1、2015-2016学年内蒙古巴市一中高二（上）期末物理试卷（普通班）一、选择题（本题共15个小题，每小题4分，共60分.在每小题给出的四个选项中，第110题只有一个选项符合要求，第1115题有多个选项符合要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的0分）1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合史实的是（）A英国的法拉第提出在电荷的周围存在由它产生的电场的观点B安培发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的关系C美国的特斯拉提出了分子电流假说D法国的库仑最早测得元电荷e的数值2关于静电场下列说法中正确的是（）A在电场中某点的电势为零，则该点的电场
2、强度一定为零B电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少3根据磁感应强度的定义式，下列说法中正确的是（）A在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0；那么该处的B一定为零C磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到磁场力F也一定为零4如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其vt图象如图乙所
3、示，则下列说法正确的是（）A质子运动的加速度随时间逐渐减小B电场线的方向由A指向BCA、B两点电场强度的大小关系满足EAEBDA、B两点的电势关系满足AB5两个用同种材料制成的均匀导体A、B，其长度相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比IA：IB=1：4，则横截面积之比SA：SB为（）A1：2B2：1C1：4D4：16如图所示，直线a为某电源的路端电压随干路电流强度的变化图线，直线b为某一电阻R两端的电压随电流变化图线，把该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别为（）A4W，0.5B6W，1C4W，1D2W，0.57如图所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针静止时N
4、极指向右，则可判定电源的极性和小磁针P（在螺旋管外部）的N极的指向为（）A电源的左端为正极，P的N极指向左端B电源的左端为负极，P的N极指向左端C电源的左端为正极，P的N极指向右端D电源的左端为负极，P的N极指向右端8如图，一个矩形线圈与通有相同大小的电流平行直导线同一平面，而且处在两导线的中央，则（）A两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零B两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零C两电流同向或反向时，穿过线圈的磁通量都相等D因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判断穿过线圈的磁通量是否为零9两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强
5、度均为B，则C处的总磁感应强度为（）A2BBBC0D10如图，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直给导线通以垂直纸面向里的电流，用FN表示磁铁对桌面的压力，用Ff表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较（）AFN减小，Ff=0BFN减小，Ff0CFN增大，Ff=0DFN增大，Ff011关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向的客观存在的曲线C磁感线和电场线一样都是闭合的曲线D磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的
6、物质12如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹由图可以判定（）A粒子带正电BM点的电势高于N点的电势C粒子在M点的动能大于在N点的动能D粒子在M点时的加速度大于在N点时的加速度13如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（）A电压表的读数增大BR1消耗的功率增大C电容器C的电容增大D电容器C所带电量增多14两块水平放置的平行金属板，带等量异种电荷，一个带电油滴恰悬浮在平行板间如果使油滴产生大小等于的加速度，两板电荷量应是原来的（）A2倍BC倍D151922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若一束粒子由左端射入质
7、谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）A该束带电粒子带负电B速度选择器的P1极板带正电C在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小二、填空题（每空2分，共16分）16某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示由图可读出l=cm，d=mm17某同学用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围020，连接电路的实物图如图1所示（1）指出该同学接线中错误的和不规范的做法是A滑动变阻器不起变阻作用B电流表接线有错C电压表量程选用不当D电压表接线有错（2）在图2的方框内画出这个实验的正确电
8、路图（3）实验中根据实验数据画出的UI图线如图3所示，则求得的电动势是V，内电阻是18（1）关于用多用表测电阻的实验操作，以下说法正确的是A多用电表在使用前，应观察指针是否指电流表的零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用表指针指电流表零刻度（注意与欧姆调零区分开）B测电阻时，只需将待测电阻与电源断开，和别的元件可以不断开C测电阻时为了接触良好，应用两手分别将两表笔金属部分与待测电阻两端紧紧捏在一起D第一次测量之前要调零，之后就算换挡测量，也没有必要重新调零（2）若实验员告知该多用表装新电池时测量值较为准确，而现在电池已因使用太久而致内阻增大，电动势减小了，但仍可通过欧姆
9、档调零电阻调零，据此可判断此种情况下，按规范的实验操作测量电阻，其测量值比真实值（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）三、计算题（共3小题，共20分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）19如图所示，电源电动势为12V，内电阻为r=1，R1=1，R2=6，电动机线圈电阻为0.5，若开关闭合后通过电源的电流为3A，则R1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？20如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器电源电动势E=12V，内阻r=1.0一质量m=20
10、g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值21如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2103T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q=3.21019C，质量m=6.41027kg，以v=4104m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（
11、画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能EK2015-2016学年内蒙古巴市一中高二（上）期末物理试卷（普通班）参考答案与试题解析一、选择题（本题共15个小题，每小题4分，共60分.在每小题给出的四个选项中，第110题只有一个选项符合要求，第1115题有多个选项符合要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的0分）1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合史实的是（）A英国的法拉第提出在电荷的周围存在由它产生的电场的观点B安培发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的关系C美国的特斯拉提出了分子
12、电流假说D法国的库仑最早测得元电荷e的数值【考点】物理学史【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、法拉第提出在电荷的周围存在由它产生的电场的观点，故A正确；B、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故B错误；C、安培提出了分子电流假说，故C错误；D、密立根最早测得元电荷e的数值，故D错误；故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2关于静电场下列说法中正确的是（）A在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B电荷在电场
13、中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少【考点】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】电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；用公式U=Ed 和电势能公式Ep=q即可求解【解答】解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地
14、方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误B、据电势能公式Ep=q知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误D、据电势能公式Ep=q知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确故选：D【点评】明确电场强度和电势都是描述电场的
15、物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定3根据磁感应强度的定义式，下列说法中正确的是（）A在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0；那么该处的B一定为零C磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到磁场力F也一定为零【考点】磁感应强度【分析】本题要掌握磁感应强度的物理意义，定义式及其物理意义磁感应强度用来描述磁场本身的强弱和方向当电流方向与磁场方向相互垂直时，磁感应强度等于导线所受的磁场力与通电导线的电
16、流与长度乘积之比B的方向与导线所受的磁场力方向垂直【解答】解：A、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，由磁场本身决定，与放入磁场的导线所受的安培力F、导线的长度L和电流I无关故A错误B、当通电导体平行放在磁场中某处受到的磁场力F等于0，但磁场并一定为零故B错误；C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则得知：磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故C错误；D、一小段通电直导线放在B为零的位置，由F=BILsin得知，那么它受到磁场力F也一定为零故D正确故选D【点评】磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入与磁场即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度E
17、=一样同时还要注意的定义式B=是有条件的4如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）A质子运动的加速度随时间逐渐减小B电场线的方向由A指向BCA、B两点电场强度的大小关系满足EAEBDA、B两点的电势关系满足AB【考点】电场线；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低【解答】解：A、速度图象的斜率等于加速度，则由图可知，质子的加速度不变，所受电场力不变，由F=Eq可
18、知，A点的场强等于B点场强，EA=EB；故AC错误；B、质子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电势升高，故AB，电场线的方向由B指向A，故B错误，D正确；故选D【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的电性5两个用同种材料制成的均匀导体A、B，其长度相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比IA：IB=1：4，则横截面积之比SA：SB为（）A1：2B2：1C1：4D4：1【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题
19、【分析】由题，当两导体接入电压相同的电路时，已知电流之比，根据欧姆定律求出电阻之比两个导体的材料相同，电阻率相同，长度相同，根据电阻定律R=，研究横截面积之比【解答】解：当两导体接入电压相同的电路时，电流之比IA：IB=1：4，根据欧姆定律I=得电阻之比RA：RB=4：1，两个导体的材料相同，电阻率相同，长度相同，根据电阻定律R=得到，横截面积之比SA：SB=RB：RA=1：4故选：C【点评】本题是欧姆定律和电阻定律的综合应用，常规题，只要基础扎实，没有困难6如图所示，直线a为某电源的路端电压随干路电流强度的变化图线，直线b为某一电阻R两端的电压随电流变化图线，把该电源和该电阻组成的闭合电路，
20、电源的输出功率和电源的内电阻分别为（）A4W，0.5B6W，1C4W，1D2W，0.5【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】根据电源的UI图象的纵轴截距和斜率分别求出电源的电动势和内阻电源的UI图象与电阻UI图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，读出此时路端电压和电流，再求出电源的输出功率【解答】解：由闭合电路欧姆定律得：U=EIr，当I=0，U=E，则由电源的UI图象纵轴截距读出电源的电动势E=3V，图象的斜率大小等于电源的内阻大小，即有r=0.5电源的UI图象与电阻UI图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，读出此时的路端电压为U=2V，电流为I=2
21、A，则电源的输出功率为P=UI=4W故选A【点评】本题的解题关键是图象的斜率、截距和交点来理解图象的物理意义对于电源的输出功率也可能根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压，再求解7如图所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针静止时N极指向右，则可判定电源的极性和小磁针P（在螺旋管外部）的N极的指向为（）A电源的左端为正极，P的N极指向左端B电源的左端为负极，P的N极指向左端C电源的左端为正极，P的N极指向右端D电源的左端为负极，P的N极指向右端【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据小磁针N极的指向确定螺线管内部的磁场方向，通过右手螺旋定则判断出电流的方向，从而确定出电源的正极从而
22、再由小磁针静止时，N极指向即为磁场方向，即可求解【解答】解：内部小磁针的N极水平向右，知螺线管内部的磁场方向向右，根据右手螺旋定则知，电流在螺线管中的方向从左到右，则左端为电源的正极，右端为电源的负极再由小磁针静止时，N极指向磁场方向，通电螺线管的外部磁场方向是从右向左，则P的N极的指向左端故A正确，BCD错误；故选：A【点评】解决本题的关键会通过右手螺旋定则判断螺线管中电流方向与磁场方向的关系，知道小磁针静止时N极的指向为磁场的方向8如图，一个矩形线圈与通有相同大小的电流平行直导线同一平面，而且处在两导线的中央，则（）A两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零B两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零C
23、两电流同向或反向时，穿过线圈的磁通量都相等D因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判断穿过线圈的磁通量是否为零【考点】磁通量【分析】根据右手螺旋定则判断直导线周围的磁场，从而确定通过线圈的磁通量【解答】解：当电流同向时，根据右手螺旋定则，两电流在线圈处产生的磁场方向垂直于线圈，方向相反，磁通量为零电流方向相反时，在线圈处产生的磁场方向相同，产生的磁通量不为零故A正确，B、C、D错误故选A【点评】解决本题的关键知道磁通量的定义，知道穿过线圈的磁通量等于净磁通量9两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强度均为B，则C处的总磁感应
24、强度为（）A2BBBC0D【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据安培定则判断出A、B两导线在C处产生的磁场方向，根据磁场的叠加原理，分析C处的磁感应强度的大小和方向【解答】解：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总=2Bcos30=故选D【点评】本题考查安培定则的应用能力和运用平行四边形定则求合磁感应强度的能力10如图，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直给导线通以垂直纸面向里的电流，用FN表示磁铁对桌面的
25、压力，用Ff表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较（）AFN减小，Ff=0BFN减小，Ff0CFN增大，Ff=0DFN增大，Ff0【考点】安培力【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动据此分析【解答】解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线水平向左，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受到磁铁给的安培力方向竖直向上，如右图所示根据牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力方向竖直向下，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作
26、用力，则FN增大；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会产生运动趋势，就不会产生摩擦力，则Ff=0故选：C【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析11关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向的客观存在的曲线C磁感线和电场线一样都是闭合的曲线D磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线【分析】场和磁场都是一种客观存在的物质，但是电场线和磁感线都
27、是虚拟的，现实并不存在，都不能相交电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向的客观存在的曲线；磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线【解答】解：A、我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱故A正确；B、电场线和磁感线都是虚拟的，现实并不存在故B错误；C、磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线故C错误；D、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质故D正确故选：AD【点评】首先要明白电场和磁场的物质属性；其次要知道磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线12如
28、图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹由图可以判定（）A粒子带正电BM点的电势高于N点的电势C粒子在M点的动能大于在N点的动能D粒子在M点时的加速度大于在N点时的加速度【考点】电场线【分析】质点做曲线运动时合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲的方向可判断出电场力方向，从而判断出粒子的电性；电场线的疏密表示电场强度的强弱，顺着电场线方向电势降低，可判断出电势的高低和场强的大小，即可判断加速度的大小根据电场力做功正负分析电势能的变化【解答】解：A、由于粒子的运动轨迹向下弯曲，所以粒子所受电场力方向大致斜向左下方，电场线的方向也是向左下方，则粒子带正电故A正确；B、根据顺着电
29、场线方向电势降低，可知M点的电势高于N点的电势故B正确；C、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，M到N的过程中，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的动能小于在N点的动能，故C错误；D、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，根据牛顿第二定律知，在M点的加速度小，故D错误故选：AB【点评】本题是电场中轨迹问题，关键之处在于根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小，进一步确定电场力做功的正负和动能、电势能的变化13如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑
30、动触头P向下滑动时（）A电压表的读数增大BR1消耗的功率增大C电容器C的电容增大D电容器C所带电量增多【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可知电压表读数和R1消耗的功率的变化情况电容器的电压等于变阻器R2两端的电压，根据欧姆定律分析电容器电压的变化，即可知其电量的变化【解答】解：A、当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大故A正确B、干路电流减小，
31、R1消耗的功率减小故B错误C、电容器的电容与R2无关，故C错误D、电容器的电压U=EI（R1+r），I减小，其他量不变，则U增大，由Q=CU知，电容器C所带电量增多故D正确故选AD【点评】本题是含有电容的电路，根据欧姆定律分析电压和电流的变化，即可判断电容器的电荷量如何变化14两块水平放置的平行金属板，带等量异种电荷，一个带电油滴恰悬浮在平行板间如果使油滴产生大小等于的加速度，两板电荷量应是原来的（）A2倍BC倍D【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电油滴恰好静止在平行板间受到的电场力向上，大小等于重力；要油滴产生大小为的加速度，由于没有说明方向，所以
32、要分向上和向下两种情况讨论【解答】解：电容器带电量不变，根据C=、C=、E=，有：E=Q带电油滴恰好静止则：qE=mg方向向上；若要油滴产生大小为的方向向上的加速度，则：qE1mg=mg=mg解得：E1=E故Q1=Q；若要油滴产生大小为的方向向下的加速度，则：mgqE2=mg=mg得：E2=E故Q2=Q所以选项BC正确，AD错误故选：BC【点评】该题中要油滴产生大小为的加速度而没有说明加速度的方向，所以要讨论，这是该题容易出现错误的地方不难151922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）
33、A该束带电粒子带负电B速度选择器的P1极板带正电C在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；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】A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负B、根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况CD、在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，看与什么因素有关【解答】解：A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电故A错误 B、根据左手定则知，带电粒子在P1P2区域所受的洛伦兹力方
34、向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电故B正确 C、根据得，知r越大，荷质比越小故C错误，D正确故选BD【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡二、填空题（每空2分，共16分）16某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示由图可读出l=2.25cm，d=6.860mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数不需要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，读可动刻度读数时需要
35、估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为22mm，游标读数为0.15=0.5mm，所以最后读数为：22.5mm=2.25cm 螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为36.00.01=0.360mm（0为估读），所以最后读数为6.860mm故答案为：2.25 cm，6.860 mm【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法17某同学用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围020，连接电路的实物图如图1所示（1）指出该同学接线中错误的和不规范的做法是ADA滑动变阻器不起变阻作用B电流表接线有错C电压表量程选用不当D电压表接线有错（2）在图2的方框内
36、画出这个实验的正确电路图如图所示（3）实验中根据实验数据画出的UI图线如图3所示，则求得的电动势是1.58V，内电阻是0.84【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）滑动变阻器的限流接法应接一上一下两个接线柱，开关应能控制整个电路的通断，电表正负接线柱不能接反（2）伏安法测电源电动势与内阻实验，电源、开关、滑动变阻器、电流表应串联接入电路，电压表测路端电压，据此作出实验电路图（3）由图示电源UI图象求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）由电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成了定值电阻，不起变阻作用；电压表直接接在电源连接上，开关不能控制电压表与电源断开
37、，电压表接线错误；故选AD；（2）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示：（3）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.58，则电源电动势E=1.58V，电源内阻r=0.84；故答案为：（1）AD；（2）电路图如图所示；（3）1.58，0.84【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验，要知道实验注意事项，知道实验原理与实验注意事项即可正确解题18（1）关于用多用表测电阻的实验操作，以下说法正确的是AA多用电表在使用前，应观察指针是否指电流表的零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用表指针指电流表零刻度（注意与欧姆调零区分开
38、）B测电阻时，只需将待测电阻与电源断开，和别的元件可以不断开C测电阻时为了接触良好，应用两手分别将两表笔金属部分与待测电阻两端紧紧捏在一起D第一次测量之前要调零，之后就算换挡测量，也没有必要重新调零（2）若实验员告知该多用表装新电池时测量值较为准确，而现在电池已因使用太久而致内阻增大，电动势减小了，但仍可通过欧姆档调零电阻调零，据此可判断此种情况下，按规范的实验操作测量电阻，其测量值比真实值偏大（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）多用电表使用前要进行机械调零，使指针指在电流零刻度线上；用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，使指针指针
39、中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零用欧姆表测电阻时，应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表使用完毕，应把选择开关置于交流电压最高挡或OFF挡上（2）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律分析答题【解答】解：（1）A、多用电表在使用前要进行机械调零，应观察指针是否指电流表的零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用表指针指电流表零刻度，故A正确；B、为准确测量电阻，测电阻时，需将待测电阻与电源断开及其它元件都断开，故B错误；C、人体是导体，测电阻时，不应用两手分别将两表笔金属部分与待测电阻两端紧紧捏在一起，故C错误；D、用欧姆表测电阻，换挡后要重新进行欧
40、姆调零，故D错误；故选A（2）当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，电流：Ig=，内阻R内=，当指针指在刻度盘的正中央时I=， =，代入数据可得RX=R内；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig=，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I=，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，测量值大于真实值故答案为：（1）A；（2）偏大【点评】本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表
41、盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上三、计算题（共3小题，共20分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）19如图所示，电源电动势为12V，内电阻为r=1，R1=1，R2=6，电动机线圈电阻为0.5，若开关闭合后通过电源的电流为3A，则R1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】开关闭合后，由P1=I2R1求解R1上消耗的电功率；先根据闭合电路欧姆定律求解电动机电压，根据欧姆定律求解通过电阻
42、R2的电流，由干路电流和R2的电流求出流过电动机的电流，由P=UI求解电动机消耗的电功率【解答】解：R1上消耗的功率：P1=I2R1=91 W=9 W电动机两端的电压：U=EI（R1+r）=123（1+1）=6 V通过R2的电流为：I1= A=1 A通过电动机的电流为：I2=II1=2 A故电动机消耗的电功率为：P2=I2U=26 W=12 W答：R1上消耗的电功率为9W，电动机消耗的电功率为12W【点评】电动机正常工作时的电路非纯电阻电路，机械功率由电功率减去电动机发热功率求解20如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器电源电动势E=
43、12V，内阻r=1.0一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值【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【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态根据平衡条件，列方程求出安培力（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流（3）根据欧姆定律求出滑
44、动变阻器R接入电路中的阻值【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图 则有F=mgsin30 F=0.1N （2）根据安培力公式F=BIL得 得 （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r） 解得 答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N； （2）通过金属棒的电流为0.5A； （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断21如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2103T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=
45、40V/m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q=3.21019C，质量m=6.41027kg，以v=4104m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能EK【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）粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解初速度v0；（2）粒子在飞出电场的过程中，洛仑兹力不做功，仅电场力做功由动能定理求出粒子飞出电场时的动能Ek【解答】解：（1）|轨迹如图（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有m（3）带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：代人数据解得： J答：1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.4m；（3）带电粒子飞出电场时的动能J【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法2016年3月14日
