1、2014-2015学年辽宁省沈阳市高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-8题单选，9-12题多选）1下面关于物理学家做出的贡献，说法正确的是（）A 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律C 洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律D 法拉第指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比2如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且，两小球在同一水平线上，由此可知（）A B球受到的库仑力较大，电荷量较大B B球的质量较大C B球受
2、到的拉力较大D 两球接触后，再处于静止状态时，悬线的偏角、仍满足3真空中相距为3a 的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是（）A x=a点的电势高于x=2a点的电势B 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1C 点电荷M、N一定为异种电荷D x=2a处的电势一定为零4某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）A B C D 5如图，两根相互平行的长直导线分别通
3、有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是（）A a点B b点C c点D d点6如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是（）A 圆心到达磁场边界时感应电流方向发生改变B CD段直线始终不受安培力作用C 感应电动势平均值BavD 通过导线横截面的电荷量为7如图所示，MN、P
4、Q是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（）A 通过电阻R的电流方向为PRMB ab两点间的电压为BLvC a端电势比b端高D 外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热8某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现
5、象，他冥思苦想找不出原因你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A 电源的内阻较大B 小灯泡电阻偏大C 线圈电阻偏大D 线圈的自感系数较大9如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是（）A B C D 10磁流体发电机原理如图所示，将一束等离子体（正负电荷组成的离子化气体状物质）喷射入磁场，在电场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度为v，板间距离为d，匀强磁场的磁
6、感应强度为B，方向垂直与速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为I则以下说法正确的有（）A 图中A板为电源的正极B 有电流从a经用电器流向bC 这个发电机的电动势为BdvD 此发电机的等效内阻是R11汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05，电动机内阻为0.02，电流表内阻不计，则电动机启动时（）A 车灯的电压为9.6VB 通过电动机的电流为48AC 电动机的电功率为50WD 电动机输出的机械功为430W12如图所示，在射线OA以下
7、有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的正电粒子a和b以不同的速率由坐标原点O沿着x轴正方向射入磁场，已知vavb，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A 两粒子的轨道半径之比=B 粒子a在磁场中运动时间比b长C 两粒子在磁场中运动时间相等D 两粒子离开磁场时速度方向相同二、实验题（本题共2小题，共18分）13在练习使用多用表的实验中某同学连接的电路如图所示若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是的电阻；若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此
8、时测得的是两端的电压14为测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：待测电阻Rx电流表A1（量程100 A，内阻约2k）电流表A2（量程500 A，内阻约300）电压表V1（量程15V，内阻约150k）电压表V2（量程50V，内阻约500k）电源E（电动势15V）滑动变阻器R（最大阻值1k）多用电表，开关S，导线若干（1）先用多用电表欧姆挡对Rx进行粗测若选择100挡用正确的测量方法进行测量，发现指针几乎不偏转，为较准确测量应选用挡（10，1k）重新选挡测量，刻度盘上的指针位置如图1所示，测量结果是（2）现用伏安法测量Rx阻值为了尽量减小实验误差，要求测多组数据电流表应选，电压表应选在图2的方框中
9、画出实验电路图根据实验中测得的多组数据作出的UI图线如图3所示，根据图线求得待测电阻的阻值为三、计算题（本题共3小题，共34分）15如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，设导体棒Oa可以以点O为中心转动，而另一端a刚好搭在光滑的半圆形金属导轨上，Oa长为L且以角速度匀速转动，在Ob间接入一阻值为R的电阻，不计其他电阻，试求：（1）导体棒Oa两端产生的电势差；（2）流过电阻R上的电流大小及方向；（3）所需外力的功率16如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，
10、由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间已知微粒质量为m=2106kg、电荷量q=1108C，电容器电容为C=1uF，取g=10m/s2（1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射初速度v0的取值范围；（2）若带电微粒以第（1）问中初速度v0最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？17如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速
11、度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出（1）求电场强度的大小和方向（2）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间（粒子的比荷满足=）2014-2015学年辽宁省沈阳市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-8题单选，9-12题多选）1下面关于物理学家做出的贡献，说法正确的是（）A 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律C 洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律D 法拉第指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正
12、比考点：物理学史分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家奥斯特、洛伦兹、安培和法拉第的物理学成就即可解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确B、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故B错误C、安培发现了磁场对电流的作用规律，故C错误D、法拉第指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故D正确故选：AD点评：对于物理学上重大发现、发明、著名理论等等要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且，两小球在同一水平线上，由此可知（）A
13、B球受到的库仑力较大，电荷量较大B B球的质量较大C B球受到的拉力较大D 两球接触后，再处于静止状态时，悬线的偏角、仍满足考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：根据根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力对小球受力分析，根据平衡条件和相似三角形表示出两个球的重力和拉力，进行比较解答：解：A、根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；对小球受力分析，根据平衡条件有：B、对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：mAg=mBg=因，所以mAmB，故B
14、错误C、根据平衡条件有：F拉A=F拉B=因，所以B球受的拉力较小，故C错误D、两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：tan=tan=因为mAmB，所以故D正确故选：D点评：本题在解答过程中，物体的平衡条件成为关键内容，因此分析物体的受力，对力进行分解合成就成了必须的步骤，有利于学生将力学知识与电学知识相结合3真空中相距为3a 的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是（）A x=a点的电势高于x=2a点的电势B 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1C
15、 点电荷M、N一定为异种电荷D x=2a处的电势一定为零考点：电势；电场强度专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷；由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则02a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电荷，则02a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势；由于2a处场强为0，故M在2a处产生的场强E1=和N在2a处产生的场强E2=大小相等；由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，即任意点的电势都可以为0解答：解：A、由于不知道M、N的
16、所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则02a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电荷，则02a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势，故A错误B、M在2a处产生的场强E1=，而N在2a处产生的场强E2=，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以QM=4QN，故B正确C、由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误D、由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误故选B点评：只要把握了同种性质和异种性质的点电荷产生的电场的分别特点就能顺利解
17、决此类问题4某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）A B C D 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：楞次定律，判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较好解答：解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比
18、刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针，故排除AB；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故选项C正确，ABD错误故选：C点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除5如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是（）A a点B b点C c点D d点考点：通电直导线和通电
19、线圈周围磁场的方向专题：应用题分析：由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置解答：解：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又I1I2，所以该点距I1远距I2近，所以是c点；故选C点评：本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力6如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直从D点到达边界
20、开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是（）A 圆心到达磁场边界时感应电流方向发生改变B CD段直线始终不受安培力作用C 感应电动势平均值BavD 通过导线横截面的电荷量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势分析：根据楞次定律判断出感应电流的方向，结合左手定则判断出直线CD段所受的安培力，根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小，结合q=求出通过导线横截面的电荷量解答：解：A、从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向故A错误B、CD段的电流方向由D到C，根据左手定则知，CD段受到竖直向下的安培力，故B错误C、运动的时间，根据法拉
21、第电磁感应定律得：E=，故C错误D、通过导线横截面的电荷量为：q=故D正确故选：D点评：对于电磁感应问题，往往根据法拉第电磁感应求感应电动势的平均值，公式E=BLvsin，既可以感应电动势的平均值，也可以求电动势的瞬时值7如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（）A 通过电阻R的电流方向为PRMB ab两点间的电压为BLvC a端电势比b端高D 外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热考
22、点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：交流电专题分析：根据楞次定律或右手定则可判断出通过电阻R的电流方向和a、b电势高低金属导线ab相当于电源，外电路为电阻R，由闭合电路欧姆定律求解ab两点间的电压；根据能量守恒得外界的能量转化成整个电路产生的焦耳热解答：解：A、根据右手定则可知：ab中产生的感应电流方向为ba，则通过电阻R的电流方向为 MPR故A错误；B、金属导线ab相当于电源，ab两点间的电压是路端电压，即是R两端的电压根据闭合电路欧姆定律得知，ab两点间的电压为 U=E=BLv故B错误C、金属导线ab相当于电源，a端相当于电源的正极，电势较高，故C正确D、ab棒向右做匀速直线运
23、动，根据能量守恒得知：外力F做的功等于电路中产生的焦耳热，大于电阻R上发出的焦耳热，故D错误故选：C点评：本题比较简单考查了电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有关电学知识求解8某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A 电源的内阻较大B 小灯泡电阻偏大C 线圈电阻偏大D 线圈的自感系数较大考点：
24、自感现象和自感系数专题：压轴题分析：线圈与小灯泡并连接电池组上要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大根据楞次定律和并联的特点分析解答：解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关故A错误 B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象故B错误 C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象故C正确 D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但
25、不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小故D错误故选C点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻9如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是（）A B C D 考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：当磁铁向下或向上运动时，穿过线圈的磁通量增大或减小，根据楞次定律分析感应电流方向解答：解：A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，
26、则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上故A错误；B、当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B错误；C、当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下故C错误；D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；故选：D点评：可从运动角度去分析：来拒去留当N极靠近时，则线圈上
27、端相当于N极去抗拒，从而确定感应电流方向10磁流体发电机原理如图所示，将一束等离子体（正负电荷组成的离子化气体状物质）喷射入磁场，在电场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度为v，板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直与速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为I则以下说法正确的有（）A 图中A板为电源的正极B 有电流从a经用电器流向bC 这个发电机的电动势为BdvD 此发电机的等效内阻是R考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹
28、力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向抓住带电粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡求出发电机的电动势根据闭合电路欧姆定律求出发电机的内电阻解答：解：A、大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向上，所以正电荷会聚集的A板上，负电荷受到的洛伦兹力向下，负电荷聚集到B板上，故A板相当于电源的正极，B板相当于电源的负极，所以通过电阻R的电流从a到b，故AB正确；C、根据qvB=q得，E=Bdv故C正确D、根据欧姆定律得，r=R=R故D正确故选：ABCD点评：根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平
29、衡解得磁流体发电机的电动势，注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键解决本题的关键知道稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力平衡，电路中电流越大，则单位时间内到达金属板A、B的等离子体数目增多11汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05，电动机内阻为0.02，电流表内阻不计，则电动机启动时（）A 车灯的电压为9.6VB 通过电动机的电流为48AC 电动机的电功率为50WD 电动机输出的机械功为430W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电机不启动时电源电压直接加在灯泡
30、两端，由闭合电路欧姆定律可求得灯泡的电阻，当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律可得通过灯泡的电流，从而求出通过电动机的电流，电动机的电功率P=ULIM，电动机输出的机械功率等于总功率减去内阻消耗的功率解答：解：A、电动机启动后，路端电压UL=EIr=12.50.0558=9.6V，故A正确；B、电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律得：I=解得：RL=1.2，电动机启动后，根据欧姆定律得通过灯泡的电流=，则通过电动机的电流IM=IIL=588=50A，故B错误；C、电动机的电功率P=ULIM=9.650=480W，故C错误；
31、D、电动机输出的机械功率W，故D正确故选：AD点评：灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解本题要注意电路的结构，无论电动机是否启动，灯泡两端的电压都为路端电压；同时要注意电动机为非纯电阻用电器，不能适用欧姆定律，路端电压可以由U=EIr求得12如图所示，在射线OA以下有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的正电粒子a和b以不同的速率由坐标原点O沿着x轴正方向射入磁场，已知vavb，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A 两粒子的轨道半径之比=B 粒子a在磁场中运动时间比b长C 两粒子在磁场中运动时间相等D 两粒子离开磁场时速度方向相同考
32、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：三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定解答：解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m，得：r=则得 =故A正确BCD、粒子运动周期 T=，T相同两个粒子从OA射出磁场时，速度与OA夹角相同，方向平行，则两个粒子轨迹对应的圆心角都是60，根据t=T知两粒子在磁场中运动时间相等故B错误，CD正确故选：ACD点评：
33、带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短二、实验题（本题共2小题，共18分）13在练习使用多用表的实验中某同学连接的电路如图所示若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过R1的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是R1和R2串联的电阻；若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是R2两端的电压考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：图中多用电表与滑动变阻器串联后与电
34、阻R2并联，通过电键与电池相连，根据电路的串并联知识分析即可解答：解：多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过R1的电流断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是R1与R2串联的总电阻若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，多用电表并联在R2两端，此时测得的是R2两端的电压；故答案为：R1；R1和R2串联；R2点评：本题关键明确多用电表的使用，电流表应串联接入电路，使用多用电表的欧姆档测电阻时应把待测电阻与电源断开，分析清楚电路结构是
35、正确解题的关键14为测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：待测电阻Rx电流表A1（量程100 A，内阻约2k）电流表A2（量程500 A，内阻约300）电压表V1（量程15V，内阻约150k）电压表V2（量程50V，内阻约500k）电源E（电动势15V）滑动变阻器R（最大阻值1k）多用电表，开关S，导线若干（1）先用多用电表欧姆挡对Rx进行粗测若选择100挡用正确的测量方法进行测量，发现指针几乎不偏转，为较准确测量应选用1k挡（10，1k）重新选挡测量，刻度盘上的指针位置如图1所示，测量结果是30k（2）现用伏安法测量Rx阻值为了尽量减小实验误差，要求测多组数据电流表应选A2，电压表应选V1在
36、图2的方框中画出实验电路图根据实验中测得的多组数据作出的UI图线如图3所示，根据图线求得待测电阻的阻值为31.25k考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）测电阻时，指针几乎不偏转，说明电阻大，应换较大挡并重新调零，测量时手不能接触电阻；根据表盘指针示数读出数值然后乘以所选倍率即为最后结果（2）要求多测数据，应采用滑动变阻器的分压接法，电压表和电流表的选择要求指针偏转角度大些，在其满量程的三分之二左右偏转最好，根据该电阻的UI图线可以求出待测电阻的大小解答：解：（1）指针偏角小，说明待测电阻的阻值较大，应换用，1k挡，并重新调零后测量，测量时手不能接触电阻；欧姆表的读数为：301
37、k=30k（2）电压表和电流表的选择要求指针偏转角度大些，在其满量程的三分之二左右偏转最好，由于所选电源电动势为15V，因此电压表选择V1，根据欧姆表的粗测可知，该电阻大小30k，因此回路中的最大电流为：，故电流表选择A2要求多测数据，应采用滑动变阻器的分压接法，由于待测电阻较大，因此电流表采用内接法，故具体电路图如下所示：根据该电阻的UI图线可以求出待测电阻为：故答案为：（1）1k，30k（2）A2，V1如图所示；31.25k点评：本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验；要明确各种测量电阻方法的原理以及误差来源，熟练掌握安培表的内外接法以及滑动变阻器的分压和限流接法三、计算题（本题共3小题，共
38、34分）15如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，设导体棒Oa可以以点O为中心转动，而另一端a刚好搭在光滑的半圆形金属导轨上，Oa长为L且以角速度匀速转动，在Ob间接入一阻值为R的电阻，不计其他电阻，试求：（1）导体棒Oa两端产生的电势差；（2）流过电阻R上的电流大小及方向；（3）所需外力的功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）导体棒Oa匀速转动，由E=BL2求出感应电动势，然后求出电势差；（2）由欧姆定律求出感应电流大小，由右手定则判断出电流方向；（3）由功率公式求电阻R消耗的功率解答：解：（1）（2）导体棒Oa匀速转动，产生的感应电动势：E=BL=
39、BL=BL2，电路中只有电阻R，其余电阻都不计，则oa端的电势差为：BL2；（2）回路中感应电流：I=，由右手定则可知，电流从左流向右；（3）电阻R消耗的电功率：P=；答：（1）导体棒Oa两端产生的电势差为BL2；（2）流过电阻R上的电流大小为，方向：从左向右；（3）所需外力的功率为点评：对于转动切割类型感应电动势公式E=BL2要能够熟练推导，并在理解的基础上记住此公式16如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立
40、即转移到下极板且均匀分布在下极板上设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间已知微粒质量为m=2106kg、电荷量q=1108C，电容器电容为C=1uF，取g=10m/s2（1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射初速度v0的取值范围；（2）若带电微粒以第（1）问中初速度v0最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）第一个微粒做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据高度和水平位移从到L，求出初速度v0的取值范围（2）当粒子刚好从边缘飞出时
41、，落到下极板上的带电微粒最多，根据牛顿第二定律和运动学公式求出极板的电量Q，即可求出最多能落到下极板粒子的个数解答：解：（1）设粒子打在下极板中点、边缘的初速度分别为v1，v2，则偏转位移为：得：水平方向：L=v2t联立解得：v1=2.5m/s，v2=5m/s 故粒子的初速度满足2.5m/sv05m/s （2）设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U，由牛顿第二定律得：mgEq=ma偏转位移：水平位移：L=v0t又 v0=2.5m/s 联立解得：E=1.5103N/C 则U=Ed，Q=CU解得Q=6106C 最多能落到下极板粒子的个数为：n=600个答：（1）为使第一个微粒的
42、落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，微粒入射的初速度v0的取值范围为2.5m/sv05m/s；（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，最多能有600个带电微粒落到下极板上点评：本题是平抛运动和类平抛运动问题，要抓住它们研究方法、粒子运动轨迹等等的相似法，也要抓住区别：加速度不同，平抛运动的加速度是常量，而类平抛运动要根据牛顿第二定律求出17如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出（
43、1）求电场强度的大小和方向（2）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间（粒子的比荷满足=）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）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；（2）仅有磁场时，带电粒子在磁场中做圆周运动，先求出偏转的圆心角，根据周期公式求时间；解答：解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有qE=qvB又R=vt0则E=（2）仅有磁场时，入射速度v=4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qvB=m又由式得r=由几何知识sin=即sin=，=带电粒子在磁场中运动周期T=则带电粒子在磁场中运动时间tB=T所以tB=t0答：（1）电场强度的大小为，沿x轴正方向； （2）粒子在磁场中运动的时间t0点评：本题考查带电粒子在复合场合磁场中的运动，圆周运动中常常利用几何知识求半径或者求圆心角，注意数学方法在物理中的应用