1、2013-2014学年山东省德州市中学高三（上）月考物理试卷（1月份） 一、选择题1（4分）（2010南京二模）如图所示的实验装置为库仑扭秤细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电量q的关系这一实验中用到了下列哪些方法（）A微小量放大法B极限法C控制变量法D逐差法考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：绝缘棒两端固定一个带电另一个不带电质量相同的小球，处于平衡状态时，让一带电
2、小球C靠近，通过悬丝旋转角度可比较力的大小，从而得出力与距离和电量的关系解答：解：当小球C靠近小球A时，旋转小角度，因此通过微小放大，能比较准确的测出转动角度同时体现了控制变量法，即控制了电荷量，去研究库仑力与间距的关系故选：AC点评：库仑扭秤装置与卡文迪许扭秤装置有相似之处，且它们的规律也有相似之处即力与各质量（电量）成正比，与间距平方成反比2（4分）（2012丰台区一模）图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动已知电势KLM，且粒子在ab段做减速运动下列说法中正确的是（）A粒子带负电B粒子在bc段也做减速运动C粒子在
3、a点的速率大于在e点的速率D粒子从c点到d点的过程中电场力做负功考点：电势能；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：质点做曲线方向时，合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹弯曲方向，可判断电场力方向向左，作出电场线，大体方向向左，因此电荷带正电，bc段电荷做减速运动；根据电场力做功的正负，可知道电势能和动能如何变化解答：解：A、已知电势KLM，作出电场线如图，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带正电故A错误B、由电势ULUM，bc电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动故B正确C、a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速率也相等故C错
4、误D、粒子从c点到d点的过程中，电势降低，电势能减小，则电场力做正功故D错误 故选B点评：根据等势面作电场线，是解决这类问题常用方法根据轨迹，判断粒子的运动状态，进一步分析电场力做功、电势能变化情况是常见的问题，要熟练快速作答3（4分）（2012秋平泉县校级期末）如图电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，正确的是（）A电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B小灯泡L变亮C电容器C上电荷量减小D电源的总功率变小，效率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电
5、路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化由欧姆定律分析电压表示数的变化根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化电源的总功率为P=EI，与电流成正比电源的效率等于输出功率与总功率之比解答：解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小电压表的示数U=EI（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，电压表V的示数变大故A正确，B错误C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上
6、的电荷量增大故C错误D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小电源的效率=，外电路总电阻增大，路端电压U外增大，则电源的效率变大故D正确故选AD点评：本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，对分析没有影响4（4分）（2012白下区校级二模）如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法空间站中，用来探测宇宙射线现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线，恰好沿直线OO通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B2，形成两条径迹，则下列说法中正确的（）A粒子1进入磁场B2的速度小于粒子2的速度B粒子1进入磁场B2的速度等于粒子2的速度C粒子1的比
7、荷大于粒子2的比荷D粒子1的比荷小于粒子2的比荷考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在速度选择器中所受的电场力和洛伦兹力相等，根据两个力平衡比较粒子速度的大小粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据轨道半径的大小判断比荷的大小解答：解：A、在速度选择器中，粒子电场力与洛伦兹力相等，有qvB=qE，则v=知两粒子速度相等故A错误，B正确C、根据，解得R=，粒子进入偏转磁场的速度大小相等，轨道半径大，则比荷小，所以粒子1的比荷大于粒子2的比荷故C正确，D错误故选BC点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动5（4分）（2
8、012广东）质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是（）AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对MN做正功DM的运行时间大于N的运行时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系解答：解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的
9、速度率大于N的速率，B错误；C：洛伦兹力不做功，C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误故选：A点评：该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用简单题6（4分）（2012梧州二模）如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（）A它们的运动时间的关系为tPtQB它们的电荷量之比为qp：qQ=2
10、：1C它们的动能增量之比为EKP：EKQ=2：1D它们的电势能减少量之比为EP：EQ=4：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电势能版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：将两个小球的运动沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向只受重力，做自由落体运动；水平方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析解答：解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，竖直分位移相等，由h=gt2，得到时间相等，故A错误；B、两球的水平分运动都是初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律，有qE=ma 根据位移时间关系公式，有x=at2 由两式解得
11、x=t2由于两球的水平分位移之比为2：1，故电量之比为2：1，故B正确；C、根据动能定理，有mgh+qEx=Ek由于h未知，故C错误；D、电场力做功等于电势能的减小量，故Ep减=qEx由B选项分析可知，水平分位移之比为2：1，电量之比也为2：1，故电势能减小量之比为4：1，故D正确；故选BD点评：本题关键将两个小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析7（4分）（2012秋淄博期末）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，输电线的等效电阻为R=2，灯泡的电阻为8；原线圈输人如图乙所示的正弦交流电，则（）A交流电的频率为0.
12、02HzB副线圈两端电压的有效值为2.7VC电流表的示数为0.027AD电流表的示数为2.7A考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率版权所有专题：交流电专题分析：根据图象可以求得电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、B、根据图象可得周期0.02s，频率50Hz，所以A错误，B、根据图象可得原线圈的电压的最大值为27V，有效值为27V，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压的有效值为2.7V，B正确C、D、副线圈的电流为I=0.27A，电流与匝数成反比，故电流表的示数为0.027A，所以C正确，D错误故选：BC点评：掌握住理想变压器的
13、电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题8（4分）（2014河北模拟）一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，其速度随位置x变化的图象如图所示x=x1和x=x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大则在x轴上（）Ax=x1和x=x1两处，电场强度相同Bx=x1和x=x1两处，电场强度最大Cx=0处电势最高D从x=x1运动到x=+过程中，电荷的电势能逐渐增大考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据速度位移图象可知，检验电荷先减速后加速，加速度先增大后减小，在增大后减小，且初末速度相等，检验电荷带正电，根
14、据电场力做功情况可以判断电势能的变化解答：解：A、x=x1和x=x1两处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，故加速度绝对值相等且最大，由牛顿第二定律得电场力电绝对值相等且最大，由F=qE得场强度大小相同，方向相反，故A错误B、同理可得B正确，C、一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，电场力先做负功后做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能先增大后减小，得x=0处电势最高；故C正确；D、从x=x1运动到x=+过程中，电荷的速度增大，电场力做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能减小，电势能逐渐减小，故D错误，故选BC点评：解决这
15、类问题要明确正、负点电荷形成电场特点以及带电粒子在电场中运动的功能关系9（4分）（2013吉林二模）如图所示，MN右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与MN垂直现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于MN匀速向右运动导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图象可能是（取逆时针电流为正）（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电磁感应与图像结合分析：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方
16、向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，因此AB错误；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，故D错误，C正确；因此只有C正确；故选C点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除10（4分）（2011秋枣庄期末）下列说法正确的是（）A点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体B点电荷就是元电荷C根据库仑定律的表达式F=k可知，r0时，FD感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一部分考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形
17、状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系库仑定律的表达式的适用条件是真空中点电荷解答：解：A、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系故A错误B、元电荷是最小的电荷量，故B错误C、库仑定律的表达式的适用条件是真空中点电荷当r0时，电荷不能看成点电荷，此公式不适用，所以不能推导出E，故C错误D、感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一部分，故D正确故选D点评：考查了带电体看作点电荷和元电荷的概念以及库仑定律
18、得条件11（4分）（2013秋德州校级月考）如图所示，AB是真空中点电荷电场中的一条电场线一个带正电的粒子只受电场力的作用，以速度vA经过A点沿直线向B点运动，vA的方向为由A指向B；一段时间后，该粒子以跟vA方向相反的速度vB经过B点，则下列判断正确的是（）AA点的电势一定低于B点的电势BA点的电场强度一定大于B点的电场强度C该带电粒子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能D该带电粒子在A点的动能与电势能之和小于它在B点的动能与电势能之和考点：电场强度；电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据题意描述可知带正电的粒子所受电场力方向，从而确定电场方向，进一步明确电势高低；由于
19、图中只给出一条电场线，无法判断电场线的疏密，故电场强弱无法判断；电势能变化可根据电场力做功情况判断解答：解：A、由题可知，带正电粒子所受电场力水平向左，故电场方向水平向左沿电场线电势降低，所以A点电势低于B的电势，故A正确；B、题中给出一条电场线，无法判断电场线的疏密，因此无法判断A、B两点电场的强弱，故B错误；C、从A到B过程中电场力做负功，因此电势能升高，故C正确；D、根据功能关系可知，只有电场力做功时只对应着动能和电势能的转化，因此在运动过程中动能和电势能之和保持不变，故D错误故选：AC点评：电势高低看电场线，电场强度大小看电场线疏密，电势能变化看电场力做功，要明确这些物理量变化关系并能
20、正确应用，不能相互混淆12（4分）（2011秋枣庄期末）如图所示，A、B为两个带等量正电的点电荷，O为A、B连线的中点以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴下列四幅图分别反映了在Ox轴上各点的电势和电场强度E随坐标x的变化关系，其中可能正确的是（）ABCD考点：电场强度；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：等量正电荷的垂直平分线上的电场强度沿x轴先增大，后减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小解答：解：等量正电荷连线的中点电场强度为零，沿x轴方向无穷远处电场强度为零，知电场强度沿x轴方向先增大后减小等量正电荷的电场线是排斥状的
21、，x轴上沿正方向，因为沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先增大后减小故B、C正确，A、D错误故选BC点评：解决本题的关键知道等量同种电荷周围电场线的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低13（4分）（2013和平区校级模拟）如图所示，为一种自动跳闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线闸刀处于垂直纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场中，CO间距离为10cm当CO段受磁场力为0.2N时，闸刀开关会自动跳开则闸刀开关自动跳开时，CO中电流的大小和方向为（）A电流大小为1 AB电流大小为2 AC电流方向COD电流方向O
22、C考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由左手定则判断电流方向，由安培力计算公式求解电流大小解答：解：A、由F=BIL得，I=2A，故A错误，B正确C、由左手定则判断，电流方向OC，故C错误，D正确故选BD点评：与现实生活相联系的题目考查频率较高，注意联想用哪部分知识解决，建立正确的物理模型14（4分）（2012珠海模拟）在如图所示的UI图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）AR的阻值为1.5B电源电动势为3V，内阻为0.5C电源的输出功率为3.0wD
23、电阻R消耗的功率为1.5w考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：由图象可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2.0A；由图象可得外电路电阻R为1.5，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流解答：解：A、由图象可知，外电阻，故A正确B、由图象可知，电源电动势E=3.0V，短路电流I短=2.0A，电源内阻，故B错误C、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为1.0A，电源的输出功率为P=UI=1.51.0W=1. 5W，故C错误D、由两图象的交点坐标，可得电阻两端的电压为1.5V，流过电阻的电流为1.0A，电阻消耗的功率
24、为P=UI=1.51.0W=1.5W，故D正确故选AD点评：根据UI图象正确读出电源的电动势和短路电流，根据UI图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点二、非选择题15（6分）（2014秋上饶县校级月考）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为5.015cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为22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
25、使用版权所有专题：常规题型分析：（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解答：解：（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为5cm，游标尺示数为30.05mm=0.15mm=0.015cm，游标卡尺示数为5cm+0.015cm=5.015cm；（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“1”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为221=22；
26、故答案为：（1）5.015；（2）4.700；（3）22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，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度16（8分）（2015河南一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）实验室备有如下器材：A电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5）C电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）D滑动变阻器R1（040，额定电流1A）E电阻
27、箱R2（0999.9）F开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图根据测量数据作出图象，如图丙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表分流考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与
28、滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小解答：解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I=0.0015A=1.5mA，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）；待测电阻R0阻值约为2k，滑动变阻器R1（040，额定电流1A）与电阻箱R2（0999.9）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动
29、变阻器应采用分压接法；=40，=2，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；电压表的分流点评：根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键17（9分）（2011秋枣庄期末）在“测定金属的电阻率”的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图1
30、所示，则该电阻丝直径的测量值为d=0.182mm；（2）为了便于调节电路，并且能较准确的测出电阻丝两端的电压和其中的电流值，实验室提供了如下器材：电压表V（量程03V，内阻约3k）；电流表A（量程0100mA，内阻约5）；滑动变阻器R（010）；电源E（电动势为4.5V，内阻不计）；开关、若干导线等如图2所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头P，触头的另一端为接线柱c；当用手按下触头P时，触头P才与电阻丝接触，接触点的位置刻度可在刻度尺上读出实验中改变触头P与电阻丝接触点的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数I保持不变，分别测量
31、出多组接入电路中电阻丝的长度L与对应的电压U；请在图3中完成实验电路的连接（要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）（3）利用测量数据画出UL图线，如图4所示，其中（L0，U0）是UL图线上的一个点的坐标根据UL图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（L0，U0）可计算得出电阻丝的电阻率p=（用所给字母表示）考点：测定金属的电阻率版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据电压表量程选择电源，根据电路最大电流选择电流表，在保证电路安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图根据电路
32、图作出实物电路图（3）根据电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为18.20.01mm=0.182mm，螺旋测微器的示数为0mm+0.182mm=0.182mm（0.1810.185均正确）（2）电源电压为4.5V，所以电压表选择V1，电路最大电流约为：I=0.15A，所以电流表选择A1，为方便实验操作，滑动变阻器的范围不能过大，应选R1；电压表与电阻丝并联，再与电流表串联接入变阻器两端，而滑动变阻器分压式接入电路，如图所示：（3）根据欧姆定律得：U=IR，根据电阻定律得：R=，联立解得：U0=，电阻率：=故答案为：（1）0
33、.182；（2）如图所示；（3）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测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法三、解答题(本题共3小题，共42分解答时请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的不能给分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)18（12分）（2011秋枣庄期末）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在mx0的区
34、域内有磁感应强度大小B=4.0x104T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m一质量m=6.4x1027kg、电荷量q=3.21019C的带电粒子从P点以速度v=4104m/s沿与x轴正方向成=60角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力求：（1）带电粒子在磁场中运动的时间t（2）Q点的横坐标x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版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据带电粒子在磁场中运动的轨道
35、半径公式和周期公式求出粒子做圆周运动半径和周期大小，通过几何关系确定做圆周运动的圆形角，从而求出粒子在磁场中运动的时间（3）由几何关系得，粒子离开磁场后，垂直于电场线进入电场，做类平抛运动出电场后做匀速直线运动，将该运动分解为x方向和y方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求出Q点的横坐标解答：解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：解得：r=2m如图所示，过P点做v的垂线交y轴于O1点，由几何关系得：可见，PO1=r，所以，O1为粒子运动轨迹的圆心轨迹交y轴于C点，圆心角为=60，所以，粒子在磁场中运动的时间为：其中：解得：t=5.23105s（2）带电
36、粒子离开磁场后，垂直于电场线进入电场，做类平抛运动粒子在电场中的加速度为：在电场中的运动时间为：刚离开电场的瞬间，粒子沿y方向的分速度和位移分别为：粒子射出电场后，做匀速直线运动，设又经时间t2到达x轴上Q点，则：由几何关系可得，Q点的x坐标为：x=d+vt2代入数据解得：x=5.0m答：（1）带电粒子在磁场中运动的时间t=5.23105s（2）Q点的横坐标x为5.0m点评：解决本题的关键理清带电粒子在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，本题对数学几何的能力要求较高19（17分）（2013射洪县校级模拟）如图（a）所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，
37、右侧有一个以点（3L，0）为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角30，此时圆形区域加如图（b）所示周期性变化的磁场（以电子进入圆形区域开始计时，且磁场方向以垂直于纸面向外为正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30求：（1）电子进入圆形区域时的速度大小；（2）0xL区域内匀强电场的场强大小；（3）写出圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式考点：带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中
38、的运动版权所有专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）电子在电场中作类平抛运动，离开电场时电子的速度方向与x轴夹角30，可求得电子进入圆形区域时的速度v（2）运用运动的分解法研究可知：电子竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，vy=v0tan30=at=，水平方向t=，联立可求出E（3）在磁场变化的半个周期内电子的偏转角为60，由几何知识得到在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于电子的轨迹半径R，由题意，粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：，由牛顿第二定律得到半径R=，联立得到磁感应强度B0的大小表达式电子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场
39、变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求，应满足的时间条件：，而T=，可求得T的表达式解答：解：（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，由速度关系：解得（2）由速度关系得 在竖直方向 解得 （3）如图所示，在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60，所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于R粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：电子在磁场作圆周运动的轨道半径 得 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求应满足的时间条件：代入T的表达式得：答：（1）电子进入圆形区域时的速度大
40、小是；（2）0xL区域内匀强电场的场强大小是；（3）写出圆形区域磁场的变化周期表达式为、磁感应强度B0的大小表达式是得 点评：本题关键是将粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿运动定律和运动学公式列式分析求解；解题过程中要画出轨迹图分析，特别是第三小题，要抓住周期性，根据几何关系求解电子的半径满足的条件20（12分）（2011秋枣庄期末）如图甲所示，在x0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B；一质量为m、带电量为q（q0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力（
41、1）求该粒子运动到y=h时的速度大小v（2）现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（yx曲线）不同，但是，沿x轴方向具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向的运动具有相同的时间周期性，即都有相同的周期T=其yt图象如图丙所示试求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s（3）现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（yx曲线）不同，但是，对任一个轨迹来说，粒子在y=0处和在y方向的最大位移ym处所受的合外力总是大小相等、方向相反试求当入射粒子的初速度大小为2v0时，该粒子在y方向的最大位移ym考点：动能定理的应用；洛仑兹力
42、；带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）粒子在运动的过程中只有电场力做功，根据动能定理求出粒子运动到y=h时的速度大小v（2）通过图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向做匀速直线运动的粒子在T时间内前进的距离s根据qv1B=qE求出粒子沿x轴方向匀速运动的速度，从而得出一个周期内沿x轴方向运动的位移（3）粒子在y=0处和在y方向的最大位移ym处所受的合外力大小相等、方向相反，有q2v0BqE=（qv2BqE），结合动能定理求出在y方向的最大位移ym解答：解：（1）由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理得：（1）解得
43、：（2）（2）由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向做匀速直线运动的粒子在T时间内前进的距离s设粒子恰好沿x轴方向做匀速直线运动的速度大小为v1，则：qv1B=qE（3）又：s=v1T（4）（5）联立（3）（4）（5）式解得：（3）设粒子在y方向的最大位移为ym，粒子运动的速度大小为v2（方向沿x轴），根据该粒子在y=0处和在y方向的最大位移ym处所受的合外力大小相等、方向相反，可得：q2v0BqE=（qv2BqE）（6）由动能定理得：（7）联立（6）（7）两式解得：答：（1）该粒子运动到y=h时的速度大小（2）粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离（3）粒子在y方向的最大位移点评：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，过程较复杂，关键理清粒子的运动轨迹，结合动能定理和洛伦兹力和电场力知识进行解决