1、2013-2014学年甘肃省张掖市高台一中高二（上）期末物理试卷一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个正确答案） 1（3分）两根相距较近的平行直导线，当它们通以电流时，会产生力的作用，下列说法正确的是（）A两电流直接产生力的作用B两电流通过磁场产生力的作用C若通以同向电流，则互相排斥D若通以反向电流，则互相吸引 2（3分）如图所示，在真空中，两个放在绝缘架上的相同金属小球A和B相距为r球的半径比r小得多，A带电荷量为+4Q，B带电荷量为2Q，相互作用的静电力为F现将小球A和B互相接触后将其固定距离变为2r，这时A和B之间相互作用的静电力为F则F与F之比为（）A32：
2、9B4：9C1：32D32：1 3（3分）关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的有（）A电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于B电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度可能大于或等于C磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D磁场中某点磁感应强度的方向，与电流元在此点的受力方向相同 4（3分）一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为200，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.8k的电阻D并联一个9.8k的电阻 5（3分）测量电阻所用的伏特表内电阻为5000，安培表内阻为0.5，今有一电阻值为约为10的待
3、测电阻Rx，为使其电阻的测量值更接近真实值，应采用电路及测出的阻值与真实值之间的关系（）A甲，测出的阻值大于真实值B甲，测出的阻值小于真实值C乙，测出的阻值大于真实值D乙，测出的阻值小于真实值 6（3分）如图为某匀强电场的等势面分布图（等势面竖直分布），已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为（）AE=0.04V/m，竖直向下BE=100V/m，竖直向上CE=100V/m，水平向左DE=0.04V/m，水平向右 7（3分）（2004南京模拟）如图所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从A运动到B在这过程中，电荷的速
4、度时间图线如图乙所示，比较A、B两点的电势的高低和电场强度E的大小，正确的是（）AAB EAEBBAB EA=EBCAB EAEBDAB EA=EB 8（3分）如图所示，虚线a、b、c表示真空中O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间电势差相等一电子（不计重力）射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点下列判定错误的是（）AO处的点电荷一定带正电Ba、b、c三个等势面的电势关系是abcC电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|=2|W34|D电子在位置1与位置4具有相同的动能 9（3分）（2006松江区二模）在如图的
5、电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）AA灯和B灯都变亮BA灯、B灯都变暗CA灯变亮，B灯变暗DA灯变暗，B灯变亮 10（3分）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图a所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图b变化时，图c中正确表示线圈中感应电流i变化的是（）ABCD二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.） 11（4分）如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行
6、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（）AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 12（4分）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位
7、置，则（）AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变 13（4分）在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10，电动机M的线圈电阻值为2，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知（）A通过电动机的电流为12AB电动机消耗的功率为48WC电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD电动机输出的功率为8W 14（4分）（2009江门一模）目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压以下正确的是（）AB板带正电BA板带正电C其他条件不变，只增
8、大射入速度，UAB增大D其他条件不变，只增大磁感应强度，UAB增大 15（4分）回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个D形盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中若已知回旋加速器D形盒的半径r，匀强磁场的磁感应强度为B一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为0开始加速下列回旋加速器说法中正确的是（）A粒子从磁场中获得能量，电场中改变方向B狭缝间交变加速电压越大，带电粒子从D形盒射出时的动能越大C回旋加速器所加交变加速电压的周期与粒子在该磁场中做匀速圆周运动的周期相等D粒子离开回旋加速器时的动能大小是二
9、、实验题（除注明外，每空1分，共18分） 16（2分）用电压表和电流表测定电池的电动势和内电阻的实验中，所得路端电压U随电流强度I变化的图象如图所示，由图象可知，电池的电动势=_V，内电阻r=_ 17（2分）（2012惠州三模）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A直流电源6V（内阻不计） B直流电流表03A（内阻0.1以下）C直流电流表0300mA（内阻约为5） D直流电压表010V（内阻约为15k）E滑动变阻器10，2A F滑动变阻器1k，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量（1）实验中电流表应选用_，滑
10、动变阻器应选用_（均用序号表示）（2）在方框内画出实验电路图（3）试将如图所示器材连成实验电路 18（2分）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_挡（填“1”或“100”），换挡后，在再次测量前先要_ 19（1分）使用中值电阻（刻度中央的电阻值）为24（l挡）的多用电表测量两个定值电阻（阻值约为R1=20和R2=30k）在下列一系列操作中，选出尽可能准确地测定各阻值，并符合多用电表使用规则的各项操作，按合理的顺序填写在横线的空白处：A转动选择开关置于“1k”挡B转动选择开关置于“100”挡C转动选择开关置于“10”挡D转动选择开关置于“1”挡E转动选择开
11、关置于“OFF”挡F将两表笔分别接触R1两端，读出Rl的阻值后随即断开G将两表笔分别接触R2两端，读出R2的阻值后随即断开H将两表笔短接，调节调零旋钮，使指针指在刻度线右端的“O”刻度所选操作的合理顺序是_ 20（8分）有一只电流计，已知其Ig=500A，Rg=100，现欲改装成量程为6v的电压表，则应该_联_的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与标准表比较时，发现当标准值为3v时，改装电压表读数为3.2V，则实际所用的电阻值偏_（填“大”或“小”）_ 21（2分）某实验小组利用如图所示的装置探究热敏电阻的温度特性（1）电键闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应置于_端（选填a或b）（2）实验小组将测
12、量出的不同温度下热敏 电阻的阻值与标准值比较后，发现二者有一定的差异除偶然误差外，你认为造成误差的原因可能是_四、计算题（本题共4小题，共32分.在解下列各题时，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤） 22（7分）带电量为 1.0102库的正粒子，在电场中只受电场力的作用，先后飞经A、B两点，飞经A点时的动能为10J，飞经B点时的动能为40J已知A点的电势为700V，求：（l）电荷从A到B电场力做多少功？（2）带电粒子在A点的电势能是多少？（3）B点的电势是多少？ 23（6分）如图所示，相距为d长度为l 的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）在
13、AB左端距A、B等距离处的O点，有一电量为+q、质量为m的粒子以初速v0沿水平方向（与A、B板平行）射入（如图）不计重力，要使此粒子能从下板最右端C处射出，则A、B间的电压U应为多少？ 24（7分）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，
14、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 25（12分）如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度v（2）速度选择器的电压U2（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R2013-2014学年甘肃省张掖市高台一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（
15、本大题共10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个正确答案）1（3分）两根相距较近的平行直导线，当它们通以电流时，会产生力的作用，下列说法正确的是（）A两电流直接产生力的作用B两电流通过磁场产生力的作用C若通以同向电流，则互相排斥D若通以反向电流，则互相吸引考点：平行通电直导线间的作用版权所有分析：通电导线间的作用是通过通电导线产生的磁场发生的，电流本身间没有作用两根平行导线上的电流反向时相互排斥，而同向时则相互吸引解答：解：A、通电导线间的作用是通过通电导线产生的磁场发生的，电流本身间没有作用，故A错误，B正确C、两条平行的导线，当通过电流方向相同时，互相吸引；故C错误D、当通过电流方向相
16、反时，互相排斥故D错误故选B点评：考查根据右手螺旋定则来确定通电导线磁场的分布，再由左手定则来确定安培力的方向，从而确定运动情况，且突出越靠近导线磁场越强，对通电直导线间的作用，最好记住结论2（3分）如图所示，在真空中，两个放在绝缘架上的相同金属小球A和B相距为r球的半径比r小得多，A带电荷量为+4Q，B带电荷量为2Q，相互作用的静电力为F现将小球A和B互相接触后将其固定距离变为2r，这时A和B之间相互作用的静电力为F则F与F之比为（）A32：9B4：9C1：32D32：1考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得
17、出接触后的作用力与原来作用力的关系解答：解：由库仑定律可得：没接触前AB之间的静电力为F，则F=k=8k，而两球接触后再分开，它们的电荷量是先中和，再平分，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为=Q则库仑力F=k，所以F与F之比为32：1故D正确、ABC错误故选：D点评：在解答本题的时候，一定要注意，它们带的异种电荷，在接触之后，它们的电荷量要先中和，之后再平分3（3分）关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的有（）A电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于B电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度可能大于或等于C磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D磁场中某点磁感应
18、强度的方向，与电流元在此点的受力方向相同考点：磁感应强度版权所有分析：当电流元与磁场垂直时，B=根据磁感应强度定义的条件来分析当电流元与磁场垂直不时B的大小解答：解：A、只有当电流元与磁场垂直时，B=当电流元与磁场不垂直时，B故A错误 B、当电流元与磁场垂直不时F=BILsin，是电流元与磁场方向的夹角则B故B正确 C、由公式F=BILsin可知，磁场中电流元受力情况取决于B、I、L及四个因素，则F大，B不一定大故C错误 D、磁感应强度的方向，与电流元在此点的受力方向垂直故D错误故选B点评：本题考查对基本概念的理解能力，要注意磁感应强度B定义式B=的条件：电流元与磁场垂直4（3分）一个电流表的
19、满偏电流Ig=1mA，内阻为200，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.8k的电阻D并联一个9.8k的电阻考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题分析：把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律即可求出串联电阻阻值解答：解：把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，分压电阻阻值：R=Rg=200=9800=9.8k；故选：C点评：本题考查了电压表的改装问题，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题5（3分）测量电阻所用的伏特表内电阻为5000，安培表内阻为0.5，今
20、有一电阻值为约为10的待测电阻Rx，为使其电阻的测量值更接近真实值，应采用电路及测出的阻值与真实值之间的关系（）A甲，测出的阻值大于真实值B甲，测出的阻值小于真实值C乙，测出的阻值大于真实值D乙，测出的阻值小于真实值考点：伏安法测电阻版权所有专题：恒定电流专题分析：根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后根据电路图分析实验误差解答：解：由题意知，电压表内阻为5000，安培表内阻为0.5，待测电阻阻值为10，相对来说，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，因此应选择图甲电路图；电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实
21、值，故B正确；故选：B点评：本题考查了伏安法测电阻实验电路的选择，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，应采用电流表外接法6（3分）如图为某匀强电场的等势面分布图（等势面竖直分布），已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为（）AE=0.04V/m，竖直向下BE=100V/m，竖直向上CE=100V/m，水平向左DE=0.04V/m，水平向右考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势根据匀强电场场强与电势差的关系E=求出电场强度的大小解答：解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由
22、高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度E=V/m=100V/m故C正确、ABD错误故选：C点评：本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系公式E=中，d是沿电场线方向两点间的距离7（3分）（2004南京模拟）如图所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从A运动到B在这过程中，电荷的速度时间图线如图乙所示，比较A、B两点的电势的高低和电场强度E的大小，正确的是（）AAB EAEBBAB EA=EBCAB EAEBDAB EA=EB考点：电势；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质
23、专题分析：从速度时间图线得到负电荷做减速运动，加速度不变，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低解答：解：负电子从A运动到B，由速度时间图线得到负电荷做减速运动，故电场力向左；因为图线的斜率不变，故加速度不变，因此电场力不变，所以电场强度不变，即EA=EB；负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即AB；故选：B点评：本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小8（3分）如图所示，虚线a、b、c表示真空中O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间电势
24、差相等一电子（不计重力）射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点下列判定错误的是（）AO处的点电荷一定带正电Ba、b、c三个等势面的电势关系是abcC电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|=2|W34|D电子在位置1与位置4具有相同的动能考点：等势面；电势；电势差与电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而确定场源电荷的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况解答：解：A、由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从电子的运动轨迹可以看出，电子
25、受到排斥力，故场源电荷是负电荷，故A错误；B、由于场源电荷是负电荷，又由于沿着电场线电势降低，故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：abc，故B正确；C、由于虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，且相邻等势面的间电势差相等故从位置1到位置2电场力做的功等于从位置3到位置4电场力做功的两倍，故C正确；D、电子在运动的整个过程中，只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量，故电势能和动能之和守恒，故D正确；本题要求选择错误的，故选：A点评：本题关键是要根据运动轨迹确定受力情况，然后结合点电荷的电场线和等势面情况来确定电势情况和能量的转化情况9（
26、3分）（2006松江区二模）在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）AA灯和B灯都变亮BA灯、B灯都变暗CA灯变亮，B灯变暗DA灯变暗，B灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：从图可知，滑动变阻器与灯泡B并联，然后跟另一电阻串联，再和灯泡A并联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况由于电压一定，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及电压表示数的变化判断灯泡的亮度应依据灯泡的实际功率，由于灯泡的电阻不变，可利用公式P=I2R判断灯泡实际功率的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变
27、阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A灯的电压变小，根据可知A的功率变小，故A灯变暗；由I=可知A的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B的电压变小，根据可知B的功率变小，故B灯变暗故选B点评：本题考查的是滑动变阻器对电路中电流、电压的调节情况，分析清楚电路结构、根据滑动变阻器阻值的变化，判断B与并联电路电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键10（3分）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图a所示，当磁场的磁感应强度B随
28、时间t如图b变化时，图c中正确表示线圈中感应电流i变化的是（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象解答：解：感应定律和欧姆定律得I=，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率由图乙可知，01时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，感应电流是顺时针的，因而是正值所以可判断01为正的恒值；在13S内，因磁场的不变，则感应电动势为零，所以感应电
29、流为零；同理35s，磁场在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；根据感应定律和欧姆定律得I=，可知，斜率越大的，感应电动势越大，则感应电流越大故A正确，BCD错误；故选：A点评：此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）11（4分）如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
30、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（）AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：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
31、，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解答：解：A、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a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电故A错误；B、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；C、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；D、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
32、D正确故选：BD点评：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12（4分）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变考点：电容器的动态分析；电容器版权所有专题：电容器专题分析：抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化
33、，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化解答：解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小由E=，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变故AC正确，BD错误故选：AC点评：解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析13（4分）在如图所示的电
34、路中，定值电阻的阻值为10，电动机M的线圈电阻值为2，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知（）A通过电动机的电流为12AB电动机消耗的功率为48WC电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD电动机输出的功率为8W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：A、根据ab两端的电压和电压表的示数，求出R两端的电压，再根据欧姆定律求出通过电动机的电流B、根据P=UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率C、根据Q=I2rt求出电动机在1分钟内产生的热量D、电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率解答：解：A、通过电动机的电流故A错
35、误B、电动机消耗的功率P=UI=242W=48W故B正确C、电动机线圈在1分钟内产生的热量Q=I2rt=4260J=480J故C正确D、电动机的输出功率故D错误故选BC点评：解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率14（4分）（2009江门一模）目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压以下正确的是（）AB板带正电BA板带正电C其他条件不变，只增大射入速度，UAB增大D其他条件不变，只增大磁感应强度，UAB增大考点：霍尔效应及其
36、应用版权所有分析：根据左手定则判断出电荷的偏转方向，最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下平衡，结合平衡求出两端间的电势差与什么因素有关解答：解：A、根据左手定则，正电荷向下偏，负电荷向上偏，所以A板带负电，B板带正电故A正确，B错误C、最终电荷受电场力与洛伦兹力平衡，有：qvB=q，解得UAB=vBd只增大入射速度，则电势差增大，只增大磁感应强度，电势差增大故C、D正确故选ACD点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡15（4分）回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个D形盒，两盒间的狭缝中形成周期性
37、变化的电场，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中若已知回旋加速器D形盒的半径r，匀强磁场的磁感应强度为B一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为0开始加速下列回旋加速器说法中正确的是（）A粒子从磁场中获得能量，电场中改变方向B狭缝间交变加速电压越大，带电粒子从D形盒射出时的动能越大C回旋加速器所加交变加速电压的周期与粒子在该磁场中做匀速圆周运动的周期相等D粒子离开回旋加速器时的动能大小是考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有分析：回旋加速器通过电场加速、磁场偏转来加速粒子，粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期相等，根据D形盒的半径，结合洛伦兹力提供向心力求出最大动能，判断与
38、什么因素有关解答：解：A、回旋加速器通过电场加速、磁场偏转来加速粒子，粒子在电场中获得能量故 A错误B、根据得，v=，则粒子离开回旋加速器的动能，即最大动能，与交变电压的大小无关故B错误，D正确C、回旋加速器所加交变加速电压的周期与粒子在该磁场中做匀速圆周运动的周期相等故C正确故选：CD点评：解决本题的关键掌握回旋加速器的工作原理，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与D形盒的半径、磁感应强度的大小有关二、实验题（除注明外，每空1分，共18分）16（2分）用电压表和电流表测定电池的电动势和内电阻的实验中，所得路端电压U随电流强度I变化的图象如图所示，由图象可知，电池的电动势=2.00V，内电阻
39、r=0.5考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：测定电池电动势和内电阻的实验原理是闭合电路欧姆定律U=EIr，当I=0时，U=E，UI图象的斜率绝对值等于内阻解答：解：根据闭合电路欧姆定律U=EIr，当I=0时，U=E，由图读出图线纵轴截距：E=U=2.00VUI图象的斜率绝对值等于内阻r，则：r=0.5故答案为：2.00，0.5点评：解决本题关键要知道本实验的原理是闭合电路欧姆定律U=EIr，根据数学知识求解电源的电动势和内阻17（2分）（2012惠州三模）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A直流电源6V（内阻不
40、计） B直流电流表03A（内阻0.1以下）C直流电流表0300mA（内阻约为5） D直流电压表010V（内阻约为15k）E滑动变阻器10，2A F滑动变阻器1k，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量（1）实验中电流表应选用C，滑动变阻器应选用E（均用序号表示）（2）在方框内画出实验电路图（3）试将如图所示器材连成实验电路考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由题目中给出的条件灯泡的功率及电路的接法可以选出电流表及滑动变阻器；（2）由实验要求可知本实验中电流表及电压表的示数应从零开始变化，根据分压及限流的接法可得出实验的电路图；（3）
41、根据电路图连接实物图解答：解：I额= A=250mA，故电流表选C因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的E（2）本实验中要求多测几组数据，故应采用分压接法；同时因灯泡的内阻较小，与电流表内阻相差不多，故应采用电流表外接法，故电路图如图所示：（3）根据电路图连接实物图如图所示：故答案为：（1）C，E；（2）如图所示；（3）如图所示点评：在测小灯泡的伏安特性曲线性，要注意一定要采用分压和外接法，这样可以减小实验误差18（2分）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用“1”挡（填“1”或“100”），换挡后，在再次测量前先要重新进行欧姆调零考点：用
42、多用电表测电阻版权所有专题：实验题分析：用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零解答：解：用10挡测量某电阻时，表头指针偏转角度过大，说明所选档位太大，为了较准确地进行测量，应换到“1”挡换挡后要重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值故答案为：“1”；重新进行欧姆调零点评：本题考查了欧姆表档位的选择、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数19（1分）使用中值电阻（刻度中央的电阻值）为24（l挡）的多用电表测量两个定值电阻（阻值约为R1=2
43、0和R2=30k）在下列一系列操作中，选出尽可能准确地测定各阻值，并符合多用电表使用规则的各项操作，按合理的顺序填写在横线的空白处：A转动选择开关置于“1k”挡B转动选择开关置于“100”挡C转动选择开关置于“10”挡D转动选择开关置于“1”挡E转动选择开关置于“OFF”挡F将两表笔分别接触R1两端，读出Rl的阻值后随即断开G将两表笔分别接触R2两端，读出R2的阻值后随即断开H将两表笔短接，调节调零旋钮，使指针指在刻度线右端的“O”刻度所选操作的合理顺序是AHGDHFE 或 DHFAHGE考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：多用电表测量电阻时先机械校零，再将选择开关旋
44、到欧姆档某一位置，然后欧姆调零后，测量电阻读出示数注意示数是由刻度值与倍率的乘积当发现指针偏转太小时，则需要选择更大的倍率测理完后转动选择开关置于“OFF”挡解答：解：若先测量R2，则要转动选择开关置于“1k”挡选项A进行欧姆调零选项H进行测量R2选项G再测量R1，则要转动选择开关置于“1”挡选项D再进行欧姆调零选项H进行测量R1选项F转动选择开关置于“OFF”挡选项E则顺序为：AHGDHFE若先测R1，同理顺序为：DHFAHGE故答案为：AHGDHFE或DHFAHGE点评：考查欧姆表的测电阻过程，明确每次换档后要重新进行欧姆调零20（8分）有一只电流计，已知其Ig=500A，Rg=100，现
45、欲改装成量程为6v的电压表，则应该串联11900的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与标准表比较时，发现当标准值为3v时，改装电压表读数为3.2V，则实际所用的电阻值偏小（填“大”或“小”）750考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为，U为改装后的量程总电阻为解答：解：因为是改装电压表，要扩大量程，需采用串联电阻分压（如图）根据串联电路的特点和欧姆定律有：Ig=，Ig=得：R=11900当改装表与标准表比较（如图），标准表为3V时，改装电压表显示却是3.2V，说明通过表头的电流偏大串联电阻R上的电压偏小，R的阻值偏小设显示
46、3.2V时电压表的电流为I，有：=串联电阻为R，有：I（R+Rg）=3V 解得：R=11150故实际所用电阻比原来减少为：RR=1190011150=750故答案为：串、11900、小、750点评：考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值21（2分）某实验小组利用如图所示的装置探究热敏电阻的温度特性（1）电键闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应置于a端（选填a或b）（2）实验小组将测量出的不同温度下热敏 电阻的阻值与标准值比较后，发现二者有一定的差异除偶然误差外，你认为造成误差的原因可能是电流表的分压考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：该实验利用了滑动变
47、阻器的分压接法，电流表的内接法，根据电路特点分析解答：解：该电路是分压电路，要求分压部分的电压从零开始变化，所以电键闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应置于a端；该实验利用电流表的内接法，实验测定的电阻值，实际上是电流表与热敏电阻的加和，故造成误差的原因可能是电流表的分压故答案为：a，电流表的分压点评：对于滑动变阻器的分压和限流接法要会连接电路图，会分析电流表内接法和外接法对测量值的影响四、计算题（本题共4小题，共32分.在解下列各题时，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）22（7分）带电量为 1.0102库的正粒子，在电场中只受电场力的作用，先后飞经A、B两点，飞经A点时的动能为10J，飞
48、经B点时的动能为40J已知A点的电势为700V，求：（l）电荷从A到B电场力做多少功？（2）带电粒子在A点的电势能是多少？（3）B点的电势是多少？考点：电势差与电场强度的关系；电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）带电粒子从A点到B点的过程中电场力做功等于动能的增加（2）由Ep=q求解带电粒子在A点的电势能（3）由W=qUAB求出A、B两点的电势差结合A点的电势为700伏，求出B点的电势解答：解：（1）根据动能定理得到，带电粒子从A点到B点的过程中电场力做功等于动能的增大，则电场力做功为：W=EkBEkA=40J10J=30J，（2）带电粒子在A点的电势能：EpA=qA=
49、1.0102（700）V=7J（3）A、B间的电势差为：UAB=3000J而 UAB=AB得，B点的电势为：B=AUAB=700V3000V=3700V答：（l）电荷从A到B电场力做功为30J（2）带电粒子在A点的电势能是7J（3）B点的电势是3700V点评：带电粒子在电场中运动时，若只有电场力，其电势能与动能的总量守恒求解电势差时，公式中各量要代入符号一并计算23（6分）如图所示，相距为d长度为l 的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）在AB左端距A、B等距离处的O点，有一电量为+q、质量为m的粒子以初速v0沿水平方向（与A、B板平行）射入（如图
50、）不计重力，要使此粒子能从下板最右端C处射出，则A、B间的电压U应为多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：将粒子的运动沿着水平和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动；然后根据分位移公式列式求解解答：解：将粒子的运动沿着水平和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动；水平分位移为：l=v0t 竖直分位移为：d=t2 联立解得：U=答：A、B间的电压U应为点评：本题关键是将合运动沿初速度方向和电场力方向进行正交分解，然后根据分位移公式列式后联立求解24（7分）如图所示，两平行金属
51、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
52、律；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：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，
53、安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力25（12分）如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度v（2）速度选择器的电压U2（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据动能定理qU1=mv2求出粒子的速度v（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2（3）根据洛仑兹力提供向心力，求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R解答：解：（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度V，由动能定理得：qU1=mv2 解得v=故粒子的速度为（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1即U2=B1dv=B1d故速度选择器的电压U2为B1d（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有，R=故粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为点评：解决本题的关键掌握动能定理，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡
