文档文本内容
2025学年第二学期宁波市镇海中学期末试题
高一年级物理学科(选考)
考生须知：
1．本卷满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷。
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个
选项正确)
1. 下列物理量是矢量，且单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是 ( )
A. 电场强度N/C B. 磁感应强度kg/(A⋅s2)
C. 电容F D. 磁通量kg⋅m2⋅A-1⋅s-2
【答案】B
F
【详解】A．电场强度是矢量，由E= ，F=ma，q=It
q
kg⋅m/s2 kg⋅m
可知电场强度的单位用国际单位制中的基本单位表示为N/C= = ，故A错误；
A⋅s A⋅s3
F
B．磁感应强度是矢量，由B= ，F=ma
IL
kg⋅m/s2 kg
可知磁感应强度的单位用国际单位制中的基本单位表示为T= = ，故B正确；
A⋅m A⋅s2
C．电容是标量，且F是导出单位，故C错误；
F
D．磁通量是标量，由Φ=BS，B= ，F=ma
IL
kg⋅m/s2⋅m2 kg⋅m2
可知磁通量的单位用国际单位制中的基本单位表示为Wb= = ，故D错误。
A⋅m A⋅s2
故选B。
2. 下列说法正确的是 ( )
A. 库仑通过扭秤实验测出静电力常量k
F
B. 电场强度公式E= 表明，电场强度的大小与试探电荷受到的电场力成正比
q
C. 元电荷是一个电子所带电量的绝对值，其数值为1.6×10-19 C
D. 摩擦起电的实质是摩擦使质子从一个物体转移到了另一个物体上
【答案】C
【详解】A．库仑通过扭秤实验总结得出库仑定律，但当时电荷量的单位尚未定义，库仑并未测出静
电力常量k的数值，故A错误；
F
B．E= 是电场强度的比值定义式，电场强度由电场本身的性质决定，与试探电荷受到的电场力
q
F、试探电荷的电荷量q均无关，故B错误；
·1·C．元电荷是自然界最小的电荷量，其数值等于一个电子所带电荷量的绝对值，大小为1.6×10-19C，
故C正确；
D．摩擦起电的实质是电子在物体间转移，质子被束缚在原子核内部，不会随摩擦发生转移，故D错
误。
故选C。
3. 一个带正电的小球以速度v 沿光滑的水平绝缘平台向右运动，飞离平台边缘后，通过匀强磁场区
0
域，落在地板上，平台离地高度为h，磁场方向垂直纸面向里(如图所示)，其水平射程为x ，落地速度
1
为v ，下落时间为t，则 ( )
1
2h 2h
A. t= B. x =v C. v = v2+2gh D. v < v2+2gh
g 1 0 g 1 0 1 0
【答案】C
【详解】CD．洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，只有重力做功。根据动能定理
1 1
有mgh= mv2- mv2
2 1 2 0
解得v = v2+2gh，故C正确，D错误；
1 0
A．小球带正电，向右运动，根据左手定则，刚进入磁场时洛伦兹力竖直向上。随着小球下落，速度方
向斜向右下，洛伦兹力方向斜向左上，其竖直分量向上，阻碍小球下落，使得竖直方向加速度a<g，
1 2h
若为平抛运动有h= gt2可知，实际下落时间t> ，故A错误；
2 g
B．洛伦兹力的水平分量由竖直向下的速度分量产生，根据左手定则，该分力水平向右，使小球水平
2h
方向加速，且下落时间变长，故水平射程x >v t>v ，故B错误。
1 0 0 g
故选C。
4. 如图所示，某实验小组把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端始终跟槽中的水银接触，通电后从
上往下看，若弹簧内的电流沿顺时针方向，下列分析正确的是 ( )
·2·A. 弹簧内部的磁场竖直向上
B. 同一匝弹簧沿半径方向有扩张的趋势
C. 弹簧内通过的电流相互排斥，使得弹簧长度变长
D. 如果将水银换成纯净水，可以观察到弹簧不断上下振动
【答案】B
【详解】A．根据安培定则(右手螺旋定则)，从上往下看电流沿顺时针方向，右手四指弯曲指向电流
方向，大拇指指向竖直向下，所以弹簧内部的磁场竖直向下，故A错误；
B．把一匝弹簧的圆周分成非常短的小段，关于圆心对称的是反向电流，根据反向电流互相排斥的特
点可知，同一匝弹簧沿半径方向有扩张的趋势，故B正确；
C．因相邻两匝弹簧之间的电流方向相同，则弹簧内通过的电流相互吸引，使得弹簧长度变短，故C
错误；
D．纯净水是绝缘体，将水银换成纯净水后，电路无法接通，弹簧中无电流通过，不受安培力作用，不
会发生上下振动，故D错误。
故选B。
5. 绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振
动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所
示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则 ( )
A. 有线圈时，磁铁的动能有一部分转化为电能
B. 有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
C. 磁铁离线圈最近时，线圈中感应电流最大
D. 磁铁远离线圈时，线圈有收缩趋势
【答案】A
【详解】A．磁铁振动过程中，穿过闭合线圈的磁通量不断发生变化，线圈中会产生感应电流，因此磁
铁的动能会有一部分转化为电能，最终电能转化为焦耳热，故A正确；
B．没有线圈时，只有空气阻力消耗磁铁的机械能；有线圈时，除了空气阻力，感应电流的安培力也会
·3·阻碍磁铁运动，能量损耗更快，因此有线圈时磁铁会更早停止运动，故B错误；
C．感应电流的大小由磁通量的变化率决定，磁铁离线圈最近时，速度为0，穿过线圈的磁通量变化
率最小，感应电动势最小，感应电流最小，故C错误；
D．根据楞次定律的“增缩减扩”，磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈为阻碍磁通量减
小，会有扩张趋势，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，ABCD为正四面体，在顶点A、B分别固定带电量为+q和-q的点电荷。E点为AC的
中点，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是 ( )
A. C点电势小于0
B. D点电势大于0
C. 将一负试探电荷从C移动到E，电场力做正功
D. 将一正试探电荷从D移动到E，电场力做正功
【答案】C
q -q
【详解】A．根据电势叠加原理，C点电势φ =k +k
C r r
AC BC
由于ABCD为正四面体，棱长相等，即r =r ，所以φ =0，故A错误；
AC BC C
q -q
B．同理，D点电势φ =k +k
D r r
AD BD
由于r =r ，所以φ =0，故B错误；
AD BD D
1
C．E为AC中点，设棱长为L，则r = L
AE 2
3
在等边三角形ABC中，BE为高，r = L
BE 2
q q 2kq 1
E点电势φ =k -k = 1-
E 1 L 3 L L 3
2 2
>0
将一负试探电荷从C(电势为0)移动到E(电势大于0)，电势升高，根据W =qU =qφ -φ
CE CE C E
根据q<0，U <0，可得W >0，故电场力做正功，故C正确；
CE CE
D．已知φ =0，φ >0
D E
将一正试探电荷从D移动到E，电势升高，根据W =qU =qφ -φ
DE DE D E
根据q>0，U <0，可得W <0，故电场力做负功，故D错误。
DE DE
故选C。
7. 如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R 、R 为定值电阻，R 为滑动变阻器，r=R 。开关闭合后，
1 3 2 1
将R 的滑片向左滑动过程中 ( )
2
·4·A. R 上无电流 B. 电容器右极板带负电
3
C. 电容器的带电量增加 D. 电源的输出功率先增大后减小
【答案】C
【详解】AC．滑片向左滑动，R 接入电路阻值减小，总电阻减小，干路总电流I 增大，R 两端的电压
2 1
U =IR
1 1
可知U 增大，电容器的带电量Q=CU =CU
1 C 1
可知电容器带电量增加，存在充电电流，因此R 上有电流，故A错误，C正确；
3
B．电容器左极板电势等于R 左端(电源负极侧)的电势，右极板电势等于R 右端的电势，因此左极
1 1
板带负电，右极板带正电，B错误；
D．电源的输出功率P=I2R 1 +R 2
E
= R +R +r 1 2
2
R 1 +R 2
E2
= R 1 +R 2 -r 2
R 1 +R 2
+4r
当R +R =r
1 2
电源的输出功率最大，由于R =r
1
可知将R 的滑片向左滑动，电阻R 减小，电源的输出功率增大，故D错误。
2 2
故选C。
8. 如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一球形凹槽，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在
槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动，现加一竖直向上磁场，并且磁感应强度均匀增大，则 ( )
A. 洛伦兹力改变小球速度大小 B. 小球速度不变
C. 小球速度变大 D. 小球速度变小
【答案】C
【详解】A．因为伦兹力方向始终与速度方向垂直，对小球不做功，不改变小球速度大小，故A错误；
B．磁场均匀增大，穿过回路的磁通量发生变化，根据麦克斯韦电磁场理论，空间产生感生电场，电场
力对小球做功，小球速度发生改变，故B错误；
CD．根据楞次定律，竖直向上的磁场均匀增大，感应磁场方向竖直向下，由安培定则可知感生电场
方向为顺时针方向。小球带正电，所受电场力方向为顺时针方向，与小球运动方向(顺时针)相同，电
·5·场力做正功，小球动能增加，速度变大，故C正确，D错误；
故选C。
9. 如图所示，这是一个测量加速度的仪器。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹
簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正
比。两个电池E的电动势相同，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P
端的电势高于Q端时，指针向零点左侧偏转。下列说法中正确的是 ( )
A. 当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针向左偏转
B. 电压表的示数与加速度的大小成正比
C. 要提高该加速度计的测量范围，可以减小弹簧的劲度系数
D. 要提高该加速度计的测量范围，可以增大电池的电动势
【答案】B
【详解】A．当物体具有图示方向的加速度a时，滑块由于惯性相对于框架向左移动，带动滑动片向
左移动。根据电路连接，滑动片向左移动时，P端电势低于Q端电势，则指针应向零点右侧偏转，故
A错误；
B．设滑块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，滑块偏离中间位置的位移为x。根据牛顿第二定律，滑
块受到的合力提供加速度，即 2kx=ma
ma
解得x= 。
2k
R
设滑动变阻器总长度为L ，总电阻为R ，则单位长度电阻为
L
2E
电路中两个电池串联，总电动势为2E ，回路电流 I=
R
R
电压表测量的是滑动片与中点之间的电压，其示数 U=I⋅ x
L
2E R 2E
= ⋅ x= x
R L L
2E ma mE
联立方程可得 U= ⋅ = a
L 2k kL
可见电压表的示数 U与加速度的大小a成正比，故B正确；
C．若加速度计的测量范围受限于滑块的最大位移x ，则有2kx =ma
m m m
2kx
可得最大测量加速度 a = m
m m
则要提高测量范围，即增大a ，应当增大弹簧的劲度系数 k，故C错误；
m
mE
D．若加速度计的测量范围受限于电压表的量程U ，则有U = a
m m kL m
·6·kLU
可得a = m
m mE
则要提高测量范围，即增大a ，应当减小电池的电动势E ，故D错误。
m
故选B。
10. 如图所示，一根带负电的塑料棒，长为l、横截面积为S、均匀分布有N个电子(电子电荷量为-e)。
让棒垂直于匀强磁场B(磁场垂直纸面向里，图中未画出)，以速度v沿轴向向右做匀速运动。下列说
法正确的是 ( )
A. 等效电流的方向向右 B. 等效电流的大小NeSv
C. 棒产生的感应电动势E=Blv D. 棒所受安培力的大小F=NevB
【答案】D
【详解】A．塑料棒带负电，向右运动，等效于负电荷向右定向移动。电流的方向规定为正电荷定向
移动的方向，与负电荷定向移动的方向相反，所以等效电流的方向向左，故A错误；
N
Δq vΔt⋅ l e veN
B．等效电流的大小I= = = ，故B错误；
Δt Δt l
C．棒中几乎没有自由电子，磁通量不变，不产生感应电动势，故C错误；
D．棒所受安培力的大小F=BIl=NevB，故D正确。
故选D。
二、不定项选择题(本题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有一个或
一个以上答案符合题意)
11. 物理和生活息息相关，联系生活实际是学好物理的基础。下列有关电学知识的相关说法正确的有
( )
A. 图甲中，优质的话筒线外面包裹着金属外衣是主要为了防止漏电
B. 图乙中，在加油站给车加油前，要触摸一下静电释放器，目的是导走手上的静电
C. 图丙中，电力工作人员在高压电线上带电作业时穿着的屏蔽服是用金属材料制作的
D. 图丁中，家用煤气灶的点火装置是根据静电屏蔽的原理制成的
【答案】BC
【详解】A．话筒线外的金属外衣的作用是静电屏蔽，避免外界电场干扰信号传输，不是为了防止漏
电，故A错误；
B．人体上积累的静电可能产生电火花，引发加油站爆炸，触摸静电释放器可以导走人体静电，消除
安全隐患，故B正确；
·7·C．高压带电作业的屏蔽服由金属材料制成，利用静电屏蔽原理，使工人身体外电场强度接近为零，
保障作业安全，故C正确；
D．家用煤气灶点火装置是根据尖端放电原理制成，不是静电屏蔽，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，电源的电动势E和内阻r均恒定，定值电阻R =r。开关S闭合时，水平平行板电容器两
0
极板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，电压表、电流表均为理想电表，R为光敏电阻(阻值随光
照强度的增加而减小)，电容器下极板接地。现减弱光照强度，电压表V示数变化量的大小为ΔU，电
2
流表A示数变化量的大小为ΔI，则下列说法正确的是 ( )
ΔU
A. =r B. 电流表的示数变大
ΔI
C. 带电液滴将向下运动 D. 电源的效率升高
【答案】AD
【详解】B．光敏电阻阻值随光照减弱而增大，因此减弱光照后，R阻值增大，回路总电阻增大，则干
路电流减小，电流表示数变小，故B错误；
A．电压表V测路端电压，根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir
2
因此电压变化量ΔU=r⋅ΔI
ΔU
可得 =r，故A正确；
ΔI
C．R两端电压U R =E-IR 0 +r
U
可知I减小，则U 增大，电容器极板间电场强度E = R
R 场 d
则电场强度增大，带电液滴所受电场力增大，原来电场力与重力平衡，现在电场力大于重力，带电液
滴向上运动，故C错误；
D．电源效率η= U = R 外
E R +r
外
其中外电阻R =R +R
外 0
则外电阻随R增大而增大，因此η升高，故D正确。
故选AD。
13. 如图，平面内有一个半径为R的圆形区域，右侧存在一个截面为矩形的区域abcd，两个区域的切点
O为ad边的中点，ab=R，bc=2R，bc和cd边上分别有两个接收屏(接收屏的长度分别等于矩形区
mv
域的边长)。两个区域内均存在磁感应强度大小为B= 0 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一群
qR
·8·质量为m，电荷量为-q的粒子均匀分布在宽为2R区域内，紧邻且平行于da边以速度v 进入圆形
0
区域。不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是 ( )
πR
A. 打在bc边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间为
3v
0
B. 矩形区域内粒子所经过的面积为R2
1
C. 打到bc屏上的粒子数占总数的比例为
2
3
D. 打到cd屏上的粒子数占总数的比例为
4
【答案】ACD
mv2
【详解】A．带电粒子在圆形区域磁场运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv B= 0
0 r
解得r=R
由于平行入射的带电粒子，轨道半径等于圆形区域磁场半径，故所有粒子出圆形区域后均从O点进
入矩形区域，但速度方向不同
打在bc边的粒子，圆心角越小，运动时间越短。最短圆心角对应最短弦长，当粒子打在bc边的中点
R θ
时，对应弦长最短，运动时间最短，设此时带电粒子的运动轨迹对应圆心角为θ，则有 =rsin
2 2
π
解得θ=
3
θ 2πr πR
则带电粒子在磁场运动的最短时间t= ⋅ = ，故A正确；
2π v 3v
0 0
B．沿平行于Oa方向射入的粒子打在b点，此时为最远路径，如图所示，则粒子在磁场中所经过的面
π
积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和，可得该面积S= +1
4
R2，故B错误；
·9·CD．如图示，打到c点的粒子速度方向与ad边垂直，是由f点射入的粒子，故打在bc边的粒子数占
1
总数的比例为
2
假设从e点射入的粒子正好打在d点，由图可知ef为打到cd边的粒子分布，此时入射点和圆形磁场
Rcos30° 3
的圆心连线与水平方向的夹角为30°，则打在cd边上的粒子数占总数的比例为 = ，故
2R 4
CD正确。
故选ACD。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
三、实验题(本题共2小题，共15分，把答案填在题中横线上)
14. 某研究性学习小组在学习了化学课上的原电池原理后，将铜片和锌片插入两个新鲜的柠檬中制成
一个水果电池，并利用下列所给器材测量水果电池的电动势E和内阻r。
A. 待测水果电池(电动势E约为1V，内阻约为几百到几千欧)
B. 滑动变阻器R (最大阻值为200Ω，额定电流为1A)
1
C. 滑动变阻器R (最大阻值为8000Ω，额定电流为0.1A)
2
D. 电流表A(量程为3mA，内阻为50Ω)
E. 电压表V(量程为1.5V，内阻约为3kΩ)
1
F. 电压表V(量程为5V，内阻约为15kΩ)
2
G. 开关S，导线若干
(1)该小组尝试将若干个水果电池依次串联起来给“1.5V，0.3A”的小灯泡供电，发现小灯泡始终不
发光，其原因是 。
·10·A. 水果电池电动势太大 B. 水果电池电动势太小
C. 水果电池内阻太大 D. 小灯泡内阻太大
(2)研究小组设计了甲、乙两种电路，应选择 (填“甲”或“乙”)电路。滑动变阻器应选择
，电压表应选择 (均填对应器材前的字母序号)。
(3)根据选择的电路，移动滑动变阻器的滑片，得到电压表示数U与电流表示数I的多组数据，作出
U-I图像如图丙所示，根据图像和题中所给信息，得到该水果电池的电动势E= V，内阻r
= Ω。(结果均保留三位有效数字)
(4)如果不考虑偶然误差，根据选择的电路，电动势的测量值 (填“>”“<”或“=”)真实值；
实验时若将电极片插入得更深一点，则水果电池的内阻将 (填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】(1)C (2) ①. 甲 ②. C ③. E
(3) ①. 1.00 ②. 950
(4) ①. = ②. 变小
【解析】
【小问1详解】
1.5V
水果电池的内阻很大(几百到几千欧)，小灯泡电阻仅约R= =5Ω
0.3A
E
根据闭合电路欧姆定律I=
R+r
总内阻r极大，导致电路电流极小，小灯泡实际功率远小于额定功率，因此不发光。
故选C。
【小问2详解】
[1]水果电池内阻很大，若选乙电路，电压表内阻与电源内阻相近，电压表分流作用明显，电流表测量
误差极大；甲电路中电流表测量干路总电流，电流表分压作用不明显，误差更小，因此选甲。
·11·[2]电源内阻为几百到几千欧，滑动变阻器最大阻值需要和内阻相当，才能明显改变电流电压，因此
选最大阻值为8000Ω的R ，故选C。
2
[3]电源电动势约1V，因此选量程为1.5V的V，故选E。
1
【小问3详解】
[1][2]根据甲电路，闭合电路欧姆定律得E=U+Ir+R
A
整理得U=E-Ir+R
A
因此U-I图像的纵轴截距为电动势E，由图丙可得E=1.00V
图像斜率的绝对值∣k∣=r+R
A
ΔU 1.00-0.50
由图丙可得∣k∣= = Ω=1000Ω
ΔI 0.50×10-3
因此r=∣k∣-R =950Ω
A
【小问4详解】
[1]甲电路中，电流表测量的是干路总电流(包含电压表的分流)，所有电流都经过电流表，因此根据
U=E-Ir+R
A
可知电动势测量值等于真实值；
l
[2]电极插入更深，电极与水果电解液的接触面积变大，根据R=ρ
S
可知内阻变小。
15. 。某同学用多用电表测量各物理量，回答下列问题：
(1)下列关于使用多用电表欧姆挡测量电阻的说法中正确的是 。
A. 改变欧姆表的倍率后，必须重新进行机械调零
B. 电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出
C. 测电路中的电阻时，不需要把该电阻与电路断开
D. 若指针偏转角过小，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
(2)该同学使用多用电表的250mA测电流，指针指在图甲中的Ι位置，此被测电流 。如果适
用50V的量程指针在图甲中ΙΙ位置，根据所示指针位置，此被测电压为 ，测电压时红表笔接
触点的电势比黑表笔接触点的电势 (填“高”或“低”)。
(3)如图乙所示是一个简单的欧姆表电路示意图，其中电流表量程为500μA，内阻为100Ω，电池电动
势为1.5V，内阻为1Ω；变阻器R 最大阻值为5000Ω。调零后测量某定值电阻时，指针指在刻度盘的
1
正中央，则该定值电阻阻值为 Ω。使用一段时间后电池老化，电动势下降到1.4V、内阻增大
到4Ω，但仍可调零，正确操作后，测量另一个定值电阻，欧姆表读数为300Ω，则这个电阻的阻值应为
·12·Ω，其中电池内阻的变化对电阻测量结果 (填“有”或者“没有”)影响
【答案】(1)B (2) ①. 93mA ②. 10.0V ③. 高
(3) ①. 3000 ②. 280 ③. 没有
【解析】
【小问1详解】
A．改变欧姆挡倍率后，只需重新欧姆调零，不需要重新机械调零，故A错误；
B．多用电表所有挡位都要求电流从红表笔流入，从黑表笔流出，故B正确；
C．测量电路中的电阻必须将电阻与外电路断开，否则外电路会干扰测量，甚至损坏电表，故C错
误；
D．欧姆挡指针偏转角过小，说明被测电阻阻值较大，应换用更大倍率挡位，重新调零后测量，故D
错误。
故选B。
【小问2详解】
[1]250mA量程，满偏对应250mA，分度值为5mA，指针在Ι位置，则读数为93mA；
[2]50V量程，满偏对应50V，分度值为1V，指针在ΙΙ位置，则读数为10.0V；
[3]多用电表电流为“红进黑出”，测电压时电流从高电势流向低电势，因此红表笔接触点电势比黑表
笔高。
【小问3详解】
E 1.5
[1]欧姆表调零后内阻R = = Ω=3000Ω
内 I 5×10-4
g
指针指在中央时，电流I= I g = E
2 R +R
内 x
代入可得R =R =3000Ω
x 内
E 1.4
[2]电池老化后，调零得新内阻R' = = Ω=2800Ω
内 I 5×10-4
g
E E
欧姆表读数对应表头偏转(电流)相同，因此满足 =
R +R R′ +R
内 读 内 真
代入数据解得R =280Ω
真
E
[3]欧姆表调零时，会通过调零变阻器抵消电池内阻的变化，总内阻仍满足R =
内 I
g
因此电池内阻的变化对测量结果没有影响，只有电动势变化会带来误差。
四、计算题(本题共4小题，共43分。解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，
只写出最后答案的不能得分)
16. 如图所示，水平地面上方加上一个场强方向水平向左的匀强电场，质量为m=1kg、带电量为q=
0.1C的正电小球从距地面高度为35m处以10m/s的初速度水平向右抛出。在抛出点右下方有一根
管口比小球直径略大的粗糙程度均匀的竖直吸管，管的上口距小球抛出点的高度差5m，下口恰好接
触地面，带电小球抛出后恰好可以无碰撞地进入吸管，g=10m/s2。求：
·13·(1)带电小球刚进入吸管的速度大小；
(2)电场强度的大小；
(3)小球从抛出到落地的时间为3s，求小球与吸管摩擦产生的内能
【答案】(1)10m/s (2)100N/C (3)150J
【解析】
【小问1详解】
依题意，带电小球抛出后恰好可以无碰撞地进入吸管，则此刻，小球水平方向的速度减为零，即带电
小球刚进入吸管的速度大小v =v
1 y
小球竖直方向做自由落体，由位移与速度关系
有v2=2gh ，其中h =5m
y 1 1
得v =v =10m/s
1 y
【小问2详解】
竖直方向，由速度与时间关系
有v =gt
y 1
得t =1s
1
小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有qE=ma
x
由速度与时间关系有0-v =-a t ，其中v =10m/s
0 x 1 0
得E=100N/C
【小问3详解】
依题意，小球从抛出到落地的时间为3s，则在吸管中运动时间t =3-t =2s，由图可知，吸管的长度
2 1
L=35-5m=30m，小球在吸管中运动时，在竖直方向受重力和摩擦力作用，设小球落地时的速度
为v ，若F =mg，则小球向下做匀速直线运动，2s内只能下滑20m，而20m<L，不符合题意，故小
2 f
v +v
球在竖直方向一定做匀加速直线运动，由平均速度与位移的关系式有L= 1 2 ×t
2 2
得v =20m/s
2
1 1
由动能定理有mgL-W = mv2- mv2
克f 2 2 2 1
根据功能关系有小球与吸管摩擦产生的内能Q=W
克f
得Q=150J
17. 如图所示，边长为a=1m的正方形导轨处在垂直于正方形平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度
为B=0.5T，方向垂直于纸面向里。一根长度略大于 2a导体棒MN以恒定的速率v=2m/s在正
方形导轨上从左端滑到右端，正方形导轨左右两侧电路中分别连接一个定值电阻A和B。A、B的
阻值均为r=1Ω，其余电阻不计。导体棒与正方形导轨接触良好，忽略左右端口的大小。求
·14·(1)在滑动过程中通过左端电阻A的电流的最大值；
(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过左端电阻A的电荷量；
(3)若撤去MN，通过改变正方形中的磁感应强度的方式来实现通过左端电阻A的电荷量与第(2)问
中的一样，求该过程磁感应强度的变化量。
【答案】(1) 2A (2)0.5C (3)1T
【解析】
【小问1详解】
导体棒切割磁感线时，有效切割长度的最大值为正方形的对角线 L = 2a
max
此时感应电动势最大，则E =BL v= 2Bav
max max
r⋅r r
电路中A、B并联，总电阻 R = =
总 r+r 2
E
干路总电流 I = max
max R
总
I 2Bav
由于A、B电阻相等，分流后通过A的电流为总电流的一半，即I = max =
Amax 2 r
代入数值解得I = 2A
Amax
【小问2详解】
整个过程中，左回路磁通量变化量ΔΦ=B⋅S=Ba2
ΔΦ 2Ba2
根据电荷量公式，干路总电荷量q = =
总 R r
总
q Ba2
并联分流后，通过A的电荷量为总电荷量的一半q = 总 =
A 2 r
代入数值解得q =0.5C
A
【小问3详解】
撤去MN后，A、B串联在闭合回路中，总电阻R=r+r=2r
设磁感应强度变化量为ΔB，则磁通量变化ΔΦ=ΔB⋅a2
ΔΦ ΔBa2
串联回路中通过A的电荷量等于总电荷量q = =
A R 2r
代入 q =0.5C
A
解得ΔB=1T
18. 如图所示，水平光滑轨道AB左端墙壁上固定着一个弹簧，弹簧右端紧贴一个质量为m=1.0kg的
小滑块(可视为质点)。在B处固定着一个半径为R=0.2m的光滑竖直圆形轨道，圆轨道最高点为
D，最低点B与C略微错开且分别与水平轨道AB和CE相切。水平轨道CE右侧连接一段水平传送
带EF，水平轨道CE与传送带EF长度均为L=2.0m，动摩擦因数均为μ=0.4。传送带以速度v =
0
·15·2.0m/s逆时针匀速转动，传送带右侧连接一段光滑水平轨道FG，重力加速度取g=10m/s2。
(1)若弹簧初始弹性势能E=1J，求滑块经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)若滑块最终能够停在CE，求弹簧初始弹性势能E的范围；
(3)在不脱轨的条件下，滑块在CE段产生的热量Q与弹簧初始弹性势能E之间的关系。
【答案】(1)20N
(2)5J≤E≤16J
(3)当0<E≤2J时，Q=0；当5J≤E≤16J时，Q=E；当E>16 J时，Q=8J
【解析】
【小问1详解】
1
弹簧弹性势能全部转化为滑块在B点的动能，由机械能守恒定律有E= mv2
2 B
解得v = 2m/s
B
mv2
在B点，由向心力公式有N-mg= B
R
解得N=20N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为20N。
【小问2详解】
mv2
滑块要到达CE，必须完整通过圆轨道，不脱轨通过最高点D的最小条件为mg= D
R
解得v = gR= 2m/s
D
1
从B到D由机械能守恒得B点的最小动能E =mg⋅2R+ mv2 =5J
kmin 2 D
即最小弹性势能E =E =5J
min kmin
滑块最终停在CE，不能到达F进入光滑轨道FG，因此弹性势能最大满足滑块从C到F全程摩擦力
做功后，动能不大于0，即E max =μmgL+L =16J
因此E的范围为5J≤E≤16J
【小问3详解】
不脱轨分四种情况。第一种：滑块第一次进圆轨道，上升不超过圆心高度，不脱轨，滑回AB，未进入
CE，由能量守恒定律有E=mgR=2J
因此当0<E≤2J时，滑块未进入CE，则Q=0
第二种：滑块进入CE，但未进入传送带，当滑块恰好运动到E点时速度为零，由能量守恒定律有E=
μmgL=8J
因此当5J≤E≤8J时，滑块出圆轨道后直接停在CE段，则Q=E
第三种：滑块进入CE，能够进入传送带，然后返回CE，返回达到E点时，速度大小等于进入传送带的
速度，相当于滑块在CE一直减速至停止，因此当8J≤E≤16J时，有Q=E
第四种：当E>16 J时，滑块通过完整CE，进入传送带后到达FG，不再返回，仅在CE运动一次全
程，因此Q=μmgL=8J
·16·19. 如图所示，将长度为 3L 线状粒子源装置MN垂直放置于X=2L处，该装置能沿-x方向均匀发
射恒定初速度v 的大量电子。第一象限存在沿+y方向的匀强电场，电场强度为E，其下边界是一条
0
过原点O和点M的曲线，电子进入电场后均能通过O点然后进入第三象限。y轴左侧存在垂直纸
面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在y轴正半轴存在一足够长荧光屏(图中未画出)，已知电子的
电量为e，质量为m。求：
(1)电场强度的大小E和电场下边界的曲线方程；
(2)某时刻线状粒子源装置MN同时发出大量电子，求电子打在荧光屏上的持续时间；
(3)电子在磁场的运动轨迹所围成的面积。
3mv2 3 2πm 17π
【答案】(1) 0 ，y= x2 (2) (3) + 3
2eL 4L 3eB 6
m2v2
0
e2B2
【解析】
【小问1详解】
在M处发射的电子在O处时速度为v ，方向与x轴负方向夹角为θ ，根据运动分解得v cosθ=v
1 1 0
利用速度偏角与位移偏角的关系，可得tanθ= v y = 3L
v L
0
1 1
电子从M到O的过程，根据动能定理得eE⋅ 3L= mv2- mv2
2 1 2 0
3mv2
联立解得E= 0
2eL
1
对任意电子运动分析，由类平抛运动得x=v t ，y= at2
0 2
根据eE=ma
3
联立解得y= x2
4L
【小问2详解】
线状粒子源装置MN同时发出的电子平行x轴方向做匀速直线运动，故电子在第一象限运动的时间
相等。
v2
电子在第三象限磁场中做匀速圆周运动的，根据牛顿第二定律得eBv=m
R
2πR
根据T=
v
2πm
解得T = ，故周期T与电子速度无关。
eB
1 πm
由题意可知从N处发射的电子在第三象限磁场中做匀速圆周运动的时间为t = T=
1 2 eB
·17·5 5πm
从M处发射的电子在第三象限磁场中做匀速圆周运动的时间为t = T=
2 6 3eB
2πm
电子打在荧光屏上的持续时间Δt=t -t =
2 1 3eB
【小问3详解】
根据几何关系可得从M处发射的电子在第三象限磁场中做匀速圆周运动轨迹与y轴围成的面积S
1
5 1 3R
= πR2+ ×R × 2
6 2 2 2 2
mv 2mv
其中R = 1 = 0
2 eB eB
1
从N处发射的电子在第三象限磁场中做匀速圆周运动轨迹与y轴围成的面积S = πR2
2 2 1
mv
其中R = 0
1 eB
电子在磁场的运动轨迹所围成的面积S=S -S
1 2
17π
联立解得S= + 3
6
m2v2
0
e2B2
·18·
