1、广东省珠海市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷（B卷）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（3分）在电磁学发展历程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应B洛仑兹总结出点电荷间相互作用的规律C安培最早测得元电荷的数值D库仑发现了磁场对运动电荷的作用规律2（3分）真空中两个点电荷之间的库仑力为F，现在把其中一个电荷的电量增大为原来的2倍，它们之间的距离变为原来的一半，则这两个电荷之间的库仑力变为（）A4FBFC8FDF3（3分）如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）ABCD
2、4（3分）在电场中某点放一个电量为q的检验电荷时，受到的电场力为F，现将检验电荷的电量增大为2q，下班说法正确的是（）A检验电荷受到的电场力仍为FB检验电荷受到的电场力变为2FC该点的场强为D该点的场强变为原来的2倍5（3分）如图所示是真空中一个点电荷Q形成的电场，M、N为电场线上两点，分别用E和代表场强和电势，已知M、N两点的电势MN，以下判断正确的是（）AQ为正电荷，EMENBQ为正电荷，EMENCQ为负电荷，EMENDQ为负电荷，EMEN6（3分）电容器的电容可由公式C=定义，关于此式下列说法中正确的是（）A电容器所带的电量越多，电容越大B电容器的电容不随带电量及两极板间的电压的变化而变
3、化C电容器两极板间的电势差越小，电容越大D电容器的电容与电荷量成正比，与电压成反比7（3分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（）A电灯L更亮，电流表的示数减小B电灯L变暗，电流表的示数增大C电灯L变暗，电压表的示数增大D电灯L更亮，电压表的示数增大8（3分）在一螺线管的正上方有一小磁针，如图所示，闭合开关后，小磁针N极指向右（忽略地磁场的影响），下列判断正确的是）A电源的A端是正极，在电源内电流由A流向BB电源的A端是正极，在电源内电流由B流向AC电源的B端是正极，在电源内电流由B流向AD电源的B端是正极，在电源内电流由A流
4、向B9（3分）如图，放在同一平面内的两根垂直导线，当通以如图所示的电流时，与导线在同一平面上的四点a、b、c、d到两根导线的距离相等，这四点的磁感应强度的方向垂直平面向里的是（）Aa点Bb点Cc点Dd点10（3分）如图中已标明电流、磁场B、磁场力F三个量的方向，其中正确的是（）ABCD11（3分）下列说法正确的是（）A洛伦兹力对带电粒子不做功B运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用C运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D洛伦兹力既不改变带电粒子的速度大小，也不改变带电粒子的速度方向12（3分）有两个带电粒子分别垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，如果
5、它们圆周运动的周期恰好相同，这说明它们进入磁场时（）A速率一定相等B质量一定相等C电量一定相等D荷质比（电量与质量的比值）一定相等二、双项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得4分，只选1个且正确的得2分，选错或不选的不得分）13（4分）下列说法中正确的是）A电场和磁场都是实际存在的物质B电场线和磁感线都是实际存在的C电场线和磁感线都是闭合的线D电场线和磁感线都是不相交的14（4分）下列说法中正确的是（）A由R=可得导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比B由I=可得通过导体的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比
6、C铜的电阻率会随着温度的升高而减小D两个电阻并联之后总电阻比原来任一个都小15（4分）如图所示，电动机线圈电阻为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，电源电动势为E，内阻为r，下列说法中正确的是（）A电源的总功率为UIB电动机的输入总功率为UIC电动机输出的机械功率为UII2RD电动机线圈产生的热功率为16（4分）如图所示的电场中，一带电粒子只在电场力作用下从静止开始由M运动到N，下列判断中正确的是（）A该粒子必带负电荷B带电粒子在M处的加速度比在N处的加速度大CM处的电势M大于N处的电势ND从M到N点，电场力做负功17（4分）回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、
7、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A粒子从电场中获得能量B粒子从磁场中获得能量C粒子在D形盒中的运动周期不变D粒子在D形盒中的运动周期逐渐变长三、实验题（共2小题，共16分）。18（8分）某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作：（1）用10分度的游标卡尺测量圆柱体的长度，由图1可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，可知其直径为mm；（3）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“1”位置的多用电表粗略测量该圆柱体阻值，根据如图3所示的表盘，可读出被测电阻阻值为（4）该同学选择适当的仪器后，用图4所示的电路图测出的电阻比真实电阻偏（“大”或“小”）19（8分）一位同学用如图
8、1所示的电路图测量电池的电动势和内阻：（1）在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应处在端；（2）该同学改变滑片的位置，记录了6组数据，并根据数据在图2所示的坐标纸上作出了UI图线，请根据图线求出电源电动势E=V，内阻r=（均保留三位有效数字）四、计算题（本大题共3题，共28分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）20（10分）如图所示，水平放置的两块平行金属板，相距d=0.04m，两板间的电压是U=1.2103V，在两板间的电场中有一质量是m=6.0103kg的带电小球，静止于平行板的中点，取g=10m/s2，试求：（1）小球带何种电荷；
9、（2）两块平行金属板之间的场强； （3）小球所带电量；（4）两板间的电压保持不变，把两板间的距离改变为0.08m，小球将向哪个方向运动？加速度是多少？21（8分）如图，一个电子以速度v0垂直电场方向进入电场中后向下偏转，从极板的右端射出，若已知电场场强为E，电子电量为e，质量为m，极板的长度为L，试求：（1）电子在平行于极板方向上做什么运动？（2）求电子在电场中运动的时间t？（3）求电子的加速度a？（4）求电子射出电场时的侧位移y22（10分）如图为质谱仪的工作原理图，带电粒子被加速电场加速后先进入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E，磁感应强度为B），再穿过
10、平板S上的狭缝P进入磁感应强度为B0的偏转磁场，最后打在胶片A1A2上（1）粒子带何种电荷？（2）速度选择器中的磁场B的方向如何？（3）能通过狭缝P的带电粒子的速率？（4）在磁场B0中，粒子打在胶片上的位置离狭缝P距离为d，求粒子的荷质比广东省珠海市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷（B卷）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（3分）在电磁学发展历程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应B洛仑兹总结出点电荷间相互作用的规律C安培最早测得元电荷的数值D库仑发现了
11、磁场对运动电荷的作用规律考点：物理学史 专题：常规题型分析：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、奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确；B、库仑总结出点电荷间相互作用的规律，故B错误；C、密立根最早测得元电荷的数值，故C错误；D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，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（3分）真空中两个点电荷之间的库仑力为F，现在把其中一个电荷的电量增大为原来的2倍，它们之间的距离变为原来的一半，则这两个电荷之间的库仑力变为（）A4FBFC8FDF考点：库仑定律
12、 专题：电场力与电势的性质专题分析：真空中两个静止的点电荷间的作用力符合库仑定律，根据库仑定律的公式F=k判断即可解答：解：真空中有两个静止点电荷，它们之间的静电引力为F，故：F=k如果把其中一个电荷的电量增大为原来的2倍，它们之间的距离变为原来的一半，则它们之间的作用力的大小变为：=8F故选：C点评：解决本题的关键掌握库仑定律，能够灵活运用该公式解决问题，基础题目3（3分）如图所示的各电场中， A、B两点场强相同的是（）ABCD考点：电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同解答：解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上
13、的点的场强大小相等A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，故B错误C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误故选：C点评：矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化4（3分）在电场中某点放一个电量为q的检验电荷时，受到的电场力为F，现将检验电荷的电量增大为2q，下班说法正确的是（）A检验电荷受到的电场力仍为FB检验电荷受到的电场力变为2FC该点的场强为D该点的场强变为原来的2倍考点：电势差
14、与电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度只与电场本身有关，与检验电荷无关，受到的电场力为F=qE可求得电场力解答：解：电场强度只与电场本身有关，当检验电荷增大到2q时，由F=qE可知，检验电荷受到的电场力变为2F，故ACD错误，B正确；故选：B点评：本题主要考查了电场强度只与电场本身有关，检验电荷的电场力F=qE即可5（3分）如图所示是真空中一个点电荷Q形成的电场，M、N为电场线上两点，分别用E和代表场强和电势，已知M、N两点的电势MN，以下判断正确的是（）AQ为正电荷，EMENBQ为正电荷，EMENCQ为负电荷，EMENDQ为负电荷，EMEN考点：电势；电场强度
15、 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿着电场线的方向电势逐渐降低解答：解：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EMEN，沿着电场线的方向电势逐渐降低，MN，则Q为正电荷故选：A点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，根据电场分布的特点可以分析本题6（3分）电容器的电容可由公式C=定义，关于此式下列说法中正确的是（）A电容器所带的电量越多，电容越大B电容器的电容不随带电量及两极板间的电压的变化而变化C电容器两极板间的电势差越小，电容越大D电容器的电容与电
16、荷量成正比，与电压成反比考点：电容 专题：电容器专题分析：电容由电容器本身决定，与带电量无关，对一固定的电容器，它的带电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变，电容器的带电量Q为一个极板所带电荷量的绝对值解答：解：电容是电容器本身的性质，由电容器本身决定，而与带电量与电压无关，故ACD错误，B正确；故选：B点评：本题要抓住电容比值定义法的共性，电容反映了电容器容纳电荷本领的大小，与电压、电量无关7（3分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（）A电灯L更亮，电流表的示数减小B电灯L变暗，电流表的示数增大C电灯L变暗，电压表的示数增
17、大D电灯L更亮，电压表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化解答：解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律得知总电流I减小，即电流表示数减小，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，路端电压U=EIr增大故选：C点评：本题是简单的电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化8（3分）在一螺线管的正上方有一小磁针，如图所示，闭合开关后，小磁针N极指向右（
18、忽略地磁场的影响），下列判断正确的是）A电源的A端是正极，在电源内电流由A流向BB电源的A端是正极，在电源内电流由B流向AC电源的B端是正极，在电源内电流由B流向AD电源的B端是正极，在电源内电流由A流向B考点：安培定则 分析：首先通过小磁针的N、S极，利用磁极间的作用规律，可确定螺线管的NS极，再由绕向，结合右手螺旋定则，即可确定电源的正负极解答：解：小磁针的S极与螺线管的左端靠近，根据磁极间的作用规律：异名磁极相互吸引，所以螺线管的左端为N极，则螺线管的右端是通电螺线管的S极，根据右手螺旋定则，结合导线绕向，则电源右端是正极，左端是负极电源内部电流由负极流向正极，故D正确，ABC错误故选：
19、D点评：本题还可以根据小磁针指向先确定磁感线方向，再根据磁体的周围的磁感线是从N极出来，回到S极去的规律来判断该题中小磁针所在位置磁感线向左，所以小磁针N极向左，小磁针N极所指的方向为磁场的方向9（3分）如图，放在同一平面内的两根垂直导线，当通以如图所示的电流时，与导线在同一平面上的四点a、b、c、d到两根导线的距离相等，这四点的磁感应强度的方向垂直平面向里的是（）Aa点Bb点Cc点Dd点考点：磁感应强度 分析：由安培定则判断出两根电流质子abcd四个点的磁感应强度的方向，然后由矢量的合成即可解答解答：解：向右的电流在ab处的磁场的方向向外，在cd处的磁场的方向向里；竖直向下的电流在bd处的磁
20、场的方向向外，在ac处的磁场的方向向里，所以b处的磁场的方向向外，c处的磁场的方向向里，ad处的磁场的合场强是0故选：C点评：磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提10（3分）如图中已标明电流、磁场B、磁场力F三个量的方向，其中正确的是（）ABCD考点：左手定则 分析：根据图示电流与磁场方向，应用左手定则：伸开左手，大拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，大拇指指向为安培力的方向，从而分析答题解答：解：A、由左手定则可知，磁场向里，电流向里，电流与磁场方向平行，不受安培力，故A错误；B、由左手定则可知，安培力方向应向下，故B错
21、误；C、由左手定则可知，安培力方向应垂直导线斜向下，故C错误；D、由图示可知，长长的方向向上，电流的方向向外，安培力方向向左，故D正确；故选：D点评：本题考查了左手定则的应用，掌握左手定则内容，应用左手定则即可正确解题，注意左手定则与右手定则的区别，同时认清磁场与电流的方向11（3分）下列说法正确的是（）A洛伦兹力对带电粒子不做功B运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用C运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D洛伦兹力既不改变带电粒子的速度大小，也不改变带电粒子的速度方向考点：洛仑兹力 分析：根据左手定则知，大拇指所指的方向为洛伦兹力的方向，与四指方向（
22、即粒子的速度方向）垂直，与磁场方向垂直解答：解：A、由于洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，所以洛伦兹力只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小，对带电粒子不做功故A正确；B、运动电荷在磁感应强度不为零的地方，根据f=qvBcos，是v与B的夹角，当夹角是0时，洛伦兹力为0，故B错误；C、根据左手定则，洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，即垂直于磁场方向和速度方向所决定的平面，但是磁场方向与速度方向不一定垂直磁场方向与速度方向不垂直时，f=qvBcos，是v与B的夹角，当夹角是0时，洛伦兹力为0，但磁感应强度不是0故C错误；D、由于洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，
23、所以洛伦兹力只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握左手定则，会通过左手定则判断磁场方向、速度方向和洛伦兹力方向的关系12（3分）有两个带电粒子分别垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，如果它们圆周运动的周期恰好相同，这说明它们进入磁场时（）A速率一定相等B质量一定相等C电量一定相等D荷质比（电量与质量的比值）一定相等考点：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：粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供圆周运动向心力，得到周期表达式，由此展开分析可得结论解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力即：qvB=m则
24、得轨道半径 r=周期为 T=由题意：两个带电粒子的周期相同，由上式知荷质比（电量与质量的比值）一定相等，故ABC错误，D正确故选：D点评：根据洛伦兹力提供圆周运动向心力，推导出轨道半径和周期的公式，明确周期的决定因素，这是解决本题的关键二、双项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得4分，只选1个且正确的得2分，选错或不选的不得分）13（4分）下列说法中正确的是）A电场和磁场都是实际存在的物质B电场线和磁感线都是实际存在的C电场线和磁感线都是闭合的线D电场线和磁感线都是不相交的考点：磁感线及用磁感线描述磁场；电场线 分析：电场线是画在电场中
25、的一条条有方向的曲线，用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向电场和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的，不是客观存在的解答：解：A、电场和磁场都是客观存在的物质；故A正确；B、电场线和磁感线是人为引入的虚拟线，实际中并不存在；故B错误；C、电场线不会闭合，而磁感线是闭合的；故C错误；D、不论是电场线还是磁感线，二者均不会相交；故D正确；故选：AD点评：解决本题的关键知道电场线和磁感线的特点，知道它们的相同点和不同点14（4分）下列说法中正确的是（）A由R=可得导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比B由I=可得通过导体的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比C铜的
26、电阻率会随着温度的升高而减小D两个电阻并联之后总电阻比原来任一个都小考点：电阻定律；欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电阻是导线自身性质，与电阻率、长度、粗细有关，与电压和电流无关；欧姆定律则说明电流大小因素，与电压成正比，与电阻成反比解答：解：A、电阻是导线自身性质，与电阻率、长度、粗细有关，与电压和电流无关，故A错误；B、欧姆定律则说明电流大小因素，与电压成正比，与电阻成反比，故B正确；C、铜的电阻率会随着温度的升高而增大，故C错误；D、根据电阻定律知电阻并联相当于横截面积增大，故电阻减小，两个电阻并联之后总电阻比原来任一个都小，故D正确；故选：BD点评：此题考查欧姆定律和电阻定律的理解，
27、要求同学们在平时记忆的同时要根据实际加强理解15（4分）如图所示，电动机线圈电阻为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，电源电动势为E，内阻为r，下列说法中正确的是（）A电源的总功率为UIB电动机的输入总功率为UIC电动机输出的机械功率为UII2RD电动机线圈产生的热功率为考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率P电=UI，发热功率P热=I2r，输出功率根据能量守恒分析得到P出=P电P热解答：解：A、电源的总功率P总=EI，故A错误；B、电动机正常工作时，电动机消耗的电功率P电=UI故B正确C、电动机的发热功
28、率P热=I2r，由于欧姆定律不再成立，P热根据能量守恒定律得到，电动机的输出功率P出=P电P热=UII2R故C正确，D错误故选：BC点评：本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=I2r，由于欧姆定律不成立，P热16（4分）如图所示的电场中，一带电粒子只在电场力作用下从静止开始由M运动到N，下列判断中正确的是（）A该粒子必带负电荷B带电粒子在M处的加速度比在N处的加速度大CM处的电势M大于N处的电势ND从M到N点，电场力做负功考点：电势；电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：首
29、先据粒子的运动轨迹，判断带电粒子的大体方向，再据场强方向的规定，判断粒子的电性；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，判断场强和加速度；电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加解答：解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向与电场线方向相同，由此可知，此带电的粒子为正电荷，故A错误；B、由电场线的分布可知，电场线在M点的时候较密，所以在M点的电场强，粒子在M点时受到的电场力大，即粒子的加速度大，故B正确；C、沿着电场线方向电势逐渐降低，C正确D、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，D错误故选：BC点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基
30、础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题；一定注意据轨迹判断电场力的方向17（4分）回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A粒子从电场中获得能量B粒子从磁场中获得能量C粒子在D形盒中的运动周期不变D粒子在D形盒中的运动周期逐渐变长考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；粒子在磁场中偏转，在电场中加速结合洛伦兹力提供向心力，根据D形盒的半径求出最大速度的大小，判断与什么因素有关，且得出周期公式，从而确定运动中周期不变解答：解：A、粒子在磁场中偏转，洛伦兹力不做功，在电场中加
31、速，电场力做正功，知离子在电场中获得能量，在磁场中能量不变故A正确，B错误C、根据qvB=m，结合v=，可知，T=，则有，粒子在D形盒中的运动周期不变，故C正确D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道回旋加速器的构造，以及加速粒子的原理，知道回旋加速器加速粒子的最大动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小以及D形盒的半径有关三、实验题（共2小题，共16分）。18（8分）某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作：（1）用10分度的游标卡尺测量圆柱体的长度，由图1可知其长度为100.2mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，可知其直径为13.130mm；（3）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“1
32、”位置的多用电表粗略测量该圆柱体阻值，根据如图3所示的表盘，可读出被测电阻阻值为7（4）该同学选择适当的仪器后，用图4所示的电路图测出的电阻比真实电阻偏小（“大”或“小”）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）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；（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（4）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，由R=知测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小解答：解：（1、2）由图1所示可知，主
33、尺示数为10.0cm=100mm，游标尺示数为：20.1mm=0.2mm，则读数为100.2mm；螺旋测微器固定刻度示数为13.0mm，旋转刻度示数为13.00.01mm=0.130mm，则读数为13.130mm；（3）用多用电表的电阻“1”挡，由图3所示可知，电阻阻值为71=7；（4）电压值是真实的，由于电压表的分流，电流偏大，故测量的电阻偏小故答案为：（1）100.2；（2）13.130（13.12913.131都对）；（3）7；（4）偏小点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；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；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游
34、标卡尺读数时，要注意游标尺的精度理想的电流表内阻为零，理想电压表内阻无穷大，但实验电流表内阻不为零，电压表内阻不是无穷大，故在实验中存在误差19（8分）一位同学用如图1所示的电路图测量电池的电动势和内阻：（1）在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应处在a端；（2）该同学改变滑片的位置，记录了6组数据，并根据数据在图2所示的坐标纸上作出了UI图线，请根据图线求出电源电动势E=1.50V，内阻r=0.833（均保留三位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）为保护电路安全，根据图示电路图确定滑片的位置（2）根据图示电源UI图象求出电源电动势与内阻解答：解：（1）由图示电路图可知
35、，滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前滑片要置于a端（2）由图象电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：r=0.833；故答案为：（1）a；（2）1.50；0.833点评：本题考查了实验注意事项、求电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法四、计算题（本大题共3题，共28分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）20（10分）如图所示，水平放置的两块平行金属板，相距d=0.04m，两板间的电压是U=1.2103V，在两板间的电场中有一质量是m=6.0103kg的带电小球，静止于平行
36、板的中点，取g=10m/s2，试求：（1）小球带何种电荷；（2）两块平行金属板之间的场强； （3）小球所带电量；（4）两板间的电压保持不变，把两板间的距离改变为0.08m，小球将向哪个方向运动？加速度是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：带电液滴处于静止状态，受力平衡，重力与电场力大小相等，方向相反，根据平衡条件列式，求解板间的电场强度，有共点力平衡求的电荷量，由牛顿第二定律求的加速度解答：解：（1）根据力的平衡条件，由mg=qE，受到的电场力向上，电场向下，故小球点负电（2）电场强度为：（3）有共点力平衡可知：mg=qEq=（4）由E=可知，当d增
37、大，电场强度减小，受到的电场力减小小于重力向下加速运动，由牛顿第二定律得：代入数据解得：a=5m/s2答：（1）小球带负电；（2）两块平行金属板之间的场强3104V/m； （3）小球所带电量2106C；（4）两板间的电压保持不变，把两板间的距离改变为0.08m，小球将向下运动，加速度是5m/s2点评：本题是带电体在电场中平衡问题，掌握平衡条件和电场强度与试探电荷无关的特点进行求解21（8分）如图，一个电子以速度v0垂直电场方向进入电场中后向下偏转，从极板的右端射出，若已知电场场强为E，电子电量为e，质量为m，极板的长度为L，试求：（1）电子在平行于极板方向上做什么运动？（2）求电子在电场中运动
38、的时间t？（3）求电子的加速度a？（4）求电子射出电场时的侧位移y考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）通过受力分析判断运动；（2）在平行于板做匀速运动，由运动学公式求的时间；（3）由牛顿第二定律求的加速度；（4）由运动学公式求的偏转量解答：解：（1）在速度方向上不受力，故电子电子在平行于极板方向上做匀速直线运动；（2）运动时间为t=（3）电子的加速度为a=（4）偏转量为y=答：（1）电子在平行于极板方向上做匀速直线运动（2）求电子在电场中运动的时间为（3）求电子的加速度a为（4）求电子射出电场时的侧位移y点评：把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，
39、竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题22（10分）如图为质谱仪的工作原理图，带电粒子被加速电场加速后先进入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E，磁感应强度为B），再穿过平板S上的狭缝P进入磁感应强度为B0的偏转磁场，最后打在胶片A1A2上（1）粒子带何种电荷？（2）速度选择器中的磁场B的方向如何？（3）能通过狭缝P的带电粒子的速率？（4）在磁场B0中，粒子打在胶片上的位置离狭缝P距离为d，求粒子的荷质比考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v= 粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置，根据粒子在匀强磁场中的圆周运动的轨迹，运用左手定则可以判断粒子带正电还是负电，以及速度选择器中的磁场的方向解答：解：（1）、粒子垂直磁场向下进入磁场，根据左手定则可知，粒子带正电，（2）、粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，（3）、由qE=qvB，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，（4）、由=，知R越小，荷质比越大，答：（1）粒子带正电荷；（2）速度选择器中的磁场B的方向垂直向外；（3）能通过狭缝P的带电粒子的速率；（4）粒子的荷质比点评：质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段、速度选择阶段、在磁场中运动阶段
