1、云南省玉溪一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）1（3分）两张摩擦过的塑料片相互排斥相互靠近会张开，这是因为它们之间存在（）A弹力B摩擦力C静电力D磁场力2（3分）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A4VB8VC12VD24V3（3分）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）AC和U均增大BC增大
2、，U减小CC减小，U增大DC和U均减小4（3分）如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端向b端的过程中，下列表述正确的是（）A路端电压变小B电流表的示数变大C电源内阻消耗的功率变小D电路的总电阻变大5（3分）在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动（）AS1BS2CS3DS46（3分）图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示O点磁感应强度的方向（）A沿oa向上B沿oc向下C沿ob向右D沿od向左7（3分）某点电荷和金属圆环间的电
3、场线分布如图所示下列说法正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势B若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功Cc点的电场强度大于d点的电场强度D若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c8（3分）一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为1，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）ABCD二、多项选择题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，全部选对得
4、4分，选对但不全得2分，选错或不选不得分）9（4分）下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A电动势实质上就是电压B电动势越大，表明电源把其他形式的能转化为电能的本领越大C电动势是指电源内部非静电力所做的功D电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功10（4分）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在x0x0区间内（）A该静电场是匀强电场B该静电场是非匀强电场C电子运动的加速度逐渐减小D电子运动的加速度逐渐增大11（4分）三个粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（）A在b飞离
5、电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增加值c最小，a和b一样大12（4分）用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0 ）则（）A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为D图中a、b两点间的电势差Uab=|kr2|13（4分）如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲
6、量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是（）A始终作匀速运动B开始作减速运动，最后静止于杆上C先作加速运动，最后作匀速运动D先作减速运动，最后作匀速运动14（4分）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下地面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量 （单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是（）A若污水中正离于较多，则前表面比后表面电势高B前表面的电势一
7、定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D污水流量Q与U成正比，与a、b无关三、实验填空题（本大题共2个小题，共14分）15（4分）如图所示，螺旋测微器的示数为 mm，游标卡尺的示数为 mm16（10分）在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8V，0.3A”，合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮（1）用多用电表的直流电压挡检查故障选择开关置于下列量程的挡较为合适（用字母序号表示）；A2.5VB10V C50V D250V测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障是；AA灯丝断开 BB灯丝断开 Cd、e间连线断
8、开 DB灯被短路（2）接着换用欧姆表的“1”挡测电阻，欧姆表经过欧姆调零测试前，一定要将电路中的开关S；测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为，此时测量的是间电阻根据小灯泡的规格计算出的电阻为，它不等于测量值，原因是：四、计算题（本大题共4个小题，共38分）17（8分）如图所示，直流电动机提升重物，重物的质量m=50kg，电源供电电压为110V，不计各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5A，求：（1）电动机输出的机械功率为多少？（2）电动机线圈的电阻为多大？18（10分）如图所示，一质量为m=1.0102 kg、带电荷量为q=1.0
9、106 C 的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60角小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g=10m/s2（1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度E的大小（3）若在某时刻将细线突然剪断，求小球运动的加速度a19（8分）如图所示，长为6m的导体AB在磁感强度B=0.1T的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时针方向旋转角速度=5rad/s，O点距A端为2m，求AB的电势差20（12分）如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆心0处有一放射源，放射出的粒子质量为m，带电
10、荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向的夹角为60，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？云南省玉溪一中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、单项选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）1（3分）两张摩擦过的塑料片相互排斥相互靠近会张开，这是因为它们之间存在（）A弹力B摩擦力C静电力D磁场力考点：电荷守恒定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：用软纸摩擦过的塑料片会带电，两张用软纸摩擦过的塑料片带同种电，相互排斥，会张开解答：
11、解：由于摩擦起电，用两张用软纸摩擦过的塑料片带同种电荷，相互靠近时，相互排斥，塑料片会张开，是由于静电力作用故选：C点评：本题考查对摩擦起电和电荷间作用力的理解能力同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引2（3分）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A4VB8VC12VD24V考点：等势面；电势 专题：压轴题分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cfae，c=f=8v解答：解：根
12、据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=（244）=4v，故Ube=be=4v，故fd=4v，故e=244=20vf=8v故a=e，连接cf，则cfae，故c点的电势c=f=8v故B正确故选B点评：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布以上两点是解决此类题目的金钥匙3（3分）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大DC和U均
13、减小考点：电容器 专题：电容器专题分析：根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化解答：解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确故选B点评：本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用4（3分）如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端向b端的过程中，下列表述正确的是（）A路端电压变小B电流表的示数变大C电源内阻消耗的功率变小D电路的总电阻变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：滑动触头由a端向b端的过程中，滑动变阻器阻值减小，可以根据“并同串反”进行分析解答：解：根据“并同串反”滑动触头由a端向b端的过程中，滑动变阻器阻值减小
14、，则路端电压变小、电流表示数变小、电源内电阻消耗的功率变大、电路的总电阻变小；故选：A点评：本题是电路的动态变化分析问题，也可以根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分外电压变化以及干路电流的变化，是常用的分析方法和思路5（3分）在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动（）AS1BS2CS3DS4考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由电路图可知，当开关全闭合时，R2、R4串联后接入电源两端；R1及R2为等势体，相当于导线，电容器两端的电压等于R3两端的电压；带电油滴受重力和
15、电场力平衡，故电场力应向上，若使P向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项解答：解：A、断开S1，R1断路，而R2接通，故仍可使C接入R3两端，故P不会运动，故A错误；B、断开S2，C直接接到电源两端，C两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上，故B错误；C、断开S3，电源断开，C通过R3放电，电压减小，粒子向下运动，故C正确；D、断开S4，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D错误；故选：C点评：解决本题的关键在于看懂电路图，并能明确电路稳定后，电
16、容器相当于断路，与之相连的电阻可看作导线处理6（3分）图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示O点磁感应强度的方向（）A沿oa向上B沿oc向下C沿ob向右D沿od向左考点：磁感应强度 分析：根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向解答：解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，故选：D点评：本题考查磁感应强度B的矢量合成法
17、则，会进行磁感应强度的合成，从而确定磁场的大小与方向7（3分）某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示下列说法正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势B若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功Cc点的电场强度大于d点的电场强度D若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c考点：电场线 分析：解答本题要掌握：根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据电场力做功情况，判断电势能的变化；对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断解答：解：A、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于
18、b点的电势，故A错误；B、由电势能的公式式：Ep=q，可得出a点的电势能低于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做了负功，故B正确；C、因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；D、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c故D错误故选：B点评：本题考查了电场线和电场强度、电势之间的关系，对于电势能可以通过电势高度进行判断，也可以通过电场力做功进行判断8（3分）一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为1，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁
19、感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）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 专题：电磁感应与图像结合分析：先根据楞次定律判断线框中感应电流方向，确定a、b两点电势的高低分三段研究：ab进入磁场切割磁感线过程、完全在磁场中运动的过程和dc切割磁感线过程，由E=BLv和欧姆定律求解Uab解答：解：分两段研究：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0L范围：由楞次定律判断
20、得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为 E=BLv=10.14V=0.4V，Uab是外电压，则有 Uab=E=0.3V；线框完全在磁场中运动过程，x在L2L范围：磁通量不变，没有感应电流产生，ab边两端电势差等于电动势，为 Uab=E=0.4V；dc切割磁感线过程，x在2L3L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为 E=BLv=10.14V=0.4V，Uab是外电压的，则有 Uab=E=0.1V；故B正确故选：B点评：本题是楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律的综合，比
21、较简单，容易出错的地方是ab的电压是内电压还是外电压的问题二、多项选择题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选不得分）9（4分）下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A电动势实质上就是电压B电动势越大，表明电源把其他形式的能转化为电能的本领越大C电动势是指电源内部非静电力所做的功D电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功考点：电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内、外电路电压之和电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关
22、解答：解：A、电源的电动势与电压的单位相同，都是伏特，但与电压有本质的区别，故A错误；B、电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势越大，表明电源把其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；CD、电动势等于非静电力做的功与电荷量的比值：E=，电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题考查对电动势的理解关键抓住电动势的物理意义和电动势的定义式，注意其与电压的区别10（4分）某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在x0x0区间内（）A该静电场是匀强电场
23、B该静电场是非匀强电场C电子运动的加速度逐渐减小D电子运动的加速度逐渐增大考点：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：由电势的变化特点（图象的斜率表示电场强度的大小及方向）可以判断电场为非匀强电场，且电场线沿x轴负向，即可判断各项解答：解：A、B由图象可知电势与距离不成正比，由公式U=Ed，可知该静电场是非匀强电场，A错误，B正确；C、根据沿着电场线方向电势降低，由图象可知电场线的方向为x轴负方向，当电子沿x轴正方向运动，则电场强度减小，所以电场力也减小，故加速度大小减小，故C正确，D错误；故选：BC点评：本题考查了匀强电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并
24、从图象中获取信息的能力同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化11（4分）三个粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（）A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增加值c最小，a和b一样大考点：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：三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较
25、动能的变化量解答：解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=，可知运动时间相等故A正确B、b、c竖直方向上的位移不等，ycyb根据y=，可知tctb故B错误C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=因xc=xb，tctb，则vcvb根据ta=tb，xbxa则vbva所以有：vcvbva故C正确D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等c电荷电场力做功最少，动能增加量最小故D正确故选：ACD点评：解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场
26、方向上做初速度为0的匀加速直线运动12（4分）用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0 ）则（）A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为D图中a、b两点间的电势差Uab=|kr2|考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律 专题：压轴题；电磁感应与电路结合分析：由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差解答
27、：解：A、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；B、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；C、由法拉第电磁感应定律可知，E=kr2，感应电流I=，故C错误；D、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=，故D正确；故选BD点评：本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压13（4分）如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是（）A始终
28、作匀速运动B开始作减速运动，最后静止于杆上C先作加速运动，最后作匀速运动D先作减速运动，最后作匀速运动考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律 分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动解答：解：A、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动故A正确；B、当带负电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作
29、用下，做减速运动，直到停止故B正确；C、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动故C错误；D、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，环开始做匀速直线运动故D正确；故选：ABD点评：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力14（4分）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分
30、别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下地面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量 （单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是（）A若污水中正离于较多，则前表面比后表面电势高B前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D污水流量Q与U成正比，与a、b无关考点：霍尔效应及其应用 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低最终离子在电场力和洛伦兹力作用下
31、处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小解答：解：A、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关故A错误，B正确C、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关故C错误D、v=，则流量Q=vS=，与U成正比，与a、b无关故D正确故选BD点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解三、实验填空题（本大题共2个小题，共14分）15（4分）如图所示，螺旋测微器的示数为6.124 mm，游标卡尺的示数为10.50 mm
32、考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.0112.4mm=0.124mm，所以最终螺旋测微器的示数为6.124mm游标卡尺主尺读数为10mm，游标读数为0.0510mm=0.50mm，最终读数为10.50mm故本题答案为：6.124mm，10.50mm点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度
33、读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读16（10分）在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8V，0.3A”，合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮（1）用多用电表的直流电压挡检查故障选择开关置于下列量程的B挡较为合适（用字母序号表示）；A2.5VB10V C50V D250V测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障是A；AA灯丝断开 BB灯丝断开 Cd、e间连线断开 DB灯被短路（2）接着换用欧姆表的“1”挡测电阻，欧姆表经过欧姆调零测试前，一定要将电路中的开关S断开；测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为6，此时测
34、量的是ef间电阻根据小灯泡的规格计算出的电阻为12.7，它不等于测量值，原因是：欧姆表测量时灯泡未工作，灯泡温度低，电阻小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）选择的量程要安全，以及要使指针指在中间附近结合电源的电动势选择合适的量程根据测得的电压判断故障的原因（2）欧姆表测量电阻时，开关S需断开欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻，通过温度升高，电阻率变大，分析计算出的电阻与测量电阻不等的原因解答：解：因为电源的电动势大约6V，要使电压档选择的量程要安全以及准确，则选择开关选择10V的量程故B正确故选：B测得c、d 间电压约为5.8V，接近电源
35、电动势，e、f 间电压为0，可知灯泡A断路故A正确故选：A（2）用欧姆表测量电阻时，电键应断开，使得待测电阻与电源不相连欧姆表的读数为61=6，因为cd间断路，知测量的是ef间的电阻根据R=得，小灯泡的电阻为R=12.7它不等于测量值，原因是温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻，所以答案为欧姆表测量时灯泡未正常工作，温度低，电阻小故答案为：（1）B；A；（2）断开；6，ef，12.7，欧姆表测量时灯泡未正常工作，温度低，电阻小点评：解决本题的关键掌握欧姆表的使用方法和注意事项，以及会进行故障分析四、计算题（本大题共4个小题，共38分）17（8分）如图所示，直流电动机提升重物
36、，重物的质量m=50kg，电源供电电压为110V，不计各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5A，求：（1）电动机输出的机械功率为多少？（2）电动机线圈的电阻为多大？考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）电动机的输出功率等于牵引力的功率，根据牵引力的功率求出电动机的输出功率（2）根据P=EI求出电动机的输入功率；电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和；根据能量守恒，结合焦耳定律求出电动机线圈的电阻解答：解：（1）电动机的输出功率等于绳子拉力对重物做功的功率，由于物体匀速上升，故绳子拉力做功的功率等于克服重力做功的功率，故：P出
37、=mgv=5000.9=450W（2）电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和，故：P总=P热+P出UI=I2R+P出解得：答：（1）电动机输出的机械功率为450W；（2）电动机线圈的电阻为4点评：解决本题的关键知道输入功率和输出功率以及线圈发热功率的区别和联系，注意对于电动机电路，在电动机正常工作的情况下，不能运用闭合电路欧姆定律进行求解18（10分）如图所示，一质量为m=1.0102 kg、带电荷量为q=1.0106 C 的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60角小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g=10m/s2（
38、1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度E的大小（3）若在某时刻将细线突然剪断，求小球运动的加速度a考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；电场强度 分析：本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电场强度的值，剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度解答：解：（1）对小球受力分析，受到向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，所以小球带负电（2）小球所受的电场力F=qE由平衡条件得F=mgtan 解得电场强度E=105 N/C（3）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运
39、动小球所受合外力F合=由牛顿第二定律有：F合=ma解得：小球的速度a=20 m/s2速度方向为与竖直方向夹角为60斜向左下答：（1）判断小球带负电荷（2）电场强度E的大小为105 N/C（3）若在某时刻将细线突然剪断，小球运动的加速度a=20 m/s2点评：解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可19（8分）如图所示，长为6m的导体AB在磁感强度B=0.1T的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时针方向旋转角速度=5rad/s，O点距A端为2m，求AB的电势差考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：求出感应
40、电动势，然后由欧姆定律可以求出电势差解答：解：由于法拉第电磁感应定律=Blv适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况将转动问题转化为平动作等效处理因为v=l，可以用导体中点的速度的平动产生的电动势等效于OB转动切割磁感线产生的感应电动势感应电动势：EOA=BLv=BL2=0.1225=1V，EOA=BLv=BL2=0.1（62）25=4V，UBO=UBUO=BO=4V，UAO=UAUO=AO=1V，UAB=UAUB=（UAUO）（UBUO）=UAOUBO=14=3V；答：AB的电势差为3V点评：本题考查了求电势差，由E=BLv求出感应电动势，然后求出两点间的电势差20（12分）如图所
41、示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆心0处有一放射源，放射出的粒子质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向的夹角为60，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子垂直磁场方向进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，要使粒子回到中心无磁场的圆形区域且过A点，画出运动轨迹，根据几何关系求解；（2）当半径最大时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力求得最大速度解答：解：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得：由得：（2）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系得：得：由：得：答：（1）要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是；（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过点评：本题关键明确带电粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后根据几何关系求解出半径，再根据动能定理和向心力公式求解
