1、2014-2015学年湖北省襄阳市老河口一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每个小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，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）1有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）A 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量B 磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关C 磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关D 磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小2在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（）A 竖直向上B 竖直向下C 由南
2、向北D 由西向东3如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图其工作原理类似打点计时器当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是（）A 电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极B 电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极C 电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极D 电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极4如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力设两极板间电场强度为E磁感应强度为B欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是（）A 适当减小电场强度EB 适当减
3、小磁感应强度BC 适当增大加速电场的宽度D 适当增大加速电压U5回旋加速器是利用较低电压的高频电源，使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图下列说法正确的是（）A 粒子在磁场中做匀速圆周运动B 粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少C 粒子的轨道半径与它被电场加速的次数成正比D 粒子的运动周期和运动速率成正比6在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则（）A b点的电场强度一定比a点大B 电场线方向一定从b指向aC b点的电势一定比a点高D 该电荷的动能一定减小7如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=
4、MN，P点在y轴的右侧，MPON，则（）A M点的电势比P点的电势高B 将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动8关于电动势，下列说法正确的是（）A 电源两极间的电压等于电源电动势B 电源电动势与外电路的组成无关C 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大D 电源电动势的数值等于内、外电压之和9如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（）A a处接线断开B 触头P开路C a、b间电阻丝开路D b处接线开路10如图所示的电路
5、中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同在电键S处于闭合状态上，若将电键S1由位置1切换到位置2，则（）A 电压表的示数变小B 电池内部消耗的功率变大C 电阻R2两端的电压变大D 电池的效率变大二、实验题（20分）11下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A 测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B 测量电阻时，如果待测电阻不和电源断开，可能会烧坏表头C 测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D 换用另一量程时，需要重新调零12欧姆表表头满偏电流为5mA，内装一节干电池，电动势为1.5V，做好测量前的准备工作后，将待测电
6、阻接入红、黑表笔间，指针指在满刻度的处，则：该欧姆表的内阻为，待测电阻为13在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中：（1）移动滑动变阻器的滑动头应特别注意防止（2）现备有以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050） C滑动变阻器（01750） D电压表（03V） E电压表（015V） F电流表（00.6A）G电流表（03A）其中滑动变阻器应选，电流表应选，电压表应选（填写字母序号即可）（3）如图1是根据实验数据画出的UI图象（如图2）由此可知这个干电池的电动势E=V，内电阻r=14“黑盒子”表面有a、b、c三个接线柱，盒内总共有两个电学元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件为了探
7、明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：第一步：用电压挡对任意两接线柱正、反向测量，指针不发生偏转；第二步：用电阻100挡对任意两个接线柱正、反向测量，指针偏转情况如图1所示（1）第一步测量结果表明盒内（2）图2示出了图11和图12中欧姆表指针所处位置，其对应阻值是；图2示出了图13中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是（3）请在图4的接线柱间用电路图符号画出盒内的元件及连接情况（4）一个小灯泡与3V电池组的连接情况如图5所示如果把图5中e、f两端用导线直接相连，小灯泡可正常发光欲将e、f两端分别与黑盒子上的两个接线柱相连，使小灯泡仍可发光那么，e端应连接到接线柱，f端应
8、连接到接线柱三、计算题（本题共5小题，40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计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成角做匀减速直线运动求：（1）匀强电场的场强的大小；（2）小球运动的最高点与出发点之间的电势差16PQ为一根足够长的绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为斜放，空间充满磁感应强度B的匀强磁场，方向水平如图所示一个质量为m，带有负电荷的小球套在PQ杆
9、上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的摩擦系数为（tg），小球带电量为q现将小球由静止开始释放，试求小球在沿杆下滑过程中：（1）小球最大加速度为多少？此时小球的速度是多少？（2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大？17如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为=60，求电子的质量和穿越磁场的时间18如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球用长为l的绝缘细线悬挂于O点，处于垂直于纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场中将小球拉至悬线与竖直方向成角，由静止释放，小球运动到最低点A时，悬线断开，小球对水平面的
10、压力恰好为零小球沿光滑水平面向左运动进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B2，且做匀速直线运动求：（1）小球所带电荷的电性；（2）磁感应强度B1为多大？（3）电场强度E等于多少？19如图所示，单匝线框abcd，bc边长为l，线框的下半部处在匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，线框中通以电流I，方向如图所示开始时线框处于平衡状态令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡在此过程中线框位移的大小x=，方向2014-2015学年湖北省襄阳市老河口一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每个小题给
11、出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，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）1有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）A 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量B 磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关C 磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关D 磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小考点：磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场分析：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小解答：解：A、磁感应强
12、度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量故A正确B、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，跟产生磁场的电流方向有关故B正确C、磁感应强度的方向是由磁场本身决定的，与放入磁场中的受磁场力作用的电流方向无关故C错误D、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小故D正确本题选错误的，故选C点评：本题考查对磁感应强度和磁感线的理解，关键抓住磁感应强度描述磁场本身的特性的物理量，与放入磁场的电流元无关2在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（）A 竖直向上B 竖直向下C 由南向北D 由西向东考点：左手定则；安
13、培力分析：在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断安培力的方向解答：解：左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向磁场的方向从南向北，电流的方向由西向东，所以安培力的方向竖直向上故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向3如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图其工作原理类似打点计时器当电流从电磁
14、铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是（）A 电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极B 电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极C 电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极D 电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极考点：电磁感应在生活和生产中的应用分析：由安培定则知电磁铁的上端为S极，再根据同名磁极相互吸引，异名磁极相互排斥判定小磁铁的极性解答：解：电磁铁实际为通电螺线管，如题图，当电流从a流入电磁铁时上端为S极，由异名磁极相互吸引知永磁铁下端为N极，故A、B、D错误，C正确；故选：C点评：本题考查了安培定则在生活中的应用，要注意明确仪器原理，并掌握右手螺旋定则的正确应用4如图
15、所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力设两极板间电场强度为E磁感应强度为B欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是（）A 适当减小电场强度EB 适当减小磁感应强度BC 适当增大加速电场的宽度D 适当增大加速电压U考点：带电粒子在混合场中的运动；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：根据eU=mv2可得v=；粒子在复合场中若做匀速直线运动的条件是：Eq=qvB根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，因
16、此要么电场力变小，要么洛伦兹力变大解答：解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq=qvB根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力A、适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故A正确B、适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，故B错误C、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU=mv2可得v=；由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误D、根据eU=mv2可得v=；粒子故适当增大加速电压U，可以增大电子在复合场中运动的速度v，从而增大洛伦兹力
17、故D正确故选：AD点评：本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动在解题时要注意过程分析和受力分析5回旋加速器是利用较低电压的高频电源，使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图下列说法正确的是（）A 粒子在磁场中做匀速圆周运动B 粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少C 粒子的轨道半径与它被电场加速的次数成正比D 粒子的运动周期和运动速率成正比考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：根据洛伦兹力提供向心力，可知回旋加速器的回旋周期一定；同理计算出粒子的速度表达式，并进行讨论解答：解：A、粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，
18、故在磁场中做匀速圆周运动，故A正确；B、D、由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=，故周期T=，T与速度大小无关，则粒子由A0运动到A1与粒子由A2运动到A3所用的时间都等于半个周期，时间相等，故BD错误C、由r=，根据动能定理，则有：NqU=，解得：，知粒子的轨道半径的平方与被电场加速的次数成正比，故C错误故选：A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，但是最终粒子的速度与电场的大小无关6在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则（）A b点的电场强度一定比a点大B 电场线方向一定从b指向aC b点的电势一定比a点高D 该电荷的动能一定减小考
19、点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线做功的正负可分析两点的电势关系，但不能判断场强的大小关系也不能根据电势的变化，判断出场强的方向电场力做功能量度电势能的转化，根据动能定理分析动能的变化解答：解：A、正电荷从a点移到b点，电场力做负功，由于电场力做功的正负与场强相对大小没有直接关系，故无法判断a、b两点电场强度大小，若是匀强电场，a、b两点电场强度相等，故A错误；B、通过电场力做功无法判断电场线的方向，电荷运动时可能与电场有一定夹角，也可能沿着电场或者逆着电场等，故B错误；C、移动正电荷从a点到b点，电场力做负功，电势能一定增大，因正电荷在电
20、势高低电势能大，所以b点的电势一定比a点高故C正确D、电场力做负功，如有重力等其他力做功，根据动能定理可知，该电荷的动能不一定减小，故D错误故选：C点评：本题主要考察了描述电场的基本概念电势和电场强度，可结合电场线进行分析掌握推论：正电荷在电势高低电势能大，很容易判断电势能与电势的关系7如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MPON，则（）A M点的电势比P点的电势高B 将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动考点
21、：电势；电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有MPN，故A正确；B、将负电荷由O点移到P点，因UOP0，所以W=qUOP0，则负电荷做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，
22、其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确故选：AD点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题8关于电动势，下列说法正确的是（）A 电源两极间的电压等于电源电动势B 电源电动势与外电路的组成无关C 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大D 电源电动势的数值等于内、外电压之和考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压电动势与外电路无关解答：解：A、D、根据闭合电路欧姆定律可知：电动势的数值等于内、外电路电压之和，故
23、A错误，D正确B、电动势由电源本身决定，与外电路无关，故B正确C、电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势越大，电源将其它能转化为电能的本领越大故C正确故选：BCD点评：本题要掌握电动势的物理意义可根据闭合电路欧姆定律理解电动势与电源两极间电压的关系9如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（）A a处接线断开B 触头P开路C a、b间电阻丝开路D b处接线开路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：电压表的示数几乎都为U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项解答：解：A、若a
24、处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意故A错误 B、若触头P开路，电压表的示数为零，不符合题意故B错误 C、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意故C错误 D、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U故D正确故选D点评：本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力本题电压可以用电势差理解10如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同在电键S处于闭合状态上，若将电键S1由位置1切换到位置2，则（）A 电压表的示数变小B 电池内部消耗的功率变大C 电阻R2两端的电压变大D 电池的效率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功
25、、电功率专题：恒定电流专题分析：将电键S1由位置1切换到位置2，通过外电阻的变化，抓住电动势和内阻不变，分析电流、外电压的变化电池的效率可根据=得知解答：解：A将电键S1由位置1切换到位置2，外电阻变小，电动势和内阻不变，电路中的总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小故A正确 B电路中的总电流变大，根据P内=I2r，知，电源内部消耗的功率变大故B正确 C设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值为R，当电键打在1时，R2两端的电压U2=R，当电键打在2时R2两端的电压U2= 可知U2U2故C错误 D电池的效率可根据=得知，外电压变小，电池的效率变小故D错误故选：A
26、B点评：解决本题的关键是抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析二、实验题（20分）11下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A 测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B 测量电阻时，如果待测电阻不和电源断开，可能会烧坏表头C 测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D 换用另一量程时，需要重新调零考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：本题考查欧姆定律的使用，根据欧姆表的原理及使用方法判断各项正误解答：解：A、因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，故A正确； B、因欧姆表内部有电流，若待测电阻不和电源
27、断开，会导致表头中电流过大，而使表头烧坏，故B正确； C、欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，故C错误；D、每次调整倍率时都要重新调零，故D正确；故选：ABD点评：欧姆表是利用内部电源供点，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法12欧姆表表头满偏电流为5mA，内装一节干电池，电动势为1.5V，做好测量前的准备工作后，将待测电阻接入红、黑表笔间，指针指在满刻度的处，则：该欧姆表的内阻为300，待测电阻为100考点：把电流表改装成电压表专题：实验题分析：根据闭合电路的欧姆定律可以求出欧姆表
28、内阻与待测电阻阻值解答：解：欧姆调零时，指针指在满偏刻度处，有：R内=300，指针指在满刻度的处时，有：I=，即：0.005=，解得：RX=100；故答案为：300；100点评：本题考查了求欧姆表内阻、待测电阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题13在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中：（1）移动滑动变阻器的滑动头应特别注意防止电路短路（2）现备有以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050） C滑动变阻器（01750） D电压表（03V） E电压表（015V） F电流表（00.6A）G电流表（03A）其中滑动变阻器应选B，电流表应选F，电压表应选D（
29、填写字母序号即可）（3）如图1是根据实验数据画出的UI图象（如图2）由此可知这个干电池的电动势E=1.5V，内电阻r=1.25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）为保护电路安全，要防止电路短路（2）根据电源电动势与内阻选择器材（3）由图2所示图象求出电源电动势与内阻解答：解：（1）移动滑动变阻器的滑动头应特别注意防止电路短路（2）电源电动势约为1.5V，内阻很小，约为零点几欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选B，电流表应选F，电压表应选D（3）由图2所示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r=1.25故答案为：（1）电
30、路短路；（2）B；F；D；（3）1.5；1.25点评：本题考查了实验注意事项、实验器材的选择、求电源电动势与内阻，电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻14“黑盒子”表面有a、b、c三个接线柱，盒内总共有两个电学元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件为了探明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：第一步：用电压挡对任意两接线柱正、反向测量，指针不发生偏转；第二步：用电阻100挡对任意两个接线柱正、反向测量，指针偏转情况如图1所示（1）第一步测量结果表明盒内不存在电源（2）图2示出了图11和图12中欧姆表指针所处位置，其对应阻值是12K；图2示
31、出了图13中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是5K（3）请在图4的接线柱间用电路图符号画出盒内的元件及连接情况（4）一个小灯泡与3V电池组的连接情况如图5所示如果把图5中e、f两端用导线直接相连，小灯泡可正常发光欲将e、f两端分别与黑盒子上的两个接线柱相连，使小灯泡仍可发光那么，e端应连接到c接线柱，f端应连接到a接线柱考点：用多用电表探索黑箱内的电学元件专题：实验题分析：用多用电表探索黑箱内的电学元件时要注意各个档位的含义，尤其是注意测二极管时正反电阻不同欧姆档进行测量时，注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，因此将接线柱进行正反两次测量时，若发现示数不变则说明是定值电阻，若正反电阻差距很大
32、，则说明是二极管，若开始电阻很小，很快电阻变为无穷大，则说明是电容器总之根据电表示数和元件特点进行判断解答：解：（1）使用电压档进行测量，目的是看内部是否有电源，由于指针没有示数，因此内部无电源，故黑箱内不存在电源故答案为：不存在电源（2）使用欧姆表读数时注意其零刻度在右侧，因此读数时要从右侧读，读出结果然后乘以档位即为所测电阻阻值所以图（1）示数为R=121000=12K，图（2）读数为R=51000=5K故答案为：12K，5K（3）使用欧姆档进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正级相连的，观察图1中的（1）（2）可知：在测量bc之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明bc之间
33、接有一个定值电阻；观察图1中的（3）、（4）可知：在测量ac之间电阻时，黑表笔接c时电阻很小，接a时电阻很大，说明ac之间有二极管，而且c应该接二极管的正极；观察图1中的（5）可知：黑表笔接时b时电阻比（3）中黑表笔接c电阻大，说明了a、c、b之间串联了二极管、电阻两个元件，由图（6）可知，ab之间电阻无穷大，因此ab之间应该是断路故黑箱内元件的连接如右图所示：（4）二极管正向电阻很小，因此应该讲二极管入电路，由于e和电源正极相连，因此要使灯泡仍可发光，应该和二极管的正极相连即和c相连，f和a相连故答案为：c，a点评：用多用电表探索黑箱内的电学元件实际上就是考察多用电表的各个档位的特点以及一些
34、元件的特性如：定值电阻、二极管、电容器等，同时注意黑箱内部的元件串并联情况三、计算题（本题共5小题，40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计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成角做匀减速直线运动求：（1）匀强电场的场强的大小；（2）小球运动的最高点与出发点之间的电势差考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）由题，
35、粒子在匀强电场中做匀减速直线运动，受到重力和电场力作用，合力必定与速度在同一直线上，作出两个力的合力，求出电场强度的大小（2）粒子运动从出发点到最高点的过程中，重力做功为mgssin，电场力做功为qU，根据动能定理求出最高点与出发点之间的电势差U解答：解：（1）小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v0在一条直线上，即：tan=，得E=（2）小球做匀减速直线运动，根据F=ma得：=ma；解得：a=；最大位移：s=；水平位移：x=scos=；电势差：U=Ex=答：（1）匀强电场的场强的大小为；（2）小球运动的最高点与出发点之间的电势差为点评：本题关键在于把握物体做直线运动的条件：合力与速度共线
36、分析受力情况是解决带电粒子在电场中运动问题的基础16PQ为一根足够长的绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为斜放，空间充满磁感应强度B的匀强磁场，方向水平如图所示一个质量为m，带有负电荷的小球套在PQ杆上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的摩擦系数为（tg），小球带电量为q现将小球由静止开始释放，试求小球在沿杆下滑过程中：（1）小球最大加速度为多少？此时小球的速度是多少？（2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大？考点：牛顿第二定律；安培力专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）分析小球的受力情况和运动情况，判断什么时刻小球的合力，此时其加速度即最大将小球由静止开始释放，小球受到重力、垂直于杆向
37、上的洛伦兹力、杆的垂直于向下的支持力和滑动摩擦力开始阶段，洛伦兹力小于重力垂直杆向下的分力，杆对小球的支持力垂直杆向上小球向下做加速运动，洛伦兹力逐渐增大，支持力和滑动摩擦力逐渐减小，合力增大，加速度增大当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，杆对小球的支持力方向变为垂直于杆向下，速度增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，当加速度减小到零，小球做匀速直线运动，速度达到最大所以小球先加速度增大的加速运动，接着做加速减小的加速运动，最后做匀速直线运动，当洛伦兹力等于于重力垂直杆向下的分力时，支持力和摩擦力为零，合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律求加速度，由垂直于杆方向力平衡求出此时的速度（2）
38、当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，小球做加速度减小的加速运动，当重力沿斜面的分力等于摩擦力时小球加速度为零，速度达到最大，由平衡条件求解最大速度解答：解：（1）当小球所受的洛伦兹力小于重力垂直杆向下的分力，小球向下做加速运动，洛伦兹力逐渐增大，支持力和滑动摩擦力逐渐减小，合力增大，加速度增大当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，杆对小球的支持力方向变为垂直于杆向下，速度增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，则当洛伦兹力等于于重力垂直杆向下的分力时，支持力和摩擦力为零，合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律得： mgsin=mam，得到最大加速度为am=gsin由mgcos=qvB得，v=（2
39、）当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力，小球做匀速直线运动时，速度最大，由平衡条件得： mgsin=（qvmBmgcos）解得，最大速度为vm=答：（1）小球最大加速度为gsin，此时小球的速度是（2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为点评：本题关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，注意先分析重力和洛伦兹力，再分析弹力和摩擦力，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比进行动态分析17如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为=60，求电子的质量和穿越磁场的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律
40、；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间解答：解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：根据洛伦兹力提供向心力得，解得电子的质量电子的周期所以电子穿越磁场的时间答：电子的质量为，穿越磁场的时间为点评：解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解18如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球用长为l的绝缘细线悬挂于O点，处于垂直于纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场中将小球拉至悬线与竖直方向成角
41、，由静止释放，小球运动到最低点A时，悬线断开，小球对水平面的压力恰好为零小球沿光滑水平面向左运动进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B2，且做匀速直线运动求：（1）小球所带电荷的电性；（2）磁感应强度B1为多大？（3）电场强度E等于多少？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）根据小球的运动状态判断洛伦兹力方向，然后由左手定则判断小球的电性（2）由机械能守恒定律求出小球到达最低点的速度，由平衡条件求出磁感应强度（3）小球在电磁场做做匀速直线运动，应用平衡条件求出电场强度解答：解：（1）在点A时悬线断开，小球对水平面的压力恰好为零，则小球的重力与洛伦兹力
42、合力为零，重力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，小球带负电；（2）小球向下摆到A的过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl（1cos）=mv2，绳子断裂后，小球对水平面的压力恰好为零，重力与洛伦兹力合力为零，即：qvB1=mg，解得：B1=；（3）在电磁场中，小球做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB2+Eq=mg，解得：E=B2；答：（1）小球带负电荷；（2）磁感应强度B1为；（3）电场强度E等于B2点评：本题考查了带电小球在磁场、复合场中的运动，分析清楚小球的运动过程是正确解题的关键，应用平衡条件、左手定则与机械能守恒定律可以解题；解题时要注意，洛伦兹力总是与小球
43、的速度方向垂直，洛伦兹力不做功19如图所示，单匝线框abcd，bc边长为l，线框的下半部处在匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，线框中通以电流I，方向如图所示开始时线框处于平衡状态令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡在此过程中线框位移的大小x=，方向向下考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；安培力分析：先对原磁场下的线框进行受力分析列受力平衡的方程，然后对方向改变后的磁场中的线框进行受力分析列受力平衡的方程，联立解得线框的位移大小和方向解答：解：线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FB=nBIL，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变设在电流反向之前弹簧的伸长x，则反向之后弹簧的伸长为（x+x），则有：kx+nBILG=0k（x+x）nBILG=0解之可得：x=，且线框向下移动故答案为：，向下点评：本题考查了安培力方向的判断以及胡克定律，难度不大，掌握左手定则判断安培力的方向