1、山东省枣庄二中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确1如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势线相距2cm，则该电场场强E的大小和方向分别为( )AE=1V/m，水平向左BE=1V/m，水平向右CE=100V/m，水平向左DE=100V/m、水平向右考点：元电荷、点电荷 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U=Ed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，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左两个
2、相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度为：E=100V/m；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U=Ed中，d是沿电场线方向两点间的距离2一验电器的金属箔原来张开，用一带负电的物体接触验电器的金属球瞬间，发现金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，则验电器的金属球原来带( )A正电B负电C不带电D不确定考点：静电现象的解释 分析：验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；正负电荷会发生中和解答：解：金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，说明物体与金属箔原来带异种电荷，先发生中和现象；物体带负电，故金属球带正电；故选A点评：本题主要考查了正、负两种电荷和验电器用途、原
3、理及其使用特点的了解，知道正、负电荷会发生中和现象是解题的关键3真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，两电荷间的库仑力变为原来的( )A1倍B3倍C6倍D9倍考点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律公式F=k分析解答：解：根据库仑定律公式F=k，电量的乘积变为原来的9倍，距离的平方也变为原来的9倍，故库仑力不变；故选A点评：本题是库仑定律的直接运用问题，直接根据公式分析即可4当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是( )ABCD考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：由右手
4、螺旋定则，结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解解答：解：A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；故选：C点评：本
5、题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的N极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由S极到N极5如图，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由I平移至，第二次将金属框绕cd边翻转到设先后两次磁通度变化量分别是1和2，则( )A12B12C1=2D不能判断考点：磁通量 分析：第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和解答：解：设在位置时磁通量大小为
6、1，位置时磁通量大小为2第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量：1=12；第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量：2=1+2所以有：12故选：A点评：本题的关键是确定磁通量的变化，要注意翻转后磁通量的方向与开始前的磁通量的方向相反6如图所示，A、B两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0若弹簧发生的均是弹性形变，则( )A保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C保持Q不变，将q变为q，
7、平衡时弹簧的缩短量等于x0D保持q不变，将Q变为Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0考点：库仑定律；胡克定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律及胡克定律列式分析即可判断解答：解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：Kx0=kA、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：Kx1=k，由解得：x12x0，故A错误；B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；C、同理可以得到保持Q不变，将q变为q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误；D、同理可以得到保持q不变，将Q变为Q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误故选B点评：本
8、题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，难度不大，属于基础题7如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )AP点的电势将升高B带电油滴将沿竖直方向向上运动C带电油滴的电势能将增大D电容器的电容减小，极板带电量增大考点：电容器；电势；电势能 专题：电容器专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化
9、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化解答：解：A、电容器与电源保持相连，则板间电压U不变，板间距离增大，由E=分析可知板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故A错误B、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故B错误C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C正确D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U
10、不变，当C减小，则Q也减小故D错误故选：C点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化8如图（甲）所示，在材质均匀的圆形薄电阻片上，挖出一个偏心小圆孔在彼此垂直的直径AB和CD两端引出四个电极A、B、C、D先后分别将A、B或C、D接在电压恒为U的电路上，如图（乙）和图（丙）所示比较两种接法中电阻片的热功率大小，应有( )A两种接法电阻片热功率一样大B接在AB两端电阻片热功率大C接在CD两端电阻片热功率大D无法比较考点：电功、电功率；欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：图乙中AB将圆分为上下两半，并且上下两
11、部分电阻相等；同样在图乙中CD将圆分为左右两半，并且右半部分的电阻小于左半部分的电阻，则四部分电阻大小关系为R左R上=R下R右；然后根据并联电路的总电阻小于较小电阻的阻值进行判断解答：解：将A、B接入电路时：电阻RAB相当于上半部分电阻和下半部分电阻并联；将C、D接入电路时，电阻RCD相当于左半部分电阻和右半部分电阻并联；由于R左R上=R下R故RABRCD根据公式P=，接在CD两端电阻片热功率大；故选：C点评：本题的电路是一个并联电路，与实际相结合，较为复杂，本题的难点在于准确理解各个电阻之间的关系，根据并联电路电阻的特点进行比较9图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当变阻器的滑动触头P向
12、上移动时，电压表V的示数U和电流表的示数I的变化情况是( )AU变大，I变大BU变小，I变小CU变大，I变小DU变小，I变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路的总电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流的变化，确定电压表读数的变化和并联部分电压的变化，根据干路电流和电阻R3电流的变化，分析电流表读数的变化解答：解：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路的总电阻增大，根据欧姆定律分析得知，干路电流I干减小电压表的读数U=EI干（r+R1），I干减小，U变大变阻器与R3并联部分电压为U并=EI（r+
13、R1+R2），I干减小，U并增大，电阻R3的电流I3增大电流表的读数I=I干I3，I干减小，I3增大，则I变小所以U变大，I变小故选C点评：本题是电路中动态变化分析问题，可以按“局部整体局部”的思路分析常见题型，比较容易10一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，某时刻小球运动到了b点，则下列说法正确的是( )A从a到b，小球可能做匀速直线运动B从a到b，小球可能做匀加速直线运动C从a到b，小球动能可能不变D从a到b，小球机械能可能不变考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：1、带电小球的初速度是水平
14、的，在从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，即小球不可能做直线运动2、若在a点时，小球的重力和电场力平衡，此时小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，则小球的动能不变3、只有重力做功时，机械能才守恒从a到b，电场方向竖直向上，电场力一定做功，故机械能肯定不守恒解答：解：A、带电小球的初速度是水平的，从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，所以小球受力不为零，即小球不可能做匀速直线运动，故A错误B、从上分析可知小球做曲线运动，即变速运动，故小球受到磁场给的洛伦兹力也是变化的，故小球受到的合力是变力，所以小球不可能做匀加速直线运动，
15、故B错误C、当小球的重力和电场力平衡时，小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，小球的动能不变，故C正确D、从a到b，电场方向竖直向上，电场力一定做功，故机械能肯定不守恒故D错误故选：C点评：本题要注意洛伦兹力跟速度方向始终垂直，故洛伦兹力始终不做功，所以本题中小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向11电动机以恒定的功率P和恒定的转速n（r/s）卷动绳子，拉着质量为M的木箱在粗糙不均水平地面上前进，如图所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为R，当运动至绳子与水平成角时，下述说法正确的是( )A木箱将匀速运动，速度是2nRB木箱将匀加速运动，此时速度是C此时木箱对地的压力为MgD此过程木箱受的合外力
16、大小和方向都在变化考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律 分析：根据电动机的转速和轮子的半径求出绕绳子的线速度，即可得知物块沿绳子方向上的速度，将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据沿绳子方向的速度可得知物块的速度通过对木块受力分析，运用正交分解求出地面的支持力，从而得知木箱对地面的压力大小解答：解：A、物块沿绳子方向上的速度大小v=R2n将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据平行四边形定则，当运动至绳子与水平成角时，木块的速度v=，知木箱做变速运动，但不是匀加速故A、B错误C、根据P=Fv，知绳子的拉力F=，根据正交分解得，N=MgFsin=Mg故C正确D、木箱在水平面
17、上运动，合外力的大小在变化，方向不变故D错误故选C点评：解决本题的关键会对物体的速度按实际效果进行分解，以及会运用正交分解处理力学问题12一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径现将一物体沿与水平面成角的方向以速度v0抛出，如图（b）所示，则在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )ABCD考点：向心加速度 专题：匀速圆周运动专题分析：由题目的介绍可知，求曲率半径也就是求在该点做圆周运
18、动的半径，利用向心力的公式就可以求得解答：解：物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cos，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力作为向心力，由向心力的公式得：mg=m，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是：=，故C正确故选：C点评：曲率半径，一个新的概念，平时不熟悉，但根据题目的介绍可知，求曲率半径也就是求在该点做圆周运动的半径，读懂题目的真正意图，本题就可以解出了二选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要求选对得4分，选对不全得2分，选错或未选得0分13质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀
19、速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90（大小不变）后，物体可能做( )A加速度大小为的匀变速直线运动B加速度大小为的匀变速直线运动C加速度大小为的匀变速曲线运动D匀速直线运动考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：当物体受到的合外力恒定时，若物体受到的合力与初速度不共线时，物体做曲线运动；若合力与初速度共线，物体做直线运动解答：解：物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90，故F合=F3，加速度a=，但因不知原速度方
20、向，故力改变后的初速度方向与F合的方向间的关系未知，故有B、C两种可能；故选：BC点评：本题关键先根据平衡条件得出力F3变向后的合力大小和方向，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据曲线运动的条件判断物体的运动性质14两只电流表和是由完全相同的两只电流表改装成的，表的量程是5A，表的量程是15A为了测量1520A的电流，把表和表并联起来使用，在这种情况下( )A表和表的示数相等B表和表的指针偏转角度相等C表和表的示数之比为1：3D表和表的指针偏转角度之比为1：3考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，
21、指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大指针的偏转取决于流过表头的电流的大小解答：解：A、两电流表A1、A2并联，电流表两端电压相等，表头两端电压相等，通过表头的电流相等，指针偏转的角度相等，由于电流表量程不同，则电流表读数不相等，故AD错误，B正确；D、A1量程为5A，A2量程为15A，则A1的内阻为A2内阻的三倍，两电流表并联，两电流表两端电压相等，两电流表示数之比为1：3，故C正确；故选：BC点评：装后的电流表的电流分为两个支路，一为表头，一为并电阻，示数为总电流，指针偏转角度取决于流过表头的电流大小15如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在固定斜面上的物体，斜面倾角为且光滑现让F逐渐增
22、大，物体加速度a随F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )A物体的质量B斜面的倾角C物体能静止在斜面上所施加的最小外力D加速度为6m/s2时物体的速度考点：力的合成与分解的运用 分析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息解答：解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x方向：Fcosmgsin=ma y方向：NFsinGcos=0 解得从图象中取两个点，（30N，6m/s2）代入式解得m=2kg，=37因而AB正确；当a=0时，可解得F=15N，因而C正确；题中并没有说明力F随时间变化的情
23、况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D错误；故选ABC点评：本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力F的关系式，结合图象讨论161930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，工作原理示意图如图所示关于回旋加速器，下列说法正确的是( )A粒子从电场中获得能量B交流电的周期随粒子速度的增大而增大C要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径D不改变交流电的频率和磁感应强度B，加速质子的回旋加速器也可以用来加速粒子考点：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：回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置
24、是高能物理中的重要仪器（1）磁场的作用带电粒子以某一速度垂直进入匀强磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其中周期与速率和半径无关，使带电粒子每次进入D形盒中都能运动相等时间（半个周期）后，平行于电场方向进入电场中加速（2）电场的作用回旋加速器的两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性的变化的并垂直于两D形盒直径的匀强电场，加速就是在这个区域完成的（3）交变电压为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压解答：解：A、粒子在电场力作用下，从电场中获得能量，而洛伦兹力不做功，故A正确；B、要使粒子一直加速，则交流电的周期与粒子回旋周期相等
25、，而回旋周期T=，与粒子速度的无关，故B错误；C、由qvB=m 得，v=，则最大动能EK=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故C正确；D、不改变交流电的频率和磁感应强度B，当加速质子的回旋加速器，若能加速其他粒子，必须保证粒子的比荷相等，而粒子与质子的比荷不相等，故D错误；故选：AC点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关，注意粒子的周期公式的应用，理解比荷的含义三、实验题：本题共3小题，17题4分、18题3分、19题8分，共15分请把正确答案填在横线上，不要求写出计算过程17在“测定
26、金属丝的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量一根铜丝的直径d，螺旋测微器的测量精度为0.01mm；其中一次测量结果如图所示，读数为d=1.0295cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用 专题：实验题分析：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；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则以及露出解答：解：螺旋测微器的测量精度为0.01 mm，螺旋测微器的固定刻度读数为10mm，可动刻度读数为0.0129.5mm=0.295mm，所以最终读数为：10mm+0.295mm=10.295mm=1.0295cm故答案为：
27、0.01，1.0295点评：本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，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18调整欧姆零点后，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是( )A这个电阻的阻值很小B这个电阻的阻值很大C为了把电阻值测得更准确些，应换用“1”挡，重新调整欧姆零点后测量D为了把电阻值测得更准确些，应换用“100”挡，重新调整欧姆零点后测量考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大每次换挡需重新欧姆调零解答：解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧
28、，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“100”挡，重新测量故AC错误，BD正确故选：BD点评：解决本题的关键掌握欧姆表表盘的特点，以及掌握用欧姆表测量电阻的一般步骤19在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A干电池E（电动势约为1.5V，内阻小于1.0）B电流表A1（满偏电流3mA，内阻r1=10）C电流表A2（00.6A，内阻0.1）D滑线变阻器R1（020，10A）E滑线变阻器R2（0100，10A）F定值电阻R3（990）G开关和导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑线变阻器是R1（填字
29、母代号）（2）请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图（3）如图为某一同学根据他所设计的实验给出的I1、I2图线（I1为A1的示数，I2为A2的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=1.48V，内阻r=0.8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：实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器，有利于电流的变化和表的读数表头及定值电阻充当电压表使用，则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻；解答：解：（1）实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器，有利于电流的变化和表的读数故选R1（2）由于没有电压表，我们可以把表头及定值电
30、阻充当电压表使用，利用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻（3）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+RA）=EI2r即：I1=；由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，则有：1.48mA=；解得E=1.48V；由图象可知，图象的斜率为：0.8103，由公式得图象的斜率等于，故=0.8103；解得r=0.8故答案为：（1）R1（2）见图（3）1.48，0.8点评：正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究四
31、计算题：本题4个小题，20、21、题每题7分、22题8分，23题11共33分要求写出必要的文字叙述和重要的演算过程，只写出结果的不能得分20质量为m=0.04Kg的导电细杆ab置于倾角为300的平行放置的光滑导轨上，导轨宽为d=0.4m，杆ab与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B=1T已知电源电动势E=1.5V，内阻r=0.2，试求当电阻R取值为多少时，释放细杆后杆ab保持静止不动导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10m/s2考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律；安培力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：导体棒受重力、支持力和
32、安培力，根据平衡条件求解出安培力；然后根据安培力公式求解出电流；最后根据闭合电路欧姆定律求解出电阻R解答：解：通电导体在磁场中受到的安培力为：F=BId，方向沿斜面向上；设电流为I时，导体杆刚好静止不动，分析受力，受重力、支持力和安培力，根据平衡条件可得：BId=mgsin解得：I=0.5A根据闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）解得：R=2.8答：当电阻R取值为2.8时，释放细杆后杆ab保持静止不动点评：本题关键先根据平衡条件求解安培力，然后结合闭合电路欧姆定律和安培力公式列式求解21如图所示，R为电阻箱，为理想电压表当电阻箱读数为R1=2时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5
33、时，电压表读数为U2=5V求：（1）电源的电动势E和内阻r（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：计算题分析：（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值解答：解：（1）由闭合电路欧姆定律：联立上式并代入数据解得：E=6Vr=1电源电动势为6V，内阻为1；（2）由电功率表达式：将上式变形为：由上式可知R=r=1时P有最大值为；故P的最大输出功率为9W点评：本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，
34、最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程22如图所示，一位宇航员站在某质量分布均匀的星球表面的一斜坡上的A点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点B，斜坡的倾角为，已知该星球的半径为R求：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的第一宇宙速度考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度；平抛运动 专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度（2）第一宇宙速度的大小等于贴近星球表面运行的速度根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的大小解答：解
35、：（1）物体落在斜面上有：tan=所以：g=（2）根据万有引力提供向心力得，G=m则v=答：（1）该星球表面的重力加速度为g=（2）该星球的第一宇宙速度为点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用23一足够长的矩形区域abcd内有磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为=30，如图所示已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力忽略不计）（1）若粒子带负电，且恰好能从d点射出磁场，求v0的大小；（2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围
36、，以及此范围内粒子在磁场中运动时间t的范围考点：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）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解；（2）根据题意确定运动轨迹，再由圆心角与周期公式，即可确定最长运动的时间；根据半径公式与半径的取值，即可求解解答：解：（1）若粒子带负电，且恰好能从d点射出磁场，它运动的轨迹如图1，则运动的半径：，运动的过程洛伦兹力提供向心力，得：整理得：（2）若粒子带正电，粒子运动的轨迹如右图所示，当粒子的速度大于与R1相对应的速度v1时，粒子将从dc边射出由几何关系可得：R1=L 由洛仑兹力和向心力公式可得：
37、 当粒子的速度小于与R2相对应的速度v2时，粒子将从ad边射出由几何关系可得： 由式解得： 由洛仑兹力和向心力公式可得： 将式分别代入式可解得：； 所以v0的取值范围是 从图中可以看出，当轨迹的半径对应R1时从ab边上射出使用的时间最短，此时对应的圆心角为： =18030=150由公式可得：根据周期与运动时间的关系得：整理得： 粒子在磁场中运动的时间最长，其做圆周运动的圆心角必然最大，在答图中，当粒子的速度小于v2时，粒子从ad边的不同位置射出时，其半径虽不同，但圆心角的夹角都是300=，所以粒子在磁场中的运动时间也是，此即粒子在磁场中运动的最长时间所以粒子运动的最长时间为： 与粒子在磁场中运行时间相对应的t的大小范围是：答：（1）（2）v0的取值范围，粒子在磁场中运动时间t的范围点评：考查牛顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系注意本题关键是画出正确的运动轨迹
