1、内蒙古包头一中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、单项选择题：（每题3分）1下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）ABCD考点：判断洛仑兹力的方向.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向解答：解：根据左手定则可知：A图中洛伦兹力方向应该向上，故A错误；B图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符
2、合左手定则，故B正确；C图中洛伦兹力方向应该向里，故C错误；D图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故D错误故选：B点评：带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握2（3分）如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子（质量、电量相等，但电性相反）分别以相同速度沿与x轴成30角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为（不计正、负电子间的相互作用力）（）A1：B2：1C：1D1：2考点：洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动.分析：带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作
3、用下做匀速圆周运动粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，根据t=T求运动时间解答：解：正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转由T=，知两个电子的周期相等正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60，则正电子速度的偏向角为1=120，其轨迹对应的圆心角也为120，则正电子在磁场中运动时间为t1=T=T=T，同理，知负电子以30入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30，则轨迹对应的圆心角为60，负电子在磁场中运动时间为t2=T=T=T所以负电子与正电子在磁
4、场中运动时间之比为t2：t1=1：2故选：D点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案3（3分）如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（）A线圈向左运动B线圈向右运动C从上往下看顺时针转动D从上往下看逆时针转动考点：安培定则.分析：将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动解答：解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动故A正确，B、C、D错误故选A点
5、评：通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断本题用等效法解决比较简单4（3分）（2009江苏）两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD12F考点：库仑定律；电荷守恒定律.专题：计算题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的
6、，库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为故选C点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题5（3分）如图所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是（）A加速度始终增大B加速度先增大后减小C速度先增大后减小D速度始终不变考点：库仑定律；牛顿第二定律.分析：根据自由运动电荷的受力情况得出加速度方向，根据所受合力大小的变化，判断加速度大小的变化，根据加速度方向和速度方向的关系判断速度的变化解答：解：根据A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中
7、点C的电场强度为0，从C到无穷远，电场强度先增大后减小，因此自由电荷在C点所受合力为0，沿中轴线运动，所受合力的方向沿中轴线向上，在无穷远处，合力又为零，所以合力的大小先增大后减小，根据牛顿第二定律，则加速度先增大后减小，加速度方向向上，与速度相同，所以速度一直增大故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键得出自由电荷所受合力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，以及知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向反向，做减速运动6（3分）某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示下列说法正确的是 （）Aa点的电势高于b点的电势B若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力
8、做负功Cc点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c考点：电势；电场强度；电场线.专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题要掌握：根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据电场力做功情况，判断电势能的变化；对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断解答：解：A、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、由电势能的公式式：Ep=q，可得出a点的电势能低于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做
9、了负功，故B正确；C、因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；D、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c故D错误故选：B点评：本题考查了电场线和电场强度、电势之间的关系，对于电势能可以通过电势高度进行判断，也可以通过电场力做功进行判断7（3分）如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB则下列结论正确的是（）A粒子带正电，aAaB，EAEBB粒子带负电，aAaB，EA
10、EBC粒子带正电，aAaB，EAEBD粒子带负电，aAaB，EAEB考点：电势能；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aAaB；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EAEB；故D正确故选：D点评：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强
11、的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强8（3分）（2014乐山一模）在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则（）AA灯变亮、B灯变暗、C灯变亮BA灯变暗、B灯变亮、C灯变暗CA灯变亮、B灯变暗、C灯变暗DA灯变暗、B灯变亮、C灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：首先明确本题是动态电路的分析，当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，再利用电动势、内电压和路段电压关系判断B灯的变化；再跟据总电流与B灯所在支路电流判断C灯所在支路的电流解答：解：当滑动变阻
12、器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，故A灯变亮；总电流I增大，利用电动势、内电压和路段电压关系E=Ur+UA+UB可知，B、C灯所在支路的电压UB和UC减小，故B灯变暗；B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以C灯所在支路电流增大，故C灯变亮，故A正确，BCD错误故选：A点评：灵活应用闭合电路的欧姆定律、电动势路端电压和内电压、干路与支路电流关系是解决动态电路的关键，即先局部整体局部的解题思路9（3分）用标有“6V3W”的灯泡L1、“6V6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V图乙是
13、通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线当其中一个灯泡正常发光时（）A电流表的示数为1AB电压表的示数约为6VC电路输出功率为4WD电源内阻为0.5考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：由图可知A的电流大于B的电流，故只能L2正常发光，正常发光时的电压为额定电压，根据串联电路电流规律可知两灯电流相等，结合串并联电路的特点和闭合欧姆定律进行求解解答：解：由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1，此时电路中的电流为0.5A，由图可知：L2的电压为U2=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；此时电
14、源的输出电压为U=U1+U2=2V+6V=8V，电源的输出功率P=UI=8V0.5A=4W；电源的内阻，故C正确，ABD错误故选：C点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用；关键是电压和电流不成正比，即电阻为变化的，应直接从图中找出电流对应的电压和电压对应的电流进行求解10（3分）（2013海淀区模拟）如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A电路中的电流变小B电源的输出功率先变大后变小C滑动变阻器消耗的功率变小D定值电阻R0上消耗的
15、功率先变大后变小考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的电阻减小，电路的电流增大，可以分析每个电阻的功率的变化解答：解：当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的电阻减小，电路的电流变大，所以A错误；B、当内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r，所以外电阻一定比内电阻大，并且外电子在减小，所以电源的输出功率在增加，所以B错误；C、把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时大电源的内电阻为2r，此时的滑动变阻器就相当于外电路，由于滑动变阻器的最大阻值是2r，所以此时外电阻在减小，电源的输出功
16、率在减小，即滑动变阻器消耗的功率变小，所以C正确；D、电路的电流变大，所以定值电阻R0上消耗的功率变大，所以D错误故选C点评：分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率二、多项选择题：（每题4分，选不全得2分，选错0分）11（4分）一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8的负载后路端电压降为2.4V，则可以判定电池的电动势E和内阻r为（）AE=2.4 VBE=3 VCr=2Dr=1考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：电源的电动势等于外电路断开时电源两极间的电压由题，电源接上8的负载电阻后路端电压降为2
17、.4V，根据欧姆定律利用比例法求出电源的内电阻解答：解：由题，电池外电路断开时的路端电压为3V，则电池的电动势E=3V当电源接上8的负载电阻后路端电压降为2.4V，则有=，得：r=R=8=2，故BC正确，AD错误；故选：BC点评：本题要对电动势的意义要了解，可根据闭合电路欧姆定律进行理解，并强化记忆12（4分）如图所示，电源电动势E=8V，内阻为r=0.5，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5下列说法中正确的是（）A通过电动机的电流为1AB电源的输出功率是8WC电动机消耗的电功率为3WD电动机的输出功率为3W考点：电
18、功、电功率.专题：恒定电流专题分析：A、由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流BC、求出路端电压，然后由P=UI求出电源的输出功率和电动机消耗的功率D、由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率解答：解：A、灯泡L正常发光，通过灯泡的电流：，电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM=IL=1（A），故A正确；B、路端电压：U=EIr=7.5（V），电源的输出功率：P=UI=7.5（W），电源消耗的功率为P热=I2
19、r=120.5=0.5W，故BC错误；D、电动机两端的电压：UM=UUL=4.5（V）；电动机的输出功率：P输出=UMIMIM2R=3W，故D正确；故选：AD点评：电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；要注意功率公式的适用条件13（4分）如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则（）AA点的电场强度大小为2103 N/CBB点的电场强度大小为2103 N/CC点电荷Q在A、B之间D点电荷Q在A、O之间考点：电场强度.分析：由图读出两个检验电荷所受的电场力方向，分析Q的位置
20、根据电场强度的定义式E=可知，Fq图线的斜率等于场强的大小，分析场强的大小解答：解：A、由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为：E=N/C=2103N/C故A正确B、由图线斜率表示场强，可知B点场强大小为：E=N/C=5102N/C故B错误C、D、由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为负电荷且放在AB之间故C正确，D错误故选：AC点评：本题要掌握电场力与场强方向、大小的关系，从数学的角度理解图线Fq斜率的物理意义，是常用的思路14（4分）如图所示，平行板电容器两极板A、B接于电源两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电开关S，电容器充电
21、，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则（）A保持开关S闭合，若带正电的A板向B板靠近，则增大B保持开关S闭合，若带正电的A板向B极靠近，则不变C开关S断开，若带正电的A板向B板靠近，则不变D开关S断开，若带正电的A板向B板靠近，则增大考点：电容器的动态分析.专题：电容器专题分析：保持开关S闭合时，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化开关S断开，根据推论E=，可知板间场强不变，分析是否变化解答：解：A、B、保持开关S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大故A正确，B错误C、
22、D、开关S断开，电容器的带电量不变，根据公式C=，U=Ed、C=，有：E=，即电场强度与极板间距无关；故板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变，故C正确，D错误故选：AC点评：解答本题的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变特别要掌握推论E=，明确电容器电量、正对面积不变时，板间场强不变15（4分）（2013龙江县二模）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）AC点的电场强度大小为零BA点的电场强度大小为零CNC间场强方向
23、向x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功考点：电场强度；电势能.专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性解答：解：A、C点电势的拐点，若正点电荷从D到N点，电势能先增大后减小则电场强度为零，故A正确；B、由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电故B错误；C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向故C错误；D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x
24、轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功故D正确；故选：AD点评：电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否16（4分）如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止则（）A磁场方向竖直向上B磁场方向竖直向下C金属杆ab受安培力的方向水平向右D金属杆ab受安培力的方向水平向左考点：安培力.分析：金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则
25、分析答题解答：解：AC、如果磁场方向竖直向上时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向右，金属棒所受合力可能为零，金属棒可以静止，故AC正确；BD、如果磁场方向竖直向下时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向左，金属棒所受合力不可能为零，金属棒不可能静止，故BD错误；故选：AC点评：金属棒静止处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒正确受力分析，熟练应用左手定则是正确解题的关键17（4分）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点下列说法正确的有（）A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在
26、A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+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：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后根据轨道半径分析答题直线边界的磁场，垂直射入时达到最远点，最远点距O点为2r沿其它方向射入时，距离要小于2r解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，则轨道半径：r=，当从O点垂直射入磁场时，OA距离最大，最大距离为2r，OA=2r=；A、当粒子打在A点的左侧，若入射方向不
27、变，半径减小，速度小于v0，若入射方向调整，半径可能比原来大，也可能比原来小，所以其速度可能等于或大于v0，因为速度方向未知，离子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故A错误B、由于速度等于v0时最远到达A，故要使最远点到达A右侧，速度必须大于v0，故B正确C、当粒子从O点垂直射入磁场时，若刚好达到A点左侧距离d处，则有d=，解得：v=v0，由B可知：若粒子落在A点左右两侧d 的范围内，速度必须大于v，故C正确；D、由于粒子是沿任意方向飞入，所示速度极大的粒子仍可满足条件，故D错误故选：BC点评：本题易错点为离子初速度方向未知，若按惯性思维认为垂直射入即出错18（4分）在xOy平面上以O为圆心、半径
28、为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成角，如图所示不计重力的影响，则下列关系一定成立的是（）A若r，则090B若r，则tC若t=，则r=D若r=，则t=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：根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的过程中，洛伦兹力提供向心力，即可求出粒子运动的半径与周期；结合几何关系即可求得其他解答：解：粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，得：所以粒子在磁场中运动的半径：粒子运动的周期：
29、A、若r2R=，则粒子运动的轨迹如图1，粒子从第一象限射出磁场，射出磁场后做直线运动，所以090故A正确；B、C、D、若r2R=，则粒子运动的轨迹如图2，粒子一定是垂直与x轴经过x轴，所以粒子在第一象限中运动的时间是半个周期，所以t=故BC错误，D正确故选：AD点评：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供做匀速圆周运动，同时结合数学几何关系来构建长度关系注意运动圆弧的半径与磁场半径的区别三、实验题19（4分）完成下列读数：（1）电流表量程一般有两种00.6A，03A；电压表量程一般有两种：03V，015V如图所示：接015V量程时读数为9.5V接03A量程时读数为0.82A（2）a10.60mmb0.
30、532mm考点：用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，然后根据指针位置读数（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数解答：解：（1）接015V量程，由图示电压表可知，其分度值为0.5V，读数为9.5V接03A量程，由图示电流表可知，其分度值为0.1A，读数为0.82A（2）由图示游标卡尺可知，示数为：10mm+120.05mm=10.60mm；由图示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+3.20.01mm=0.532mm；故答案为：（1）9.5；0.82
31、；（2）10.60；0.532点评：本题考查了电压表、电流表、游标卡尺、螺旋测微器的读数，要掌握常用器材的使用方法与注意事项，读数时视线要与测量器材的刻度线垂直20（8分）某同学测绘标有“4.8V，0.3A”字样的小灯泡的电功率P随电压U变化的图象，要使小灯泡两端的电压从0到4.8V连续变化，为了使测量尽可能准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有：A电流表（量程为0.6A，内阻约为1）B电流表（量程为3A，内阻约为0.2）C电压表（量程为6V，内阻约为2k）D电压表（量程为15V，内阻约为4.5k）E滑动变阻器（阻值范围为020，额定电流为2A）F滑动变阻器（阻值范围为02k，额定电流为0
32、.5A）G电池组（电动势为6V，内阻约为1）（1）选用的电流表为A选用的电压表为C滑动变阻器为E（2）在图甲所示虚线框中画出实验电路图（3）根据实验测量的数据描出PU图象，如图乙所示，小灯泡在1.5V电压下的阻值为22.5考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题分析：电表的选择原则是首先要保证电表安全，即通过电表的实际最大电流或电压不能超过电表的量程，再就是要读数精确，这就要求实际电压或电流值不能远小于电表的量程，一般要求电表指针在间较合理在用伏安法做电学实验时，如果待测电阻值远小于电压表内阻（或）时用电流表外接法测得的误差较小，当要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式接法解答：解
33、：（1）、因小灯泡额定电压为4.8V，故电压表应选C，又额定电流为0.3A，故电流表应选A，又电压从零计，故滑动变阻器应用分压式接法（2）、因电流表最大电阻为=16，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图如图所示（3）由PU图象知U=1.5V时P=0.1W，由P=得R=22.5故答案为：（1）ACE（2）如图；（3）22.5点评：要熟记电表的选择原则是指针在“或”之间；在要求电流或电压从零调或要求调节范围大一些时，滑动变阻器应用分压式接法21（8分）用下列器材组装成一个电路，要求既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线A电压表V1（量程6V，内阻很大）B电压
34、表V2（量程3V，内阻很大）C电流表A（量程3A，内阻很小）D滑动变阻器R（最大阻值10，额定电流4A）E小灯泡（2A，5W）F电池组（电动势E，内阻r）G开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小（1）请将设计的实验电路图在图1虚线框中补充完整（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），标到UI坐标系中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图2所示，则电池组的电动势E=4.5 V，内阻r=1.0（结果保留两位有效数字）（3）在UI坐标系中两条图线在P点相交
35、，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为0考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题分析：（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图（2）电源的UI图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值解答：解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小
36、灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示（2）电源的UI图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻r=1.0（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即4.5V=2.0A1+2.5V+2.0AR滑，则R滑=0故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0点评：电源的UI图象与纵轴的交点是电动势，图
37、象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错四、计算题22（10分）（2013开封一模）如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60已知偏转电场中金属板长L=2cm，圆形匀强磁场的半径R=10cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；（3）匀强磁场的磁感
38、应强度的大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据动能定理求解带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度（2）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小解答：解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动
39、能定理：qU1=得：v1=1.0104m/s （2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：v1=带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：a=由几何关系：tan=，由题=60解得：E=10000V/m（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则：=2104m/s由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：r=Rtan60=0.3m由：qvB=m得：B=0.13T答：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率是1.
40、0104m/s；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E是10000V/m；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小是0.13T点评：本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系23（8分）如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角=30、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间考点：带电粒子在匀强
41、磁场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与ab边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小当其轨迹恰好与cd边相切时，轨迹半径最大，对应的速度最大，由几何知识求出，再牛顿定律求出速度的范围（2）粒子轨迹所对圆心最大时，在磁场中运动的最长时间当其轨迹恰好与ab边相切或轨迹更小时，时间最长，求出圆心角，再求时间解答：解：（1）若粒子速度为v0，则qv0B=，所以有R= 设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01，则R1+R1sin= 将R1=代入上式可得，v01= 同理，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02，则R2R2s
42、in= 将R2=代入上式可得，v02= 所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足（2）由t=及T=可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越长，在磁场中运动的时间也越长在磁场中运动的半径rR1时， 运动时间最长，弧所对圆心角为=（22）=，所以最长时间为t=T=答：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围为 （2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间为点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是 1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系 3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律
