1、2014-2015学年重庆市主城区六校联考高二（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目的要求）1（4分）（2014秋重庆期末）以下关于电场和电场线的说法中正确的是（）A同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大B电场线不仅能在空间相交，也能相切C越靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越大，越靠近负点电荷，电场线越稀，电场强度越小D电场线是人们假想的，用以表示电场的强弱和方向，和电场一样实际并不存在2（4分）（2014秋重庆期末）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（）
2、A4和4RB和4RC16和16RD和16R3（4分）（2014秋重庆期末）下列选项对公式认识正确的是（）A根据U=dE可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比B可用P=I2R来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率C由公式C=，电容器的电容由带电量Q的多少决定D由公式B=可知，磁场中某一点的磁感应强度跟F、I、L都有关4（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，一无限长直导线通有恒定电流，有一圆形线圈与其共面，则线圈在靠近直导线的过程中，通过线圈的磁通量将（）A增大B减小C不变D由于条件不足，无法确定变化情况5（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，一圆形线圈匝数为n，半径为R，线
3、圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）ABCD6（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，以下说法中正确的是（）AA灯变亮BB灯变亮C电源的输出功率减小D电源的总功率减小7（4分）（2014秋重庆期末）如图，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线（电流方向如图箭头方向），发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个（）A 通电螺线管B垂直纸面的通电直导线C 通电圆环D通电直导线8（4分）（201
4、4秋重庆期末）如图所示，现有一带正电的粒子能够在正交的匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过设产生匀强电场的两极板间电压为U，板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v（不计粒子的重力）以下说法正确的是（）A若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能仍沿直线穿过B若只将粒子进入场区的速度方向变为由右向左，其它条件不变，则粒子仍能直线穿过C若只增大U，其他条件不变，则粒子仍能直线穿过D若粒子变为带电量相同的负粒子，则粒子不可能直线穿过9（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应
5、强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止起向右运动，则（）A随着ab运动速度的增大，其加速度不变B外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C在ab做加速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能10（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，MN是一半圆形绝缘线，等量异种电荷均匀分布在其上、下圆弧上，O点为半圆的圆心，P为绝缘线所在圆上的一点，且OP垂直于MN，则下列说法正确的是（）A圆心O和圆上P点的电场强度大小相等，方向相同B圆心O和圆上P点的电场强度大小不相等，方向相同C将一负检验电荷沿直线从O运
6、动到P，电场力先做正功后做负功D将一负检验电荷沿直线从O运动到P，电势能减小11（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中，则以下说法中正确的是（）A感应电流所做的功为mgdB线圈下落的最小速度一定为C线圈下落的最小速度不可能为D线圈进入磁场的时间和穿出磁场的时间不同12（4分）（2014秋重庆期末）质量为m的带正电小
7、球由空中某点自由下落，下落高度h后在空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地重力加速度为g则（）A从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了mghB从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了2mghC从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghD小球返回原出发点时的速度大小为2二、非选择题（本大题共6小题，共62分）13（4分）（2014秋重庆期末）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸，分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和（b）图所示
8、，长度为cm，直径为mm14（12分）（2014秋重庆期末）甲同学设计了如题图1所示的电路测电源电动势E、内阻r及电阻Rx的阻值，实验器材有：待测电源E，待测电阻Rx，电压表V量程为3.0V（内阻很大），电阻箱R（099.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干（1）先测电阻Rx的阻值，请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2，则电阻Rx的表达式为Rx=；（2）甲同学已经测得电阻Rx=1.8，继续测电源电动势E和内阻r的阻值，该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a
9、，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如题图2所示的图线，则电源电动势E=V，内阻r=；（3）利用甲同学设计的电路和测得的电阻Rx，乙同学测电源电动势E和内阻r的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了相应的图线，根据图线得到电源电动势E和内阻r，这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围（选填“较大”、“较小”或“相同”），所以同学的做法更恰当些15（10分）（2014秋重庆期末）如图所示，长为L，倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以
10、初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端B的速度也为v0，求：（1）A、B两点间的电势差U；（2）若电场为匀强电场，求电场强度的最小值16（10分）（2014秋重庆期末）如图所示，R3=6，电源电动势E=8V，内阻r=1，当S闭合时，标有“4V，4W”的灯泡L正常发光，求：（1）S闭合时，电源的输出功率；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到多少欧？17（12分）（2013重庆模拟）如图所示，倾角为的“U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆MN、PQ间距为L，与金属杆垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B，
11、a1b1、a2b2间距为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1重力加速度为g（金属框架摩擦及电阻不计）求：（1）导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；（2）导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2；（3）导体棒穿过磁场过程中，回路产生的电能18（14分）（2014秋重庆期末）如图所示，在x轴下方的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴上方有半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面内，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷
12、量为q的带负电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r；（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0，求E0；（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置2014-2015学年重庆市主城区六校联考高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目的要求）1（4分）（2014秋重庆期末）以下关于电场和电场线的说法中正确的是（）A同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大B电场线不仅能在空间相交，也能相切C越靠近
13、正点电荷，电场线越密，电场强度越大，越靠近负点电荷，电场线越稀，电场强度越小D电场线是人们假想的，用以表示电场的强弱和方向，和电场一样实际并不存在考点：电场线；电场版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场中客观存在的物质，电场线是假设的曲线，并不存在电场线不能相交，也不能相切电场线的疏密表示电场强度的相对大小解答：解：A、在电场线密集的地方场强大，同一试探电荷所受的电场力大故A正确；B、电场线既不能相交，也不能相切，否则交点处场强的方向就有两个故B错误；C、电场线可以形象表示电场的强弱和方向，疏密表示电场的强弱，与靠近何种电荷无关故C错误D、电荷周期存在电场，电场是一种客观存在的物质，而
14、电场线人们假想的曲线，用以表示电场的强弱和方向，客观上并不存在故D错误故选：A点评：本题要抓住电场与电场线的区别，掌握电场的物质性，掌握电场线不相交、不相切、不存在的特性2（4分）（2014秋重庆期末）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：电阻定律版权所有专题：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
15、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3（4分）（2014秋重庆期末）下列选项对公式认识正确的是（）A根据U=dE可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比B可用P=I2R来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率C由公式C=，电容器的电容由带电量Q的多少决定D由公式B=可知，磁场中某一点的磁感应强度跟F、
16、I、L都有关考点：磁感应强度；电容版权所有分析：决定式是根据物理量的产生和变化由哪些因素决定而写成的数学式；定义式是根据物理量的定义写成的数学表达式比值定义法是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法；比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变解答：解：A、公式U=dE适用的条件是匀强电场中，沿电场线的方向，所以在匀强电场中沿电场线的方向两点间的电势差与这两点间的距离成正比，故A错误；B、根据焦耳定律Q=I2Rt和热功率公式P=，可知P=I2R可用来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率，故B正确；C、公式C=是电容的定义公
17、式，是利用比值定义法定义的，但电容器的电容由自身的因素决定，与带电量无关，故C错误；D、公式B=是磁感应强度的定义公式，是利用比值定义法定义的，但磁感应强度是有磁场自身的因素决定，与电流元IL无关，故D错误；故选：B点评：本题关键是要能够区分定义公式与决定公式间的区别，明确各个公式的适用范围，基础题4（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，一无限长直导线通有恒定电流，有一圆形线圈与其共面，则线圈在靠近直导线的过程中，通过线圈的磁通量将（）A增大B减小C不变D由于条件不足，无法确定变化情况考点：磁通量版权所有分析：磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数当线圈面积不变，根据磁感线的疏密判断穿过线
18、框的磁通量的变化解答：解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越近磁场越强，磁感线越密，则当线框靠近通电导线时，穿过线框的磁感线的条数越来越多，磁通量将逐渐增大故选：A点评：对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况基础题目5（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，一圆形线圈匝数为n，半径为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律E=N=NS，求解感应电动势
19、，其中S是有效面积解答：解：根据法拉第电磁感应定律E=N=NS=nR2=，故C正确，ABD错误； 故选：C点评：解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律E=N=NS，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积6（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，以下说法中正确的是（）AA灯变亮BB灯变亮C电源的输出功率减小D电源的总功率减小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，分析总电阻的变化，判断总电流的变化，即可判断灯亮度的变化根据电源的内外电阻关系，分析电源的输出
20、功率变化由P=EI分析电源的总功率变化解答：解：AB、当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，R减小，总电阻减小，则总电流增大，所以B灯变亮根据串联电路分压规律知，A灯的电压减小，则知A灯变暗，故A错误，B正确C、由于内外电阻的关系未知，所以当R减小时，不能判断电源输出功率的变化故C错误D、总电流增大，由P=EI知，电源的总功率增大故D错误故选：B点评：本题是电路的动态分析问题，往往从局部到整体，再到局部要掌握电源的输出功率与内外电阻的关系有关，知道内外电阻相等时电源的输出功率最大7（4分）（2014秋重庆期末）如图，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线（电流方向如图箭头方向），
21、发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个（）A 通电螺线管B垂直纸面的通电直导线C 通电圆环D通电直导线考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力；左手定则版权所有分析：由右手定则可判断电流所在位置的磁场分布，再由右手螺旋定则可知方框内的通电导线的形状解答：解：由左手定则可知，导线所在位置处的磁场向外；则由右手螺旋定则可知；A、产生的右侧磁场水平向右，故A错误；B、导线产一的磁场与导线平行，导体不受外力，故B错误；C、由右手螺旋定则可知，通电圆环在导线处的磁场向外，故C正确；D、通电直导线的磁感线在导线处的磁场向外，故D正确；故选：CD点评：本题考查右手螺旋定则及左
22、手定则的应用，要注意正确应用8（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，现有一带正电的粒子能够在正交的匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过设产生匀强电场的两极板间电压为U，板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v（不计粒子的重力）以下说法正确的是（）A若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能仍沿直线穿过B若只将粒子进入场区的速度方向变为由右向左，其它条件不变，则粒子仍能直线穿过C若只增大U，其他条件不变，则粒子仍能直线穿过D若粒子变为带电量相同的负粒子，则粒子不可能直线穿过考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子在场中受竖直向
23、下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，分析二力大小情况，判断粒子运动解答：解：分析粒子在场中受力，如图：A、粒子匀速穿过时，则竖直方向受力平衡，即qvB=qE=q，增加v，与减小d都会使相应的力变大，若增加相等则还可以做直线运动，故A正确；B、若只将粒子进入场区的速度方向变为由右向左，其它条件不变，则粒子受的洛伦兹力向下，合力向下，则向下偏，故B错误；C、若只增大U，其他条件不变，则电场力向下增加，洛伦兹力不变，则合力方向竖直向下，则粒子不可能然直线穿过；则C错误D、粒子变为带电量相同的负粒子，则粒子所受电场力与洛伦兹力都反向，合力为0，能直线穿过，则D错误故选：A点评：本题关键是分析粒子在场中受力
24、情况，根据合力的情况判断粒子运动，难度不大9（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止起向右运动，则（）A随着ab运动速度的增大，其加速度不变B外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C在ab做加速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度
25、增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况根据功能关系分析电能与功的关系解答：解：A、金属棒所受的安培力为：FA=BIL=，由牛顿第二定律得，金属棒的加速度：a=，速度v增大，安培力增大，加速度减小，故A错误B、根据能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能，故B错误C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，外力F做功的功率等于电路中的电功率，ab棒做加速度运动时，外力F的功率大于电路中的电功率，故C错误D、金属棒运动时要克服安培力做功，导体棒克服安培力做的功转化为电路的电能，无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，故D正确故选
26、：D点评：在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系10（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，MN是一半圆形绝缘线，等量异种电荷均匀分布在其上、下圆弧上，O点为半圆的圆心，P为绝缘线所在圆上的一点，且OP垂直于MN，则下列说法正确的是（）A圆心O和圆上P点的电场强度大小相等，方向相同B圆心O和圆上P点的电场强度大小不相等，方向相同C将一负检验电荷沿直线从O运动到P，电场力先做正功后做负功D将一负检验电荷沿直线从O运动到P，电势能减小考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：分别画出正
27、电荷产生的电场强度的方向与负电荷产生的电场强度的方向，然后由矢量的合成方法合成后，比较二者的方向，由库仑定律比较其大小解答：解：分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图，由图可知，O点与P点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP的连线上，所以各点的合场强的方向均向下A、B、由库仑定律可知：，O点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O点产生的场强都大于在P处产生的场强，而且在O点出两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以O点的合场强一定大于P点的合场强故A错误，B正确；C、由于在OP的连线上，所以各点的合场强的方向均向下，将一正试探电荷沿直线从O运动到P电场力始终与运动的方向垂直，不做功故C错误
28、；D、将一正试探电荷沿直线从O运动到P电场力不做功，电势能不变故D错误故选：B点评：该题考查电场的 合成，由于四个选项仅仅涉及合场强的方向与大小的关系，只要能做出定性的分析即可，不要求具体的电场强度的数值，难度不大11（4分）（2014秋重庆期末）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中，则以下说法中正确的是（）A感应电流所做的功为mgdB线圈下
29、落的最小速度一定为C线圈下落的最小速度不可能为D线圈进入磁场的时间和穿出磁场的时间不同考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动可知线圈进入磁场先要做减速运动根据线框的运动情况，分析进入和穿出磁场的时间关系解答：解：A、根据能量守恒可知：从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：线圈动能变化量为0，重力势能转化为线框产生的热量，产生的热量 Q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以线圈穿出磁场与进入磁场的过程运动情况
30、相同，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到cd边离开磁场的过程，产生的热量Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A错误B、线圈全部进入磁场时没有感应电流，不受安培力，做匀加速运动，而cd边刚离开磁场与刚进入磁场时速度相等，所以线圈进磁场时要减速，设线圈的最小速度为vm，可知全部进入磁场的瞬间速度最小由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mvm2mv02=mgLmgd，有mv02=mgh，综上可解得线圈的最小速度为，故B正确；C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则m
31、g=，则线圈下落的最小速度可能为：v=，故C错误D、cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，故知线圈进入磁场和穿出磁场的过程运动情况相同，所用的时间一样，故D错误故选：B点评：解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度12（4分）（2014秋重庆期末）质量为m的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h后在空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地重力加速度为g则（）A从
32、开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了mghB从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了2mghC从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghD小球返回原出发点时的速度大小为2考点：功能关系；电势差与电场强度的关系；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力F，由W=Fh求得电场力做功，即可得到电势
33、能的变化由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答：解：小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，运动时间为t，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g，由牛顿第二定律得：a=，联立解得：qE=4mg则整个过程，电场力做功为：W=qEh=4mghA、小球下落高度h后，速度的方向仍然向下，所以从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少量一定大于mgh设加电场位置到下落最低点过程小球下落的高度为h，则由v2=2ah得：h=h，从开始下落到小球运动至最低点的过
34、程中，小球重力势能减少为：EP=mg（h+h）=mgh 故A错误B、由分析可知，qE=4mg，则整个过程，电场力做功为W=qEh=4mgh故B错误；C、加电场时小球的速度大小为v=gt，从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少为：Ek=mv2=m（gt）2=mggt2对于自由下落过程，h=gt2，得Ek=mgh故C正确D、小球返回原出发点时的速度大小为：v=vat=2gt=2v，又v=，则有：v=2，大小为2，故D错误故选：C点评：本题要分析小球的运动过程，分两段进行研究，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能
35、定理结合进行研究二、非选择题（本大题共6小题，共62分）13（4分）（2014秋重庆期末）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸，分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和（b）图所示，长度为4.740cm，直径为6.1956.199mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用版权所有专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为47mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
36、80.05mm=0.40mm，所以最终读数为：47mm+0.40mm=47.40mm=4.740cm2、螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为19.70.01mm=0.197mm，所以最终读数为6mm+0.197mm=6.197mm，由于需要估读，最后的结果可以在6.1956.199之间故答案为：4.740，6.1956.199点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14（12分）（2014秋重庆期末）甲同学设计了如题图1所示的电路测电源电动势E、内阻r及电阻Rx的阻值，实验器材有：待测电源E，待测电阻Rx，电压表V量程为3.0V（内阻
37、很大），电阻箱R（099.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干（1）先测电阻Rx的阻值，请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2，则电阻Rx的表达式为Rx=；（2）甲同学已经测得电阻Rx=1.8，继续测电源电动势E和内阻r的阻值，该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如题图2所示的图线，则电源电动势E=2V，内阻r=8.2；（3）利用甲同学设计的电路和测得的电阻Rx，乙同学测电源电
38、动势E和内阻r的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了相应的图线，根据图线得到电源电动势E和内阻r，这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围较小（选填“较大”、“较小”或“相同”），所以甲同学的做法更恰当些考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：（1）利用题目中给出的电路及步骤的提示，同时结合闭合电路的欧姆定律可得出实验的步骤；（2）再由原理可得出实验中数据处理的方法及公式，结合图象可求得电动势和内电阻（3）两位同学的实验中的主要区别在于甲中电压表测滑动变阻器两端的电压，而乙中电压表测滑动
39、变阻器与定值电阻两端的电压，因R1阻值不变，则滑动变阻器对电压表的调节作用减弱，电压表变化范围减小解答：解：（1）由图可知，R1与RX串联，由串并联电路规律可知：Rx=；（2）根据E=U+（Rx+r），有=+，比照直线方程y=kx+b，有截距=b=0.5，所以，E=2V；斜率k=5，又k=，已测出Rx=1.8，求得：r=8.2 （3）若开关打在b处，则电压表测量的为电阻箱与R1两端的电压，因定值电阻的分压作用，使电压表测量范围减小，故实验中误差较多，故应选择甲同学的做法；故答案为：（1）（2）2 8.2 （3）较小 甲点评：用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内电阻（本题的R2相当于内电阻）并用
40、图象进行数据处理求出结果；本方法可与伏安法类比简称伏阻法也是实验中常用方法之一15（10分）（2014秋重庆期末）如图所示，长为L，倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端B的速度也为v0，求：（1）A、B两点间的电势差U；（2）若电场为匀强电场，求电场强度的最小值考点：电势差与电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差（2）结合平行四边形定则可知，若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值解答：解：（1）小球从A
41、运动到B所以：U=（2）根据矢量合成的方法可知，匀强电场沿AB方向时电场强度最小则答：（1）A、B两点间的电势差是；（2）若电场为匀强电场，电场强度的最小值是点评：本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心16（10分）（2014秋重庆期末）如图所示，R3=6，电源电动势E=8V，内阻r=1，当S闭合时，标有“4V，4W”的灯泡L正常发光，求：（1）S闭合时，电源的输出功率；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到多少欧？考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律列式
42、，求出路端电压U再由P=UI求电源的输出功率（2）为使灯泡正常发光，其电压和功率须达到额定值，可求其额定电流，再由闭合电路欧姆定律求解R2解答：解：（1）设S闭合时，电源的路端电压为U，有：E=U+（r 电源的输出功率为：P=U（代入数据解得：P=12W （2）S断开，灯泡正常发光时，电路中的总电流为：I灯=又 I灯=A=1A，R灯=4解得：R2=3 答：（1）S闭合时，电源的输出功率是12W；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到3点评：对于直流电路的计算问题，往往根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流17（12分）（2013重庆模拟）如图所示，倾角为的“
43、U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆MN、PQ间距为L，与金属杆垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B，a1b1、a2b2间距为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1重力加速度为g（金属框架摩擦及电阻不计）求：（1）导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；（2）导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2；（3）导体棒穿过磁场过程中，回路产生的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；焦耳定律版权所有专题：电磁感应与电
44、路结合分析：（1）由机械能守恒定律求导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；（2）根据受力平衡求导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2；（3）根据能量守恒定律求导体棒穿过磁场过程中，回路产生的电能解答：解：（1）由机械能守恒定律得：mgdsin=mv12v1=（2）导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时，由受力平衡得：mgsin=F安F安=BIL=解得：v2=（3）由能量守恒得，回路产生的电能：E=2mgdsinmv22=2mgdsin答：（1）导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1为；（2）导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2为；（3）导体棒穿过磁场过程中，回路产生
45、的电能2mgdsin点评：本题属于电磁感应中力学与能量综合题，关键是通过分析棒ab的受力情况来分析其运动情况，安培力的计算是关键18（14分）（2014秋重庆期末）如图所示，在x轴下方的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴上方有半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面内，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r；（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0，求E0；（3）若电场强度E等
46、于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置考点：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版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）由动能定理求出电场加速后粒子的速度粒子进入磁场后做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律求解其轨道半径r；（2）粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，由几何关系求出轨道半径，再由上题的结果求解电场强度E0；（3）将E=E0代入第1小题可得磁场中运动的轨道半径画出粒子的运动轨迹，由几何关系求解粒子经过x轴时的位置坐标解答：解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得 qEd=mv2粒子进入磁场后做圆周运动，有 qvB=m解得粒子在磁场中运动的半径 r=（2）粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图，可得 r=R 由以上各式解得 E0=（3）将E=E0代入r=，可得磁场中运动的轨道半径 r=粒子运动情况如图，图中的角度、满足 =902粒子经过x轴时的位置坐标为 x=r+解得 x=R 答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r是；（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0，E0是；（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，粒子经过x轴时的位置是R点评：带电粒子在磁场中的题目关键在于明确粒子圆周运动的圆心和半径，要根据题意画出轨迹，结合几何知识解答
