1、山东省临沂市蒙阴一中2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（）A4和4RB和4RC16和16RD和16R2一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则判断导线ab受磁场力后的运动情况（）A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管3质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率
2、经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）AM带负电，N带正电BM的速率大于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间4如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）ABCD5电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表读数增大B电压表读数减小C电流表读数减小D电流表读数增大6一个带正电的质点，电量q=2.0109C，在静电场中由A点移到B点在这个过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0105J，质点的动能增加了8.010
3、5J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A3104VB1104VC4104VD7104V7一辆电瓶车，车和人的总质量为500kg，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供24V的电压，当电瓶车在水平地面上以0.8m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5A，设车所受的阻力是车和人重的0.02倍（g=10m/s2），则此电动机的内阻是（）A4.8B3.2C1.6D0.48如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能等于6eV时（不计重
4、力和空气阻力），它的动能等于（）A16eVB14eVC6eVD4eV9图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）A带电粒子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大10如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则（）A两小球到达轨道最低点的
5、速度VaVbB两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FaFbC小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间D在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端11如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（）A线圈向左运动B线圈向右运动C从上往下看顺时针转动D从上往下看逆时针转动12回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如
6、图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离D增大D形金属盒的半径13用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则变大14如图是等量异种电荷周围的一些点，O是两电荷连线的中点，B、C是连线上相对O对称的两点，E、F是连线中垂线上也相对O对称的两点，选无限远处电势为零，则以下说法正确的是（）AB、C两点场强大小
7、相等、方向相同，电势也相等BE、F两点场强大小相等、方向相同，电势也相等C一负电荷由B沿连线运动到C，则电场力做负功，电势能减小D将某一电荷从B点移动到E点所做功等于将该电荷从B点移动到无穷远处所做的功二.实验题15在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L，直径d和电阻R用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图A，则金属丝的直径为mm图B游标卡尺的读数为cm若用图C的电路图测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值（填“偏大”或“偏小”）16在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：A小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流约为0.3A）B电流表A （00.6A，内阻约为0.5） C电压表
8、V（06V，内阻约为5k）D滑动变阻器R1 （010，2A ） E滑动变阻器R2 （0100，0.2A ）F电源（6V，内阻不计） G开关及导线若干（1）实验中滑动变阻器选（填“R1”或“R2”）（2）该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的UI图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”）三.计算题17如图所示为一速度选择器，板间存在方向互相垂直的匀强电场和磁场现有速率不同的电子从A点沿直线AB
9、射入板间平行板间的电压为300V，间距为5cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0.06T，问：（1）匀强磁场的方向指向纸面里还是向外？（2）能沿直线通过该速度选择器的电子的速率？18如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）19如图所示，一个电子
10、以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30，（电子重力忽略不计）求：（1）电子的质量是多少？（2）穿过磁场的时间是多少？（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？20如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2108N/C，B=10T一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45的偏转不计粒子的重力求粒子的电荷量与质量之比2015-2016学年山东省临沂市蒙阴一中高二（上）月考物理试
11、卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（）A4和4RB和4RC16和16RD和16R【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料（电阻率）、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变【解答】解：电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的
12、16倍，即16R由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变故选：D【点评】题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻2一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则判断导线ab受磁场力后的运动情况（）A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【考点】安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁
13、场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况【解答】解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近
14、通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选：D【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解3质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）AM带负电，N带正电BM的速率大于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周
15、期的公式可以判断出运动的时间关系【解答】解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误故选：AB【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用简单题4如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）ABCD【考点】安培力；左手定则【分析】当磁场的方向与电流的方
16、向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用【解答】解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故A正确 B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用故B正确 C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用故C错误 D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故D正确故选ABD【点评】解决本题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用5电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表读数增大B电压表读数
17、减小C电流表读数减小D电流表读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知滑动变阻器与R2并联然后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻R2的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题【解答】解：A、由电路图可知，滑片向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大，故A正确，B错误；C、电路电流变小，电阻R1两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻R2的电流
18、变大，电流表示数变大，故C错误，D正确；故选AD【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题6一个带正电的质点，电量q=2.0109C，在静电场中由A点移到B点在这个过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0105J，质点的动能增加了8.0105J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A3104VB1104VC4104VD7104V【考点】电势差；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab
19、【解答】解：根据动能定理得 qUab+W其他=Ek看到 Uab=1104V故选B【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理基础题，比较容易7一辆电瓶车，车和人的总质量为500kg，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供24V的电压，当电瓶车在水平地面上以0.8m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5A，设车所受的阻力是车和人重的0.02倍（g=10m/s2），则此电动机的内阻是（）A4.8B3.2C1.6D0.4【考点】电功、电功率；功率、平均功率和瞬时功率【专题】恒定电流专题【分析】电机消耗的电功率等于输出功率与电机热功率之和，由于车匀速运动，牵引力等于阻力，故电机消耗
20、的电功率等于克服阻力做功的功率与电机热功率之和，根据能量守恒定律列方程求解即可【解答】解：电机总功率为：P=UI电机热功率为：P内=I2r电机输出功率为：P出=Fv车匀速运动，故：F=f根据能量守恒定律，有：P=P内+P出联立得到：UI=I2r+0.02mgv代入数据解得：r=1.6故选C【点评】本题关键明确电机的电功率等于输出功率与电机热功率之和，输出功率等于牵引力与速度的乘积，然后能量守恒定律列方程求解8如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV若取c点为电势零点，则
21、当这个带电小球的电势能等于6eV时（不计重力和空气阻力），它的动能等于（）A16eVB14eVC6eVD4eV【考点】电势能【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV20eV=18eV 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=EkcEkb 联立可得Ekc=8eV由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV即电势
22、能和动能之和为8eV，因此当电势能等于6eV时动能为14eV，故ACD错误，B正确故选B【点评】学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变9图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）A带电粒子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【考点】电场线；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析
23、】由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小【解答】解：AB、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故A错误，B正确C、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大b点的电势能大，故CD正确故选：BCD【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判
24、断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况10如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则（）A两小球到达轨道最低点的速度VaVbB两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FaFbC小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间D在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端【考点】洛仑兹力；作用力和反作用力；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力
25、，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小【解答】解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：FMmgBqv1=m解得：FM=+mg+Bqv1小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：FNmg=解得：FN=+mgA、由上可知，两小球到达轨道最低点的速度VaVb，故A正确；B、因为vavb，结合可知：FaFb，故B错误；C、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故C错误；
26、D、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；故选：AD【点评】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小11如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（）A线圈向左运动B线圈向右运动C从上往下看顺时针转动D从上往下看逆时针转动【考点】安培定则【
27、分析】将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动【解答】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动故A正确，B、C、D错误故选A【点评】通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断本题用等效法解决比较简单12回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁
28、感应强度C减小狭缝间的距离D增大D形金属盒的半径【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】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【解答】解：由qvB=m，解得v=则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能故B、D正确，A、C 错误故选BD【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关13
29、用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则变大【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，
30、当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大故A正确，B错误C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大故C错误，D正确故选：AD【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=14如图是等量异种电荷周围的一些点，O是两电荷连线的中点，B、C是连线上相对O对称的两点，E、F是连线中垂线上也相对O对称的两点，选
31、无限远处电势为零，则以下说法正确的是（）AB、C两点场强大小相等、方向相同，电势也相等BE、F两点场强大小相等、方向相同，电势也相等C一负电荷由B沿连线运动到C，则电场力做负功，电势能减小D将某一电荷从B点移动到E点所做功等于将该电荷从B点移动到无穷远处所做的功【考点】电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线【解答】解：A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强
32、的方向均由BC，方向相同；沿着电场线电势降低，故B、C两点电势不同，故A错误；B、等量异号电荷的中垂线是等势面，故E、F两点电势相等；结合对称性，电场强度也相等，方向与两个电荷的连线平行；故B正确；C、一负电荷由B沿连线运动到C，则电场力做负功，电势能增加，故C错误；D、等量异号电荷的中垂线是等势面，故E点电势和无穷远的电势相同；故将某一电荷从B点移动到E点所做功等于将该电荷从B点移动到无穷远处所做的功，故D正确；故选：BD【点评】对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆二.实验题15在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L，直径d和电阻R
33、用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图A，则金属丝的直径为0.696mm图B游标卡尺的读数为10.00cm若用图C的电路图测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读根据电流表测量值与实际值关系，结合欧姆定律判断电阻的测量值与真实值的关系【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为5mm，可动刻度读数为0.0119.6mm=0.196mm，所以最终读数为0.696mm游标卡尺的主尺读数为100mm，游标读数为0.10=0
34、.0mm，所以最终读数为100.0mm=10.00cm电压表测量电阻两端的电压准确，电流表测量的电流偏大，根据欧姆定律知，电阻测量值偏小故答案为：0.6960.698mm 10.00cm 偏小【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握电流表内外接形成的误差，可以用一个口诀表达，“小外偏小，大内偏大”16在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：A小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流约为0.3A）B电流表A （00.6A，内阻约为0.5） C电压表V（06V，内阻约为5k）D滑动变阻器R1 （010，2A ） E滑动变阻器R2 （0100，0.2A ）F电源
35、（6V，内阻不计） G开关及导线若干（1）实验中滑动变阻器选R1（填“R1”或“R2”）（2）该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的UI图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】当要求电流从零调时滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器小灯泡的电阻较小，电流表应用外接法【解答】解：（1）因描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要求电流从零开
36、始调节，故变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器误差小，故应选R1 （2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器用分压式，如图所示，（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的UI图象，根据欧姆定律R=，由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大故答案为：（1）R1，（2）如图 （3）增大【点评】本实验应熟记测定小灯泡伏安特性曲线实验电流表用外接法，变阻器用分压式接法三.计算题17如图所示为一速度选择器，板间存在方向互相垂直的匀强电场和磁场现有速率不同的电子从A点沿直线AB射入板间平行板间的电压为300V，间距为5cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0.06T，问：（1）匀强磁场
37、的方向指向纸面里还是向外？（2）能沿直线通过该速度选择器的电子的速率？【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）根据运动状态，判定洛伦兹力的方向，根据左手定则判定磁场方向；（2）根据平衡条件evB=eE及E=求解电子的速率【解答】解：（1）速率不同的电子从A点沿直线AB射入板间，收到竖直向上的电场力，则洛伦兹力竖直向下，根据左手定则知B的方向垂直于纸面向里；（2）电子受到的洛伦兹力为：FB=evB，它的大小与电子速率v有关，只有那些速率的大小刚好使得洛伦兹力与电场力相平衡的电子，才可沿直线KA通过小孔S据题意，能够通过小孔的电子，其速率满足下式：evB=
38、eE解得：v=又因为E=所以得：v=代入数据得：v=m/s=105m/s答：（1）匀强磁场的方向指向纸面里（2）能沿直线通过该速度选择器的电子的速率为105m/s【点评】此题考查带电离子的运动，注意左手定则时，四指指正电荷的运动方向，与负电荷运动方向相反18如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2
39、）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题【分析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零设两板间电压为UAB由动能定理得mgdqUAB=0 滑动变阻器两端电压 U滑=UAB=8 V 设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I=1A 滑动变阻器接入电路的电阻 R滑=8 即滑动变阻器接入电路的阻值为8时，小球恰能
40、到达A板（2）电源的输出功率 P出=I2（R+R滑）=23 W 故电源的输出功率是23W【点评】本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解19如图所示，一个电子以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30，（电子重力忽略不计）求：（1）电子的质量是多少？（2）穿过磁场的时间是多少？（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知
41、识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=T求出时间（3）电子刚好不能从A边射出，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得到轨迹半径，即可由牛顿第二定律求得速度v【解答】解：（1）电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F洛v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设圆心为O点如图所示由几何知识可知，圆心角=30，OC为半径r，则得：r=2d 又由r=得：m=（2）电子穿过磁场的时间是：t=T=由于，得：（3）电子刚好不能从A边射出时，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得R=d，由R=d根据2d=，可得：v=v
42、0答：（1）电子的质量是（2）穿过磁场的时间是（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是v0【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法20如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2108N/C，B=10T一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45的偏转不计粒子的重力求粒子的电荷量与质量之比【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】沿着直线运动时，洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡条件列式；撤去磁场后，做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式列式；最后联立求解即可【解答】解：设粒子的初速度为v0，粒子在电磁场中做直线运动时受力平衡qE=qv0B当只撤去磁场后，粒子在电场中做类似平抛运动l=v0tvx=v0vy=联立以上各式解得答：粒子的电荷量与质量之比为2.5106C/kg【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，然后根据平衡条件和类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难