1、2015-2016学年云南省保山市腾冲六中高二（上）期中物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分1某学生设计出下列四种逻辑电路，当A端输入高电压时，电铃能发出声音的是（）ABCD2一正电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）ABCD3一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定（）A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带负
2、电D粒子从b到a，带负电419世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假没：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的该假设中电流的方向是（） （注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线）A由西向东垂直磁子午线B由东向西垂直磁子午线C由南向北沿磁子午线方向D由赤道向两极沿磁子午线方向5如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，电阻R1R2r，两电路在通电相同的时间内，下列说法正确的是（）AR1上通过的电量比R2上通过的电量多B电源内部生热较多的是甲中的电源C电源做功较多的是乙电路中的电源D电源输出功率较大的是乙
3、电路中的电源6下列说法正确的是（）A除永久磁铁以外，一切磁场都是由运动电荷产生的B一切磁现象都起源于运动电荷C一切磁作用都是运动电荷通过磁场发生的D有磁必有电，有电必有磁7一只普通的旧干电池，用电压表测量其电动势时，示数仍接近1.5V现对该电池作下述两种处理：让它给一个额定电压为1.5V的小灯泡供电时，发现小灯泡完全不亮：把它装在额定电压也为1.5V的电子钟时，电子钟仍能正常工作较长时间对上述两种情形的比较和分析，下述说法中正确的是（）A情形中的电路电流较情形中少B情形中的路端电压较情形中少C小灯泡中的电阻远大于电子钟的内电阻D小灯泡的额定功率远大于电子钟的额定功率8如图所示，a、b为平行金属
4、板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是（）A使a、b板的距离增大一些B使a、b板的正对面积减小一些C断开S，使a、b板的距离增大一些D断开S，使a、b板的正对面积减小一些三、填空题：本题共5小题，共39分请把答案填在相应横线上或按题目要求作答9螺旋测微器螺杆的精密螺距为0.5mm，可动刻度尺圆周分成50等分，则可动刻度尺每旋转一周，螺杆前进或后退的长度是mm如图所示，用螺旋测微器测一被测小球的直线是mm10如图所示，阴极射线管（A为其阴极）放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的A、B两极分别接在直流高压电源的极和极（填：“正”或“负”）此时，荧光
5、屏上的电子束运动轨迹偏转（填“向上”、“向下”或“不”）11（1）用多用电表测量直流电流时，红表笔和黑表笔相比，表笔电势高用多用电表测量电阻时，红表笔和黑表笔相比，表笔电势高（2）用多用电表正确测量了一个6K电阻后，需要继续测量一个阻值大概是50左右的电阻在用红表笔、黑表笔接触这个电阻之前，以下哪些操作步骤是必须的，请选择其中有用的，按操作步骤顺序写出：A调节调零旋钮使表针指着欧姆零点B把选择开关旋转到“1K”位置C把选择开关旋转到“10”位置D调节表盘下中间部位的调零螺丝，是表针指零E将红表笔和黑表笔接触12（11分）（2008秋上饶期末）在把电流表改装为电压表的实验中，提供的器材有电流表（
6、量程0100A，内阻几百欧）标准伏特表（量程03V）电阻箱（09999）电阻箱（099999）滑动变阻器（050，额定电流1.5A）电源（电动势6V，有内阻）电源（电动势2V，无内阻）电键两只，导线若干（1）该实验首先要用半偏法测定电流表的内阻如果采用如图1所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，可变电阻R1应选用，可变电阻R2应选用，电源应选用（填器材前的序号）（2）如果测得电流表A的内阻为800要把它改装为量程为03V的伏特表，则改装的方法是给电流表串联一个阻值为的电阻（3）如图2所示器材中，一部分是将电流表改装为伏特表所需的，其余是为了把改装成的伏特
7、表跟标准伏特表进行校对所需的在图3的方框中画出改装和校对都包括在内的电路图（要求对03V的所有刻度都能在实验中进行校对）；然后将器材实物按以上要求连接成实验电路13（10分）（2015秋保山校级期中）为了测定电池的电动势和内阻，可以采用如图1所示的电路，通过改变电阻箱阻值R的，记录下对应的电流表读数I，就能算出电池的电动势E和内阻r（1）为了测出电池的电动势E和内阻r，实验中至少要测出几组R、I的值？答：；（2）若实验中发现测出的电池内阻总是比实际内阻要大，可能的原因是：；（3）为了减少误差，实验中测出了多组R、I的值，并作出了R图线如图2所示，由该图线可得被测电池的电动势E等于伏，内阻r欧四
8、计算题：本大题共4小题，共50分要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分.有关物理量的数值计算问题，答案中必须明确写出数值和单位14（10分）（2014秋黔西南州校级期末）如图所示，用30cm的细线将质量为m=4103的带电小球P悬挂在O点正下方，当空中有方向为水平向右，大小为E=2104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态（g取10m/s2） （1）分析小球的带何种电荷；（2）求小球带电量q；（3）求剪断细线后带电小球的加速度a15（12分）（2013秋高邮市校级期末）一段粗细均匀的导体长为L，横截面积为S，如图所示，导体单位
9、体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，通电后，电子定向运动的速度大小为v（1）请用n、e、S、v表示流过导体的电流大小I（2）若再在垂直导体的方向上加一个空间足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，试根据导体所受安培力推导出导体中某一自由电子所受的洛伦兹力大小的表达式16（13分）（2015秋保山校级期中）如图所示，两平行光滑的导轨相距L=0.5m，两导轨的上端通过一阻值为R=0.4的定值电阻连接，导轨平面与水平面夹角为=30，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，一长度恰好等于导轨间距、质量为m=0.5kg的金属棒，由图示位置静止释放，已知金属棒的电阻为r=0.1
10、，导轨电阻不计，g=10m/s2求：（1）求金属棒释放后，所能达到的最大速度Va；（2）当金属棒速度达v=2m/s时，其加速度的大小；（3）若已知金属棒达最大速度时，下滑的距离为s=10m，求金属棒下滑过程中，棒中产生的焦耳热17（15分）（2015秋保山校级期中）如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32105N/C，方向与金箔成37角紧挨边界ab放一点状粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的粒子，已知：m0=6.641027kg
11、，q0=3.21019C，初速率v=3.2106m/s（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L；（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能Ek为多少？2015-2016学年云南省保山市腾冲六中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分1某学生设计出下列四种逻辑电路，当A端输入高电压时，电铃能发出声音的是（）ABCD【考点】简单的逻辑电路 【分析】理解基本逻辑门电路
12、的特点，工作原理，输入、输出关系【解答】解；A、与门电路，当输入1、0，输出0，故电铃不发出声音，故A错误 B、或门电路，当输入1、0，输出1，故电铃能发出声音，故B正确 C、非门电路，当输入1，输出0，故电铃不发出声音，故C错误 D、或门电路，当输入1、0，输出1，再经非门，输出0，故电铃不发出声音，故D错误故选B【点评】考查了基本门电路、基本逻辑关系，输入、输出关系2一正电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）ABCD【考点】电场线 【分析】vt图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运
13、动过程中vt图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果【解答】解：由vt图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确故选：D【点评】本题结合vt图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性3一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中情况可
14、以确定（）A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带负电D粒子从b到a，带负电【考点】洛仑兹力；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】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确故选B【点评】根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键
15、419世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假没：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的该假设中电流的方向是（） （注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线）A由西向东垂直磁子午线B由东向西垂直磁子午线C由南向北沿磁子午线方向D由赤道向两极沿磁子午线方向【考点】地磁场 【分析】要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的N极首先根据信息中给出的已知条件，根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向【解答】解：由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的
16、N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线故选B【点评】此题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题5如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，电阻R1R2r，两电路在通电相同的时间内，下列说法正确的是（）AR1上通过的电量比R2上通过的电量多B电源内部生热较多的是甲中的电源C电源做功较多的是乙电路中的电源D电源输出功率较大的是乙电路中的电源【考点】电功、电功率；焦耳定律 【专题】恒定电流专题【分析】甲、乙两电路中电源完全相同，电动势E和内阻r相同，电阻R1R2，由闭合电路欧姆定律可知电流的大小由电量q=It判断电量大小，由焦
17、耳定律Q=I2rt，来分析电源内部产生电热的大小，根据W=qE判断电源做功，当外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大【解答】解：A、由题：电源的电动势E和内阻r相同，电阻R1R2，由闭合电路欧姆定律可知电流I1I2，电量q=It，通电时间相同，所以R2上通过的电量多，故A错误；B、电源内部产生电热Q内=I2rt，可见，电源内部产生电热较多的是乙电路中的电源故B错误C、由公式W=qE，可知，两电源做功较多的是乙电路，故C正确D、两电阻阻值都大于内阻，则电源的输出功率随着电阻的增大而减小，所以电源输出功率较大的是乙电路中的故D正确故选：CD【点评】本题关键是将焦耳定律变形Q=I2Rt=qU，即变成电
18、流做功的原始表达式知道当外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，难度适中6下列说法正确的是（）A除永久磁铁以外，一切磁场都是由运动电荷产生的B一切磁现象都起源于运动电荷C一切磁作用都是运动电荷通过磁场发生的D有磁必有电，有电必有磁【考点】磁现象和磁场 【分析】一切磁场均由运动电荷产生的，磁相互作用都是由运动电荷在磁场中受到洛伦兹力作用的有电必有磁，而有磁不一定有电，只有磁通量发生变化才能产生电流【解答】解：A、一切磁场均由运动电荷产生的，故A不正确；B、一切磁现象都起源于运动电荷，包括永久磁铁都是由分子运动从而产生电流，对外显示磁性故B正确；C、磁相互作用都是由运动电荷在磁场中受到洛伦兹力作用的
19、，故C正确；D、有电必有磁，而有磁不一定有电，只磁通量发生变化，则一定有感应电动势，若电路闭合，则能产生电流故D不正确；故选：BC【点评】电荷运动产生电流，周围出现磁场而磁铁也是分子内电子高速旋转产生电流，从而对外显示磁性7一只普通的旧干电池，用电压表测量其电动势时，示数仍接近1.5V现对该电池作下述两种处理：让它给一个额定电压为1.5V的小灯泡供电时，发现小灯泡完全不亮：把它装在额定电压也为1.5V的电子钟时，电子钟仍能正常工作较长时间对上述两种情形的比较和分析，下述说法中正确的是（）A情形中的电路电流较情形中少B情形中的路端电压较情形中少C小灯泡中的电阻远大于电子钟的内电阻D小灯泡的额定功
20、率远大于电子钟的额定功率【考点】电源的电动势和内阻 【专题】恒定电流专题【分析】电源的电动势可通过电压表测量，即电源未接入电路时，电压表读数电池使用较长时间，导致内电阻增大，而输出电压的高低是由与其串联的电阻决定，当电阻大于内阻，则输出电压较大；若电阻小于内阻，则输出电压较小【解答】解：A、B、C由题分析可知，这节干电池的电动势应该为1.5V，现在直接通过电压表示数很接近1.5V，可知，电动势几乎不变；干电池已经用了较长时间，使用时小灯泡不亮，电池的内阻增大，若比灯泡的电阻还大，则输出电压很小台式电子钟能正常工作，是由于它的内阻比电池的内阻大得多，所以输出电压较高，从而能工作，电子钟的电阻较大
21、，所以正常工作的电流较小，故知情形中的电路电流较情形大，情形中的路端电压较情形中少，小灯泡中的电阻小于电子钟的内电阻故AC错误，B正确D、由上分析知，灯泡的额定电压较大，电阻较小，由P=知，其额定功率较大故D正确故选BD【点评】考查电源的电动势的概念，及电池用久后电阻会增大，并掌握不同的外电阻，输出电压不同理解闭合电路的欧姆定律8如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是（）A使a、b板的距离增大一些B使a、b板的正对面积减小一些C断开S，使a、b板的距离增大一些D断开S，使a、b板的正对面积减小一些【考点】电容器的动态分
22、析 【专题】电容器专题【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，合上开关，电容器两端的电势差不变，断开S，电容器的电荷量不变，根据电容的变化判断电容器两端电势差的变化【解答】解：A、开关闭合，电容器两端的电势差不变故A、B错误C、断开S，电荷量不变，使a、b板的距离增大一些，根据C=知，电容C减小，则U=，可知电势差增大，故C正确D、断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积减小一些，根据C=知，电容C减小，则U=，可知电势差增大，故D正确故选CD【点评】解决本题的关键知道断开开关，电荷量不变，闭合开关，电容器两端的电势差不变，结合电容的决定式和定义式进行分析三、填空题：本题共5小题，共39分请
23、把答案填在相应横线上或按题目要求作答9螺旋测微器螺杆的精密螺距为0.5mm，可动刻度尺圆周分成50等分，则可动刻度尺每旋转一周，螺杆前进或后退的长度是0.5mm如图所示，用螺旋测微器测一被测小球的直线是8.300mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用 【专题】实验题【分析】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，注意其精度是0.01mm【解答】解：旋钮每转一周，测微螺杆就前进或后退0.5mm，由于可动刻度等分为50等分，每一小格表示0.01mm；螺旋测微器的固定刻度读数为：8mm，可动刻度读数为0.0130.0mm=0.300mm，所以最终读数为：8mm+0.
24、300mm=8.300mm故答案为：0.5，8.300【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，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10如图所示，阴极射线管（A为其阴极）放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的A、B两极分别接在直流高压电源的负极和正极（填：“正”或“负”）此时，荧光屏上的电子束运动轨迹下偏转（填“向上”、“向下”或“不”）【考点】射线管的构造及其工作原理 【分析】此题要求要了解电子射线管的构造和原理，阴极是发射电子的电极，所以是要接到高压的负极上的，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定
25、则判断【解答】解：因为A是阴极，所以射线管的阴极A接直流高压电源的负极B是阳极，接直流高压电源的正极因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A，手掌对向N极（就是这个角度看过去背向纸面向外），此时大拇指指向下面，所以轨迹向下偏转故答案为：负，正，下【点评】本题关键要了解电子射线管的构造和原理，正确运用左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力方向，属于基础题11（1）用多用电表测量直流电流时，红表笔和黑表笔相比，红表笔电势高用多用电表测量电阻时，红表笔和黑表笔相比，黑表笔电势高（2）用多用电表正确测量了一个6K电阻
26、后，需要继续测量一个阻值大概是50左右的电阻在用红表笔、黑表笔接触这个电阻之前，以下哪些操作步骤是必须的，请选择其中有用的，按操作步骤顺序写出：C、E、AA调节调零旋钮使表针指着欧姆零点B把选择开关旋转到“1K”位置C把选择开关旋转到“10”位置D调节表盘下中间部位的调零螺丝，是表针指零E将红表笔和黑表笔接触【考点】用多用电表测电阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）经过多用表的电流总时从红表笔进入，由黒表笔流出（2）使用欧姆表测电阻时，要选择合适的倍率，使指针指在欧姆表刻度盘的中央附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零【解答】解：（1）用多用电表测直流电流时，多用表内部不连接电池，电流
27、由红表笔流入，由黒表笔流出，红表笔电势高； 用多用电表测电阻时，多用电表有内置电源，黒表笔与电源的正极相连，则黑表笔的电势高（2）测6K电阻时，欧姆表应选择“1K”挡，测50左右的电阻时，要选择“10”挡，因此正确测完6K电阻后，要测约为50的电阻，应把选择开关调到“10”挡，然后重新进行欧姆调零，应从正确的操作步骤是：C、E、A故答案为：（1）红；黑；（2）C、E、A【点评】本题考查了多用电表的使用，使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在刻度盘的中央附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零12（11分）（2008秋上饶期末）在把电流表改装为电压表的实验中，提供的器材有电流表（量程0100
28、A，内阻几百欧）标准伏特表（量程03V）电阻箱（09999）电阻箱（099999）滑动变阻器（050，额定电流1.5A）电源（电动势6V，有内阻）电源（电动势2V，无内阻）电键两只，导线若干（1）该实验首先要用半偏法测定电流表的内阻如果采用如图1所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，可变电阻R1应选用，可变电阻R2应选用，电源应选用（填器材前的序号）（2）如果测得电流表A的内阻为800要把它改装为量程为03V的伏特表，则改装的方法是给电流表串联一个阻值为29200的电阻（3）如图2所示器材中，一部分是将电流表改装为伏特表所需的，其余是为了把改装成的伏特表
29、跟标准伏特表进行校对所需的在图3的方框中画出改装和校对都包括在内的电路图（要求对03V的所有刻度都能在实验中进行校对）；然后将器材实物按以上要求连接成实验电路【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题【分析】本实验通过半偏法测量电流表G的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材改装成电压表要串联电阻，阻值为R=Rg因要求电压的变化范围大，要用分压式接法【解答】解：（1）利用半偏法测量电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则R1的阻值远大于R2的阻值，电动势选择大一些的故可变电阻R1应该选择；可变电阻R2应该选择；电源E应该选择（2）改装成电压表要串联的阻值为：R=Rg=29200
30、（3）因要求电压变化范围大，故滑动变阻器要用分压式接法电路故答案为：（1），（2）29200 （3）如图【点评】掌握半偏法测量内阻的原理和误差分析改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻13（10分）（2015秋保山校级期中）为了测定电池的电动势和内阻，可以采用如图1所示的电路，通过改变电阻箱阻值R的，记录下对应的电流表读数I，就能算出电池的电动势E和内阻r（1）为了测出电池的电动势E和内阻r，实验中至少要测出几组R、I的值？答：两组；（2）若实验中发现测出的电池内阻总是比实际内阻要大，可能的原因是：电流表内阻引起的；（3）为了减少误差，实验中测出了多组R、I的值，并作
31、出了R图线如图2所示，由该图线可得被测电池的电动势E等于2伏，内阻r0.2欧【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）应用安阻法测电源电动势与内阻，测出两组实验数据，应用闭合电路欧姆定律列方程，解方程组即可求出电源电动势与内阻（2）根据电路图根据电表内阻的影响分析实验误差（3）根据电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）应用安阻法测电源电动势与内阻，实验至少需要测出两组R、I值，应用闭合电路的欧姆定律可以求出电源电动势与内阻（2）由电路图可知，应用安阻法测电源电动势与内阻时，由于电流表内阻的影响，实验所测的电源内阻实际
32、上是电源内阻与电流表内阻之和，使电源内阻的测量值总是大于真实值（3）由图1所示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I（R+r），则图象的函数表达式为：=R+，由图象可知，图象纵轴的截距b=0.1，图象斜率k=0.5，则电源电动势E=2V，电源内阻r=bE=0.12=0.2故答案为：（1）两组；（2）电流表的内阻引起；（3）2；0.2【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验的实验原理、误差分析、求电源电动势与内阻，根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻的前提与关键四计算题：本大题共4小题，共50分要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写
33、出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分.有关物理量的数值计算问题，答案中必须明确写出数值和单位14（10分）（2014秋黔西南州校级期末）如图所示，用30cm的细线将质量为m=4103的带电小球P悬挂在O点正下方，当空中有方向为水平向右，大小为E=2104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态（g取10m/s2） （1）分析小球的带何种电荷；（2）求小球带电量q；（3）求剪断细线后带电小球的加速度a【考点】电场强度；牛顿第二定律 【分析】（1）对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，确定电场力的方向，即可判断小球的电性（2）根据平衡条件，将小球的重力进行分析，列式求解即可（3）
34、剪断细线后带电小球只重力和电场力，这两个力都是恒力，而且不变，根据牛顿第二定律求解加速度a【解答】解：（1）小球受到重力mg、电场力qE和细线的拉力，如图，电场力方向与电场同向，故小球带正电（2）小球受力平衡，将重力分解如图，在水平方向有： qE=mgtan37得：q=C=1.5106C；（3）由受力图可知细线的拉力为 F=0.05N如果剪断细绳小球所受的合力与F大小相等，方向相反，则加速度 a=m/s2=12.5m/s2答：（1）小球带正电（2）小球带电量q为1.5106C（3）剪断细线后带电小球的加速度a为12.5m/s2【点评】正确受力分析是解决力学问题的第一步，要结合力的合成或分解找出
35、力与力之间的关系本题也可运用正交分解法处理15（12分）（2013秋高邮市校级期末）一段粗细均匀的导体长为L，横截面积为S，如图所示，导体单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，通电后，电子定向运动的速度大小为v（1）请用n、e、S、v表示流过导体的电流大小I（2）若再在垂直导体的方向上加一个空间足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，试根据导体所受安培力推导出导体中某一自由电子所受的洛伦兹力大小的表达式【考点】电流、电压概念 【专题】恒定电流专题【分析】（1）取一时间段t，求得相应移动长度l=vt，体积为为Svt总电量为nesvt，再除以时间，求得表达式（2）用总长度所对应的安培力除以总数
36、求得洛伦兹力的表达式【解答】解：（1）导体中电流大小 t时内所完成的长度为vt，则其体积为svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt 该时间内通过导体该截面的电量：q=nSvte 由 式得 I=nesv（2）该导体处于垂直于它的匀强磁场中所受到的安培力F=BIL 得：F=BneSvL 某一自由电子所受的洛伦兹力 式中N为该导体中所有的自由电子数 得：f=Bev答案为：（1）表达式：I=neSv （2）洛伦兹力的表达式：f=Bev【点评】（1）注意建立模型，选取一小时间段t，作为一求解对象利用定义进行求解（2）安培力是洛伦兹力的整体体现，用总长度所对应的安培力除以总数求得洛伦兹力的表达式16
37、（13分）（2015秋保山校级期中）如图所示，两平行光滑的导轨相距L=0.5m，两导轨的上端通过一阻值为R=0.4的定值电阻连接，导轨平面与水平面夹角为=30，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，一长度恰好等于导轨间距、质量为m=0.5kg的金属棒，由图示位置静止释放，已知金属棒的电阻为r=0.1，导轨电阻不计，g=10m/s2求：（1）求金属棒释放后，所能达到的最大速度Va；（2）当金属棒速度达v=2m/s时，其加速度的大小；（3）若已知金属棒达最大速度时，下滑的距离为s=10m，求金属棒下滑过程中，棒中产生的焦耳热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理
38、的应用；楞次定律 【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）当棒子开始运动时，又会受到沿斜面向上的安培力，棒子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0时，速度达到最大根据最终达到平衡，列出平衡方程，求出最大速度；（2）对金属棒开始运动时进行受力分析，受到重力、支持力与安培力，由安培力F=BIL与和E=BLv，然后根据牛顿第二定律求出加速度的大小（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒先求出整个电路产生的热量，再求出电阻R上产生的热量【解答】解：（1）最大速度时，合力为零mgsin=F安=BIL闭合电路欧姆定律法拉第电磁感应定律E=BLv 则有最大速
39、度代入数据，解得：v大=5m/s（2）对棒受力分析，则有重力、支持力、安培力由牛顿第二定律可得：mgsin=ma当金属棒速度达v=2m/s时，其加速度的大小为p将数据代入上式，可得：a=3m/s2（3）金属棒，从静止到下滑到最大速度，则由动能定理可得：又由于电路产生的热量Q=W安所以Q=18.75J 则棒产生的热量为Q1=3.75J答：（1）求金属棒释放后，所能达到的最大速度5m/s；（2）当金属棒速度达v=2m/s时，其加速度的大小3m/s2；（3）若已知金属棒达最大速度时，下滑的距离为s=10m，求金属棒下滑过程中，棒中产生的焦耳热3.75J【点评】解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度
40、，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，速度达到最大同时速度大小牵动着安培力的大小，改变物体受力，从而影响运动注意动能定理求出的热量，并不是金属棒的热量，而是金属棒与内阻共有的17（15分）（2015秋保山校级期中）如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32105N/C，方向与金箔成37角紧挨边界ab放一点状粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的粒子，已知：m0=6.641027kg，q0=3.21019C，初速率v
41、=3.2106m/s（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L；（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能Ek为多少？【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 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力列式求半径即可；（2）粒子速度向下进入磁场时，可以到达cd最下端；当粒子向上运动，且轨迹与cd相切时，可以到达cd边界最高点，根据几何关系求解射中区域的长度；
42、（3）根据几何关系，求出粒子出磁场的位置，得出进入磁场的初速度方向，最终得出粒子做类平抛运动，然后将粒子的运动沿着垂直电场方向和平行电场方向正交分解，然后根据位移公式求解出运动时间，再根据速度时间公式得出平行电场方向和垂直电场方向的分速度，最后合成合速度，从而得到动能损失【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m，解得：R=0.2m=20cm；即粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R为20cm（2）设cd中心为O，向c端偏转的粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O1，如图所示则由几何关系得：=16cm，向d端偏转的粒子，当沿sb方向射
43、入时，偏离O最远，设此时圆周轨迹与cd交于Q点，对应圆心O2，如图所示，则由几何关系得：=16cm故金箔cd被粒子射中区域的长度 L=+=32cm（3）设从Q点穿出的粒子的速度为v，因半径O2Q场强E，则vE，故穿出的粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示沿速度v方向做匀速直线运动，位移 Sx=（R）sin53=16cm=0.16m沿场强E方向做匀加速直线运动，位移 Sy=（R）cos53+R=32cm则由Sx=vt Sy=at2 a=，得：v=8.0105m/s故此粒子从金箔上穿出时，损失的动能为Ek=mv2mv2=3.191014J即此粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为3.191014J答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R为20cm；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L为32cm；（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能Ek为3.191014J【点评】本题关键将粒子的运动分为磁场中的运动和电场中的运动，对于磁场中的运动根据洛伦兹力提供向心力列式，同时结合几何关系分析；对于电场中的运动，通常都为类平抛运动，然后根据正交分解法分解为直线运动研究
