广东省惠州市2020学年高二物理上学期学分认定暨期末考试试题（含解析）

广东省惠州市2020学年高二物理上学期学分认定暨期末考试试题（含解析）

广东省惠州市2020学年高二物理上学期学分认定暨期末考试试题（含解析） ‎ ‎（时间100分钟满分150分）‎ 第一卷学分认定（共100分）‎ 一．单项选择题I（每小题4分，共10题40分。）‎ ‎1.避雷针能起到避雷作用，其原理是（）‎ A. 尖端放电 B. 静电屏蔽 C. 摩擦起电 D. 同种电荷相互排斥 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可以因为尖端放电效应使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．‎ ‎【详解】当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击。其原理为尖端放电。故选A。‎ ‎2.首先发现电流磁效应的科学家是（）‎ A. 牛顿 B. 法拉第 C. 奥斯特 D. 焦耳 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故选C.‎ ‎3.真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于 A. F B. 2F C. F/2 D. F/4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电量不变，只是将距离增大到原来的2倍，根据点电荷库仑力的公式可以求得改变之后的库仑力的大小．‎ ‎【详解】由点电荷库仑力的公式可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，库仑力将变为原来的1/4，所以D正确。故选D。‎ ‎4.以下说法正确的是（）‎ A. 由E=F/q可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B. 由E=F/q可知此场中某点的电场强度E与q成反比 C. 由公式C=Q/U可知电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差成反比 D. 公式C=Q/U中的电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度表示电场本身的强弱和方向，与检验电荷所受的电场力和电量无关; 电容的定义式C=Q/U 运用比值法定义，C与U、Q无关．‎ ‎【详解】E=F/q 运用比值法定义，E反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，E与F、q无关。故AB错误。电容的定义式C=Q/U运用比值法定义，C与U、Q无关。故C错误，D正确。故选D.‎ ‎【点睛】该题考查到电场的两个概念与相关的公式，都是基础知识，要注意理解比值定义法在物理学中的意义．‎ ‎5.如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（）‎ A. 自由落体运动 B. 曲线运动 C. 沿着悬线的延长线做匀加速直线运动 D. 变加速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：悬线烧断前小球静止，所以受合外力为零，即重力和电场力的合力沿悬线的反向延长线且为恒力；烧断后重力和电场力不变，小球从静止开始沿悬线的延长线做初速为零的匀加速运动，故选项Ｃ正确．考点：本题考查受力分析及运动性质的判断．判断物体的运动性质，要依据初速度与合外力的关系．‎ ‎6.三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置．三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等．则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）‎ A. 方向竖直向上 B. 方向竖直向下 C. 方向水平向右 D. 方向水平向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该题考查了磁场的叠加问题．用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a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，从而判断各选项．‎ ‎【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示：‎ 直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故选D。‎ ‎【点睛】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．‎ ‎7.下列关于电阻率的叙述，错误的是（）‎ A. 当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零 B. 材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 C. 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的 D. 材料的电阻率随温度变化而变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零，故A正确；材料的电阻率取决于导体的材料和温度有关，与导体的电阻、横截面积和长度无关，故B错误；铝、铜的电阻率较小，故常用的导线是用铝、铜材料做成的，故C正确；材料的电阻率取决于导体的温度有关，故材料的电阻率随温度变化而变化，所以D正确；‎ 考点：本题考查电阻率。‎ ‎8.如图所示是一火警报警器的电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小，电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器。当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（）‎ A. I变大，U变大 B. I变大，U变小 C. I变小，U变大 D. I变小，U变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当传感器R2所在的位置出现火情时R2的阻值减小，电路中总电阻减小，干路电流变大，内电压变大，路段电压变小，U变小，AC错；R1‎ 两端电压变大，所以R3两端的电压变小，电流表示数变小，I变小，B错D对；选D 考点：考查动态变化问题 点评：难度较小，解决此类问题首先根据局部变化判断整体电阻变化，再判断内电压，由闭合电路欧姆定律判断路端电压和其他物理量，也可应用“串反并同”判断 ‎9.关于磁感应强度，下列说法正确的是（）‎ A. 磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B. 磁场中某点磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向一致 C. 在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度值大小为零 D. 在磁场中磁感线越密的地方，磁感应强度越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁感应强度是描述磁场本身强弱和方向的物理量，由磁场本身决定，与放在该点的试探电流元无关．磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向垂直．在磁场中磁感线越密的地方，磁感应强度越大．‎ ‎【详解】磁场中某点磁感应强度的大小，由磁场本身决定，跟放在该点的试探电流元的情况无关。故A错误。磁场中某点磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向垂直。故B错误。在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度值大小不一定为零，也可能电流元方向与磁场方向平行，电流元不受磁场力，但磁感应强度值大小不为零。故C错误。磁感线可以形象描述磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁感应强度越大。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题抓住磁感应强度和磁感线的物理意义是解答的关键，可以与电场强度、电场线类比记忆．但是电流元受到的磁场力与电流元的放置方向有关.‎ ‎10.如图所示，水平直导线中通有向右的恒定电流I，一电子从导线的正下方以水平向右的初速度进入该通电导线产生的磁场中，此后电子将（）‎ A. 沿直线运动 B. 向上偏转 C. 向下偏转 D. 向纸外偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据右手螺旋定则可得导线下方的磁感应强度方向为垂直纸面向里，根据左手定则可得电子受到向下的洛伦兹力，故向下偏转，C正确；‎ 考点：考查了洛伦兹力方向的判断 二、单项选择题II（每小题4分，共10题40分。）‎ ‎11.点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，如图所示，在AB连线上，电场强度为零的地方在（）‎ A. B左侧 B. A右侧 C. A和B之间 D. A的右侧及B的左侧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线从无穷远出发到负电荷终止．‎ A、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式="k" Q/r2 可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零．故A正确．‎ B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式="k" Q/r2 可知，在同一点A的电场强度一定大于B的电场强度，所以合场强不可能为零．故B错误．‎ C、A和B之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零．故C错误．‎ D、由上可知D错误．‎ 考点：考查了电场的叠加 ‎12.如图是表示在一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（）‎ A. 这个电场是匀强电场 B. a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec C. a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea＞Eb＞Ed＞Ec D. 无法确定这四个点的场强大小关系 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 匀强电场的场强大小和方向处处相同，F-q图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、d四点的电场强度大小．‎ ‎【详解】由公式F=qE知F-q图象斜率的绝对值表示电场强度的大小，d图线斜率的绝对值最大，所以d点的电场强度最大，c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小。所以四点场强的大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec．该电场不是匀强电场。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握电场强度的定义式 E=F/q，同时注意明确图象斜率的物理意义即可分析电场强度的大小．‎ ‎13.如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点。则下列说法正确的是（）‎ A. 场强方向一定向左 B. a点电势比b点电势高 C. 从a到b电场力做负功 D. 该电荷在a点的电势能小于在b点的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在电场力作用下运动，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的，因此可作出过a、b点的等势面，接着沿着电场线去判定电势高低；电场力做功等于电势能的减小量．‎ ‎【详解】匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故电场力一定向右；粒子带正电，故电场强度方向向右，故A错误；沿着电场线的方向电势降低的。作出过a、b点的等势面，接着沿着电场线可判定a点的电势大于b点，故B正确；电场力向右，故从a到b电场力做正功，故电势能减小，故C错误，D错误；故选B。‎ ‎【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．‎ ‎14.如图所示，让平行板电容器带电后，静电计指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，那么静电计指针的偏转角度（）‎ A. 一定减小 B. 一定增大 C. 一定不变 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据距离的变化判断电容的变化，抓住电量不变，通过Q=CU判断出电势差的变化，从而得知静电计指针偏转角度的变化．‎ ‎【详解】减小两极板间的距离，根据知，电容增大，因为电量不变，根据Q=CU，知电势差减小，则指针偏转角度一定减小。故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎15.在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）‎ A. 如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大 B. 如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小 C. 如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量 D. 如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．‎ ‎【详解】如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故C正确。如外电压不变，则内电压也不变。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关；电动势在数值上等于内外电压之和．‎ ‎16.一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA，若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）‎ A. 0.10V B. 0.20V C. 0.30V D. 0.40V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据欧姆定律求出电流和路端电压．‎ ‎【详解】设电池板的内阻为r，其开路电压等于它的电动势，依题意有：E=800mV；I短=；解得电源内阻：；电池板连上20Ω阻值后，流过电阻的电流大小为：；此时的路端电压为：U=IR=20×20mV=400mV=0.4V；故选D。‎ ‎【点睛】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．‎ ‎17.一根长0.2m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到的安培力大小不可能是（）‎ A. 0.4N B. 0.2N C. 0.1N D. 0‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小．由安培力公式求出导线所受磁场力的范围再选择．‎ ‎【详解】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：Fmax=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零。则导线所受磁场力的范围为0～0.2N。故BCD可能，A不可能。本题选择不可能的，故选A。‎ ‎18.两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示。先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是（）‎ A. 相互吸引，电流大的加速度大 B. 相互吸引，加速度大小相等 C. 相互排斥，电流大的加速度大 D. 相互排斥，加速度大小相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小．‎ ‎【详解】两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引。因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．‎ ‎19.饮水机是一种常见的家用电器，其工作电路可简化为如图所示的电路，其中S是温度控制开关，当水温升高到一定温度时，它会自动切换，使饮水机处于保温状态；R2是饮水机加热管的电阻，R1是与加热管串联的电阻。该饮水机的额定电压是220v，加热功率550w,保温时整机耗电量0.48kw/24h（不考虑R1、R2的阻值受温度影响）。当开关S闭合时，饮水机处于何种工作状态及R2的阻值为（）‎ A. 加热220Ω B. 加热88Ω C. 保温88Ω D. 保温220Ω ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源电压U不变，由P=U2/R可知，电阻越大电功率越小，电热水器处于保温状态，电阻越小电功率越大，电热水器处于加热状态；根据公式P=U2/R的变形可计算电阻的大小；‎ ‎【详解】电源电压U不变，由P=U2/R可知，温控开关S闭合时，只有一只电阻工作，电阻小，则电功率大，为加热状态；由公式P=U2/R得加热管R2的阻值：；故选B.‎ ‎20.如图，一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转则 A. 若电子以相同速度v射入该区域，将会发生偏转 B. 若质子的速度v′＜v，它将向下偏转而做类似的平抛运动 C. 若质子的速度v′＞v，它将向上偏转，其运动轨迹是圆弧线 D. 无论何种带电粒子（不计重力），只要都以速度v射入都不会发生偏转 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转说明了它受的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，有qvB=qE，与带电性质无关；‎ ‎（2）如速度发生改变，电场力不变，洛伦兹力改变，再根据受力情况去分析运动情况即可．‎ ‎【详解】质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转，说明了它受的电场力和洛伦兹力是一对平衡力有qvB=qE ‎，与带电性质无关，所以只要以相同的速度射入该区域都不会发生偏转。 故A错误，D正确；若质子的入射速度v'＜v，质子所受的洛伦兹力小于电场力，将向下偏转，洛伦兹力对粒子不做功，电场力做正功，存在洛兹力，所以不是类平抛运动。故B错误；质子的入射速度v'＞v，它所受到的洛伦兹力大于电场力。由于质子所受到的洛仑兹力方向向上，故质子就向上偏转。由于质子所受的电场力是一恒力而洛仑兹力是一变力，故其轨迹既不是圆弧也不是抛物线，故C错误。故选D。‎ ‎【点睛】该装置是否构成速度选择器使运动电荷匀速直线穿过复合场，取决于电场、磁场和速度三者之间的关系与电荷的电性以及比荷无关．运动电荷一旦在磁场电场所构成的复合场中做曲线运动，一定是非匀变速曲线运动，轨迹不可能是抛物线．‎ 三、多项选择题(每小题4分，共5题20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分，选错或不答得0分)‎ ‎21.用安培提出的分子电流假说可以解释下列哪些现象（）‎ A. 永久磁铁的磁场 B. 直线电流的磁场 C. 环形电流的磁场 D. 软铁棒被磁化的现象 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质，故A正确；直线电流的磁场与环形电流的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故安培的分子环形电流假说不可以用来解释直线电流与环形电流的磁场．故BC错误；安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流--分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体．未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性．故D正确．‎ 考点：本题考查安培分子电流假说。‎ ‎22.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器的内部，闭合电键S给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向θ角，若（）‎ A. 电键S断开，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 电键S断开，将A板向B板靠近，则θ不变 C. 保持电键S闭合，将A板向B板靠近，则θ变小 D. 保持电键S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，根据推论分析板间场强是否变化，判断θ如何变化．保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，根据分析板间场强如何变化，判断θ如何变化．‎ ‎【详解】A、B、电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论得知，板间场强E不变，小球所受电场力不变，则将A板向B板靠近时，θ不变；故A错误，B正确.‎ C、D保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，板间距离d减小，由板间场强分析得到场强增大，小球所受电场力增大，由平衡知识知θ增大；故C错误，D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量不变，板间场强不变是重要的推论，要在理解的基础上加强记忆．‎ ‎23.图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则（）‎ A. M带正电荷，N带负电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做正功 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．‎ ‎【详解】由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A正确。由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同。故B正确。N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C错误。O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零。故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ ‎24.‎ ‎ 如下图所示，质量为m的通电细杆放在倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，当有电流通过细杆，细杆恰好静止于导轨上。细杆与导轨间的摩擦力 一定不为零的是 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过受力分析，根据杆子所处的状态为平衡状态，合力为0，去判断是否有摩擦力．‎ ‎【详解】A图中杆子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知，杆子可能受摩擦力，也可能不受。故A错误。B图中若杆子受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆子不受摩擦力。若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力。所以杆子可能受摩擦力，可能不受摩擦力。故B错误。C图中杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力。故C正确。D图中杆子受重力水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力。故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键会正确地进行受力分析，能够根据受力平衡判断摩擦力的存在．‎ ‎25.欧姆表调零后，用“×10”档测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是（）‎ A. 这个电阻的阻值很大 B. 这个电阻的阻值很小 C. 为测得更准确些，应当换用“×1”档，并且重新调零后进行测量 D. 为测得更准确些，应当换用“×100”档，并且重新调零后进行测量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆档的指针偏转角度越小，则电阻越大，要换大倍率的档位．‎ ‎【详解】偏转角度小，说明电流小，则电阻大。故A正确，B错误；因是大电阻，则要换档位大一些即：换“×100”档。每次换档后要重新进行欧姆调零。故C错误，D正确，故选AD。‎ 第二卷（共50分）‎ 按题目要求解答，解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤、数值和单位。只写出答案的不能得分。‎ ‎26.如图是用伏安法测定一节干电池的电动势E和内电阻r的实验 ‎（1）在甲电路图中填出电流表A及电压表V。‎ ‎（ ）‎ ‎（2）由测量数据，在U-I图中描出的点迹如乙图所示，画出图线并由此得出干电池的电动势为_________V，干电池的内电阻为_________Ω。‎ ‎【答案】(1)如下图(2)1.500.01 1.00—1.04‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）用伏安法测量电源的电动势和内阻，滑动变阻器采用限流式接法，电压表测的是路端电压，应将电流表采用内接法测量的误差较小，设计电路如上图所示。‎ ‎（2）外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据点迹作出U-I图线，纵轴截距表示电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小。由闭合电路欧姆定律U=E-Ir，知U-I成线性关系，图线的纵轴截距为1.50，所以E=1.50V，图线斜率的绝对值。‎ 考点：测定干电池的电动势E和内电阻r实验 ‎27.在电场强度为E方向水平向右的匀强电场中，用一根长为L的绝缘细杆（质量不计）固定一个质量为m的电量为q带正电的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动．现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中。求：‎ ‎(1)小球的电势能如何变化？‎ ‎(2)A、B两位置的电势差多少？‎ ‎(3)小球到达B点时的速度多大？‎ ‎(4)在最低点时绝缘杆对小球的作用力？‎ ‎【答案】（1）电势能减少；（2）EL；（3）；（4），方向向上。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电场力做正功电势能减少；‎ ‎（2）根据U=Ed求AB两点的电势差；‎ ‎（3）根据动能定理求出小球到达B点的速度；‎ ‎（4）在最低点，根据径向的合力提供向心力求出杆对小球的作用力．‎ ‎【详解】（1）从A到B，电场力对小球做正功，电势能减少；‎ ‎（2）AB两点的电势差：U=EL ‎（3）根据动能定理得：mgL+qEL=mvB2-0‎ 解得：．‎ ‎（4）根据牛顿第二定律得：F-mg=m 解得：F=3mg+2qE．‎ ‎28.如图所示，光滑的平行导轨与水平面的夹角为θ=30°，两平行导轨间距为L，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计．将质量为m，长度也为L的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状态，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）通过ab导体棒的电流强度为多大？‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度为多大？‎ ‎（3）若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，求此时导体棒的加速度大小及方向．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3），方向沿斜面向上。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路的欧姆定律即可求得；‎ ‎（2）利用共点力平衡即可求得磁感应强度；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律即可求的加速度 ‎【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得 ‎（2）导体棒静止，根据共点力平衡可得BILcos30°=mgsin30°‎ ‎（3）由牛顿第二定律可得 BIL-mgsin30°=ma 解得，方向沿斜面向上 ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解.‎ ‎29.如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=3.0×103N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=0.3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为m=2.4×10-13kg、电荷量为q=4.0×10-8C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×104m/s的初速度从A点水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处(图中未画出)。求：‎ ‎（1）粒子到达P处时的速度大小和方向；‎ ‎（2）P、Q之间的距离L；‎ ‎（3）粒子从A点运动到Q点所用的时间t。‎ ‎【答案】（1）×104m/s，θ=450（2）L=0.4m. （3）t=t1+t2=5.14×10-5s ‎【解析】‎ 解:（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理得 代入有关数据，解得×104m/s ‎，代入数据得θ=450(4分)‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图.由几何关系得 又联立求得 代入数据解得L=0.4m. (3分)‎ ‎（3）粒子在P点沿电场方向的速度 v1==1.0×104m/s 在电场中运动的时间 t1=v1m/qE=2×10-5s 在磁场中运动的时间 t2=Л m/2qB=3.14×10-5s 粒子从A点运动到Q点所用的时间 t=t1+t2=5.14×10-5s (3分)‎