1、广东省东莞市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷（B卷）一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求。）1（3分）如图所示，两个电荷量均为+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上两个小球的半径rl，k表示静电力常量则轻绳的张力大小为（）A0BC2D2（3分）在下列各图中，已标出了磁场B的方向、通电直导线中电流的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中符合左手定则的是（）ABCD3（3分）如图，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是（）A外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小
2、B外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压不变C外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变D外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小4（3分）某电场的电场线如图所示，对电场中A、B两点的电场强度和电势的判断，正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB5（3分）如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，下列对通过电流表G的电流方向的判断，正确的是（）A始终有从a向b方向的感应电流通过电流表B始终有从b向a方向的感应电流通过电流表C先有从a向b，后有从b向a方向的感应电流通过电流表D整个过程都没有感应电流6（3分）一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，以
3、速度v射入磁感应强度为B的匀强磁场，不计粒子重力下列说法正确的是（）A若v与B的方向垂直，入射速度v越大，则运动周期越大B若v与B的方向垂直，入射速度v越大，则轨道半径越大C若v与B的方向相同，则粒子在运动过程中速度不断变大D若v与B的方向相同，则粒子在运动过程中速度不断变小二、双向选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有两个选项正确，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）7（4分）关于电场强度、电势和电容，下列说法正确的是（）A由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B由公式E=可知，在离点电荷Q距离为r的
4、地方，电场强度E的大小与Q成正比C由公式C=可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大D由公式U=Ed可知，在匀强电场中，沿场强方向的两点间的电势差与这两点间的距离成正比8（4分）如图所示的实验电路中，带铁芯的线圈L上与灯A并联，已知线圈L的电阻比灯A电阻小，当合上电键K，电路稳定以后，灯A正常发光，下列说法中正确的是（）A断开电键K，灯A立即熄灭B断开电键K，灯A突然闪亮后熄灭C若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L，断开电键K，灯A立即熄灭D若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L，断开电键K，灯A突然闪亮后熄灭9（4分）如图所示，两块平行金属板正对并水平放置，两板分别于电源正、负极相连，当
5、开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点则（）A开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C断开开关后，若减小两板间距，液滴仍静止D断开开关后，若增大两板间距，液滴将下降10（4分）如图所示，矩形线框以恒定速度v从左向右通过匀强有界磁场，已知线框宽度与磁场宽度均为L，则在整个过程中，以下说法正确的是（）A线框中的感应电流方向是先逆时针方向，后顺时针方向B线框中的感应电流方向是先顺时针方向，后逆时针方向C线框进入磁场过程中所受安培力方向向左D线框离开磁场过程中所受安培力方向向右11（4分）如图所示是磁流体发电机的原理示意图，均属板M，N正对并平行放置，两板
6、通过导线接有电阻R，极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，当等离子束（分别带有等量正、负电荷的离子束）从左向右进入极板时下列说法中正确的是（）A带正电的离子向下极板偏转B带负电的离子向下极板偏转CR中有由b向a方向的电流DR中有由a向b方向的电流12（4分）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R1，当开关闭合时，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R2，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I，以下说法正确的是（）A电动机两端的电压等于IR1B电动机的发热功率为I2R1C电动机输出的机械功率等于UII2R1D电动机输出的机械功率等于U13（4分）如图所示，实线表示匀强
7、电场的电场线，一个带正电的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，粒子从a运动到b，运动的轨迹如图中的虚线所示，带电粒子从a到b过程，下列说法正确的是（）A粒子的电势能增大B粒子的动能增大C电场线向左D电场力做正功三、实验与探究题（18分）14（8分）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图1，由图可知其直径为mm，多用用电表的电阻“100”档，按正确的操作步骤测量某一电阻的电阻值，表盘的示数如图2，则该电阻的阻值约为用伏安法测中的电阻，为了得到尽量多的数据，较精确测出其电阻值，并要求电压从零开始连续可调，他们应选择图3中的图所示电路进行实验（已知电流表内阻约几十欧姆，电压表内阻约几千欧姆），用
8、此方法测出的电阻值比真实值偏（填“大”或“小”）15（10分）用电流表和电压表测一节干电池的电动势E和内电阻r，由实验测出多组路端电压和对应的总电流，作出UI图线如图甲所示由图甲可知：E=V，r=（均保留二位有效数字）根据实验原理，把图乙的实验器材进行实物连接四、说理与计算题（3小题，共36分。按照题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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（12分）如图所示，一质量为m，电量为q的带负电粒子，以某一速度从边长为L的正方形匀强磁场区域的入口A处，沿AB方向垂直磁场进入，磁感应强度大小为B，粒子从C口射
9、出磁场，求：（1）粒子从A点进入磁场的速度大小；（2）要使粒子从D口射出，粒子的速度大小；（3）从A进入到C、D口射出两种情况下，粒子所用时间之比17（12分）如图所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L=0.5m，轨道左端接一阻值R=0.50的电阻轨道处于磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中质量m=0.5kg，电阻r=0.5的导体棒ab垂直于轨道放置导体棒在沿着轨道方向向右的力F作用下，以速度v=5.0m/s做匀速直线运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直不计轨道的电阻，不计空气阻力求：（1）ab棒产生的感应电动势E；（2
10、）电阻R上消耗的功率P；（3）保持导体棒做匀速运动的拉力F的大小18（12分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入复合场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开复合场区，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴夹角为不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h广东省东莞市2014-2015学年高二上学期期末物理
11、试卷（B卷）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求。）1（3分）如图所示，两个电荷量均为+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上两个小球的半径rl，k表示静电力常量则轻绳的张力大小为（）A0BC2D考点：库仑定律 分析：小球可以看做点电荷，根据平衡条件可知，库仑力的大小等于绳子拉力大小，据此列方程可正确求解解答：解：根据物体平衡可知，绳子拉力大小等于库仑力，因此有：，故ACD错误，B正确故选：B点评：本题结合物体的平衡考查了库伦定律的应用，属于简单基础题目2（3分）在下列各图中，已标出了磁场B的方向
12、、通电直导线中电流的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中符合左手定则的是（）ABCD考点：左手定则 分析：通电直导线所受安培力F的方向根据左手定则判断用左手定则逐一检查四个选项，选择正确的选项解答：解：A、根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外四指指向电流方向：向右，拇指指向安培力方向：向上符合左手定则故A正确 B、通电导线与磁场平行，不受安培力，故B错误 C、根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向左穿过手心，则手心朝右四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下，此项不符合左手定则故B错误 D、安培力方向既与电流方向垂直，又与
13、磁场方向垂直，而此项安培力方向与磁场方向平行，不可能故D错误故选A点评：判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直3（3分）如图，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是（）A外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小B外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压不变C外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变D外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由并联电路的规律可知外部总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可判断路端电压的变化解答：解：由图
14、可知，灯泡均为并联；当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，则内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故D正确；故选D点评：解答本题应掌握：并联电路中并联支路越多，总电阻越小；同时注意闭合电路欧姆定律在电路动态分析中的应用方法，一般可按外电路内电路外电路的思路进行分析4（3分）某电场的电场线如图所示，对电场中A、B两点的电场强度和电势的判断，正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度的大小看电场线的疏
15、密程度，电场线越密的地方电场强度越大，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：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，所以EAEB，沿着电场线电势一定降低所以AB故选：D点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向5（3分）如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，下列对通过电流表G的电流方向的判断，正确的是（）A始终有从a向b方向的感应电流通过电流表B始终有从b向a方向的感应电流通过电流表C先有从a向b，后有从b向a方向的感应电流通过电流表D整个过程都没有感应电流考点：
16、楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化根据楞次定律判定感应电流的方向解答：解：条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向a电流表Gb条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向b电流表Ga故选：C点评：解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及
17、磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向6（3分）一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，以速度v射入磁感应强度为B的匀强磁场，不计粒子重力下列说法正确的是（）A若v与B的方向垂直，入射速度v越大，则运动周期越大B若v与B的方向垂直，入射速度v越大，则轨道半径越大C若v与B的方向相同，则粒子在运动过程中速度不断变大D若v与B的方向相同，则粒子在运动过程中速度不断变小考点：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：粒子在磁场中受洛伦兹力的作用，做圆周运动，根据半径公式来分析半径的变化，根据周期和线速度关系判定周期变化
18、解答：解：A、v与B方向垂直，洛伦兹力F=Bqv，充当向心力，即Bqv=m得r=，线速度越大，半径越大，周期T=，周期与线速度无关，故A错误，B正确；C、平行时洛伦兹力为零，速度保持不变，故CD错误故选：B点评：知道带电粒子在匀强磁场中的运动情况：匀速圆周运动和匀速直线运动二、双向选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有两个选项正确，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）7（4分）关于电场强度、电势和电容，下列说法正确的是（）A由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B由公式E=可知，在离点电荷Q距离为r的地
19、方，电场强度E的大小与Q成正比C由公式C=可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大D由公式U=Ed可知，在匀强电场中，沿场强方向的两点间的电势差与这两点间的距离成正比考点：电容；电势 专题：电容器专题分析：本题根据公式是否是比值定义法，分析各量之间的关系比值法定义法被定义的物理量反映物质的属性解答：解：A、公式采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误B、由公式可知，Q是场源电荷，电场强度E的大小与Q成正比，E与r的平方成反比，故B正确C、公式采用比值定义法，C反映电容器容纳电荷的本领，与Q、U无关，故C错误；D、公式U=
20、Ed中d是两点沿电场方向间的距离，所以在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，而不是与任意距离成正比，故C正确故选：BD点评：解决本题关键要掌握物理量的定义方法和公式中各量的准确含义，并要理解公式的适用条件8（4分）如图所示的实验电路中，带铁芯的线圈L上与灯A并联，已知线圈L的电阻比灯A电阻小，当合上电键K，电路稳定以后，灯A正常发光，下列说法中正确的是（）A断开电键K，灯A立即熄灭B断开电键K，灯A突然闪亮后熄灭C若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L，断开电键K，灯A立即熄灭D若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L，断开电键K，灯A突然闪亮后熄灭考点：自感现象和自感系数
21、分析：线圈中的电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流变化，自感电动势方向与电流方向关系为“增反减同”解答：解：A、B、电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；C、D、若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L，断开电键K，回路中没有自感，灯A立即熄灭，故C正确，D错误；故选：BC点评：本题是断电自感问题，关键明确线圈中自感电动势的方向是阻碍电流的变化，体现了电流的“惯性”9（4分）如图所示，两块平行金属板正对并水平放置，两板分别于电源正
22、、负极相连，当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点则（）A开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C断开开关后，若减小两板间距，液滴仍静止D断开开关后，若增大两板间距，液滴将下降考点：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：开始时液滴静止说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等；根据开关的通断，可知两板间电势差的变化或电量的变化；则改变极板间的距离时，由电容器的性质可知板间电场强度的变化，由F=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况解答：解：开始时，液滴静止，故mg=Eq，电场力向上；A、当开关闭合时，两板间的电
23、势差不变，则减小两板间距离时，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故A错误；B、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故B正确；C，D、而通电后断开开关，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C正确，D错误；故选：BC点评：若通电后断开开关，则若只改变两板间的距离时极板间的电场强度是保持不变的，本结论应熟记并能灵活应用10（4分）如图所示，矩形线框以恒定速度v从左向右通过匀强有界磁场，已知线框宽度与磁场宽度均为L，则在整个过
24、程中，以下说法正确的是（）A线框中的感应电流方向是先逆时针方向，后顺时针方向B线框中的感应电流方向是先顺时针方向，后逆时针方向C线框进入磁场过程中所受安培力方向向左D线框离开磁场过程中所受安培力方向向右考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律判断出线框中的感应电流的方向，结合左手定则判断线框所受的安培力的方向解答：解：A、线圈进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向线圈出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向故A正确，B错误C、进入磁场时，根据左手定则，右边所受的安培力方向向左故C正确D、出磁场时
25、，根据左手定则，线框左边所受的安培力方向向左故D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握楞次定则判断感应电流的方向，会根据左手定则判断安培力的方向本题判断线框的受力分析，也可以根据楞次定律的另一种表述判断，即感应电流产生的效果，阻碍线圈的运动11（4分）如图所示是磁流体发电机的原理示意图，均属板M，N正对并平行放置，两板通过导线接有电阻R，极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，当等离子束（分别带有等量正、负电荷的离子束）从左向右进入极板时下列说法中正确的是（）A带正电的离子向下极板偏转B带负电的离子向下极板偏转CR中有由b向a方向的电流DR中有由a向b方向的电流考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：
26、带电粒子在复合场中的运动专题分析：等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向解答：解：等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上所以上极板带正电，下极板带负电，则M板的电势高于N板的电势，流过电阻电流方向由a到b故B、D正确，A、C错误故选：BD点评：解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡12（4分）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R1，当
27、开关闭合时，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R2，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I，以下说法正确的是（）A电动机两端的电压等于IR1B电动机的发热功率为I2R1C电动机输出的机械功率等于UII2R1D电动机输出的机械功率等于U考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：A、只有纯电阻电路才能适用于欧姆定律求解，电动机为非纯电电路，不能用
28、欧姆定律，故A错误；B、电动机的发热功率为P热=I2R1，故B正确；C、电动机输出的机械功率等于总功率减去发热功率，即P出=UII2R1，故C正确，D错误；故选：BC点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的13（4分）如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，粒子从a运动到b，运动的轨迹如图中的虚线所示，带电粒子从a到b过程，下列说法正确的是（）A粒子的电势能增大B粒子的动能增大C电场线向左D电场力做正功考点：电势能；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子在电场力作
29、用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向根据电场力做正功，动能增大，电势能减小解答：解：A、正电荷粒子的受到的电场力向右，场强向右，从a到b，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故AC错误，BD正确；故选：BD点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧三、实验与探究题（18分）14（8分）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图1，由图可知其直径为0.680mm，多用用电表的电阻“100”档，按正确的操作步骤测量某一电阻的电阻值，表盘的示数如图2，
30、则该电阻的阻值约为3200用伏安法测中的电阻，为了得到尽量多的数据，较精确测出其电阻值，并要求电压从零开始连续可调，他们应选择图3中的甲图所示电路进行实验（已知电流表内阻约几十欧姆，电压表内阻约几千欧姆），用此方法测出的电阻值比真实值偏大（填“大”或“小”）考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数（2）多用电表测电阻时，其读数是表盘示数与倍率的乘积（3）由实验要求可明确电路结论；根据原理图明确误差解答：解：由图甲所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+18.00.01mm=0.680mm多用电表选择开关指在“100”欧姆档，读数等于指
31、针示数100，则该电阻的阻值是：R=32100=3200为了得到尽量多的数据、较精确测出电阻值，并要求电压从0开始调节，应该采用滑动变阻器分压接法3200=，被测电阻属于大电阻，故采用电流表内接，综上应该选择甲图电流表内接时，所测电压偏大，而电流为真实值，根据欧姆定律则测量值比真实值偏大；故答案为：0.680（0.6780.681均算正确）；3200；甲；大点评：本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数欧姆表指针示数与对应档位的乘积是欧姆表示数，用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近15（10分）用电流表和电压表测一节干电池的
32、电动势E和内电阻r，由实验测出多组路端电压和对应的总电流，作出UI图线如图甲所示由图甲可知：E=1.6V，r=2.4（均保留二位有效数字）根据实验原理，把图乙的实验器材进行实物连接考点：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）当电源内阻较小时，相对于电源来说采用电流表外接法实验误差较小，分析电路图，然后答题；根据电路图连接实物电路图（2）电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻解答：解：（1）一节干电池的内阻很小，应用伏安法测电源电动势与内阻时，为减小实验误差，相对于电源来说应采用电流表外接法，因此应选图甲所示实验电路；根据电路图连接实物电
33、路图，实物电路图如图所示（2）由图电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.6V，则电源电动势E=1.6V，电源内阻r=2.4故答案为：（1）如图所示；（2）1.6；2.4点评：应用伏安法测电阻时，如果电源内阻较小，相对于电源来说，可以采用电流表外接法，如何电源内阻较大，可以采用电流表内接法四、说理与计算题（3小题，共36分。按照题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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（12分）如图所示，一质量为m，电量为q的带负电粒子，以某一速度从边长为L的正方形匀强磁场区域的入口A处，沿AB方向垂直磁场进入
34、，磁感应强度大小为B，粒子从C口射出磁场，求：（1）粒子从A点进入磁场的速度大小；（2）要使粒子从D口射出，粒子的速度大小；（3）从A进入到C、D口射出两种情况下，粒子所用时间之比考点：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：粒子从A点进入磁场，从CD点离开磁场，做匀速圆周运动，根据几何关系求出半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出速度，在由周期公式可以判断粒子的运动的时间之比解答：解：（1）从C口射出，粒子做圆周运动的半径R1=L由得到：（2）要使从D口射出，粒子做圆周运动的半径由得到：（3）从A进入到从C、D射出两种情况周期相同，t=，从C射出磁场的粒子经过的圆心角为
35、90，运动的时间为T，从D射出磁场的粒子的圆心角为180，运动的时间为T，所以粒子所用时间之比1：2，答：（1）粒子从A点进入磁场的速度大小为；（2）要使粒子从D口射出，粒子的速度大小为；（3）从A进入到C、D口射出两种情况下，粒子所用时间之比为1：2点评：带电粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，根据粒子的半径公式和周期公式分析即可的出结论17（12分）如图所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L=0.5m，轨道左端接一阻值R=0.50的电阻轨道处于磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中质量m=0.5kg，电阻r=0.5的导体棒ab垂
36、直于轨道放置导体棒在沿着轨道方向向右的力F作用下，以速度v=5.0m/s做匀速直线运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直不计轨道的电阻，不计空气阻力求：（1）ab棒产生的感应电动势E；（2）电阻R上消耗的功率P；（3）保持导体棒做匀速运动的拉力F的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由题，导线ab做匀速运动，已知速度大小v，由E=BLv求出感应电动势大小；（2）再由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的电流大小；根据安培力公式可求出其大小，再由受力平衡可确定外力的大小（3）在水平方向上，导线受到拉力和安培力，根据功率的公式可求出安培力的功率解答：解：（1）
37、导体棒匀速运动，感应电动势E=BLv=0.40.55.0=1.0V；（2）导体棒上通过的感应电流 I=1.0A； 电阻R上消耗的功率P=I2R=120.5=0.5W； （3）导体棒匀速，受力平衡F=F安此时，F安=BIL 解得：F=0.2N；答：（1）ab棒产生的感应电动势E为1.0V；（2）电阻R上消耗的功率P为0.5W；（3）保持导体棒做匀速运动的拉力F的大小为0.2N点评：本题是导体在导轨上运动类型，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式结合研究同时运用力的功率公式18（12分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度
38、为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入复合场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开复合场区，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴夹角为不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：小球从A到M做平抛运动，从M到N做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力由几何知识求得半径，进而求出速度，并
39、机械能守恒定律求出A点到x轴的高度h解答：解：（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有 qE=mg，得到E=，电强度方向竖直向上 （2）小球做匀速圆周运动，O为圆心，MN为弦长，MOP=，如图所示设半径为r，由几何关系知设小球做圆周运动的速率为v，有由速度的合成与分解知得：（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，vy=v0tan由匀变速直线运动规律得答：（1）电场强度E的大小为，电强度方向竖直向上；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小为；（3）A点到x轴的高度h为点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹，重力场中也可运用运动的合成和分解
