。
17．【答案】（1）电子在第二象限类平抛运动，
水平方向匀速直线运动：，
解得：
竖直方向匀加速直线运动：，
解得：
（2）轨迹如图所示，N点处，竖直分速度：
则合速度vN＝2v0，与竖直方向夹角α＝30°
由几何关系，圆形磁场区域半径：
可知轨道圆半径：
又由洛伦兹力提供向心力有：
联立解得：
（3）由几何关系，矩形磁场区域长度为：a
宽度为：b
则最小面积S＝ab
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）确定电子在电场中的受力情况，电子在电场中做类平抛运动，根据题意确定电子在水平方向和竖直方向上的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（2）根据类平抛运动确定电子进入磁场瞬间的速度大小和方向。再根据题意画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力进行解答；
（3）由于矩形磁场区域与圆形磁场区域的磁感应强度大小相等，方向相同。故粒子在矩形磁场的运动半径不变。粒子飞出矩形磁场到达OO前做匀速直线运动，根据电子进入和射出矩形磁场的速度方向，结合运动半径，确定粒子在矩形磁场的运动轨迹。以运动轨迹的端点为矩形的端点构成的矩形面积最小。再根据几何关系确定此时矩形的面积。
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