期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年粤教版物理高二上学期

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期末模拟测试培优卷
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 河西区期末）绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN。在此过程中（　　）
A．FN小于mg
B．FN大于mg
C．圆环有向上的运动趋势
D．圆环有向左下的运动趋势
2．（2024春 吉林期末）如图所示，一根绝缘的光滑水平横杆上套有A、B两个小环，两环上都带有等量的正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为m的物块，整个系统处于静止状态，A、B间的距离及每根细绳的长度均为L，小环和物块均可看作质点，静电力常量为k，重力加速度大小为g。则A环所带电荷量大小为（　　）
A．L B．L C． D．L
3．（2024秋 黄浦区校级期末）如图，ACD为一边长为L的等边三角形，两根完全相同的无限长直导线分别垂直纸面固定于A、D两个顶点，两根长直导线中的电流大小相等且方向均垂直纸面向里，此时C处的磁感应强度大小为B0。若仅将D处长直导线中的电流方向改为垂直纸面向外，则C处磁感应强度大小为（　　）
A．B0 B．B0 C．B0 D．4B0
4．（2024 湛江二模）核废水中包含了具有放射性的碘的同位素131I利用质谱仪可分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量相同的131I和127I以相同的速度从O点进入速度选择器（速度选择器中的电场方向水平向右、磁场的磁感应强度为B1）后，再进入偏转磁场（磁感应强度为B2），最后打在照相底片的c、d两点，不计各种粒子受到的重力。下列说法正确的是（　　）
A．B1垂直纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为127：131
B．B1垂直纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为
C．B1垂直纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为131：127
D．B1垂直纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为
5．（2024秋 福田区校级期中）如图所示，电路中有滑动变阻器R和灯泡L，M、N之间接有恒定电压U。将滑动变阻器滑片P向右滑动的过程中，灯泡的亮度（　　）
A．逐渐变亮 B．逐渐变暗 C．水平向左 D．水平向右
6．（2024秋 衡阳县期末）如图所示是电动机提升重物的示意图，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，电阻R＝2Ω。闭合开关S，发现电动机被卡死，此时电压表的示数为5V，当电动机正常工作时，电压表的示数为5.5V。下列说法正确的是（　　）
A．电动机内部线圈的电阻为RM＝0.5Ω
B．电动机内部线圈的电阻为RM＝2Ω
C．电动机正常工作时的电流为1.5A
D．电动机正常工作时输出的机械功率为1.5W
7．（2024秋 太原期末）在一个纯电阻电路中，电源的电动势为6V，当外电阻为4Ω时，路端电压为4V。下列选项正确的是（　　）
A．电源的内电阻为1Ω
B．如果在外电路并联一个4Ω的电阻，干路电流为1.5A
C．如果在外电路串联一个4Ω的电阻，路端电压为3.6V
D．如果外电路的总电阻为0.5Ω，电源的输出功率最大
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025秋 李沧区校级月考）如图所示是某汽车通过ETC过程的v﹣t图像，下面说法正确的是（　　）
A．0～t1内，汽车做匀减速直线运动
B．t1～t2内，汽车静止
C．0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反
D．0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相反
（多选）9．（2024秋 包河区校级期中）某同学用如图所示装置，探究平行板电容器的电容影响因素，图中M、N是平行板电容器的两个极板，探究过程中，发现电流表中有a到b的电流，可能原因是（　　）
A．M板向下平移 B．M板向上平移
C．电介质向左移 D．M板向左移
（多选）10．（2023春 北海期末）在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是（　　）
A．小球的动能先变小后变大
B．小球的切向加速度一直变大
C．小球受到的拉力一直变大
D．小球受到的电场力做功的功率先增大后减小
三．实验题（共2小题）
11．（2024秋 昆明月考）某实验小组在实验室练习使用多用电表测电阻：
（1）多用电表表盘如图1所示，某同学在完成机械调零后，准备测电阻，他进行如下操作，请帮助他完成以下实验步骤：
①将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
②将红、黑表笔短接，旋动 　 　 （填“S”或“T”），使指针对准电阻挡的 　 　 刻线（填“0”或“∞”）。
③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，如图2中虚线所示，则应将K旋转到电阻挡“×　 　 ”的位置（选填1、100）。
（2）该同学在做好正确操作后，表盘指针如图2所示，则该电阻阻值为 　 　 Ω。
（3）若某同学使用的是一个久置的万用电表，相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降。使用此电表测量电阻，结果 　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）准确值。
12．（2025 河南模拟）实验小组通过以下实验来描绘小灯泡的伏安特性曲线。实验器材如下：
电源（电动势15V，内阻不计）
电压表（0～15V，内阻约为15kΩ）
电流表（0～0.6A，内阻约0.2Ω）
滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
多用电表
待测灯泡
导线、开关若干
（1）小组同学将多用电表调节至“×1”的欧姆挡来测量灯泡的电阻，欧姆调零之后，将红、黑表笔接在灯泡两端，其指针如图甲所示，多用电表读数为 　 　 Ω。
（2）实验中滑动变阻器应选用 　 　 （填“R1”或“R2”）。
（3）小组同学将实验器材连接后如图乙所示，最初滑动变阻器的滑片应位于 　 　 （填“b”或“c”）端；闭合开关后，发现灯泡不亮，电压表、电流表均无示数。保持开关闭合，小组同学用多用电表的直流电压挡测量各接线柱间的电压，发现b、d间电压示数不为0，b、e间电压示数为0，f、d间电压示数不为0，g、d间电压示数为0。已知电压表、电流表均正常。则下列说法正确的是 　 　 。
A.b、d与电源之间断路
B.b、e间断路
C.f、g间断路
D.g、d间断路
（4）小组同学修正电路之后，移动滑动变阻器滑片，记录多组电压表、电流表的示数，并描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图丙所示。已知灯泡两端电压小于2.0V时，图线近似为直线，大于2.0V时，图线为曲线。则当电流表示数为0.60A时，小灯泡的电阻为 　 　 Ω（结果保留三位有效数字）；由图丙可知小灯泡的电阻随其两端电压变化规律为 　 　 。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 天津）信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图1，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子，击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。
（1）如图2，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图3，某次激发中，产生了2个电子a和b，其初速度方向分别在xOy与zOy平面内，且与y轴正方向成θ角，则：
（ⅰ）判断B的方向；
（ⅱ）a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2；
（2）若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出δ个电子，且δ∝U，阳极处接收电子产生的电流为I，在图3坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。
14．（2023春 鲤城区校级期中）如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5m够长的平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝4Ω的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B＝1T将一根质量为m＝0.05kg、电阻r＝1Ω金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，两根导轨的电阻均不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s＝4.5m。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）金属棒达到的稳定速度；
（2）金属棒从开始下滑至cd处过程中电阻R产生的焦耳热。
15．（2024秋 河津市校级月考）在竖直平面xOy坐标系中的第二象限存在竖直向下的匀强电场，在其他三个象限存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出）。一粒子源在A（﹣2L，L）点沿x轴正方向射出一个带正电，质量为m，电荷量为q的粒子，经过时间t该粒子通过y轴上的B（0，L）点进入磁场，磁感应强度大小为。不计粒子重力，磁场和电场均无限大。
（1）粒子进入磁场时的动能。
（2）粒子第一次穿越A轴，经过x轴上的P点，求P点坐标。
（3）求粒子从B点开始进入磁场到第三次穿越轴时所需要的时间。
期末模拟测试培优卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 河西区期末）绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN。在此过程中（　　）
A．FN小于mg
B．FN大于mg
C．圆环有向上的运动趋势
D．圆环有向左下的运动趋势
【考点】楞次定律及其应用．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据楞次定律的三种表述分析。由楞次定律知，线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。从感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等反面的变化分析。
【解答】解：ABD、当条形磁铁水平向右移动时，穿过闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是产生跟随磁铁运动的趋势，从而达到“阻碍”磁通量的减小；故金属圆环受安培力向右上方，则桌面对圆环的支持力小于其自身重力，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，故A正确，BD错误；
C、圆环除受到安培力外，还受到重力、桌面的支持力与向左摩擦力，没有向上运动的趋势，故C错误。
故选：A。
【点评】本题从力、运动的角度考查楞次定律，是对楞次定律的全面理解的考查，难度较大。
2．（2024春 吉林期末）如图所示，一根绝缘的光滑水平横杆上套有A、B两个小环，两环上都带有等量的正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为m的物块，整个系统处于静止状态，A、B间的距离及每根细绳的长度均为L，小环和物块均可看作质点，静电力常量为k，重力加速度大小为g。则A环所带电荷量大小为（　　）
A．L B．L C． D．L
【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；整体法和隔离法；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】分别以A环和物块为研究对象，由平衡条件结合库仑定律及几何关系即可求解。
【解答】解：对A环受力分析可知，速度绳子的拉力T，杆的支持力FN，及库仑力F库的作用，如图所示：
设A环所带的电荷量为q，由平衡条件可得：Tcosθ＝F库
由库仑定律可得：
由几何关系可得：θ＝60°
对物块，受力分析如图所示：
由平衡条件可得：
由牛顿第三定律可得：T′＝T
联立解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查的是库仑力作用下的物体平衡的问题，解题的关键是要正确选择研究对象并能正确的受力分析，注意结合关系。
3．（2024秋 黄浦区校级期末）如图，ACD为一边长为L的等边三角形，两根完全相同的无限长直导线分别垂直纸面固定于A、D两个顶点，两根长直导线中的电流大小相等且方向均垂直纸面向里，此时C处的磁感应强度大小为B0。若仅将D处长直导线中的电流方向改为垂直纸面向外，则C处磁感应强度大小为（　　）
A．B0 B．B0 C．B0 D．4B0
【考点】磁感应强度的矢量叠加．
【专题】定量思想；合成分解法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据右手螺旋定则首先确定两根通电直导线在C点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断求解C点的磁感应强度大小。
【解答】解：设三角形ACD的边长为L，则A处导线在C点产生的磁感应强度大小为：B
D处导线在C点产生的磁感应强度大小为：B
方向如图所示：
根据平行四边形定则，可知C处合磁感应强度为：B0＝Bcos30°+Bcos30°
解得：B0B
若仅将D处长直导线中的电流方向改为垂直纸面向外，在C点产生的磁感应强度大小为B，方向垂直DC边竖直向上，
夹角为120°，C处磁感应强度大小为：B′＝BB0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了磁场的叠加问题，磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，同时掌握合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
4．（2024 湛江二模）核废水中包含了具有放射性的碘的同位素131I利用质谱仪可分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量相同的131I和127I以相同的速度从O点进入速度选择器（速度选择器中的电场方向水平向右、磁场的磁感应强度为B1）后，再进入偏转磁场（磁感应强度为B2），最后打在照相底片的c、d两点，不计各种粒子受到的重力。下列说法正确的是（　　）
A．B1垂直纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为127：131
B．B1垂直纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为
C．B1垂直纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为131：127
D．B1垂直纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为
【考点】与速度选择器相结合的质谱仪．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据粒子的电性，结合左手定则得出磁场的方向；粒子受到的洛伦兹力提供向心力，结合半径的表达式计算半径之比。
【解答】解：由于粒子向左偏转，根据左手定则可知磁场的方向垂直于纸面向外，
设碘131和碘127的电荷量为q，质量分别为m1、m2，进入偏转磁场时的速度为v，则碘131在磁场中运动时，
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
同理可得，碘127在磁场中运动的轨道半径为
所以碘131和碘127圆周运动的半径之比为
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了质谱仪的相关应用，理解质谱仪的工作原理，理解粒子做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
5．（2024秋 福田区校级期中）如图所示，电路中有滑动变阻器R和灯泡L，M、N之间接有恒定电压U。将滑动变阻器滑片P向右滑动的过程中，灯泡的亮度（　　）
A．逐渐变亮 B．逐渐变暗 C．水平向左 D．水平向右
【考点】电路动态分析．
【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】当滑动变阻器滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，根据欧姆定律分析电流的变化，从而分析灯泡的亮度变化。
【解答】解：将滑动变阻器滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中电流变小，则通过灯泡的电流减小，灯泡消耗的功率减小，所以灯泡的亮度逐渐变暗，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题考查电路的动态分析，关键要分析清楚滑动变阻器连入电路中的电阻变化，结合欧姆定律分析出电流的变化，来判断灯泡的亮度变化。
6．（2024秋 衡阳县期末）如图所示是电动机提升重物的示意图，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，电阻R＝2Ω。闭合开关S，发现电动机被卡死，此时电压表的示数为5V，当电动机正常工作时，电压表的示数为5.5V。下列说法正确的是（　　）
A．电动机内部线圈的电阻为RM＝0.5Ω
B．电动机内部线圈的电阻为RM＝2Ω
C．电动机正常工作时的电流为1.5A
D．电动机正常工作时输出的机械功率为1.5W
【考点】计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】当电动机卡死时，根据闭合电路的欧姆定律可以求出电动机线圈的电阻；电动机正常工作时，根据闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流，再计算消耗的电功率。
【解答】解：AB．在电动机不转时，电路是纯电阻电路，由闭合电路欧姆定律可得
E＝U1+I1r
电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，此时电压表的示数为U1＝5V，电阻R＝2Ω，根据闭合电路的欧姆定律可得
由欧姆定律可得
U1＝I1（RM+R）
电动机内部线圈的电阻为
RM＝3Ω
故AB错误；
C．电动机正常工作时电压表的示数为5.5V，根据闭合电路的欧姆定律则电流为
C错误；
D．电动机正常工作时的电压
UM＝U﹣IR＝5.5V﹣0.5×2V＝4.5V
电动机输入功率为
PM入＝UMI＝4.5×0.5W＝2.25W
电动机输出的机械功率为
D正确。
故选：D。
【点评】对于电动机电路，当电动机不转时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。
7．（2024秋 太原期末）在一个纯电阻电路中，电源的电动势为6V，当外电阻为4Ω时，路端电压为4V。下列选项正确的是（　　）
A．电源的内电阻为1Ω
B．如果在外电路并联一个4Ω的电阻，干路电流为1.5A
C．如果在外电路串联一个4Ω的电阻，路端电压为3.6V
D．如果外电路的总电阻为0.5Ω，电源的输出功率最大
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电源的总功率、输出功率和效率．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由电源电动势、外电阻、路端电压的值，可计算内电阻；在外电路并联电阻时，由并联电阻计算方法，可得到外电路的电阻，结合闭合电路欧姆定律即可计算干路电流；在外电路串联电阻时，由串联电阻计算方法，可得到外电路的电阻，结合闭合电路欧姆定律即可计算路端电压；由闭合电路欧姆定律的推论，电源输出功率最大的条件，解得外电路电阻值。
【解答】解：A、由电源电动势、外电阻、路端电压的值，可知满足：，解得内电阻r＝2Ω，故A错误；
B、在外电路并联一个4Ω的电阻时，由并联电阻计算方法，可得到外电路的电阻为：，
结合闭合电路欧姆定律即可得干路电流满足：E＝I（r+R外），解得：I＝1.5A，故B正确；
C、在外电路串联一个4Ω的电阻时，由串联电阻计算方法，可得到外电路的电阻为：Rw＝4Ω+4Ω＝8Ω，
结合闭合电路欧姆定律即可计算路端电压满足：，解得：U′＝4.8V，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律的推论，电源输出功率最大的条件为外电路电阻等于内阻，故需要外电路总电阻为2Ω，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查电路的计算，关键是利用串并联电路的电阻计算方法，结合闭合电路欧姆定律求解。
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025秋 李沧区校级月考）如图所示是某汽车通过ETC过程的v﹣t图像，下面说法正确的是（　　）
A．0～t1内，汽车做匀减速直线运动
B．t1～t2内，汽车静止
C．0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反
D．0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相反
【考点】根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．
【专题】定性思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据v﹣t图像斜率的物理意义结合图像本身提供信息进行分析解答。
【解答】解：A.由图可知v﹣t图像的斜率表示加速度，0～t1时间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方向与速度方向相反，故0～t1内，汽车做匀减速直线运动，故A正确；
B.t1～t2内，汽车做匀速直线运动，故B错误；
C.0～t1内加速度为负，t2～t3内加速度为正，故0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反，故C正确；
D.0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相同，均为正，故D错误。
故选：AC。
【点评】考查运动学图像的认识和处理，图像问题是高考的热点问题，要求学生熟练掌握图像的处理方法。
（多选）9．（2024秋 包河区校级期中）某同学用如图所示装置，探究平行板电容器的电容影响因素，图中M、N是平行板电容器的两个极板，探究过程中，发现电流表中有a到b的电流，可能原因是（　　）
A．M板向下平移 B．M板向上平移
C．电介质向左移 D．M板向左移
【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．
【专题】定量思想；推理法；电容器专题；实验探究能力．
【答案】BCD
【分析】由题意，电容器两极板电压保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由C分析电容C如何变化，根据进行分析。
【解答】解：AB、M板向上或下平移时，根据，板间距d增大或减小，电容减小或增大，根据Q＝CU，电容器带电量减小或增大，电容器放电或充电，电流表中有b到a（或a到b）的电流，故A错误、B正确；
C、电介质向左移，根据，εr减小，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a到b的电流，故C正确；
D、M板向左移，根据，S减小，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a到b的电流，故D正确。
故选：BCD。
【点评】对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式和决定式进行分析。
（多选）10．（2023春 北海期末）在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是（　　）
A．小球的动能先变小后变大
B．小球的切向加速度一直变大
C．小球受到的拉力一直变大
D．小球受到的电场力做功的功率先增大后减小
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】在小球的运动过程中只有电场力做功，应用动能定理可以判断小球动能如何变化；
应用牛顿第二定律求出小球的切向加速度，根据表达式判断加速度大小如何变化；
小球做圆周运动，应用牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据拉力表达式判断拉力大小如何变化；
分析小球的运动过程，然后判断电场力的功率如何变化。
【解答】解：A、小球从A点摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，由动能定理可知，小球的动能Ek一直增大，故A错误；
B、小球从A点摆动到B点的过程中，轻绳与OB的夹角设为θ，沿切向，对小球，由牛顿第二定律得：qEsinθ＝ma1，解得小球的切向加速度：，则切向加速度随着θ的减小而减小，故B错误；
C、对小球，由牛顿第二定律得：F﹣qEcosθ＝m，解得小球受到的拉力大小：F＝qEcosθ+m，cosθ、v均随着θ的减小而增大，可见F一直增大，故C正确；
D、在A点时小球的速率为零，电场力做功的瞬时功率为零，过B点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功功率先增大后减小，故D正确。
故选：CD．
【点评】本题考查了小球在电场中的运动，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理、牛顿第二定律与功率公式即可正确解题。
三．实验题（共2小题）
11．（2024秋 昆明月考）某实验小组在实验室练习使用多用电表测电阻：
（1）多用电表表盘如图1所示，某同学在完成机械调零后，准备测电阻，他进行如下操作，请帮助他完成以下实验步骤：
①将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
②将红、黑表笔短接，旋动 　T　 （填“S”或“T”），使指针对准电阻挡的 　0　 刻线（填“0”或“∞”）。
③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，如图2中虚线所示，则应将K旋转到电阻挡“×　100　 ”的位置（选填1、100）。
（2）该同学在做好正确操作后，表盘指针如图2所示，则该电阻阻值为 　1900　 Ω。
（3）若某同学使用的是一个久置的万用电表，相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降。使用此电表测量电阻，结果 　大于　 （填“大于”“小于”或“等于”）准确值。
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）T，0，100；（2）1900；（3）大于。
【分析】（1）根据欧姆表的特点判断；
（2）根据欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积计算；
（3）根据闭合电路欧姆定律计算判断。
【解答】解：（1）欧姆调零时应将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，即T，使指针对准表盘右侧零刻度线处，即电阻挡的0刻线；
将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，应换大倍率，即将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以图中所测电阻值为
19.0×100Ω＝1900Ω
（3）若某同学使用的是一个久置的万用电表，相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降，根据闭合电路欧姆定律有
可得
由此可知，当E减小时，I减小，使得电阻的测量值偏大。
故答案为：（1）T，0，100；（2）1900；（3）大于。
【点评】本题关键掌握欧姆表的特点和读数方法。
12．（2025 河南模拟）实验小组通过以下实验来描绘小灯泡的伏安特性曲线。实验器材如下：
电源（电动势15V，内阻不计）
电压表（0～15V，内阻约为15kΩ）
电流表（0～0.6A，内阻约0.2Ω）
滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
多用电表
待测灯泡
导线、开关若干
（1）小组同学将多用电表调节至“×1”的欧姆挡来测量灯泡的电阻，欧姆调零之后，将红、黑表笔接在灯泡两端，其指针如图甲所示，多用电表读数为 　8.0　 Ω。
（2）实验中滑动变阻器应选用 　R1 （填“R1”或“R2”）。
（3）小组同学将实验器材连接后如图乙所示，最初滑动变阻器的滑片应位于 　c端　 （填“b”或“c”）端；闭合开关后，发现灯泡不亮，电压表、电流表均无示数。保持开关闭合，小组同学用多用电表的直流电压挡测量各接线柱间的电压，发现b、d间电压示数不为0，b、e间电压示数为0，f、d间电压示数不为0，g、d间电压示数为0。已知电压表、电流表均正常。则下列说法正确的是 　C　 。
A.b、d与电源之间断路
B.b、e间断路
C.f、g间断路
D.g、d间断路
（4）小组同学修正电路之后，移动滑动变阻器滑片，记录多组电压表、电流表的示数，并描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图丙所示。已知灯泡两端电压小于2.0V时，图线近似为直线，大于2.0V时，图线为曲线。则当电流表示数为0.60A时，小灯泡的电阻为 　21.7　 Ω（结果保留三位有效数字）；由图丙可知小灯泡的电阻随其两端电压变化规律为 　当灯泡两端电压小于2.0V时，灯泡的电阻近似不变，当灯泡两端电压大于2.0V时，其电阻随电压的增大而增大　 。
【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）8.0； （2）R1； （3）c端；C； （4）21.7；当灯泡两端电压小于2.0V时，灯泡的电阻近似不变，当灯泡两端电压大于2.0V时，其电阻随电压的增大而增大
【分析】（1）根据欧姆表读数方法读数；
（2）根据分压接法的特点确定滑动变阻器；
（3）根据电路结构分析实验问题所在；
（4）明确U﹣I图像的性质，由图像可明确电阻的变化。
【解答】解：（1）指针指在8.0处，可知灯泡的电阻为8.0Ω
（2）R2最大阻值相对灯泡的电阻太大，不够灵敏，本实验应选用R1，通过分压式接法来调节电路。
（3）最初滑动变阻器位于c端；b.d间示数不为0，可知b、d与电源间无断路，b，e间示数为0，可知e、d间断路，f、d间示数不为0，可知f、d间断路，g、d间示数为0，可知g，d间无开路，故f、g间开路，故C正确，ABD错误；
故选：C。
（4）灯泡电流为0.6A时，其两煸电压为13.0V，由欧姆定律可知RΩ≈21.7Ω
由图丙可知，当灯泡两端电压小于2.0V时，灯泡的电阻近似不变，当灯泡两端电压大于2.0V时，其电阻随电压的增大而增大。
故答案为：（1）8.0； （2）R1； （3）c端；C； （4）21.7；当灯泡两端电压小于2.0V时，灯泡的电阻近似不变，当灯泡两端电压大于2.0V时，其电阻随电压的增大而增大
【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道灯泡电阻随温度的变化而变化，故不能直接直接利用闭合电路欧姆定律求解，注意掌握图像的性质和应用。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 天津）信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图1，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子，击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。
（1）如图2，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图3，某次激发中，产生了2个电子a和b，其初速度方向分别在xOy与zOy平面内，且与y轴正方向成θ角，则：
（ⅰ）判断B的方向；
（ⅱ）a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2；
（2）若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出δ个电子，且δ∝U，阳极处接收电子产生的电流为I，在图3坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）（ⅰ）B的方向为沿z轴负方向；
（ⅱ）a电子运动到下一个极板的时间t1为；
b电子运动到下一个极板的时间t2为；
（2）U和l关系的图像如下图所示：
这样画的理由是：I∝Un，即电流I和电压U是一种指数函数的关系。
【分析】（1）（ⅰ）根据题目图示以及左手定则判断B的方向；
（ⅱ）根据电子在磁场中的匀速圆周运动周期公式以及角度等求解a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2；
（2）先根据题意求解到达阳极电子数目以及电荷量，再根据电流的定义写出电流l的表达式，进而画出表示U和l关系的图像并说出这样画的理由。
【解答】解：（1）（i）根据题目图1电子运动轨迹，运用左手定则判断B的方向为沿z轴负方向；
（ⅱ）电子a在磁场中做匀速圆周运动，电子b在垂直磁场方向做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，周期T
电子a在xOy平面内运动的轨迹以及圆心角如下图所示：
则a电子运动到下一个极板的时间t1；
电子b在xOy平面内运动轨迹的投影以及圆心角如下图所示：
b电子运动到下一个极板的时间t2
（2）U和l关系的图像如下图所示：
这样画的理由是：每个电子打到极板上可以激发出δ个电子，根据图1，由数学关系可知，单位时间经过n个极板到达阳极电子数目为δn个，根据电流的定义得：电流l，由于δ∝U，则I∝Un，即电流I和电压U是一种指数函数的关系。
答：（1）（ⅰ）B的方向为沿z轴负方向；
（ⅱ）a电子运动到下一个极板的时间t1为；
b电子运动到下一个极板的时间t2为；
（2）U和l关系的图像如下图所示：
这样画的理由是：I∝Un，即电流I和电压U是一种指数函数的关系。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，其中b电子在磁场中的运动轨迹是螺旋线，但在平行于xOy平面的分运动是圆周，另外创建新情境考查了电流的定义以及信号放大器放大电信号的原理。
14．（2023春 鲤城区校级期中）如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5m够长的平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝4Ω的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B＝1T将一根质量为m＝0.05kg、电阻r＝1Ω金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，两根导轨的电阻均不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s＝4.5m。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）金属棒达到的稳定速度；
（2）金属棒从开始下滑至cd处过程中电阻R产生的焦耳热。
【考点】倾斜平面内的导轨滑杆模型；电磁感应过程中的能量类问题；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】（1）金属棒达到的稳定速度为2m/s；
（2）金属棒从开始下滑至cd处过程中电阻R产生的焦耳热为0.04J。
【分析】（1）当棒做匀速直线运动时达到稳定速度时，根据受力平衡与安培力大小表达式，再结合根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律相结合，从而即可求解稳定时的速度；
（2）根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热，据此求解电阻R产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属棒ab运动产生的感应电动势E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得E＝I（R+r）
金属棒所受安培力F＝BIL
对金属棒，根据平衡条件得：mgsinθ＝F+μmgcosθ
联立解得：v＝2m/s
（2）金属棒从开始下滑到cd处的过程中，回路产生的焦耳热为Q
由能量守恒定律得：
电阻R产生的焦耳热
联立解得：QR＝0.04J
答：（1）金属棒达到的稳定速度为2m/s；
（2）金属棒从开始下滑至cd处过程中电阻R产生的焦耳热为0.04J。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
15．（2024秋 河津市校级月考）在竖直平面xOy坐标系中的第二象限存在竖直向下的匀强电场，在其他三个象限存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出）。一粒子源在A（﹣2L，L）点沿x轴正方向射出一个带正电，质量为m，电荷量为q的粒子，经过时间t该粒子通过y轴上的B（0，L）点进入磁场，磁感应强度大小为。不计粒子重力，磁场和电场均无限大。
（1）粒子进入磁场时的动能。
（2）粒子第一次穿越A轴，经过x轴上的P点，求P点坐标。
（3）求粒子从B点开始进入磁场到第三次穿越轴时所需要的时间。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；绳球类模型及其临界条件．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）粒子进入磁场时的动能为；
（2）粒子第一次穿越A轴，经过x轴上的P点，则P点的坐标（L，0）；
（3）粒子从B点开始进入磁场到第三次穿越轴时所需要的时间为（4）t。
【分析】（1）粒子从A到B做类平抛运动，根据类平抛运动的规律进行解答；
（2）在B点做速度的垂线，圆心在垂线上，作出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子做圆周运动的半径，由几何关系求解P点的坐标；
（3）根据周期公式结合粒子的运动情况求解粒子从B点开始进入磁场到第三次穿越轴时所需要的时间。
【解答】解：（1）粒子从A到B做类平抛运动，水平方向的初速度：v0
A到B的竖直距离为：yLL
根据运动学公式可得：y
联立解得：vyv0
进入磁场时，粒子的动能：Ek
联立解得：Ek；
（2）在B点做速度的垂线，圆心在垂线上，如图所示；
做圆周运动的半径为：r，其中v，即：v
解得：r＝2L
因为OBL，r＝2L，θ＝60°
可得圆心在x轴上，即粒子垂直于x轴穿越，由几何关系可知，P点的坐标（L，0）；
（3）粒子第一次穿越x轴经历：t1T，解得：t1
粒子第二次穿越x轴经历：t2T
解得：t2
粒子第二次穿越x轴后进入第二象限的电场做匀减速运动，加速度：a
粒子进入电场减速到0的时间：Δt，解得：Δt＝2t
第二次穿越x轴到第三次穿越x轴共用时间2Δt＝4t
粒子第三次穿越x轴经历的总时间：t总＝t2+4t
解得：t总＝（4）t。
答：（1）粒子进入磁场时的动能为；
（2）粒子第一次穿越A轴，经过x轴上的P点，则P点的坐标（L，0）；
（3）粒子从B点开始进入磁场到第三次穿越轴时所需要的时间为（4）t。
【点评】带电粒子在电场和磁场中的运动问题，关键是画出粒子的运动轨迹图，认真分析粒子运动的物理过程，结合平抛运动的规律以及圆周运动的规律求解。
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