1、四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列说法正解的是（）A电场中某点的电场强度与试探电荷无关B导体的电阻率由导体材料、导体长度及导体横截面积决定C电源的电动势是描述电源把电势能转化成其他形式的能的本领大小的物理量D由电容的定义式C=可知，C与Q成正比、与U成反比2（3分）如图所示为某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法正确的是（）Aa点的电场强度小于b点的电场强度Ba点的电势低于b点的电势C这个电场可能是正点电荷形成的电场D这个电场可能是负点电荷形成的电场3（3分）闭合矩形导线框在下列几种
2、情况下，其导线中能够产生感就电流的是（）A导线框在匀强磁场中做加速直线运动B导线框在匀强磁场中绕平行于磁感线的ab边转动C导线框在匀强磁场中绕过ab、cd边中点的细线匀速转动D导线框静止，线框平面平行于磁感线，磁场在均匀增强4（3分）如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态，若将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，则（）A电压表读数增大B电流表读数减小CR1消耗的功率减小D质点P将向下运动5（3分）两个可视为质点的相同金属小球，电荷量绝对值之比为1：5，它们相距r时，彼此间存在相互吸引的库仑力，其大小为F；若将两球充分接触后，再让它们相距2r，则它们之间（）
3、A库仑力大小为，相互吸引B库仑力大小为，相互排斥C库仑力大小为，相互吸引D库仑力大小为，相互排斥6（3分）1922年，英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场图甲所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的带电粒子（不计重力）P，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点设OD=x，则在下列中能正确反映x2与U之间函数关系的是（）ABCD二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错
4、的得0分）7（4分）下列说法正确的是（）A电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向B负电荷在电势越低处具有的电势能越大C在空间某位置放入一小段检验电流元，若这一小段检验电流元不受磁场力作用，则该位置的磁感应强度大小一定为零D运动电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向与磁场方向相同8（4分）如图所示，一根长导线弯成如图abcd的形状，在导线框中通以直流电，在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是（）A金属环P中产生顺时针方向的电流B金属环P中产生逆时针方向的电流C橡皮筋的长度不变D橡皮筋的长度减小9（4分）有一个负点电荷只受电场力的作用，
5、从电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能EK随位移s变化的关系图如图所示，则能与图线相对应的电场的电场线分布图是下图中的（）ABCD10（4分）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻r=1，电路中另一电阻R=9，直流电压U=180V，理想电压表示数UV=135V，电动机正以v=1m/s匀速竖直向上提升某重物，g取10m/s2，下列判断正确的是（）A通过电动机的电流是18AB输入电动机的电功率是675WC电机的输出功率是25WD重物的质量是65kg11（4分）在半导体离子注入工艺中，质量相等、初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后
6、，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，宽度为d的匀强磁场区域，P+离子在磁场中转过=30后，从磁场右边界射出，如图所示关于上述运动，下列说法正确的是（）AP+和P3+在电场中运动的时间之比为3：1BP+和P3+在磁场中运动的半径之比为3：1CP+和P3+在磁场中运动的时间之比为3：2DP+和P3+离开磁场时的动能之比为1：312（4分）如图所示，平面直角坐标系xoy位于竖直面内，仅在x0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，A、B是两个质量均为m、且均可视为质点的小球，A电荷量的绝对值为q，B不带电，现让A、B在t=0时刻同时从位置P1（L，0），P2（L，L）出发，A的初速方向沿x轴正
7、方向，B的初速方向沿x轴负方向，两球刚好在位置P3（0，）处相碰则下列判断正确的是（重力加速度为g）（）A在t=时刻，小球A、B相碰BP1、P2间的电势差C相碰前，小球A、B任何时刻的速度均相同D相碰前瞬间，小球A的速度方向与y轴正方的夹角为45三、实验探究题（本题共3小题，共16分）13（4分）在“研究电磁感应现象”的实验中：先按图甲所示连线，不通电时，电流表指针停止在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，然后按图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路（1）图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是A减小电源两端的电压，保护
8、电源B增大电源两端的电压，保护开关C减小电路中的电流，保护灵敏电流计D减小电路中的电流，保护开关（2）图乙中，S闭合后，在螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将偏转（填“向左”、“向右”或“不”）（3）图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，电流表指针将偏转（填“向左”、“向右”或“不”）（4）图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，电流表指针将偏转（填“向左”、“向右”或“不”）14（5分）要用伏安测量一个定值电阻的电阻值，备选的器材规格如下：A待测电阻Rx（大约100）B直流毫安表A1（量程00.6A，内阻约为0.5）C直流毫安表A2
9、（量程040mA，内阻约为40）D直流电压表V1（量程03V，内阻约为5k）E直流电压表V2（量程015V，内阻约为15k）F直流电源（输出电压4V，内阻不计）G滑动变阻器R（阻值范围050，允许最大电流1A）H开关一个、导线若干（1）要使测量精度尽量高，在备选的器材中，直流毫安表应选，直流电压表应选（填器材前面的序号）（2）在虚线框内画出实验电路图（要求电压和电流的变化范围尽可能大一些15（7分）实验室中准备了下列器材：A待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0）B电流表A1（满偏电流1.5mA，内阻为10）C电流表A2（量程00.60A，内阻约为0.10）D电压表V（量程015V，内
10、阻约为10k）E滑动变阻器R1（020，2A）F滑动变阻器R2（0100，1A）G电阻箱R3：最大阻值为999.9，允许通过的最大电流是0.6AH开关一个，导线若干（1）若要将电流表A1改装成量程为1.5V的电压表，需给该电流表联一个的电阻（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是，乙是，（填器材前面的序号）（3）为了能较为准确地进行测量和操作方便，图（a）所示的测量电路中，滑动变阻器应选（填器材前面的序号）（4）图（b）为小明根据图（a）的测量电路测得的实验数据作出的I1I2图线（I1为电表乙的示数，I2为电表甲的示数），由该图线可得：被测干电池
11、的电动势E=V，内阻r=（保留两位小数）四、计算题（本题共3小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16（10分）如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小球穿在光滑半圆形细杆上，细杆构成的圆面竖直，其圆心为O，半径为R，D为细杆的最低点，当加上图示水平向右的匀强电场后，小球可静止在杆上P点，已知DOP=45，重力加速度为g（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）若仅将电场方向改变水平向左，让小球从P点无初速释放，求小球运动到D点时的速度大小（结果用m、q、R、g表示）17（14分）某课外小组设计了一种
12、测定风力的装置，其原理如图所示，一个由不导电的材料制成的、劲度系数k=1200N/m、自然长度L0=0.5m的弹簧，一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在水平主席团的光滑金属杆上，金属杆单位长度的电阻为=6/m；电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连，定值电阻R=1.0，电源的电动势E=12V，内阻r=1；迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好，工作时，迎风板总是正对着风吹来的方向闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，理想电压表的示数为U1；某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=4.0V，求：（1）无风时电压表的示数U1；（2）U2=4.0V时，作用在迎风
13、板上的风力；（3）风力多大时，金属杆上消耗的功率最大，最大功率为多少？18（18分）如图所示，直角坐标系xOy的坐标平面竖直，x轴沿水平方向，在x0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，该区域还固定着一根与x轴方向成30角的光滑绝缘细杆，细杆的一端N恰在y轴上在第三象限，同时存在着竖直向上、场强为E的匀强电场和垂直于坐标平面向外、磁感应强度B=E的匀强磁场一个带电小球a穿在细杆上，由P点静止释放后滑过N点进入第三象限，小球在第三象限内做匀速圆周运动，且第一次垂直经过x轴上坐标为（L，0）的Q点重力加速度为g，空气阻力忽略不计求：（1）小球a的电性及其比荷；（2）小球a经过N点时的速度；（3）P
14、点到N点的距离s；（4）在第二象限有水平向右的匀强电场，在x轴负半轴上有一特殊装置，使小球从下向上离开磁场时所带电荷立即消失，而从上向下经x轴进入磁场时又立即带上与原来相同的电荷，且小球每次经过x轴时都不损失能量当小球a刚离开N点时，从y轴上坐标为（0，）的D点（图中未标出），以某一初速度水平抛出一个带正电的小球b，b球刚好在第一次过x轴时与a球迎面相碰，相碰前瞬间b的速度方向恰垂直于x轴，忽略小球之间的相互作用，求b球的初速度大小（结果用E、L、g、表示）四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项
15、符合题意）1（3分）下列说法正解的是（）A电场中某点的电场强度与试探电荷无关B导体的电阻率由导体材料、导体长度及导体横截面积决定C电源的电动势是描述电源把电势能转化成其他形式的能的本领大小的物理量D由电容的定义式C=可知，C与Q成正比、与U成反比考点：电场强度；电容 专题：电容器专题分析：电场强度是电场本身的性质与试探电荷无关；电阻率是由导体材料决定的；电源的电动势描述电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的能力；电容与电量及电压无关解答：解：A、电场中某点的电场强度与试探电荷及其受力无关；故A正确；B、电阻率只由材料和温度有关，和导体的长度及横截面积无关；故B错误；C、电源的电动势描述
16、电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的能力；故C错误；D、电容的定义式采用的是比值定义法，其大小与Q及U无关；故D错误；故选：A点评：本题考查电学中的常见物理量，要注意明确它们的定义式和决定式的不同，明确其准确的物理意义2（3分）如图所示为某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法正确的是（）Aa点的电场强度小于b点的电场强度Ba点的电势低于b点的电势C这个电场可能是正点电荷形成的电场D这个电场可能是负点电荷形成的电场考点：电场线 分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿着电场线方向电势降低解答：解：A、场线
17、密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a点的电场强度大于b点的电场强度，所以A错误；B、沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，故B正确；C、正负点电荷电场中的电场线是直线，而该电场是曲线，故CD错误；故选：B点评：本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择3（3分）闭合矩形导线框在下列几种情况下，其导线中能够产生感就电流的是（）A导线框在匀强磁场中做加速直线运动B导线框在匀强磁场中绕平行于磁感线的ab边转动C导线框在匀强磁场中绕过ab、cd边中点的细线匀速转动D导线框静止，线框平面平行于磁感线，磁场在均匀增强考点：
18、感应电流的产生条件 分析：感应电流的产生需要两个条件：一是要有闭合回路，二是回路中的磁通量要发生变化解答：解：A、线圈在磁场中运动，磁通量不变；故不会产生感应电流；故A错误；B、由于磁感线与线圈平行，无论怎么转动，磁通量均为零；故没有感应电流；故B错误；C、线圈在磁场中转动，磁通量发生变化；故产生感应电流；故C正确；D、磁场与线圈平行，磁通量为零；没有感应电流；故D错误；故选：C点评：本题考查感应电流的产生条件，要注意掌握判断磁通量是否变化的方法4（3分）如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态，若将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，则（）A电压表读数增大
19、B电流表读数减小CR1消耗的功率减小D质点P将向下运动考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况解答：解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器串联；电容器与变阻器并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，所以电压表示数减小，电流示数增大，故AB错误C、流过R1的电流增大，由公式P=I2R知R1消耗的功率增大，故
20、C错误D、电容器板间电压增大，板间电场强度减小，故质点P受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，质点P将向下运动，故D正确；故选：D点评：本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分整体部分的分析思路进行分析5（3分）两个可视为质点的相同金属小球，电荷量绝对值之比为1：5，它们相距r时，彼此间存在相互吸引的库仑力，其大小为F；若将两球充分接触后，再让它们相距2r，则它们之间（）A库仑力大小为，相互吸引B库仑力大小为，相互排斥C库仑力大小为，相互吸引D库仑力大小为，相互排斥考点：库仑定律 分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据
21、变化量和不变量求出问题解答：解：原来两电荷间是库仑力，故为异种电荷Q和5Q，相距为r时，根据库仑定律得：；电荷量为接触后，各自带电量变为2Q，带同种电荷，同种电荷相互排斥，故则此时有：=故B正确、ACD错误故选：B点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键6（3分）1922年，英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场图甲所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的带电粒子（不计重力）P，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点设OD=
22、x，则在下列中能正确反映x2与U之间函数关系的是（）ABCD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：根据动能定理qU=mv2以及粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvB=m得出x与U的关系解答：解：根据动能定理qU=mv2得，v=粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvB=m，则R=x=2R=知x2U故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键根据动能定理qU=mv2得出速度，再利用洛伦兹力提供向心力得出轨道半径二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得
23、4分，选对但不全的得2分，有错的得0分）7（4分）下列说法正确的是（）A电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向B负电荷在电势越低处具有的电势能越大C在空间某位置放入一小段检验电流元，若这一小段检验电流元不受磁场力作用，则该位置的磁感应强度大小一定为零D运动电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向与磁场方向相同考点：磁感应强度 分析：检验电荷所受电场力与检验电荷所带电荷量的比值是该点的电场强度，电场强度由电场本身性质决定，与检验电荷的电荷量无关；电场强度为零的地方，电势不一定为零；当电流与磁场平行时，电流在磁场中不受磁场力作用；磁场中某点的磁场方向由磁场本身决定，电流在磁场中受力方向由磁场方向与电流方向共
24、同决定解答：解：A、电场的方向为正电荷在该点受力的方向，与负电荷在该点受力方向相反；故A错误；B、由E=q可知，负电荷在电势低处的电势能大；故B正确；C、在磁场中放入一小段电流元，如果电流方向与磁场方向平行，则电流元不受磁场力作用，因此在空间某位置放入一小段检验电流元，若这一小段检验电流元不受磁场力作用，该位置的磁感应强度大小不一定为零，故C错误；D、运动电荷在磁场中的受力与磁场方向相互垂直；故D错误；故选：B点评：电荷放在电场中一定受到电场力作用，电流放在磁场中，不一定受磁场力作用，要注意电场与磁场的区别与联系8（4分）如图所示，一根长导线弯成如图abcd的形状，在导线框中通以直流电，在框的
25、正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是（）A金属环P中产生顺时针方向的电流B金属环P中产生逆时针方向的电流C橡皮筋的长度不变D橡皮筋的长度减小考点：楞次定律 分析：金属环P处于弯曲成“”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况解答：解：A据安培定则知，弯曲成“”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向外，且大小增加由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向故A正确，B错误；C、左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是
26、“”导线，所以金属环下边圆弧没有安培力，因此导致挂环的拉力增大，则橡皮筋的长度增大，故CD错误；故选：A点评：解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向同时会用左手定则判断安培力的方向9（4分）有一个负点电荷只受电场力的作用，从电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能EK随位移s变化的关系图如图所示，则能与图线相对应的电场的电场线分布图是下图中的（）ABCD考点：电场线；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：负点电荷从a运动到b，只有电场力做功，动能增加，图线动能随位移均匀增加，图线动能随位移增加的越来越快，可根据动能定理
27、列式分析解答：解：AB、负点电荷从a运动到b，只有电场力做正功，动能增加，根据动能定理Fx=Ek只有当F为定值即在匀强电场中时，Ek才与x成正比，AB错误；C、由于负电荷受静电力方向与场强方向相反，图线为曲线，动能随位移增加的不均匀（越来越快），电场力应该越来越大且做正功，由图知C符合；故选：C点评：本题关键根据动能定理列式分析，同时抓住负电荷所受的静电力与电场强度方向相反10（4分）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻r=1，电路中另一电阻R=9，直流电压U=180V，理想电压表示数UV=135V，电动机正以v=1m/s匀速竖直向上提升某重物，g取10m/s2，
28、下列判断正确的是（）A通过电动机的电流是18AB输入电动机的电功率是675WC电机的输出功率是25WD重物的质量是65kg考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）根据欧姆定律求出通过R的电流；（2）电动机的输入功率为P1=U2I；（3）电动机内电阻的发热功率为 P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1P2由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量解答：解：A、通过R的电流为：I=A=5A； 故A错误；B、电动机的输入功率为：P1=U2I=1355W=675W；故B正确；C、电动机内电阻的发热功率为：P2=I2r=521W=25W，输出的机械功率为：P3=P1P2=（67525）W=650
29、W； 故C错误；D、P3=Fv=mgv解得：m=65kg，故D正确；故选：BD点评：本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中11（4分）在半导体离子注入工艺中，质量相等、初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，宽度为d的匀强磁场区域，P+离子在磁场中转过=30后，从磁场右边界射出，如图所示关于上述运动，下列说法正确的是（）AP+和P3+在电场中运动的时间之比为3：1BP+和P3+在磁场中运动的半径之比为3：1CP+和P3+在磁场中运动的时间之
30、比为3：2DP+和P3+离开磁场时的动能之比为1：3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：要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了解答：解：A、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知，其在电场中的加速度是1：3，d=，t=，所以运动时间之比是：1，故A错误B、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：又由qvB=m知，r=，所以其半径之
31、比为：1，故B错误C、由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30，可知P3+角度为60，即在磁场中转过的角度之比为1：2，在磁场中的运动时间：t=，故运动时间之比为：=，故C正确D、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确故选：CD点评：磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是2015届高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练12（4分）如图所示，平面
32、直角坐标系xoy位于竖直面内，仅在x0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，A、B是两个质量均为m、且均可视为质点的小球，A电荷量的绝对值为q，B不带电，现让A、B在t=0时刻同时从位置P1（L，0），P2（L，L）出发，A的初速方向沿x轴正方向，B的初速方向沿x轴负方向，两球刚好在位置P3（0，）处相碰则下列判断正确的是（重力加速度为g）（）A在t=时刻，小球A、B相碰BP1、P2间的电势差C相碰前，小球A、B任何时刻的速度均相同D相碰前瞬间，小球A的速度方向与y轴正方的夹角为45考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：B球做平抛运动，A球做类似平抛运动，根据分运
33、动公式列式分析即可解答：解：A、A球做类似平抛运动，故：h=，解得：t=，故A正确；B、B球做平抛运动，根据分位移公式，有：L=v0t其中：a=解得：E=故P1、P2间的电势差：U=Ed=故B错误；C、由于加速度相等，初速度也相等，小球A、B任何时刻的速度均相等，但方向不同，故C错误；D、对于平抛、类平抛，速度偏转角的正切值是位移偏转角的正切值的2倍；相碰前瞬间，小球A的速度方向与y轴正方的夹角的正切值为：tan=2tan=，故=45；故D正确；故选：AD点评：本题关键是明确两个小球的受力情况和运动性质，然后根据运动的合成与分解的方法列式分析，不难三、实验探究题（本题共3小题，共16分）13（
34、4分）在“研究电磁感应现象”的实验中：先按图甲所示连线，不通电时，电流表指针停止在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，然后按图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路（1）图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是CA减小电源两端的电压，保护电源B增大电源两端的电压，保护开关C减小电路中的电流，保护灵敏电流计D减小电路中的电流，保护开关（2）图乙中，S闭合后，在螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将向左偏转（填“向左”、“向右”或“不”）（3）图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，电
35、流表指针将向左偏转（填“向左”、“向右”或“不”）（4）图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，电流表指针将向右偏转（填“向左”、“向右”或“不”）考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）定值电阻R的主要作用保持电流计；（2、3、4）由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向解答：解：（1）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计故C正确，A、B、D错误（2）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表
36、正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向左滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；（4）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转故答案为：（1）C；（2）向左；（3）向左；（4）向右点评：本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题，注意与右手定则的区别14（5分）要用伏安测量一个定值电阻的电阻值，备选的器材规格如下：A待测电阻Rx（大约10
37、0）B直流毫安表A1（量程00.6A，内阻约为0.5）C直流毫安表A2（量程040mA，内阻约为40）D直流电压表V1（量程03V，内阻约为5k）E直流电压表V2（量程015V，内阻约为15k）F直流电源（输出电压4V，内阻不计）G滑动变阻器R（阻值范围050，允许最大电流1A）H开关一个、导线若干（1）要使测量精度尽量高，在备选的器材中，直流毫安表应选C，直流电压表应选D（填器材前面的序号）（2）在虚线框内画出实验电路图（要求电压和电流的变化范围尽可能大一些考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）仪器的选择：因必选电源确定电压表，由电压表量程与电阻大约值确定电流的约值确定电
38、流表（2）实验电路的画法：由电阻的约值与电流表电压表的内阻的大小关确定电流表的内外接法，因滑动变阻器为小电阻确定为分圧式接法解答：解：（1）因电源为4V，若用V2则读数误差大，用电压表D即可因电阻值约为100故电流的最大值约为：I= 故电流表应选C （2）因，故为小电阻用电流表外接法； 因滑动变阻器为小电阻确定为分圧式接法故电路图如图所示故答案为：C，D； 实验电路图如图 点评：考查伏安测电阻，会选择实验器材，明确电流表接法及滑动变阻器的接法15（7分）实验室中准备了下列器材：A待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0）B电流表A1（满偏电流1.5mA，内阻为10）C电流表A2（量程00
39、.60A，内阻约为0.10）D电压表V（量程015V，内阻约为10k）E滑动变阻器R1（020，2A）F滑动变阻器R2（0100，1A）G电阻箱R3：最大阻值为999.9，允许通过的最大电流是0.6AH开关一个，导线若干（1）若要将电流表A1改装成量程为1.5V的电压表，需给该电流表串联一个990的电阻（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是C，乙是B，（填器材前面的序号）（3）为了能较为准确地进行测量和操作方便，图（a）所示的测量电路中，滑动变阻器应选E（填器材前面的序号）（4）图（b）为小明根据图（a）的测量电路测得的实验数据作出的I1I2图
40、线（I1为电表乙的示数，I2为电表甲的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=1.47V，内阻r=0.76（保留两位小数）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电表的改装原理可知改装的方法；（2）根据题意可明确应选择的电流表和电压表；（3）根据电路的选择可得出滑动变阻器的作用，则可以选择滑动变阻器；（4）根据图象的意义及闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势和内电阻解答：解：（1）电流表的内阻为10；满偏电压为Um=1.510310=1.5102V；若改装后1.5V的电压表，则应串联的电阻为：R=990；（2）根据题意可知，乙为电流表C与电阻箱结合作为电压表使
41、用，甲为电流表B，作为电流表使用；（3）因内阻较小，故滑动变阻器略大于内阻即可，故滑动变阻器选择E；（4）由闭合电路欧姆定律可得：I1（R3+RA）=EI2r变形得：I1=I2； 由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.46；k=0.76103； 故解得：E=1.46V（1.461.48），r=0.76（0.760.78）故答案为：（1），990；（2）C，B；（3）E；（4）1.47，0.76点评：本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察四、计
42、算题（本题共3小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16（10分）如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小球穿在光滑半圆形细杆上，细杆构成的圆面竖直，其圆心为O，半径为R，D为细杆的最低点，当加上图示水平向右的匀强电场后，小球可静止在杆上P点，已知DOP=45，重力加速度为g（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）若仅将电场方向改变水平向左，让小球从P点无初速释放，求小球运动到D点时的速度大小（结果用m、q、R、g表示）考点：动能定理的应用；电场强度 专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球在B点受
43、重力、电场力和支持力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强大小（2）根据动能定理，求出小球滑到最低点D时的速度vD解答：解：（1）小球位于B点时受力平衡，根据平衡条件qE=mgtan45，解得E=（2）小球由P滑到D的过程中，对小球运用动能定理：，得答：（1）求匀强电场的电场强度大小为；（2）若仅将电场方向改变水平向左，让小球从P点无初速释放，小球运动到D点时的速度大小为点评：解决本题的关键会根据共点力平衡，利用合成法求解力，以及会运用动能定理求小球的速度，掌握向心力的公式17（14分）某课外小组设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，一个由不导电的材料制成的、劲度
44、系数k=1200N/m、自然长度L0=0.5m的弹簧，一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在水平主席团的光滑金属杆上，金属杆单位长度的电阻为=6/m；电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连，定值电阻R=1.0，电源的电动势E=12V，内阻r=1；迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好，工作时，迎风板总是正对着风吹来的方向闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，理想电压表的示数为U1；某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=4.0V，求：（1）无风时电压表的示数U1；（2）U2=4.0V时，作用在迎风板上的风力；（3）风力多大时，金属杆上消耗的功率最大，最大功率
45、为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，由欧姆定律求解；（2）U2=4.0V时，根据电压表的示数U2求出金属杆接入电路的电阻，此电阻与金属杆单位长度的电阻相除求出此时弹簧的长度，得到弹簧压缩的长度，由胡克定律求出风力（3）将R看成电源的内阻，当金属杆的电阻R3=R+r时，金属杆上消耗的功率最大，据功率公式求解解答：解：（1）无风时金属杆接入电路的电阻为 R0=L=60.5=3则 I1=A=2.4A电压表的示数 U1=I1R0=2.43V=7.2V（2）U2=4.0V时，金属杆接入电路的电阻为R2则 I2=4A由U2=I2
46、R2，得R2=1则L=m弹簧压缩量 x1=L0L=0.5=（m）故风力 F1=kx1=1200N=400N（3）将R看成电源的内阻，当金属杆的电阻R3=R+r=2时，金属杆上消耗的功率最大此时 L=m弹簧压缩量 x2=L0L=0.5=（m）故风力 F2=kx2=200N电路中电流 I2=3A金属杆上消耗的最大功率 P=18W答：（1）无风时电压表的示数U1是7.2V（2）U2=4.0V时，作用在迎风板上的风力是400N；（3）风力是200N时，金属杆上消耗的功率最大，最大功率为18W点评：本题是力电综合题，弹簧的长度是联系力与电的桥梁，认真读题，弄懂原理是解题的基础18（18分）如图所示，直角
47、坐标系xOy的坐标平面竖直，x轴沿水平方向，在x0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，该区域还固定着一根与x轴方向成30角的光滑绝缘细杆，细杆的一端N恰在y轴上在第三象限，同时存在着竖直向上、场强为E的匀强电场和垂直于坐标平面向外、磁感应强度B=E的匀强磁场一个带电小球a穿在细杆上，由P点静止释放后滑过N点进入第三象限，小球在第三象限内做匀速圆周运动，且第一次垂直经过x轴上坐标为（L，0）的Q点重力加速度为g，空气阻力忽略不计求：（1）小球a的电性及其比荷；（2）小球a经过N点时的速度；（3）P点到N点的距离s；（4）在第二象限有水平向右的匀强电场，在x轴负半轴上有一特殊装置，使小球从下向上
48、离开磁场时所带电荷立即消失，而从上向下经x轴进入磁场时又立即带上与原来相同的电荷，且小球每次经过x轴时都不损失能量当小球a刚离开N点时，从y轴上坐标为（0，）的D点（图中未标出），以某一初速度水平抛出一个带正电的小球b，b球刚好在第一次过x轴时与a球迎面相碰，相碰前瞬间b的速度方向恰垂直于x轴，忽略小球之间的相互作用，求b球的初速度大小（结果用E、L、g、表示）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）粒子在第3象限做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据平衡条件求解电场强度；（2）带电小球在第3象限做匀速圆周运动，画
49、出轨迹，结合几何关系得到半径，然后结合牛顿第二定律求解速度；（3）带电小球a穿在细杆上做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；（4）绝缘小球b做平抛运动，根据平抛运动的分运动公式求解运动到x轴的时间；小球a在第3象限做圆周运动，第2象限做竖直上抛运动，分阶段求解出其经过x轴的时间，然后根据等时性列式解答：解：（1）粒子在第3象限做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，故电场力向上，故粒子带正电，根据平衡条件，有：mg=qE解得：=（2）小球在第三象限做匀速圆周运动，如图，有：qvB=m由几何关系：R+Rsin30=L解得：v=（3）小球a在杆上做匀加速运动a=g2as=v20解得：s=L（4）小球a在第三象限内做匀速圆周运动，周期T=2a每次在第二象限竖直上、下运动的总时间为t0=2小球b在水平、竖直方向做分别匀减速运动、自由落体运动，如图b到x轴的时间为t=两球要相碰，有：t=+n（t0+）解得：n=1设b球的水平初速度为v0b发生水平位移x=3R+Rsin30=L则由：L=t解得：v0=答：（1）小球a的电性及其比荷为；（2）小球a经过N点时的速度为；（3）P点到N点的距离s为L；（4）b球的初速度大小点评：本题多物体、多过程、多规律，是典型的三多问题；关键是明确两个小球的运动规律，然后分阶段根据牛顿第二定律、平衡条件、运动学公式、平抛运动的分运动公式列式求解，较难
