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第Ⅰ卷　(共40分)
一、單項(本題共5小題，每小題3分，共15分)
1．如圖1是兩個等量異種點電荷，周圍有1、2、3、4、5、6各點，其中1、2之間距離與2、3之間距離相等，2、5之間距離與2、6之間距離相等．兩條虛線互相垂直且平分，那么關于各點電場強度和電勢的敘述不正確的是(　　)
圖1
A．1、3兩點電場強度相同　　　B．5、6兩點電場強度相同
C．4、5兩點電勢相同 D．1、3兩點電勢相同
解析：兩個等量異種點電荷的中垂線是等勢線，所以2、4、5、6的電勢相等，C正確；順著電場線的方向電勢降低，1、3電勢不相等，D錯誤；1、2之間距離與2、3之間距離相等，由場強的矢量合成可以知道1、3兩點電場強度相同，A正確；2、5之間距離與2、6之間距離相等，由場強的矢量合成得5、6兩點電場強度相同，B正確．
答案：D
2．有標有“110 V　25 W”和“110 V　60 W”字標的兩個燈泡，要把它們接在220 V的電源上，燈泡既正常發光，又最省電的連接方式應是(　　)
解析：額定電壓相同而額定功率不相同的電燈，它們的電阻是不相同的，由P＝U2/R可知，功率大的電燈的電阻比功率小的電燈的電阻小，也就是說60 W的燈泡的電阻比25 W的燈泡的電阻小．對于A圖，兩燈并聯后與一個滑動變阻器串聯，若是滑動變阻器的分壓作用與兩燈并聯后的分壓作用相等，兩燈能正常工作，整個電路消耗的電功率為170 W，有用的電功率為85 W．對于B圖，若是滑動變阻器與25 W燈并聯后總電阻與60 W燈的電阻相等，兩燈均能正常發光，此時電路中消耗總的電功率為120 W，有用的電功率為85 W．對于C圖，因60 W燈的電阻比25 W燈的電阻小，若是再并聯一個電阻后，總電阻比25 W燈的電阻更小，分壓作用更小，25 W燈兩端的電壓可能遠超過了其額定電壓而被燒毀，所以C圖的電路不可能使兩燈正常工作；在D圖中，當兩個滑動變阻器與其串聯的燈泡電阻分別相等時，兩燈均能正常發光，電路消耗的總功率為170 W，有用的電功率為85 W．綜上所述，只有B選項符合題意．
答案：B　　　　　　　　　　　　　　　　
3．在如圖2所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器．當R2的滑動觸點在a端時合上開關S，此時三個電表A1、A2和V的示數分別為I1、I2和U.現將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數的變化情況是(　　)
圖2
A．I1增大，I2不變，U增大 　　B．I1減小，I2增大，U減小
C．I1增大，I2減小，U增大 　　D．I1減小，I2不變，U減小
解析：滑動觸點由a向b移動時，R2阻值減小，所以總電阻減小，電路中總電流增大，則內電壓增大，路端電壓減小，故U減小；總電流增大，R3兩端電壓也增大，所以并聯電壓減小，故I1減小，又因總電流增大，所以I2增大．
答案：B
4．如圖3所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dPa打到屏MN上的a點，通過Pa段用時間為t，若該微粒經過P點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒．最終打到屏MN上，兩個微粒所受重力均忽略．新微粒運動的(　　)
圖3
A．軌跡為Pb，至屏幕的時間將小于t
B．軌跡為Pc，至屏幕的時間將大于t
C．軌跡為Pb，至屏幕的時間將等于t
D．軌跡為Pa，至屏幕的時間將大于t
解析：由qvB＝mv2/r，解出r＝mv/qB，由題意知，新微粒與原來微粒相比q不變，又T＝2πm/Bq，新微粒m變大，T變大，所以至屏幕的時間將大于t，因此選項D對．
答案：D
5．如圖4所示為伏安法測電阻的一種常用電路．以下分析正確的是(　　)
圖4
A．此接法的測量值大于真實值
B．此接法的測量值小于真實值
C．此接法要求待測電阻值小于電流表內阻
D．開始實驗時滑動變阻器滑動頭P應處在最左端
解析：由R測＝UI＝R＋RA，故A正確，B錯誤；安培表○A內接法，要求R?RA，故C錯誤；開始實驗時滑動變阻器滑動頭P應在最右端，使電壓表讀數由小變大調節，故D錯誤．
答案：A
二、雙項選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)
6．如圖5所示為光敏電阻自動計數器的示意圖，其中R1為光敏電阻，R2為定值電阻，此光電計數器的基本工作原理是(　　)
圖5
A．當有光照射R1時，信號處理系統獲得高電壓
B．當有光照射R1時，信號處理系統獲得低電壓
C．信號處理系統每獲得一次低電壓就記數一次
D．信號處理系統每獲得一次高電壓就記數一次
解析：當光照時，光敏電阻R1的阻值減小，R2上的電壓增大，當有物體通過時，相當于無光照，R1阻值增大，R2電壓減小，所以信號處理系統每獲得一次低電壓記數一次，因此A、C正確．
答案：AC
7．如圖6所示，質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以初速v0垂直進入相互正交的勻強電場E和勻強磁場B，從P點離開該區域的速率為v0，此時側向位移量為s，下列說法中正確的是(　　)
圖6
A．在P點帶電粒子所受洛倫茲力有可能比電場力大
B．帶電粒子的加速度大小恒為Bqv0－qEm
C．帶電粒子到達P點和速率為vP＝v20＋2qEsm
D．帶電粒子到達P點和速率為vP＝v20－2qEsm
解析：應注意分析帶電粒子進入相互正交的勻強電場與勻強磁場后，在場中受到的電場力與洛倫茲力的大小及電場力對粒子做功引起速率變化，而速率的變化又引起洛倫茲力大小的變化．
帶電粒子進入電場時，受到電場力FE＝Eq，方向豎直向上；受到磁場力FB＝Bqv0，方向豎直向下，由于這時FE>FB，粒子向上偏轉且能從P點射出，但粒子在側移過程中，電場力對其做正功，其速度v不斷增大，FB亦隨之增大，故到達P點時有可能FB>FE，選項A正確．
帶電粒子進入該區域后，速率增大，FB增大且FB方向不斷變化，因此加速度大小僅在一進入區域瞬間為Bqv0－qE/m，其他各處均不為該值，選項B錯．
由于粒子在正交電場、磁場中受電場力和洛倫茲力不平衡，粒子做變加速運動，其軌跡既非圓弧，亦非拋物線，不能用勻變速運動有關規律求解vP.可考慮用動能定理求解，因為洛倫茲力不做功，電場力對其做正功，則有：
qEs＝12mv2P－12mv20，所以vP＝v20＋2qEsm，故選項C正確，選項D錯誤．
答案：AC
8．如圖7所示為一個質量為m，電荷量為＋q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B垂直紙面向里的勻強磁場中，現給圓環向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環運動的速度—時間圖象可能是下圖中的(　　)
圖7
解析：若滿足qv0B＝mg，則有N＝0，f＝0，圓環做勻速直線運動，A項正確．若qv0B>mg，N向下，有f＝ma，即μ(qvB－mg)＝ma，隨v減小，a減小，當a＝0時v達最小，vm＝mgqB，D項正確．若qv0B答案：AD
9．壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小，某位同學利用壓敏電阻設計了判斷電梯運動狀態的裝置，其裝置示意圖如圖8所示，將壓敏電阻平放在電梯內，受壓面朝上，在上面放一質量為m的物體，電梯靜止時電流表示數為I0，電梯在不同的運動過程中，電流表的示數分別如圖9(甲)、(乙)、(丙)、(丁)所示，下列判斷中正確的是(　　)
圖8
圖9
A．(甲)圖表示電梯可能做勻速下降運動
B．(乙)圖表示電梯可能做勻加速上升運動
C．(丙)圖表示電梯可能做勻加速上升運動
D．(丁)圖表示電梯可能做勻減速下降運動
解析：(甲)圖中電流表的示數恒等于電梯靜止時電流表示數I0，說明(甲)圖表示電梯靜止或勻速運動，所以選項A正確；(乙)圖中電流表的示數從I0均勻增大，說明壓敏電阻的阻值均勻減小，壓敏電阻所受壓力均勻增大且大于重力，由牛頓第二定律可知a＝F/m－g，所以(乙)圖表示電梯的加速度方向向上，且加速度越來越大，電梯可能做變減速下降運動或變加速上升運動，選項B錯；(丙)圖中電流表的示數恒等于2I0，說明壓敏電阻所受壓力恒定且大于重力，電梯加速度恒定且方向向上，所以選項C正確；(丁)圖中電流表的示數從2I0均勻減小，說明壓敏電阻的阻值均勻增大，壓敏電阻所受壓力均勻減小且大于重力，由牛頓第二定律可知a＝F/m－g，所以(丁)圖表示電梯的加速度方向向上，且加速度越來越小，電梯可能做變減速下降運動或變加速上升運動，選項D錯．
答案：AC
10．一個點電荷在磁場中運動，某時刻速度方向如圖10，受到的重力和洛倫茲力的合力的方向恰好與速度方向相反，不計阻力，那么接下去的一小段時間內，點電荷(　　)
圖10
A．可能做勻減速運動
B．不可能做勻減速運動
C．可能做勻速直線運動
D．不可能做勻速直線運動
解析：當點電荷受的洛倫茲力與重力的合力與速度方向相反時，粒子速度要減小，所受的洛倫茲力F＝Bqv減小．合力方向發生變化．粒子將做曲線運動．所以答案A、C錯，B、D正確．考查受洛倫茲力在復合場中的運動，運動和力的關系．
答案：BD
第Ⅱ卷　非選擇題(共60分)
三、題(本題共3道小題，每小題5分，共15分)
11．如圖11所示電路中，R1＝8 Ω，R2＝2 Ω，R3＝3.2 Ω，當通過電流時，各個電阻兩端電壓之比U1∶U2∶U3＝________，各電阻中電流之比I1∶I2∶I3＝________，各電阻消耗的電功率之比P1∶P2∶P3＝________.
圖11
解析：R1和R2并聯的總電阻為R12＝8×28＋2 Ω＝1.6 Ω，設R1兩端電壓U1＝U，因為R2和R1并聯，所以U1＝U2＝U，又因R1與R2并聯后和R3串聯，而R3＝3.2 Ω＝2R12，所以U3＝2U，故U1∶U2∶U3＝1∶1∶2，設R1電流I1＝I，因R2＝14R1，所以I2＝4I(并聯電路各電阻的電流跟它們的阻值成反比)，而I3＝I1＋I2＝5I，故I1∶I2∶I3＝1∶4∶5.設R1電功率P1＝P，因R2＝14R1，所以P2＝4P(并聯電路各電阻電功率跟電阻成反比)，又因為I3＝5I，U3＝2U1，所以P3＝10P，得P1∶P2∶P3＝1∶4∶10.
答案：1∶1∶2　1∶4∶5　1∶4∶10
12．在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材有：
A．小燈泡(額定電壓為3.8 V，額定電流約0.3 A)
B．直流電流表A(0～0.6 A，內阻約0.5 Ω)
C．直流電壓表V(0～6 V，內阻約5 kΩ)
D．滑動變阻器R1(0～10 Ω，2 A)
E．滑動變阻器R2(0～100 Ω，0.2 A)
F．電源(6 V，內阻不計)
G．開關S及導線若干
(1)實驗中滑動變阻器應選用______(選填“R1”或“R2”)；
(2)某同學設計了實驗測量電路，通過改變變阻器的滑片位置，使電表讀數從零開始變化，記錄多組電壓表的讀數U和電流表的讀數I.請在圖12甲中用筆畫線代替導線，將實驗電路連接完整；
(3)該同學在實驗中測出8組對應的數據(見下表)：
次數12345678
U/V00.200.501.001.502.003.003.80
I/A00.080.130.180.200.240.290.33
則小燈泡的額定功率為______W，該測量值______(選填“大于”“小于”或“等于”)真實值．請在 圖乙坐標中，描點作出UI圖線．由圖象可知，隨著電流的增大，小燈泡的電阻______(選填“增大”“減小”或“不變”)
甲　　　　　　　乙
圖12
解析：本題考查描繪小燈泡伏安特性曲線．小燈泡兩端的電壓要從0開始連續變化，所以滑動變阻器選用分壓接法，小燈泡額定電流為0.3 A，所以應該選用R1.小燈泡電阻RL＝3.80.3 Ω＝12.7 Ω，因為RVRL>RLRA，故電流表選用外接法．P＝IU＝3.8×0.33＝1.25 W，在UI圖線中圖線上點與坐標原點連線的斜率表示電阻，所以隨電流增大，小燈泡的電阻增大．
答案：(1)R1　(2)如圖甲所示
(3)1.25　大于　如圖乙所示　增大
甲　　　　　　　乙
13．如圖13所示，在x軸的上方(y≥0)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.在原點O有一個離子源向x軸上方的各個方向發射出質量為m、電荷量為q的正離子，速率都是v，對于那些在xOy平面內運動的離子，在磁場中可能到達的最大x＝________，最大y＝________.
圖13
解析：由左手定則可以判定，正離子進入磁場后沿順時針方向做勻速圓周運動，運動半徑均為mv/qB；其中沿x軸負方向進入磁場中的離子具有最大y＝2r＝2mv/qB，沿y軸正方向進入磁場中的離子具有最大x＝2r＝2mv/qB.
答案：2mvqB　2mvqB
四、計算或論述題(本題共4小題，共45分，解答應寫出必要的文字說明，方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)
14．(10分)如圖14所示，水平放置的兩平行板A、B相距h，上板帶正電．現有質量為m、帶電荷量為＋q的小球在A板下方距B板為H處，以初速v0豎直向上從B板小孔進入板間的電場，欲使小球剛好打到A板上，A、B間電勢差UAB應為多大？
圖14
解析：由題意知，帶電小球在運動過程中必受重力作用，當進入兩板間時將同時受重力和電場力的作用，故小球運動分兩個過程，在B板下方時僅受重力作用，做豎直上拋運動；進入電場后受向下的電場力和重力作用，做勻減速直線運動．
對第一個運動過程v2B－v20＝－2gH①
對第二個運動過程，加速度為a＝mg＋qEm
按題意h為減速運動的最大位移，故有h＝v2B2a，整理得v2B＝2gh＋2ghEm②
①②兩式聯立解得hE＝m[v20－2g?H＋h?]2q
注意到平板電容器內部勻強電場的場強和電勢差的關系，易知U＝hE.
答案：UAB＝m[v20－2g?H＋h?]2q
15．(10分)如圖15所示，R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，R3＝8 Ω，R5＝6 Ω.若電路消耗的總功率為P總＝30 W，電源輸出功率為P出＝28.4 W，電源內阻r＝0.4 Ω，求：
圖15
(1)AB間的電阻UAB是多少？
(2)電源電動勢E是多少？
解析：本題涉及三個功率，它們的關系是：P總＝P出＋P內，其中P總＝IE，P出＝IU，P＝I2r，所求電壓UAB不是路端電壓，而是外電路的部分，可用部分電路歐姆定律求解．
(1)P內＝P總－P出＝(30－28.4) W＝1.6 W
又由P內＝I2r，可得干路電流
I＝P內r＝1.60.4 A＝2 A
A、B部分的總電阻為R2、R5并聯，與R1串聯后再與R3并聯，可計算其總阻值RAB＝4 Ω.
于是UAB＝IRAB＝2×4 V＝8 V.
(2)又因為P出＝I2R，R是包括R4的電路總電阻，可得R＝P出I2＝28.422 Ω＝7.1 Ω
由閉合電路歐姆定律知
E＝I(R＋r)＝2(7.1＋0.4) V＝15 V.
答案：(1) 8 V　(2) 15 V
16．(12分)如圖16所示，在第一象限有一勻強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點O離開磁場．粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點．已知OP＝l，OQ＝23l.不計重力．求：
圖16
(1)M點與坐標原點O間的距離；
(2)粒子從P點運動到M點所用的時間．
解析：(1)點電荷在電場中做類平拋運動，在y軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為a；在x軸正方向上做勻速直線運動，設速度為v0；粒子從P點運動到Q點所用的時間為t1，進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則
a＝qEm①
t1＝2y0a②
v0＝x0t1③
其中x0＝23l，y0＝l又有
tanθ＝at1v0④
聯立①②③④式，得
θ＝30°⑤
因為M、O、Q點在圓周上，
∠MOQ＝90°，所以MQ為直徑，從圖中的幾何關系可知，R＝23l⑥
MO＝6l⑦
(2)設粒子在磁場中運動的速度為v，從Q到M點運動的時間為t2，則有
v＝v0cosθ⑧
t2＝πRv⑨
點電荷自P點出發到M點所用的時間t為
t＝t1＋t2⑩
聯立①②③⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，
并代入數據得
t＝(32π＋1)2mlqE?
答案：(1)6l　(2)(32π＋1)2mlqE?
17．(13分)如圖17甲所示，兩塊水平放置的金屬板長為L＝1.40 m，間距為d＝30 cm，兩板間有B＝1.25 T，方向垂直紙面向里的勻強磁場和圖乙所示的脈動電壓．加有電壓時，上板電勢高，當t＝0時，質量m＝2.00×10－15 kg、電荷量q＝1.00×10－10 C的正粒子，以速度v0＝4.00×103 m/s從兩板中央水平射入，不計重力，試分析：
(1)粒子在兩板間如何運動？會不會碰到極板上？
(2)粒子在兩板間運動時間是多少？
圖17
解析：因所加的電壓是脈動電壓，前半周期有一個恒定電壓，而后半周期無電壓，則我們考慮正粒子的運動時也只需考慮這兩種情況即可．
(1)0～10－4 s內，粒子同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力的作用，大小分別為：
F＝qE＝qUd＝5×10－7 N，f洛＝qv0B＝5×10－7 N.
因為F＝f洛，所以粒子做勻速直線運動，相應的位移為L0＝v0t＝4.00×103×1×10－4 m＝0.4 m
在10－4～2×10－4 s內無電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌道半徑為：
r＝mv0qB＝6.4×10－2 m運動周期為
T＝2πmqB
＝2×3.14×2.00×10－51.00×10－10×1.25 s
≈1.00×10－4 s.
所以，粒子不會打到極板上，并在無電場時間內恰好在磁場運動一周，當兩板間又加周期性電壓時，粒子又重復上述運動，軌跡如圖所示．
(2)粒子在極板間勻速運動的總時間為
t1＝Lv0＝1.404.00×103 s＝3.5×10－4 s.
而做勻速圓周運動的時間為
t2＝3T＝3×10－4 s
所以在兩板間運動的總時間為：
t＝t1＋t2＝6.5×10－4 s.


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