1、四川省凉山州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，1-8题只有一个选项正确，9-12题为多选，未选全得1分）1（3分）下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A回旋加速器B日光灯C质谱仪D示波器2（3分）下列说法中，正确的是（）A电场中电场强度越大的地方，电势就越高B磁感应强度的方向与磁场中通电直导线受安培力方向相同C电场中电势降低的方向就是电场线的方向D当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势3（3分）我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是310
2、7m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.61019C）（）A51011B51010C1102D11044（3分）将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B由U外=EIr可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小C电路的电流总是从电源正极流向电源的负极D由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大5（3分）一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，则下列说法正确的是（）A如果B=2T，F一
3、定是1NB如果F=0，B也一定为零C如果B=4T，F有可能是1ND如果F有最大值时，通电导线一定与B平行6（3分）穿过一个内阻为1的10匝闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，则线圈中（）A感应电动势每秒增加2VB感应电动势每秒减少2VC磁通量的变化率为2Wb/sD感应电流为2A7（3分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线，只在电场力作用下，一带电粒子经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是 （）A粒子带正电B粒子在A点电势能大C粒子在B点动能大DA、B两点相比，B点电势较低8（3分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑
4、绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是（）A小球能越过d点并继续沿环向上运动B当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C小球从a点运动到b点的过程中，电势能增大D小球经过c点时速度最大9（3分）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的值，可能是（）A0.2
5、5TB0.5TC1TD2T10（3分）如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）现增加光照强度，则下列判断正确的是（）AB灯变暗，A灯变亮BR0两端电压变大C电源路端电压变小D电源内电压变小11（3分）图示的电路中，L为自感线圈，A为小灯泡当开关S闭合后，灯泡正常发光；现断开开关S，以下说法正确的是（）A断开开关S时，灯泡立即熄灭B断开开关S时，灯泡逐渐熄灭C断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从D到CD断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从C到D12（3分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.
6、0、R1=5.0、R2=6.0，C=30F在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化则下列说法中正确的是（）A2秒末通过线圈的磁通量为2103wbB螺线管中产生的感应电动势为1.5VC电路中电流稳定后电容器上极板带正电，且电量为18cD闭合S，电路稳定后电阻R1消耗电功率为5102W二、实验探究题（共18分）13（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为mm（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为 V，电流表的读数为A（3）用米尺测量
7、金属丝的长度L=0.810m利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为m（保留二位有效数字）14（9分）某同学在探究规格为“4V 2W”的小电珠伏安特性曲线实验中：现有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.4）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（1k，1A）G学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）（2）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至档进行测量（填选项前的字母）A直
8、流电压10V B直流电流5mA C欧姆1 D欧姆100（3）该同学采用图甲所示的电路进行测量在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最端（填“左”或“右”）在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总调不到零，其原因是点至点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图乙所示），若用电动势为3.0V，内阻为2.5的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率约为W15（3分）在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图
9、所示（1）在该实验中电流计G的作用是（2）在产生感应电流的回路中，如图器材中相当于电源？（3）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将（填“左偏”或“不偏”）三、计算题（写出必要的文字叙述和重要的演算步骤，只有最后结果不给分，共46分，16题6分，17题10分，18题15分，19题15分）16（6分）如图在一个分布范围足够大的水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细丝线把一个带电小球悬挂在O点，小球的质量为m，带电量为q，现把小球用绝缘工具移动到B位置，使细丝线伸直且水平，无初速释放小球，小
10、球向左能够到达的最远位置为D，小球速度最大位置为A，小球在D、A两位置时，细丝线与竖直方向的夹角分别为、，且=30试求：（1）匀强电场的场强E（2）图中角的大小17（10分）如图所示，水平放置的U形导轨足够长，处于竖直向上磁感应强度B=5T的匀强磁场中，导轨宽度L=0.4m，导体棒ab质量m=2.0kg，电阻R=1，与导轨的动摩擦系数为=0.2，始终与导轨垂直，其余电阻可忽略不计导体棒ab在垂直于ab的水平外力F=10N的作用下，由静止开始运动了x=40cm后，速度达到最大求：（1）导体棒ab运动的最大速度是多少？（2）导体棒ab由静止达到最大速度的过程，安培力做的功？（3）能否计算导体棒ab
11、由静止达到最大速度的过程中棒ab产生的热量？若能请计算出结果，若不能，简要说明理由18（15分）如图所示，内壁光滑、内径很小的1/4圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为1.0109 C的点电荷质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作已知电源的电动势为12V，内阻为1，定值电阻R的阻值为6，电动机的内阻为0.5求（取g=10m/s2，静电力常量k=9.01
12、09Nm2/C2）（1）小球到达B点时的速度；（2）小球所带的电荷量；（3）电动机的机械功率19（15分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置四川省凉山
13、州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，1-8题只有一个选项正确，9-12题为多选，未选全得1分）1（3分）下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A回旋加速器B日光灯C质谱仪D示波器考点：电磁感应在生活和生产中的应用 分析：回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速日光灯利用自感现象启动质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转电磁炉是利用电磁感应原理解答：解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速故A错误B、日光灯利用自感现象启动，而自感现象是特殊的电磁感应现象故B正确C、质谱仪是利用电
14、场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象故C错误D、示波器采用的是带电粒子在电场中的偏转原理，不是电磁感应现象；故D错误；故选：B点评：本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，基本题，不应失分2（3分）下列说法中，正确的是（）A电场中电场强度越大的地方，电势就越高B磁感应强度的方向与磁场中通电直导线受安培力方向相同C电场中电势降低的方向就是电场线的方向D当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势考点：电场线；电势 分析：电场中电势的高低与电场强度的大小无关；磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直；感应电动势E=，与磁通量的变化率有关解答：解：A、电场中电势的高低与电
15、场强度的大小无关，电场中电场强度越大的地方，电势不一定越高故A错误B、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直故B错误C、电场线的方向是电势降低最快的方向，电场中电势降低的方向不一定是电场线的方向故C错误D、根据法拉第电磁感应定律E=，与磁通量的变化率有关，与磁通量无关；当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱3（3分）我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是
16、3107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.61019C）（）A51011B51010C1102D1104考点：电流、电压概念 专题：恒定电流专题分析：根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目解答：解：电子转一圈的时间 整个环中电子的电量Q=It=101038106C=8108C所以电子的数目n=故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键掌握电流的定义式，会根据公式求出某段时间内同过横截面的电量4（3分）将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表
17、示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B由U外=EIr可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小C电路的电流总是从电源正极流向电源的负极D由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大解答：解：AB、根据闭合电路欧姆定律得：U=EIr，外电压随I的增大而减小，故A错误，B正确；C、外电路的电流总是从电源正极流向电源的负极，电源内部的电流总是从电源负极流向电源的正极，故C错误；D、根据
18、数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小故D错误故选：B点评：本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中5（3分）一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，则下列说法正确的是（）A如果B=2T，F一定是1NB如果F=0，B也一定为零C如果B=4T，F有可能是1ND如果F有最大值时，通电导线一定与B平行考点：安培力 分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsin求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力；
19、当夹角为90时，安培力最大； 则安培力在最大值与零之间解答：解：A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=22.50.2N=1N若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B=4 T，若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=42.50.2N=2N因此F有可能是1N，故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选：C点评：学会运用F=BIL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
20、培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小6（3分）穿过一个内阻为1的10匝闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，则线圈中（）A感应电动势每秒增加2VB感应电动势每秒减少2VC磁通量的变化率为2Wb/sD感应电流为2A考点：法拉第电磁感应定律 分析：根据磁通量的变化率，结合法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据欧姆定律求出感应电流的大小解答：解：A、闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，知磁通量的变化率为2Wb/s，根据法拉第电磁感应定律得，E=n=102V=20V故A、B错误，C正确D、根据欧姆定律得，感应电流I=，故D错误故选：C点评：本题考查了法拉第电磁感应定律的基本运用，知道感应电
21、动势的大小与磁通量的变化率成正比，基础题7（3分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线，只在电场力作用下，一带电粒子经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是 （）A粒子带正电B粒子在A点电势能大C粒子在B点动能大DA、B两点相比，B点电势较低考点：电场线 分析：电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧根据电场力做功情况，分析动能和电势能的变化解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子所受的电场力方向与电场方向相
22、反，所以粒子带负电故A错误；B、C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，B点的电势能小，导致动能减少，粒子在A点的动能比在B点大，故B错误，C错误；D、沿电场线的方向电势降低，所以A、B两点相比，B点电势较低故D正确；故选：D点评：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能8（3分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、
23、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是（）A小球能越过d点并继续沿环向上运动B当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C小球从a点运动到b点的过程中，电势能增大D小球经过c点时速度最大考点：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：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大再根据竖直平面内的圆周运动的相关知
24、识解题即可解答：解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；A、由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，即速度最大，而d点速度最小为零，则不受洛伦兹力，故B正确，D错误；C、小球从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；故选：B点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较
25、大9（3分）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的值，可能是（）A0.25TB0.5TC1TD2T考点：安培力 分析：当磁场的方向与电流的方向平行时，则导体棒所受的安培力为零，通过平行四边形定则定则确定另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值解答：解：根据平行四边形定则知，虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2的最小值为则故C、D正确，AB错误故选：CD点评：解决本题的突破口在于抓住合场强的方向与电流方向平行
26、，结合平行四边形定则进行求解10（3分）如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）现增加光照强度，则下列判断正确的是（）AB灯变暗，A灯变亮BR0两端电压变大C电源路端电压变小D电源内电压变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B灯电压的变化情况，从而B的亮度变化解答：解：由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻
27、减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗；通过R0电流I0=IIA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；故C正确，ABD错误故选：C点评：本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化11（3分）图示的电路中，L为自感线圈，A为小灯泡当开关S闭合后，灯泡正常发光；现断开开关S，以下说法正确的是（）A断开开关S时，灯泡立即熄灭B断开开关S时，灯泡逐渐熄灭C断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从
28、D到CD断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从C到D考点：自感现象和自感系数 分析：当灯泡处于正常发光状态，由线圈电阻与灯泡电阻关系得出其电流关系，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然消失，线圈中电流逐渐减小，且要与灯泡组成回路解答：解：当灯泡处于正常发光状态，线圈的直流的方向从C到D，灯泡电流的方向从C到D，开关断开，则灯泡中的 原电流立即消失，但是L由于自感要阻碍自身电流的减小，L中的电流逐渐减小，由于L与灯泡组成回路，L中的电流要经过灯泡，所以灯泡中的电流突然变大且电流为反方向由D到C，然后逐渐减小到0，故B、C正确故选：BC点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定
29、律同样适用12（3分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0、R1=5.0、R2=6.0，C=30F在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化则下列说法中正确的是（）A2秒末通过线圈的磁通量为2103wbB螺线管中产生的感应电动势为1.5VC电路中电流稳定后电容器上极板带正电，且电量为18cD闭合S，电路稳定后电阻R1消耗电功率为5102W考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据磁感应强度的大小求出磁通量的大小，结合法拉第电磁感应定律求出感应电动势通过楞次定律确定电流的方向，
30、从而得出电容器极板的电性根据闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电阻R1消耗电功率解答：解：A、2秒末通过线圈的磁通量为：=BS=12103Wb=2103Wb，故A正确B、根据法拉第电磁感应定律得：V=1.5V，故B正确C、根据楞次定律知，感应电流的方向从右向左流过R1，可知电容器的下极板带正电，故C错误D、闭合S，电路中的电流为：I=，则电阻R1消耗电功率为：，故D错误故选：AB点评：本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，运用楞次定律判断电流的方向是解决本题的关键本题中面积不变，磁场变，可以将法拉第电磁感应定律变形为E=
31、二、实验探究题（共18分）13（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为2.935mm（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为2.60 V，电流表的读数为0.52A（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为4.2105m（保留二位有效数字）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）掌握螺旋测微器的读数原理和读数方法即可（2）明确电流表和电压表读数时注意是“几分之一估读”：若每小格读数是0.1，则应是“”估读，
32、即应估读到0.01；若每小格读数为0.02，则应是“”估读，即应估读到0.01（3）根据电阻定律求解解答：解：（1）螺旋测微器的读数为：d=2.5mm+43.50.01mm=2.935mm；（2）因电压表的每小格读数为0.1V，所以应估读到0.01V，所以电压表的读数为：U=2.60V；同理，电流表的每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表的读数为：I=0.52A（3）根据R=得：带入数据得：=4.2105m故答案为：（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2105m点评：考查电阻定律的应用，掌握螺旋测微器及电流表或电压表的读数方法14（9分）某同学在探究规格为“4
33、V 2W”的小电珠伏安特性曲线实验中：现有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.4）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（1k，1A）G学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选A，电流表应选D，滑动变阻器应选E（用序号字母表示）（2）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至C档进行测量（填选项前的字母）A直流电压10V B直流电流5mA C欧姆1 D欧姆100（3）该同学采用图甲所示的电路进行测量在实验过程中，开关S闭合
34、前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端（填“左”或“右”）在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总调不到零，其原因是1点至5点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图乙所示），若用电动势为3.0V，内阻为2.5的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率约为0.68W考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）已知灯泡额定电压与额定功率，求出小电珠正常发光时的电阻，根据额定值可明确电流表、电
35、压表及滑动变阻器；根据该电阻选择欧姆表挡位（2）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压电路电压应最小，根据电路图确定滑片位置滑动变阻器采用分压接法，灯泡电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不可能从零开始变化根据图示图象，作出电源的伏安特性曲线，则可以得出灯泡的工作点，则可求得实际功率解答：解：（1）因源电压的额定值为4V，故电压表选择A；电流I=0.5A；故电流表选择D；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器采用小电阻E；（2）小电珠正常发光时电阻为R=8，使用多用电表测电阻时，选择开关旋至欧姆1挡进行测量故选C；（3）由电路图可知，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置
36、于最左端闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，可能是1点到5点间的导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法由图乙所示小电珠IU图象，根据欧姆定律可知，其电阻随工作电压的增大而增大因电源电动势为3.0V、内阻为2.5，则短路电流为1.2A；路端电压：U=EIr=32.5I故当电流为0.6A时，路端电压为：U=32.50.6=1.5V在IU图象中将（0，3V）与（0.6A，1.5V）两点用直线连接如图所示：由图可知两图线的交点坐标为U=1.8V，I=0.38A，则小灯泡的功率为P=UI=1.80.38W0.68W故答案为：（1）A、D、E；（2）C；（3）左；1
37、、5；0.68点评：关于IU图象有两种形式，一种表示电源，一种表示导体，两条图象的交点表示该导体接在该电源的电路时的电压与电流15（3分）在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图所示（1）在该实验中电流计G的作用是检验是否有电流，及电流方向（2）在产生感应电流的回路中，如图器材中线圈B相当于电源？（3）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将左偏（填“左偏”或“不偏”）考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计
38、与大螺线管串联成的回路，电流计的作用是检验是否有电流，及电流方向如何（2）根据电路图，结合电磁感应现象，即可求解；（3）由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；根据题意确定磁通量变化与电流表指针偏转方向间的关系，然后根据滑片的移动方向判断穿过线圈的磁通量如何变化，进一步判断电流表指针如何偏转解答：解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，因此电流计的作用是检验是否有电流，及电流的方向；（2）在产生感应电流的回路中，因穿过线圈A的磁通量发生变化，导致线圈B的磁通量也发生变化，从而产生感应电动势，因此
39、线圈B相当于电源（3）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；由电路图可知，电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过线圈A的电流变小，磁场变弱，穿过线圈B的磁场方向不变，磁通量变小，则电流表指针向左偏故答案为：（1）检验是否有电流，及电流方向；（2）线圈B；（3）左偏点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键三、计算题（写出必要的文字叙述和重要的演算步骤，只有最后结果不给分，共46分，16题6分，17题10分，18题15
40、分，19题15分）16（6分）如图在一个分布范围足够大的水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细丝线把一个带电小球悬挂在O点，小球的质量为m，带电量为q，现把小球用绝缘工具移动到B位置，使细丝线伸直且水平，无初速释放小球，小球向左能够到达的最远位置为D，小球速度最大位置为A，小球在D、A两位置时，细丝线与竖直方向的夹角分别为、，且=30试求：（1）匀强电场的场强E（2）图中角的大小考点：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）小球速度最大位置为A，细丝线与竖直方向夹角为=30，此时必有重力与电场力的合力与细线在一条线上，据此求解E（2）小球从B到D的过程，由动
41、能定理列式求解图中角的大小解答：解：（1）小球速度最大位置为A，细丝线与竖直方向夹角为=30，此时必有重力与电场力的合力与细线在一条线上，故有：qE=mgtan整理得：E=；（2）小球从B到D的过程，由动能定理得： W总=mgLcosqEL（1+sin）=0带入数据得：=30（另一解舍去）答：（1）匀强电场的场强为 （2）小球向左能够到达的最远位置为D，小球在D位置时，细丝线与竖直方向的夹角=30点评：本题是力学知识与电场知识的综合，关键是分析清楚小球的受力情况和做功情况，运用动能定理和牛顿第二定律求解17（10分）如图所示，水平放置的U形导轨足够长，处于竖直向上磁感应强度B=5T的匀强磁场中
42、，导轨宽度L=0.4m，导体棒ab质量m=2.0kg，电阻R=1，与导轨的动摩擦系数为=0.2，始终与导轨垂直，其余电阻可忽略不计导体棒ab在垂直于ab的水平外力F=10N的作用下，由静止开始运动了x=40cm后，速度达到最大求：（1）导体棒ab运动的最大速度是多少？（2）导体棒ab由静止达到最大速度的过程，安培力做的功？（3）能否计算导体棒ab由静止达到最大速度的过程中棒ab产生的热量？若能请计算出结果，若不能，简要说明理由考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）当导体棒做匀速直线运动时，速度到达最大，由平衡条件可以求出导体棒的最大速度（2
43、）导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，外力F、安培力和摩擦力做功，根据动能定理求解安培力做功（3）由能量守恒定律可以求出ab棒上产生的热量解答：解：（1）当导体棒做匀速直线运动时速度最大，设最大速度为v此时导体棒受到的安培力为：FB=BIL=由平衡条件得：FB+mg=F解得最大速度：v=1.5m/s；（2）设安培力做的功为W根据动能定理得： Fxmgx+W=解得：W=0.15J（3）能计算导体棒ab由静止达到最大速度的过程中棒ab产生的热量根据功能关系知，棒ab产生的热量等于克服安培力做的功，所以热量为：Q=W=0.15J答：（1）导体棒ab运动的最大速度是1.5m/s；（2）（2）导体棒a
44、b由静止达到最大速度的过程，安培力做的功是0.15J；（3）导体棒ab由静止达到最大速度过程中，棒ab上产生的热量是0.15J点评：解题是要注意：导体棒在水平方向受到三个了：拉力、安培力与摩擦力，应用安培力公式、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题18（15分）如图所示，内壁光滑、内径很小的1/4圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为1.0109 C的点电荷质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线
45、运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作已知电源的电动势为12V，内阻为1，定值电阻R的阻值为6，电动机的内阻为0.5求（取g=10m/s2，静电力常量k=9.0109Nm2/C2）（1）小球到达B点时的速度；（2）小球所带的电荷量；（3）电动机的机械功率考点：闭合电路的欧姆定律；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）小球从A运动到B过程，受重力、电场力和弹力，只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式求解B点速度；（2）小球到达B点时刚好与圆弧没有作用力，受重力和静电引力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（3）球在电场中
46、做匀速直线运动，受重力和电场力平衡，根据平衡条件求解出电压，然后根据欧姆定律求解干路电流，最后结合闭合电路欧姆定律求解电动机的输入电压；电动机的机械功率等于电功率减去热功率解答：解：（1）由机械能守恒得：mgr=解得：vB=2m/s （2）到达B点恰好作用力为0，由牛顿第二定律得：解得：q=8103C （3）设电容器两端电压为U，由二力平衡得： 由欧姆定律得：I= 所以，电动机两端电压：UM=EUIr 联立解得：P机=4.5W答：（1）小球到达B点时的速度为2m/s；（2）小球所带的电荷量为8103C；（3）电动机的机械功率为4.5W点评：本题是力电综合问题，关键明确粒子的运动规律，根据机械能
47、守恒定律和平衡条件求解电容器的电压，然后结合闭合电路欧姆定律列式求解电动机的输入电压和电流19（15分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置考点：动能定
48、理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转根据动能定理求加速获得的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求磁场中运动的半径；（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由上题结论求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子在磁场中运动的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置解答：解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得 粒子进入磁场后做圆周运动，有 解得粒子在磁场中运动的半径 （2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图，由几何知识可得 由以上各式解得 （3）将代入可得磁场中运动的轨道半径 粒子运动情况如图，图中的角度、满足 cos= 即=30 则得 =2=60 所以 粒子经过x轴时的位置坐标为 解得 答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0E0为（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，粒子经过x轴时的位置为x=点评：本题是带电粒子在复合场中运动的类型，运用动能定理、牛顿第二定律和几何知识结合进行解决