1、福建省漳州市龙海市程溪中学20152016学年度高二上学期期末物理试卷一.单项选择题：（本题共9小题，每小题4分，共36分）1关于电场强度的公式E=，下列说法正确的是（）A由公式可知，电场强度与试探电荷所带电量成反比B此公式只能适用于真空中的点电荷产生的电场C此公式为电场强度的定义式，可以适用于各种电场D公式中q是产生电场的电荷带电量，F是试探电荷所受到的力2某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）ABCD3关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（）A电场和磁场都对带电粒子起加速作用B电场和磁场是交替地对带电粒子做功的C只有磁场才对带电粒子起加速作用D只有
2、电场才对带电粒子起加速作用4如图所示，两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直，通过两环的磁通量a、b比较，则（）AabBabCa=bD无法确定5一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场中，粒子的一段运动径迹如图所示若径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），则从图中情况可以确定（）A粒子是从a运动到b，带正电B粒子是从b运动到a，带正电C粒子是从a运动到b，带负电D粒子是从b运动到a，带负电6如图所示，两平行金属板水平放置，构成一个电容器当把两金属板接在某直流电源的两板时，板间有一带电微粒恰好能保持静止状态，
3、则（）A该带电微粒一定是带负电荷B微粒只能处于两板中央，它才可能处于静止C若将两极板间距调大一些，微粒将向下运动D若将两极板间距调小一些，微粒仍能保持平衡7如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A建立电场的点电荷Q带负电B粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C粒子在M点的速度比在N点的速度大D粒子在M点的电势能比在N点的电势能大8在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、
4、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小9如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B两板的正中央c点，不计空气阻力，则（）A微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小B微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为qUC若微粒从距B板高1.5h处自由下落，则恰好能达到A板D微粒在下落过程中重力做功为mg（h
5、+），电场力做功为qU二多选题（每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分有选错的得0分）10下列物理量中哪些与检验电荷无关（）A电场强度EB电势能EpC电场力FD电势11如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上有C、D两点，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AC、D两点的电场强度相同BO点电场强度为零C若将点电荷+q从O移至C，电势能减小D若将点电荷q从D移至C，电势能增大12如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一带正电粒子沿极板方向以速度v从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过不计带电粒子的重
6、力，下列说法中正确的是（）A若粒子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转B若增大两极板间的电压，粒子将向下偏转C若增大磁感应强度B，粒子经向上偏转D若减小带正电粒子的电荷量，粒子将向上偏转13如图所示，质量为m，带电荷量为+q的P环套在固定不光滑的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B现给环一向右的初速度v0（v0），则（）A环所受的弹力方向一直向上B环将向右减速，最后停止运动C从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02D从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02（）2三实验题（本题共2小题，每空格2分，共12分把正确答案
7、填写在答案卷的相应位置上）14对下面的游标尺、螺旋测微器、多用电表进行读数（1）一同学用一游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一物体的长度测得的结果如图1所示，则该物体的长度L= cm（2）某同学用螺旋测微器测得一圆柱体直径如图2，则其直径是mm（3）如图3所示，现用它测量一个约为100300定值电阻的阻值，具体测量步骤如下：a将多用电表的选择开关旋转到电阻填（“1”、“10“、“100”或“1K”）档b将红、黑表笔分别插入“+”“”插孔，笔尖相互接触，旋转调零旋钮，使表针指在（选填“右”或“左”）端的“0”刻度位置c将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，读出相应的示数为15有一个小灯泡上标有
8、“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线现有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻10k）B电压表（015V，内阻20k）C电流表（03A，内阻1）D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（500，1A）G学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：；（2）实验中所用电压表应选，电流表应选用，滑动变阻器应选用（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图四计算题（本大题共3小题，共40分请写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答
9、案中必须明确写出数值和单位）16如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2103C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm两点连线与 电场方向成60角则：（1）该负电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB=；（2）A、B两点间的电势差以UAB=；（3）该匀强电场的电场强度E=17如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨
10、上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力18如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场一个质量为m、带电+q的微粒，在A点（0，3）以初速度v0=120m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的p点（6，0）和Q点（8，0）各一次已知该微粒的比荷为=10
11、2C/kg，微粒重力不计求：（1）微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；（2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角；（3）电场强度E和磁感强度B的大小福建省漳州市龙海市程溪中学20152016学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一.单项选择题：（本题共9小题，每小题4分，共36分）1关于电场强度的公式E=，下列说法正确的是（）A由公式可知，电场强度与试探电荷所带电量成反比B此公式只能适用于真空中的点电荷产生的电场C此公式为电场强度的定义式，可以适用于各种电场D公式中q是产生电场的电荷带电量，F是试探电荷所受到的力【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】公式E=
12、运用比值法定义，E与F、q无关，该公式适用于任何电场，根据电场强度的物理意义分析【解答】解：A、电场强度反映电场本身的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关，故A错误BC、E=为电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于各种电场，故B错误，C正确D、公式中q是放入电场中的试探电荷，F是试探电荷所受到的力，故D错误故选：C【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定2某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）ABCD【考点】安培力【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步
13、进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向【解答】解：A、根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；B、根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；C、根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；D、根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于导体棒向上，故D错误故选：A【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度3关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（）A电场和磁场都对带电粒
14、子起加速作用B电场和磁场是交替地对带电粒子做功的C只有磁场才对带电粒子起加速作用D只有电场才对带电粒子起加速作用【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动【解答】解：回旋加速器是利用电场进行加速，而磁场中受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，所以在磁场中速度的大小不变，没有起到加速作用，反而使粒子偏转，做匀速圆周运动故A、B、C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的以及知道粒子在磁场中运动的洛伦兹力不做功4如图所示，
15、两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直，通过两环的磁通量a、b比较，则（）AabBabCa=bD无法确定【考点】磁通量【分析】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，
16、抵消较小，则磁通量较大，所以ab故选A【点评】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较常见问题，中等难度5一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场中，粒子的一段运动径迹如图所示若径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），则从图中情况可以确定（）A粒子是从a运动到b，带正电B粒子是从b运动到a，带正电C粒子是从a运动到b，带负电D粒子是从b运动到a，带负电【考点】洛仑兹力【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒
17、子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确故选：B【点评】根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键6如图所示，两平行金属板水平放置，构成一个电容器当把两金属板接在某直流电源的两板时，板间有一带电微粒恰好能保持静止状态，则（）A该带电微粒一定是带负电荷B微粒只能处于两板中央，它才可能处于静止C若将两极板间距调大一些，微粒将向下运动D若将两极板间距调小一些，微粒仍能保持平衡【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容【专
18、题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电微粒受到重力和电场力作用，处于静止状态，根据电源判断电容器的正负极，从而判断电场强度的方向，根据电场力的方向方向微粒的电性，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，即可判断小球如何运动【解答】解：A、带电微粒受到重力和电场力作用，处于静止状态，则电场力方向竖直向上，根据图象可知，电容器下极板带正电，则电场强度向上，所以电荷带正电，故A错误；B、电容器内部是匀强电场，带点微粒不论处于什么位置都能静止，故B错误；C、将电容器两板间的距离增大，电容器板间电压不变，根据E=可知，电场强度减小，则电场力减小，重力大于电场力，微粒将向下运动，故C正确；D、
19、将电容器两板间的距离减小，电容器板间电压不变，根据E=可知，电场强度增大，则电场力增大，重力小于电场力，微粒将向上运动，故D错误；故选：C【点评】本题是电容器动态分析问题知道电容器与电源始终相连时，电容器两端电压不变，结合板间场强公式E=进行分析即可7如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A建立电场的点电荷Q带负电B粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C粒子在M点的速度比在N点的速度大D粒子在M点的电势能比在N点的电势能大【考点】电场线；电场强度【专题】电场力与电势的性质
20、专题【分析】由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场线的方向根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系【解答】解：A、由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷Q带正电，A错误；B、电场线的疏密表示电场强度的大小，M点电场线稀疏，所以离子在M点的电场力小，加速度也小，B错误；C、粒子从M到N，电场力做正功，动能增大电势能减小，所以离子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在M点的电势能比在N点的电势能大，所以C错误D正确；故选：D【点评】在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动
21、能等变化，这对学生是基本的要求，要重点掌握8在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：
22、由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大故A、C、D错误，B正确故选：B【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流9如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔一带正电的微粒，带电量为q，质量为m
23、，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B两板的正中央c点，不计空气阻力，则（）A微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小B微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为qUC若微粒从距B板高1.5h处自由下落，则恰好能达到A板D微粒在下落过程中重力做功为mg（h+），电场力做功为qU【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系【分析】微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小重力一直做正功，重力一直减小微粒下落过程中重力做功为mg（h+），电场力做功为qU微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量为 qU根据动能定理研究微粒从距B板高2h处自由下
24、落，能否到达A板【解答】解：A、微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小重力一直做正功，重力势能一直减小故A错误 B、微粒下降的高度为h+，重力做正功，为WG=mg（h+），电场力向上，位移向下，电场力做负功，WE=q=qU，电势能逐渐增大，其增加量为qU故B正确，D错误 C、由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得： mg（h+）qU=0 将式乘以2，得：mg（2h+d）qU=0 若微粒从距B板高1.5h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得： mg（1.5h+d）qU0 由于粒子的动能不能为负，所以粒子不能达到A板故C错误故选：B【点评】本题根
25、据动能定理研究微粒能否到达A板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析二多选题（每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分有选错的得0分）10下列物理量中哪些与检验电荷无关（）A电场强度EB电势能EpC电场力FD电势【考点】电场强度【分析】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义【解答】解：电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP和电场力F均与电荷有关，故BC错误，AD正确故选：AD【点评】对于物理中各个物理量要明确其确切含义
26、，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累11如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上有C、D两点，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AC、D两点的电场强度相同BO点电场强度为零C若将点电荷+q从O移至C，电势能减小D若将点电荷q从D移至C，电势能增大【考点】电场的叠加；电场强度【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】空间某点的电场强度是由两个点电荷叠加而成的，电势能变化要看电场力做功情况，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A、根据平行四边形定则得到，x轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的
27、电场强度方向沿+y轴方向，而两个等量同种点电荷+Q在C点产生的电场强度方向沿y轴方向，因此它们的电场强度方向不同，故A错误B、题中A、B两个+Q在O点的场强大小相等，方向相反，矢量和为0，故B正确C、在两等量同种电荷两线的中点以上，根据平行四边形定则，+q受到两电荷对它库仑力的合力竖直向上，在中点以下，受到库仑力的合力竖直向下，若将点电荷+q从O移至C，电场力做正功，电势能减小，故C正确D、若将点电荷q从D移至C，电场力先做正功，后做负功，所以电势能先减小，后增加故D错误；故选：BC【点评】本题关键在于用矢量合成的平行四边形定则来求解空间任意一点的和场强，根据电场力做功情况来判断电势能的变化情
28、况12如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一带正电粒子沿极板方向以速度v从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过不计带电粒子的重力，下列说法中正确的是（）A若粒子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转B若增大两极板间的电压，粒子将向下偏转C若增大磁感应强度B，粒子经向上偏转D若减小带正电粒子的电荷量，粒子将向上偏转【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带正电粒子的电场力和洛伦兹力相等，当速度变化、磁感应强度变化、电场强度变化时，根据受力判定粒子运
29、动情况【解答】解：A、开始时粒子做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力平衡；粒子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，根据f=Bqv知洛伦兹力小于电场力，电场力竖直向下，合力竖直向下，故它将向下偏转，故A错误；B、若增大两极板间的电压，场强变大，电场力变大，故合力向下，故粒子将向下偏转，故B正确；C、若增大磁感应强度B，洛仑兹力变大，故合力向上，故粒子向上偏转，故C正确；D、若减小带正电粒子的电荷量，电场力qE依然与洛仑兹力qvB平衡，粒子做匀速直线运动，故D错误；故选：BC【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平
30、衡，即qvB=qE，v=与粒子电性无关；只有速度为，方向相同的粒子才能沿直线匀速通过选择器13如图所示，质量为m，带电荷量为+q的P环套在固定不光滑的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B现给环一向右的初速度v0（v0），则（）A环所受的弹力方向一直向上B环将向右减速，最后停止运动C从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02D从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02（）2【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系【分析】环受重力、支持力、洛伦兹力以及摩擦力作用做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力等于零，环做匀速直线运
31、动根据能量守恒求出损失的机械能【解答】解：A、当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，由于v0，支持力的方向向下；物体先向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动故A、B错误C、根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有qvB=mg，解得v=损失的机械能E=mv02m（）2故C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键能够根据物体的受力，通过合力的变化以及与速度方向的关系判断出环的运动情况三实验题（本题共2小题，每空格2分，共12分把正确答案填写在答案卷的相应位置上）14对下面的游标尺、螺旋测微器、多用电表进行
32、读数（1）一同学用一游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一物体的长度测得的结果如图1所示，则该物体的长度L=2.030 cm（2）某同学用螺旋测微器测得一圆柱体直径如图2，则其直径是3.696mm（3）如图3所示，现用它测量一个约为100300定值电阻的阻值，具体测量步骤如下：a将多用电表的选择开关旋转到电阻10填（“1”、“10“、“100”或“1K”）档b将红、黑表笔分别插入“+”“”插孔，笔尖相互接触，旋转调零旋钮，使表针指在右（选填“右”或“左”）端的“0”刻度位置c将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，读出相应的示数为160【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；定性思想；推理法；恒
33、定电流专题【分析】（1、2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）明确指针指在中值电阻附件时读数才较准确，所以选档时应根据待测电阻阻值大小与中值电阻倍数关系来选择倍率，注意每次选档后应该进行欧姆调零【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为20mm，游标尺上第6个刻度游标读数为：0.056mm=0.30mm，所以最终读数为：20mm+0.30mm=20.30mm=2.030cm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.0119.6mm=0.196mm，所以最终读数为：3.5mm
34、+0.196mm=3.696mm（3）a、欧姆表的中值电阻为15，由于指针指在表盘中央附近时读数较准确，所以若待测电阻在100300时，应选10的倍率；b、欧姆调零时，应将两表笔接触，旋转调零旋钮，使指针指针表盘右端的“0”刻度位置；c、欧姆表的读数为：R=1610=160故答案为：（1）2.030；（2）3.696；（3）a、10；b、右；c、160【点评】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同15有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线现有下
35、列器材供选用：A电压表（05V，内阻10k）B电压表（015V，内阻20k）C电流表（03A，内阻1）D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（500，1A）G学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；（2）实验中所用电压表应选A，电流表应选用D，滑动变阻器应选用E（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】（1）根据滑动变阻器分压及
36、限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法（2）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入【解答】解：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0
37、5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I=0.5A，故电流表应选择00.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：故答案为：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；（2）A，D，E（3）如图【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断四计算题（本大题共3
38、小题，共40分请写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2103C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm两点连线与 电场方向成60角则：（1）该负电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB=0.2J；（2）A、B两点间的电势差以UAB=100V；（3）该匀强电场的电场强度E=1104V/m【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）由题，电势能增加多少，电场力做负功多少（2）由U=求解电势
39、差（3）由U=Ed=Ecos60求解电场强度E【解答】解：（1）负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，则电场力所做的功：WAB=0.2J（2）A、B两点间的电势差：UAB=V=100V（3）由UAB=Ed=Ecos60得：E=V/m=1104V/m故答案为：（1）0.2 J；（2）100V； （3）1104V/m【点评】本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握17如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁
40、场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应中的力学问题【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大
41、小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=1.5A（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mg sin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件mg sin37+f=F安解得：f=0.06N【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力18如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向
42、向里垂直纸面的匀强磁场一个质量为m、带电+q的微粒，在A点（0，3）以初速度v0=120m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的p点（6，0）和Q点（8，0）各一次已知该微粒的比荷为=102C/kg，微粒重力不计求：（1）微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；（2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角；（3）电场强度E和磁感强度B的大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）先分析带电微粒的运动情况：带电粒子从A点射入电场做类平抛运动，进入匀强磁场中做匀速圆周运动运用分
43、解的方法，研究类平抛运动，由运动学公式求时间和加速度（2）由速度的分解求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角画出轨迹（3）由牛顿第二定律求电场强度E由几何知识求出微粒做圆周运动的半径，由牛顿第二 定律和向心力求磁感应强度【解答】解：（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴上做匀速直线运动，则有 Sx=v0t 得 t=0.05s 微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 Sy=at2解得 a=2.4103m/s2（2）微粒进入磁场时竖直方向的分速度 vy=at 由tg=1；得 =arctg=45 轨迹如图 （3）电场中，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得，E=24N/C 设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动 v=v0由qvB=m得R=由几何关系 R=解得，B=1.2T答：（1）微粒从A到P所经历的时间是0.05s，加速度的大小是2.4103m/s2；（2）微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角是45，画出带电微粒在电磁场中由A至Q的运动轨迹如图；（3）电场强度E为24N/C，磁感应强度B的大小是1.2T【点评】本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹，由几何知识求半径版权所有：高考资源网()
