物理試題

一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1-8

題只有一項符合題目要求：第9-12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全

的得2分，有選錯的得0分）

1.關于物理學史下列說法正確的是（）

A.庫倫用油滴實驗測出了電子的電量

B.安培發現了電流的磁效應現象

C.法拉第最先提出力線與場的觀點

D.麥克斯韋最先發現了電磁波

【答案】C

【解析】

【詳解】A.密立根用油滴實驗測出了電子的電量，選項A錯誤；

B.奧斯特發現了電流的磁效應現象，選項B錯誤；

C.法拉第最先提出力線與場的觀點，選項C正確；

D.麥克斯韋最先預言了電磁波，赫茲最早用實驗證明了電磁波的存在，選項D錯誤。

故選Co

2.如圖所示，一個粒子源發出很多種帶電粒子，經速度選擇器后僅有甲、乙、丙、丁四種粒子沿平行于紙

面的水平直線穿過豎直擋板"N上的小孔。，之后進入正方形虛線框內，虛線框內分布著垂直紙面向里的

勻強磁場，四種粒子的運動軌跡如圖所示，則關于速度選擇器兩極板間磁場方向和四種粒子的比荷大小說

法正確的是（）

A.垂直于紙面向里，甲比荷最大

B.垂直于紙面向里，丙的比荷最大

C.垂直于紙面向外，丙的比荷最大

D.垂直于紙面向外，丁的比荷最大

【答案】A

【解析】

【詳解】由圖可知甲、乙粒子向上偏轉，根據左手定則可知甲、乙粒子帶正電，所以甲、乙粒子在速度選

擇器中所受電場力向下，則所受洛倫茲力向上，所以速度選擇器兩極板間磁場方向垂直紙面向里；設粒子

在磁場中運動的半徑為R,根據牛頓第二定律有

v2

qvB=m—

R

解得

R=—

Bq

易知四種粒子的速度大小相同滿足=所以R越小，比荷越大，所以甲的比荷最大。綜上所述可

知A正確。

故選A。

3.如圖所示，某種均勻介質中有兩個頻率和相位均相同的波源Si和S2,兩波源振動方向均與紙面垂直，

產生的簡諧波沿兩波源連線傳播。已知兩波源相距13m,波長為4m,則在兩波源之間的連線上振動加強

點的個數為()

S]S

??----------

A.4B.5C.6D.7

【答案】D

【解析】

【詳解】振動加強點應滿足到兩波源的距離差為半波長的偶數倍，而振動減弱點是波程差為半波長的奇數

倍，而波長2=4m,兩波源的距離為

s=13m=32+—2

4

兩波源的兩線中點，波程差為

Ay=0

為振動加強點；與兩波源的兩線中點，每間隔的距離

-=2m

2

為振動加強點；則在兩波源之間的連線上振動加強點距離邑的距離為0.5m、2.5m、4.5m、6.5m、

8.5m、10.5m、12.5m處的點，故在兩波源之間的連線上振動加強點的個數為7,故ABC錯誤，D正

確。

故選D。

4.在如圖甲所示的電路中，電阻"=與=尺，圓形金屬線圈半徑為。線圈導線的電阻也為R,半徑為

r2（4＜［）的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度8隨時間f變化的關系如圖

乙所示，圖線與橫、縱軸的交點坐標分別為2和綜，其余導線的電阻不計。閉合開關S,至/=0的計時

時刻，電路中的電流已經穩定，下列說法正確的是（）

甲乙

A.線圈中產生的感應電動勢大小為虹LB.%時間內流過用的電量為空生

%R

C.電容器下極板帶負電D.穩定后電容器兩端電壓的大小為”工

3/°

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由法拉第電磁感應定律知感應電動勢為

AC3"B。

口——-------------O——---------------

ACA/t0

故A錯誤；

B.由閉合電路歐姆定律得感應電流為

/=E=兀WB。

R+R1+&3秋

辦時間內流過用的電量為

故B錯誤;

C.由楞次定律知圓形金屬線圈中的感應電流方向為順時針方向，金屬線圈相當于電源，電源內部的電流從

負極流向正極，則電容器的下極板帶正電，上極板帶負電，故c錯誤；

D.穩定后電容器兩端電壓的大小為

U=IR=至之

3/。

故D正確。

故選D。

5.回旋加速器的工作原理如圖所示。Di和D2是兩個中空的半圓金屬盒，處于與盒面垂直的勻強磁場中，

它們之間有一定的電勢差U。A處的粒子源產生的帶電粒子在加速器中被加速。下列說法正確的是

A.帶電粒子在D形盒內被磁場不斷地加速

B.交流電源的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期

C.兩D形盒間電勢差U越大，帶電粒子離開D形盒時的動能越大

D.加速次數越多，帶電粒子離開D形盒時動能越大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.帶電粒子在D形盒內被電場不斷地加速，在磁場中動能不變，選項A錯誤；

B.交流電源的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期，這樣才能保證粒子每經過D型盒間隙時均能被電場

加速，選項B正確；

CD.由

V2

qvB=m——

R

可得帶電粒子離開D形盒時的動能

B2glM

E=-mv2

k22m

則最大動能與兩D形盒間電勢差U無關，與加速次數無關，選項CD錯誤；

故選B。

6.如圖，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為加、電荷量為q（00）的帶電粒子從圓周上的

M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為匕，離開磁場時速度方向偏轉60°；若

射入磁場時的速度大小為丫2,離開磁場時速度方向偏轉90°.不計重力，則;為O

A.1B.Be.走D.6

232

【答案】D

【解析】

【詳解】根據題意，粒子兩次射入磁場的運動軌跡如圖所示

設磁場的圓形區域半徑為，，由幾何關系可知，兩次軌跡圓的半徑分別為

R.=—--=島

tan30°

R2-r

由洛倫茲力提供向心力可知

v2

qvB=m——

R

則粒子的速度

丫=幽

m

則粒子兩次的入射速度之比為

2L=A

V2g

解得

K=6

丫2

故選D。

7.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板，板長為/,兩板間距離為d,在兩極板間加一電壓如

圖乙，質量為加，電荷量為e的電子以速度w從兩極板左端中點沿水平方向連續不斷地射入兩平行板之

間。若電子經過兩極板間的時間相比電壓變化的周期可忽略不計，不考慮電子間的相互作用和相對論效

應，貝U()

當時?22,

A.所有電子都能從極板的右端射出

el

B.當?！祄絲d2V要2時，將沒有電子能從極板右端射出

el2

2md2v2

當。幽3時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：2

mel2

D.當。絲"時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：V2

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】兩板間電壓為Um時，由牛頓第二定律可得

U

e——m=ma

d

電子做類平拋運動，在水平方向上

I=vot

在豎直方向上

y--at

2

聯立可得,當=1時,即電子恰好從極板邊緣飛出,止匕時U.尸m上d2會V之

l

A.當?！唇zmd2要V時，所有電子都能從極板的右端射出，A正確;

mxiZ2

ad2y2md2v2

B.當。〉嗎?時，電壓小于等于絲時有電子射出，電壓大于絲普時電子打到極板上，沒有

el2el2el2

電子射出，故將有部分電子能從極板的右端射出，B錯誤；

2md2Vl

CD.當Um=,°時,類比C選項的分析結合乙圖的特點可知，有電子從極板右端射出的時間與無電

m"2

子從極板右端射出的時間之比為1：1,同理可知，當U時,有電子從極板右端射出的時間

m_/2

與無電子從極板右端射出的時間之比為1：（點-1）,CD錯誤。

故選Ao

8.如圖所示，三根長為3電流大小均為/的直線電流在空間構成等邊三角形，其中A、B電流的方向均垂

直紙面向外，C電流的方向垂直紙面向里。A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小均為線，導線C位于

水平面上且處于靜止狀態，則導線C受到的靜摩擦力為（）

/缸

I解

B的

C.—B0IL，方向水平向左D.y/3B0IL,方向水平向左

【答案】D

【解析】

【詳解】如圖所示

BB,

AB電流在C處產生的磁感應強度的大小都為Bo,根據右手螺旋定則和力的平行四邊形定則，由幾何關系

得

由左手定則可知，導線c所受的安培力方向水平向右，大小為

F=^[3B0IL

由于導線C位于水平面處于靜止狀態，故導線C受到的摩擦力大小為g穌〃，方向水平向左。

故選D。

9.如圖所示，光滑圓環豎直固定，A為圓環上的最高點，橡皮條上端固定在A點，下端連接一套在圓環上

的輕質小環位于B點，48與豎直方向的夾角。=30，用光滑鉤拉橡皮條中點，將橡皮條中點拉至圓環上

C點（橡皮條未與圓環接觸）時，鉤的拉力大小為R=206N，為保持小環靜止于8點，需給小環施加

一作用力尸'，則下列說法中正確的是（）

A

A.若少沿豎直方向，則尸'=20N

B.若廣沿水平方向，則9=20N

C.F'的最小值為10N

D.的最大值為20N

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.根據幾何關系可知，ABC為等邊三角形，則在C點對C質點分析有

2F0cos30=F

解得

4=20N

若F'沿豎直方向，為了確保小環平衡，則此時少的方向必定豎直向上，圓環對小環的彈力方向背離圓

心，對輕質小環分析，其過B點切線方向的合力為0,則有

F'cos30=Fosin30

解得

尸上N

3

A錯誤；

B.若N沿水平方向，為了確保小環平衡，則圓環的彈力必定為零，則有

F'=F0=20N

B正確;

C.圓環彈力始終沿過8點的半徑，根據力學矢量三角形規律，作出小環受力動態三角形，如圖所示

可知當〃的方向與過8點的半徑垂直時，F取最小值，則最小值為

Fsin30=—N=10N

o2

C正確;

D.根據上述可知，當力F的方向由與過8點的半徑垂直逐漸靠近圓環的圓心時，尸，逐漸增大，且趨近

于無窮大，即沒有最大值，D錯誤。

故選BC。

10.兩個點電荷價、%固定在無軸上，一帶負電粒子的電勢能Ep隨位置x的變化規律如圖所示，當粒子只

在靜電力作用下在XI?尤2之間運動時，以下判斷正確的是()

A.xi?尤2之間的電場強度沿x軸正方向B.xi處的電場強度為零

C.從XI到X2帶電粒子的速度一直減小D.從尤1到尤2帶電粒子的加速度一直增大

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.由題圖可得帶負電的粒子從AXI到戶檢電勢能增大，由丸=4?？芍妱萁档?，則制?尬之

間電場強度沿x軸正方向，故A正確；

B.4-x圖像中圖線的切線的斜率的絕對值的大小表示靜電力的大小，圖線在處的切線的斜率不為

零，則靜電不為零，該處的電場強度也不為零，故B錯誤；

C.只在靜電力作下的粒子的動能與電勢能之和保持不變，從X=X1到X=X2,粒子的電勢能一直增大，則動

能一直減小，其速度一直減小，故C正確；

D.從X=XI到X=X2,%-尤圖像中圖線的切線的斜率漸減小，所以粒子受到的靜電力逐漸減小，加速度也逐

減小，故D錯誤。

故選AC。

11.如圖所示，水平桌面上有一個半徑為7?的導線框，虛線右側存在垂直于桌面向下的勻強磁場。導線

框在外力產的作用下沿垂直方向勻速進入磁場區域，以初始位置為計時起點，規定：電流沿逆時針方

向時的為正，外力尸向右為正，則以下關于線框中的感應電流八外力產、電功率尸隨時間變化的圖像可能

正確的是（）

MXXXX

MXXXX

【解析】

【詳解】AB.導線框進入磁場的過程中，通過導線框的磁通量增大，由楞次定律可知導線框中感應電流的

方向為逆時針方向，設導線框切割磁感線的有效長度為/,導線框勻速運動的速度為也導線框的電阻為

則導線框進入磁場一半前的過程中

I=RsmO=^2Rvt—v2r

導線框中電流

=型=型國即.v寸

rrr

導線框進入磁場過程中電流增大，導線框的一半進入磁場前的瞬間切割磁感線的有效長度為R,導線框的

一半進入磁場的瞬間切割磁感線的有效長度為2R,導線框的電流大小瞬間加倍，導線框一半進入磁場后,

導線框切割磁感線的有效長度減小，導線框中的電流減小

.2BvI22~~2

t=—JR-v%

2r

故A正確，B錯誤;

C.由于導線框勻速運動，所以外力尸與安培力大小相等，安培力的方向阻礙導線框磁通量的增大，方向

向左，則外力尸的方向與安培力的方向相反，始終水平向右，故C錯誤;

D.電功率與外力廠的功率相等

導線框進入磁場一半前的過程中

P^-^Rvt-vh2）

導線框進入磁場過程中電功率增大，導線框的一半進入磁場前的瞬間切割磁感線的有效長度為R,導線框

的一半進入磁場的瞬間切割磁感線的有效長度為2R,導線框的電功率大小瞬間變為原來的4倍；導線框一

半進入磁場后，導線框切割磁感線的有效長度減小，電功率為

故D正確。

故選AD?

12.如圖所示，平行虛線M、N間，N、尸間有垂直于光滑水平面、方向相反、磁感應強度大小均為2的勻

強磁場，每個磁場的寬度均為心邊長為乙、質量為加、電阻為R的粗細均勻的單匝金屬線框。區力靜止在

水平面上，ab邊離虛線M的距離也為L用水平拉力F（大小未知）作用在金屬線框上，使金屬線框在

水平面上向右做初速度為零的勻加速直線運動，線框運動過程中邊始終與M平行，ab邊剛進磁場的一

瞬間，受到的安培力大小為耳，則下列判斷正確的是（）

P

xx

XX：

XX；

XX；

XX：

XX;

XX;

XX；

A,線框運動的加速度大小為」

2B415

B.線框穿過虛線N的過程中，通過線框導線橫截面的電量為0

C.線框進左邊磁場過程中安培力的沖量小于出右邊磁場過程中安培力的沖量

D.線框穿過整個磁場的過程中，拉力尸的最大值為46耳+絲二

128%5

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.設線框ab邊剛進磁場時速度大小為匕，則感應電動勢與感應電流分別為

E[=BLv1

產

R

則安培力為

F、=BIJ

解得

_F、R

1B2￡2

根據運動學公式有

v；=2aL

解得

a~2B4L5

A正確;

B.線框穿過虛線N的過程中，平均電動勢為

,_A①8/-（一§4）_28.

AtAtAz

電流的平均值為

1=1

R

7=里

Ar

解得

2BL2

q=

R

B錯誤；

C.根據上述，線框進左邊磁場過程通過的電荷量與出右邊磁場過程通過的電荷量均為

R

則由于安培力的沖量大小為

I安=^LAt=Bq'L

解得

S213

I隹=----

R

即線框進左邊磁場過程中安培力的沖量和出右邊磁場過程中安培力的沖量相等，C錯誤;

D.線框向右做勻加速直線運動，可知令cd邊剛要通過N邊時的速度為打，加邊剛要通過P邊時的速度

為V3，則有

vj=2a-3L

v3=2a-4L

則對應速度產生電動勢為

E2=2BLV2

￡3=BLV3

對應位置的感應電流為

I2=^

2R

I3旦

3R

對應位置根據牛頓第二定律有

F2—2BI2L=ma

F3-BI3L=ma

解得

/-mF2/?2

■=4百耳+京

Zz>L

〃VnSR2〃

瑪=2片+

ZnL

1-mF2R-

即線框穿過整個磁場的過程中，拉力E的最大值為—1—,D正確。

12B415

故選ADo

二、實驗題(每空2分，共計14分)

13.如圖所示是用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗裝置.關于這一實驗，下列說法中正確的是()

A.安裝打點計時器時，應使限位孔處于豎直方向

B.重物應選用密度大的物體

C.應先釋放紙帶，后接通電源

D,重物減少的重力勢能略小于增加的動能

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.為了減小紙帶與打點計時器的阻力，安裝打點計時器時，應使限位孔處于豎直方向，故A正確；

B.為了減小空氣阻力的影響，重物應選用體積小、密度大的物體，故B正確；

C.應先接通電源，打點穩定后釋放紙帶，故C錯誤；

D.由于摩擦阻力的原因重物減小的重力勢能略大于增加的動能，故D錯誤。

故選AB。

14.某實驗小組在拆解一電子產品的內部結構時，發現其使用的電池是一塊扁平電池，如圖甲所示，外殼

上標有電動勢為3.5V,為了測定該電池的實際電動勢和內阻，小組成員利用下面儀器，設計方案對其進行

測量。

甲乙丙

A.待測電池

B.電壓表（量程0?3.00V,內阻約4000。）

C.電流表（量程0?100mA,內阻為3。）

D.電阻箱（阻值范圍。?9999。）

E.電阻箱（阻值范圍0-99.99。）

F.滑動變阻器（阻值范圍。?50。，額定電流0.2A）

G.滑動變阻器（阻值范圍0?1000。，額定電流0.2A）

H.開關、導線若干

（1）小組成員利用現有的器材，設計了如圖乙所示的實驗電路圖。實驗室所提供的電表的量程都不夠

大，需要進行改裝才能使用。如果將電流表量程擴大到0?300mA,則電阻箱用的阻值應調為

。；為滿足測量電動勢的需要，也需要將電壓表的量程擴大為0?3.6V,小組成員采用了以下的

操作：按圖乙連接好實驗器材，檢查電路無誤后，將S2接b,將R的滑片移至最上端，將電阻箱&調為

零，閉合Si,斷開S3,適當移動R的滑片，使電壓表示數為3.00V；保持R接入電路中的阻值不變，改

變電阻箱&的阻值，當電壓表示數為V時，完成擴大量程，斷開Si。

（2）為了完成該實驗，滑動變阻器R應選,電阻箱&應選o（均填寫器材前面字

母標號）

（3）保持電阻箱&的阻值不變，開關S2接a，閉合Si、S3,移動Ri的滑片，讀出幾組電表的讀數U、

I,并作出U-/圖像如圖丙所示，可得該電池的電動勢為V,內阻為Q（此間計算結

果保留3位有效數字）

【答案】（1）①.L5②.2.00

（2）①F②.D

（3）①.4.20②.2.50

【解析】

【小問1詳解】

[1]⑵電流表內阻RA=3Q,如果將電流表量程擴大為原來3倍，由并聯電路特點（電流與電阻成反比）可

知，分壓電阻阻值為電流表內阻的則電阻箱R的阻值應調為

7?3=-R&=—x3。=1.50

由圖乙所示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，電壓表量程為3.00V,將電壓表量程擴大為4.50V,電

壓表滿偏時，分壓電阻分壓為L50V,由串聯電路的特點（電壓與電阻成正比）可知，電壓表內阻是串聯分

壓電阻的2倍，由串聯電路特點可知，電壓表兩端電壓是分壓電阻兩端電壓的2倍，當電壓表和電阻箱以

兩端總電壓是3.00V時，電壓表示數為2.00V,分壓電阻兩端電壓是L00V,即完成了擴大量程。

【小問2詳解】

[1]⑵分壓式接法，滑動變阻器應選擇總阻值較小的F；電壓表內阻約為4000。，分壓電阻分壓約為2000。，

因此電阻箱&應選擇D。

【小問3詳解】

⑴⑵改裝后電流表量程是原電流表量程的3倍，電流表示數是/時，電路電流為3/,改裝后電壓表量程是

原電壓表量程的1.5倍，電壓表示數是U,改裝后電壓表示數是1.5U,改裝后電流表內阻

由圖乙所示電路圖，根據閉合電路的歐姆定律得

,

E=1.5t/+3/(r+7?A)

整理得

U=-E-2Kr+R'^

3

由圖示U-/圖象可知，縱軸截距

2

b=—E=2.80V

3

圖象斜率的絕對值

2.80-2.24

k=2\r+R^\=

80x103

代入數據解得，電源電動勢

E=4.20V

電源內阻

r=2.50Q

三、解答題(每題寫出必要的解題步驟)

15.如圖，真空中存在一水平向右的勻強電場，兩個帶等量異種電荷的小球A和B用相同的絕緣細繩懸掛

在水平天花板下，兩細繩都恰好豎直，此時A、B間的距離為L。兩小球都可視為點電荷，所帶電荷量的絕

對值都為Q，靜電力常量為左。求：

(1)兩球之間的庫侖力大小歹；

(2)勻強電場的電場強度大小E。

AB

【答案】（1）kj（2）k與

LL

【解析】

【詳解】解：（1）由庫侖定律得A、B之間的庫侖力為

F=kl}

（2）設勻強電場的電場強度大小為E,則A、B在水平方向受力平衡，則有

QE=4

整理可得

口,Q

16.如圖所示，和PKQ為豎直方向的平行邊界線，水平線將兩邊界圍成區域分為上下兩部分,

其中I區域內為豎直向下的勻強電場，II區域內為垂直紙面向外的勻強磁場，一質量為加，電荷量為q的帶

正電粒子從左邊界A點以初速度％垂直邊界進入I區域，從C點離開I區域進入H區域。已知AH=/z,

HC=2h,粒子重力不計：

（1）求I區域勻強電場強度E的大??；

（2）若兩豎直邊界線距離為4/?,粒子從n區域左邊界射出,求II區域內勻強磁場的磁感應強度大小范圍;

J????匕

［答案］⑴皿；（2）（后一1）叫＜5＜（0+1）-

2qh2qh2qh

【解析】

【詳解】（1）如下圖所示，粒子從A點至C點做勻變速曲線運動，垂直電場方向有

2h=%乙

平行電場方向有

,12

h=—atl

根據牛頓第二定律有

Eq=ma

聯立解得

E=g

2qh

（2）粒子在C點速度的豎直分量

也=M=%

故粒子在c點速度為

VC=\V0+VCy='^■V0

方向為斜向右下方與夾角為45。，當粒子恰好不從"N邊界出射，粒子軌跡如下圖軌跡①所示

設此種情況下，粒子在磁場中軌道半徑為小由幾何知識得

4+/;sin45o=2h

解得

z;=2（2-V2）/z

粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力

v2

B^qv二m一

解得

(四+1)根%

12qh

當粒子恰好不從P。邊界出射，粒子軌跡如圖軌跡②所示，由幾何知識得

r,-qsin45°=2h

解得

(⑹

G=22+h

粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力

v2

B2qv=m—

r2

解得

22qh

所以n區域內勻強磁場的磁感應強度大小范圍

(0—1)(&+1)

mv0

Iqh2qh

17.如圖所示的空間內有間距為L的兩平行金屬導軌EPG、FQH,質量為2根的光滑金屬桿油從傾斜軌道

上某處由靜止滑下。當油桿滑至斜面底端尸。時進入水平軌道(傾斜軌道與水平軌道平滑連接，且水平軌

道足夠長)。質量為根的金屬桿W被鎖定在距離斜面底端與處(/未知)?？臻g存在豎直向上的勻強磁

場，磁感應強度為及兩金屬桿長度均略長于導軌寬度，并與導軌接觸良好。4桿接入導軌中的電阻為

2R,cd桿接入導軌中的電阻R,導軌電阻不計。已知仍桿剛滑進水平軌道P、Q位置時速度為v,重力加

速度為g,求:

(1)用桿剛滑進水平軌道P