1、2019-2020学年高二（上）期末物理试卷5 一、选择题1（3分）（2018吉林长春期末）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值B洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律，安培发现了磁场对运动电荷的作用规律C赫兹发现了电现象的磁本质，楞次总结了右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向D奥斯特发现了电磁感应现象并建立了电磁感应定律，法拉第发现了电流磁效应分析：本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现。解析：库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷
2、的数值，故A正确；安培发现了磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故B错误；安培发现了电现象的磁本质，安培总结了右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，故C错误；法拉第发现了电磁感应现象并建立了电磁感应定律，奥斯特发现了电流磁效应，故D错误。点评：近几年高考中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记。2（3分）（2018吉林长春期末）关于电场线和磁感线的说法正确的是（）A电场线是客观存在的而磁感线是不存在的B静电场的电场线是不闭合的，而磁感线是闭合的曲线C电场线和磁感线都可能相交D电场线就是电荷在电场中的运动轨迹，磁感线却不是轨迹线分析：电场线
3、的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合。解析：电场线和磁感线都是不存在的，只是人们为了描述电场和磁场假想的曲线，故A错误；静电场的电场线是不闭合的，而磁感线是闭合的曲线，故B正确；电场线和磁感线都不可能相交，故C错误；电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故D错误。点评：记住电场线和磁感线的特点即可顺
4、利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念。注意明确电场线和磁感线的共同点和不同点。3（3分）（2018吉林长春期末）关于通电导线在磁场中受到的安培力、运动电荷在磁场中受到的洛仑兹力、通电导线周围产生的磁场方向及闭合导体回路中导体棒切割磁感线产生电流的情况分别如图A、B、C、D所示，其中方向关系正确的是（）ABCD分析：判断通电导线在磁场中受的安培力的方向以及带电粒子在磁场中受洛伦兹力的方向用左手定则；判断通电直导线周围的磁场方向用右手定则；判断闭合导体回路中导体棒切割磁感线产生电流用右手定则。解析：如图A是通电导线在磁场中受到的安培力，由左手定则可知安培力方向应该向上，故A错误；如图B是运动
5、电荷在磁场中受到的洛仑兹力，根据左手定则可知洛伦兹力的方向应该向上，故B错误；如图C是通电导线周围产生的磁场方向，根据右手定则可知导线的上边磁场向里，下边向外，故C错误；如图D是闭合导体回路中导体棒切割磁感线产生电流，根据右手定则可知，导线中产生的电流向下，故D正确。点评：此题关键要搞清左手定则和右手定则的使用范围，这是易错易混淆的问题，必须要记清楚。4（3分）（2018吉林长春期末）如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，R1、R2是两个阻值固定的电阻，电容器的电容为C当可变电阻R的滑片向上端移动时，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2，电容器两极板间的电压U将如何变化（）AI1变大
6、，I2变小，U变大BI1变大，I2变大，U变大CI1变小，I2变小，U变小DI1变小，I2变大，U变小分析：在闭合电路中，R与R2串联，再与R1并联，电容器并联在R的两端，电容器两端的电压等于R两端间的电压当可变电阻R的滑片向上端移动时，电阻R的阻值减小，抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，判断通过R1和R2的电流以及R两端的电压解析：当可变电阻R的滑片向上端移动时，R的阻值减小，整个电路的总电阻减小，电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以I1减小。总电流增大，则I2增大，R2两端的电压增大，则R两端的电压减小。故D正确，A、B、C错误。点评：
7、在解决闭合电路动态分析时，抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行分析5（3分）（2018吉林长春期末）一束带电粒子以同一速度，并从同一位置S处进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r22r1，q1、q2分别是它们的带电量，则（）Aq1带负电、q2带正电，比荷之比为：2：1Bq1带负电、q2带正电，比荷之比为：1：2Cq1带正电、q2带负电，比荷之比为：2：1Dq1带正电、q2带负电，比荷之比为：1：1分析：通过图示得出洛伦兹力的方向，根据左手定则得出电荷的电性，正电荷定向移动的方向与四指方向相同，负电荷定向移动的方向与四指方向相反根据
8、有，得出半径公式r，通过半径公式的得出荷质比解析：q1向左偏，q2向右偏，根据左手定则知，q1带正电、q2带负电。根据半径公式r，知荷质比，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，所以荷质比之比为2：1故C正确，A、B、D错误。点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式r6（3分）（2018吉林长春期末）如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cdb、d间连有一固定电阻R，导线电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向
9、垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则（）AUBlv，流过固定电阻R的感应电流由b到dBUBlv，流过固定电阻R的感应电流由d到bCUBlv，流过固定电阻R的感应电流由b到dDUBlv，流过固定电阻R的感应电流由d到b分析：当MN匀速运动时，MN相当于电源。由EBlv求解感应电动势，根据欧姆定律求出MN两端电压的大小。由右手定则判断电流的方向。解析：MN切割磁感线产生的感应电动势：EBlv，两端电压：UIRRRBlv，由右手定则可知，流过固定电阻R的感应电流由b到d，故A正确。点评：本题关键要能够把电磁感应和电路
10、知识结合起来解决问题。会用右手定则判断电流的方向。7（3分）（2018吉林长春期末）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是（）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B对应P点，小灯泡的电阻为RC对应P点，小灯泡的电阻为RD对应P点，小灯泡的功率为图中PQO所围的面积分析：根据电阻的定义式R，求出对应P点小灯泡的电阻，不能根据斜率的倒数求解电阻随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大根据图象的数学意义，由“面积”求解功率解析：图线上的点与原点连线的倒数等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压
11、的增大，小灯泡的电阻增大。故A错误。根据电阻的定义式可知，对应P点，小灯泡的电阻为R故B正确。此电阻是非线性元件，其电阻不等于图象切线斜率的倒数，所以小灯泡的电阻为R故C错误。由恒定电流的功率公式PUI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积。故D错误。点评：本题电阻是非线性元件，电阻R，可以根据几何知识理解图象的物理意义8（3分）（2018吉林长春期末）在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线（）A受到竖直向下的安培力B受到竖直向上的安培力C受到由南向北的安培力D受到由西向东的安培力分析：赤道上空地磁场的方向由南向北，根据左手定则判断通电导线所受的安
12、培力方向。解析：赤道上空地磁场的方向由南向北，根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向北穿过手心，则手心朝南。四指指向电流方向，则由西向东，拇指指向安培力方向：竖直向上。故选B。点评：本题考查左手定则的应用能力，关键要了解地磁场的分布情况：地磁场的北极在地球的南极附近，地磁场的南极在地球的北极附近。9（3分）（2018吉林长春期末）一只电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同都为R设通过它们的电流相同（电动机正常运转），则在相同的时间内（）A电炉和电动机两端电压一定相等B电炉产生的电热一定小于电动机产生的电热C电动机输出的功率一定大于电炉消耗的功率D电动机消耗的功率一定大于电炉消耗的
13、功率分析：对于电炉电路和电动机电路，焦耳定律都适用，欧姆定律适用于电炉，不适用于电动机；根据欧姆定律研究电炉两端的电压；电动机两端的电压大于电流与电阻的乘积。解析：设电流为I，则电炉两端电压U炉Ir，电动机两端电压U机Ir，所以U机U炉即电动机两端电压大于电炉两端电压，故A错误；电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用。根据焦耳定律QI2rt，得电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等，故B错误。电动机输出的功率IU机I2r与电炉消耗的功率I2r无法比较，故C错误；电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它
14、们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率。故D正确。点评：明确电动机工作时电功只能用WUIt求，电热只能用焦耳定律求；电炉工作时，电热等于电功，公式为：WUItI2rt。10（3分）（2018吉林长春期末）如图所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A自O静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面设空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A在复合场中，小球做匀变速曲线运动B在复合场中，小球下落过程中的电势能增加C小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和D若其
15、他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变分析：小球重力不可忽略，进入混合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，重力与电场力恒定，但洛伦兹力时刻变化，运动过程前两力做功而洛伦兹力不做功解析：小球进入混合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，初速度竖直向下，电场力水平向右，洛伦兹力水平向右，因此，合力必不沿竖直方向，故粒子做曲线运动，运动过程中洛伦兹力时刻变化，故合力将会改变，小球做变加速曲线运动，故A错误；下落过程中，电场力将做正功，由功能关系得，电势能减小，故B错误；小球从静止开始下落到水平地面过程中，洛伦兹力不做功，由动能定理得，小球落到水平地面时的动能等于
16、其电势能和重力势能的减少量总和，故C正确；增大磁感应强度后，将改变洛伦兹力的大小，进而影响粒子的落点发生变化，电场力做功将会改变，落地时动能将会不同，故D错误。点评：全面分析粒子的受力，明确各力的做功特点，依据功能关系、动能定理及曲线运动条件和牛顿运动定律认真分析11（3分）（2018吉林长春期末）一段长L0.2m，通过I2.5A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是（）A如果B2T，F一定是1NB如果F0，B也一定为零C如果说B4T，F有可能是1ND如果F有最大值时，通电导线一定与磁场垂直分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式FBILsin求出安培
17、力大小，当夹角为零时没有安培力； 当夹角为90时，安培力最大； 则安培力在最大值与零之间。解析：长度为0.2m的通电直导线，若放置于匀强磁场的磁感应强度中，通入电流为2.5A，如果B2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为FBIL22.50.2N1N若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；如果F0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；如果B4 T，若垂直放置时，则安培力大小为FBIL42.50.2N2N因此F有可能是1N，故C正确；如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D正确。点评：学会运用FBIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直。若
18、不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用FBIL计算安培力的大小。12（3分）（2018吉林长春期末）如图所示，将某一电源E的路端电压随干路电流的变化关系和某一电阻R的电压与通过该电阻的电流关系画在同一个UI图象中，若将该电源与这个电阻R构成闭合回路，则下列分析正确的是（）A甲图反映电源的UI关系，其内阻为2.0B乙图反映电源的UI关系，其电动势为3.0VC通过电阻R的电流大小为1.0AD电源内阻r消耗的热功率为2.0W分析：由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻。电阻R的伏安特性曲线的斜率等于
19、电阻。两图线的交点读出电流与电压，求出电源内阻的热功率。解析：根据闭合电路欧姆定律得UEIr，当I0时，UE，由读出电源的电动势E3V，内阻等于图线的斜率大小，则，故B正确，A错误；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U2V，电流I1.0A，则通过电阻R的电流大小为1.0 A，电源内阻r消耗的热功率为PrI2r1.0211W故C正确，D错误。点评：本题考查闭合电路欧姆定律的图象，对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义13（3分）（2018吉林长春期末）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生
20、的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，b点的场强大小为Eb，Ea、Eb的方向如图所示；a点的电势为a，b点的电势为b则下列分析正确的是（）AEa3EbBEa2EbCabDab分析：要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据可知必需知道ab两点到O的距离大小关系a点到O点的距离RaLabcos60Lab，b点到O点距离RbLbcos30Lab再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低。解析： a点到O点的距离RaLabcos60Lab，b点到O点距离RbLbcos30Lab，根据点电荷的场强公式可得，故Ea3Eb，故A正确，B错误；在负点电荷的周围越靠近场源电势越低，故有ab
21、，故C正确，D错误。点评：理解场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点即可顺利解决此类题目。14（3分）（2018吉林长春期末）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是，重力加速度为g（）ABmg，方向垂直斜面向上BBmg，方向沿着斜面向下CB，方向水平向左DB，方向水平向右分析：导体棒受重力、支持力（可能为零）和安培力，处于平衡状态，关键是根据左手定则确定安培力方向，然后根据平衡条件列式求解安培力大小，根据FBIL求解磁感应强度解析：外加匀强磁场的
22、磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，安培力Fmgsin，则磁感应强度大小Bmg，故A正确；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，根据左手定则，安培力方向平行斜面向下，不可能平衡，故B错误；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向水平向左，根据左手定则，安培力方向竖直向上，故受重力和安培力平衡，故BILmg，解得：B，故C正确；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向水平向右，根据左手定则，安培力方向竖直向下，故不可能平衡，故D错误。点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向15（3分）一导线弯成如图所示的闭合线圈，
23、以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是（）A感应电流一直沿顺时针方向B线圈受到的安培力先增大，后减小C感应电动势的最大值EBrvD穿过线圈某个横截面的电荷量为分析：由楞次定律可判断感应电流的方向，由左手定则可得出安培力的方向；分析线圈有效切割长度的变化，由法拉第电磁感应定律可分析感应电动势的变化，确定感应电流和安培力的变化当有效的切割长度最大时，产生的感应电动势最大，最大的有效切割长度等于2r根据q求解电量解析：线圈进入磁场的过程，磁通量一直增大，根据楞次定律判断可知感应电流一直沿顺时针方向，故A
24、正确。设线圈有效的切割长度为L，由图可知L先增大后减小，线圈受到的安培力F，则知安培力先增大，后减小，故B正确。最大的有效切割长度等于2r，则感应电动势的最大值E2Brv，故C错误。穿过线圈某个横截面的电荷量为 q，故D错误。点评：本题运用安培力与速度的关系式、电量与磁通量变化量的关系式是两个关键，要理解有效切割长度的意义，运用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析16（3分）（2018吉林长春期末）如图为电场中x轴上各点电势分布图象，x轴上相邻坐标点间距相等，由图象可以看出（）A正电荷沿x轴从x1运动到x5的过程中，电场力一直在做正功Bx轴上，x3到x4之间沿x轴方向各点的场强大小相等且不为零
25、C沿x轴方向，x5处的场强比x2处的场强大D负电荷从x1到x2电势能的减少量一定小于从x4到x5电势能的减少量分析：x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道x3x4之间的场强为零，从坐标x1到x3和x4到x5电势增大，根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功。解析：x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道x3x4之间的场强为零，从坐标x1到x3和x4到x5电势增大，则正电荷的电势能增大，电场力做负功，故A错误；由图可知，x轴上，x3到x4之间沿x轴方向各点的场强为零，故B错误，x图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以x5处的场强比x2处的场强大，故C正确；从坐标x1到x2和
26、x4到x5电势增大，则负电荷的电势能减小。由图可知x1之间x2的电势差小于x4之间x5的电势差，负电荷从x1到x2电势能的减少量一定小于从x4到x5电势能的减少量，故D正确。点评：x图象中：电场强度的大小等于x图线的斜率大小，电场强度为零处，x图线存在极值，其切线的斜率为零。在x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。在x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WABqUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。17（3分）如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，
27、做了一段匀速圆周运动，从D点射出。下列说法正确的是（）A微粒受到的电场力的方向一定竖直向上B微粒做圆周运动的半径为C从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小D从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小分析：带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡。由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径。根据电场力做功正负，判断电势能的变化和机械能的变化。解析：由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上。故A正确。由上则有：mgqE
28、由洛伦兹力提供向心力，则有 qvBm又v联立三式得，微粒做圆周运动的半径为r故B正确。由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小。故C正确。根据能量守恒定律得知：微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定。故D错误。点评：本题解题关键是分析微粒做匀速圆周运动的受力情况，根据合力提供向心力进行判断。18（3分）（2018山东一模）一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（）Aa、b、c三点电势高低及场强大小
29、的关系是acb，EaEc2EbB质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小C质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1D若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动分析：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系解析：根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势；，故A正确；电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲
30、方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；故B正确；粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力。由图可知，代入库仑定律：，可得：由牛顿第二定律：故C错误；由C的分析可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动。故D错误。点评：本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧进而判断出电荷是负电荷二、实验题19（2018吉林长春期末）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的
31、实验中，可供选择的器材及对应序号如下：A小灯泡L（3.6V，约7）；B滑动变阻器R（03，额定电流2.5A）；C电压表V1（量程：05V，RV1约5k）；D电压表V2（量程：015V，RV2约15k）；E电流表A1（量程：00.6A，RA1约0.5）；F电流表A2（量程：03A，RA2约0.1）；G干电池多组、开关一个，导线若干实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压（1）为了减少误差，实验中应选电压表 ，电流表 ；（填写器材前的序号）既满足实验要求，又可以减小误差的实验电路图是图1中的 （填写电路图下方的序号）（2）请按正确选择的电路图连接图2中的实物（3）根据得到的相关数据描
32、绘出小灯泡的伏安特性曲线如图3所示，将该小灯泡直接接在电动势为3.0V，内阻是2.5的电池两端，小灯泡的实际功率为 W（结果只保留一位有效数字）分析：（1）根据图2中数据可明确最大电流和电压，则可明确电压表和电流表的示数；同时根据实验原理确定实验电路图；（2）根据原理图即可明确对应的实物图； （3）在灯泡的UI图象同一坐标系内作出电源的UI图象，两图象的交点坐标值是用该电源给小灯泡供电时的电压与电流值，由PUI求出灯泡的实际功率解析：（1）由题意可知，额定电压为3.6V，故电压表选择C； 由图3可知，实验中电流最大约为0.5A，故电流表应选择E；因本实验采用分压接法，故采用小电阻E； 由表中实
33、验数据可知，电压与电流从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法；灯泡电阻7，电压表内阻约为5k，电流表内阻约为0.5，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，故应选用丙图中的电路图进行实验；（2）根据原理图可得出对应的实物图如图所示；原理图如图所示；（3）在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示，两图的交点表示灯泡的工作点，则可知，灯泡电压为2.0V，电压为0.4A，则灯泡的功率PUI20.40.8W；答案：（1）C；E；丙；（2）如图所示；（3）0.8点评：本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是
34、采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法三、计算题20（2018吉林长春期末）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环（单匝线圈），其面积为S1102cm2，电阻为R0.1规定导体环中电流的正方向如图所示的顺时针方向，磁场向上为正方向。磁感应强度B随时间t按图变化，计算结果均保留一位有效数字。试分析：（1）第2s末通过导体环的磁通量的大小；（2）在12s内导体环中的感应电流I的大小及方向；（3）在12s内导体环中产生的热量Q。分析：（1）根据BS求解磁通量；（2）根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律求解电流，根据楞次定律判断电流的方向；（
35、3）根据焦耳定律求解产生的热量。解析：（1）根据磁通量的定义：BS11021102104Wb1104Wb（2）根据法拉第电磁感应定律得V1104V结合闭合电路欧姆定律得A1103A根据楞次定律可知在12s内导体环中的感应电流I的方向为顺时针（3）根据焦耳定律得QI2Rt（1103）20.11J1107J答案：（1）第2s末通过导体环的磁通量的大小为Wb；（2）在12s内导体环中的感应电流I的大小为，方向为顺时针；（3）在12s内导体环中产生的热量Q为点评：本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律及闭合电路的欧姆定律等知识点，注意磁场发生变化时感应电动势的计算公式N，同时记住楞次定律可简单表述“增反
36、减同”。21（2018吉林长春期末）如图，在直角坐标系的第一、二象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在第三、四象限存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。质子从y轴上yh点以一定的初速度射出，速度方向沿x轴正方向。已知质子进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为30，并从坐标原点O处第一次射出磁场。质子的质量为m，电荷量为q。不计粒子重力。求：（1）质子第一次进入磁场的位置到原点O的距离；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）质子第一次在磁场中的运动时间。分析：（1）质子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出质子第一次进入磁场时到O点的距离。（2）质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹
37、力提供向心力，求出质子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。（3）质子在磁场中做圆周运动，由几何关系求解旋转的角度，根据周期公式求解时间。解析：（1）质子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，其轨迹圆的圆心设为O点，运动轨迹如图所示。设质子在电场中的加速度大小为a，初速度的大小为v0，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置P点到原点O的距离为x。由运动学公式有xv0t1由题给条件，质子进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角30。进入磁场时速度y分量为vyat1v0tan解得：x（2）质子在电场中运动时，由牛顿第二定律得：qEma 设质子进入磁场时速度的大小为v，由速度合成法则
38、有：设磁感应强度大小为B，质子在磁场中运动的圆轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：，解得：由几何关系得x2RsinR 解得：（3）由质子在磁场中的运动轨迹图结合几何关系得圆心角为：则质子在磁场中的运动时间为：由匀速圆周运动规律结合轨迹半径公式得：则质子第一次在磁场中的运动时间：t2答案：（1）质子第一次进入磁场的位置到原点O的距离为；（2）磁场的磁感应强度大小为；（3）质子第一次在磁场中的运动时间为。点评：本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。