1、四川省宜宾市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题：（本大题有10个小题，每个小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得3分，有错或不答的得0分）1（4分）下列说法正确的是（）A卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量B电流的磁效应是法拉第发现的C摩擦起电是在摩擦的过程中创造了电荷DE=是通过比值法来定义物理量2（4分）真空中有两个点电荷Q1、Q2相距为r，若将Q2的电荷量增加为原来的3倍，并将两个点电荷间的距离减为原来的一半，那么在前后两种情况下，两个点电荷之间的作用力之比为（）A1：16B1：12C12：1D6：13（
2、4分）如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是感温材料制造的开关电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，已知电饭锅的额定电压为220V，加热功率为550W，保温功率为22W当开关S闭合时，电饭锅所处的工作状态和R2的阻值分别是（不考虑R1、R2的电阻受温度变化的影响）（）A加热，88B加热，2200C保温，88D保温，22004（4分）如图所示，在离子发生器正下方有一根水平放置的通电直导线，电流方向向右，则发生器向右发出的正离子束将（）A向下偏转B向上偏转C向纸外偏转D向纸里偏转5（4分）在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距
3、离后，下列结论正确的是（）A灯泡L变亮B电压表读数变小C电流表读数变大D电容器C上电荷量增大6（4分）如图所示，实线是点电荷形成的电场线，一个电子以va的速度从a点运动到b点，速度变为vb，虚线为该粒子的运动轨迹，则下列说法中正确的是（）AAB所在的电场线的方向从A到BB电子在a处的加速度一定大于在b处的加速度C电子在a处的电势能大于在b处的电势能D电子在a处的动能大于在b处的动能7（4分）如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，线圈M所在的电路中串联着电池、开关与滑动变阻器，线圈N两端与电流计相连，若电流从左（右）侧进入电流计则电流计的指针向左（右）侧偏转则以下说法正确的是（）A开关S闭合的
4、瞬间，电流计指针向右偏B开关S闭合后其他部分不动，则电流计指针会逐渐回到原位置处C开关S闭合，滑片P向左滑动，则电流计的指针向左偏D开关S闭合后其他部分不动，只增大N的匝数，则穿过线圈N的磁通量增大8（4分）如图所示，电阻均匀分布的金属正方形线框的边长为L，正方形线框的一半放在垂直于线框平面向里的匀强磁场中，其中A、B为上下两边的中点在磁场以变化率k均匀减弱的过程中（）A线框产生的感应电动势大小为kL2BAB两点之间的电势差大小为CAB两点之间的电势差大小为D线框中的感应电流方向沿ADBCA9（4分）如图，两极板间有竖直向下的匀强电场，一不计重力的带电粒子，先后两次从两极板间的左端某点垂直于电
5、场线进入匀强电场中，第一次刚好从上极板右边缘射出，第二次正好打在上极板的中点则（）A粒子带正电B先后两次在电场中运动的时间之比为2：1C先后两次进入电场的速度之比为2：1D先后两次动能的增加量之比为1：110（4分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）已知A、B间距离为2R，重力加速度为g在上述运动过程中
6、，（）A小球经过C点时的速度大小为B电场强度大小E=C小球经过B点时动能最大D小球的最大动能为mgR（1+）二实验题（本题共2个小题，满分15分）11（6分）利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形多匝线圈，将矩形线圈的短边全部置于蹄形磁铁N极、S极间磁场中的待测位置且短边保持水平为了简化测量过程，放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线（填“垂直”或“平行”）；当开关未闭合时弹簧测力计的读数为F0，它表示的是；接通电路开关，调节滑动变阻器的滑动片使电流表读数为I，此时弹簧测力计的读数增大为F；再测出线框在
7、磁场中的这条边的长度L，如果线圈匝数为N，可以得出待测磁场的磁感应强度B=12（9分）某同学为测定某电源的电动势E和内阻r以及一段电阻丝的电阻率，设计了如图（a）所示的电路 ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，滑动片P与电阻丝接触始终良好（1）实验中用如图（b）所示的仪器测量电阻丝的直径，该仪器叫（2）实验时闭合电键，调节P的位置，将aP长度x和对应的电压U、电流I数据记录如表：X（m）0.100.200.300.400.500.60U（V）1.501.721.952.002.102.18I（A）0.490.430.380.330.310.28U/I（）3.064.005.136.066.
8、777.79一同学根据实验数据绘制了如图（c）所示的UI图象，可得电源的电动势E=V；内阻r=；请你根据表中数据在图（d）上描点连线作U/I和x关系图线；根据测得的直径可以算得金属丝的横截面积s=0.12106m2，利用图（d）图线，可求得电阻丝的电阻率为m（保留两位有效数字）三计算题（本题共4个小题，满分45分要写出必要的文字说明、公式，只有答案的不给分）13（10分）如图，两条光滑金属导轨MN、EF相互平行地固定在水平桌面上，导轨之间的间距d=0.2m，导轨处于磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨左端接有一阻值R=0.4的小灯泡电阻Rcd=0.1的导体cd垂直放置在导轨上，
9、当用一水平恒力作用在导体cd上，使之以v=5m/s的速度匀速向右运动，小灯泡恰能正常发光（除灯泡和cd杆外其余电阻不计）求：（1）感应电动势的大小；（2）水平恒力的大小；（3）小灯泡的额定功率14（10分）如图所示，倾角=30的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a离地高度h=2.5cm，整个装置处于水平向左的匀强电场中一个质量m=0.3kg，带电量q=+0.01C的物体（可视为质点）从斜面顶端静止释放，经过t=0.2s到达斜面底端b点（g取10m/s2）求：（1）物体到达斜面底端b时的速度大小；（2）电场强度E的大小；（3）电场中a到b两点之间的电势差15（11分）如图所示，水平固定放置的足够
10、长的粗糙细杆处于与纸面垂直向里的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，一个质量m=0.2kg、电荷量q=+1C的圆环，可在杆上滑动，环与杆的动摩擦因数=0.2，现给圆环水平向右的初速度v0=10m/s使环开始在细杆上滑动（在以后的运动过程中圆环的电量不变，不计空气阻力，g取10m/s2）求：（1）刚开始运动时圆环加速度的大小；（2）摩擦力为零时的速度；（3）整个运动过程中产生的热量16（14分）如图所示，在坐标系xoy中，x轴上方存在匀强磁场，方向垂直于xoy向里；在x轴下方存在匀强电场，电场强度为E，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成=45夹角一质量为m，电荷量为q（q0）的粒子从y轴上P1
11、（0，d）点静止释放一段时间后粒子进入磁场，且从y轴上的P2（图中未画出）垂直于y轴飞入第二象限不计粒子重力求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）磁场的磁感应强度B及粒子第一次在磁场中运动的时间；（3）粒子第三次到达x轴的位置四川省宜宾市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：（本大题有10个小题，每个小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得3分，有错或不答的得0分）1（4分）下列说法正确的是（）A卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量B电流的磁效应是法拉第发现的C摩擦起电是在摩擦的过程中创
12、造了电荷DE=是通过比值法来定义物理量考点：物理学史 分析：卡文迪许通过实验测出了引力常量奥斯特通过实验发现了电流的磁效应摩擦起电是电荷的转移场强是运用比值法定义的据此分析即可解答：解：A、卡文迪许通过实验测出了引力常量G，不是静电力常量k，故A错误B、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应电磁感应现象是法拉第发现了，故B错误C、摩擦起电是在摩擦的过程中电荷发生了转移，而不是创造了电荷，故C错误D、E=是通过比值法来定义物理量，故D正确故选：D点评：物理学史是考试内容之一，对于重要实验、重大发现和著名理论要加强记忆，不要混淆2（4分）真空中有两个点电荷Q1、Q2相距为r，若将Q2的电荷量增加为原来的
13、3倍，并将两个点电荷间的距离减为原来的一半，那么在前后两种情况下，两个点电荷之间的作用力之比为（）A1：16B1：12C12：1D6：1考点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律的公式列出变化前和变化后的关系式直接对比即可解答：解：由库仑定律的可得，原来它们之间的库仑力为F=k，变化之后它们之间的库仑力为F=k=12F，所以=，所以B正确故选：B点评：本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式即可，比较简单3（4分）如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是感温材料制造的开关电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，已知电饭锅的额定电压为
14、220V，加热功率为550W，保温功率为22W当开关S闭合时，电饭锅所处的工作状态和R2的阻值分别是（不考虑R1、R2的电阻受温度变化的影响）（）A加热，88B加热，2200C保温，88D保温，2200考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：电饭锅工作时通过感温材料制造的开关S，来控制保温状态还是加热状态根据开关S的通断，由功率关系，分析电阻关系解答：解：如图所示，由P=得：当接通S时，R1短路，则总电阻变小，功率变大，处于加热状态；R2是供加热用的电阻丝则由P=可得：R=88；故选：A点评：本题关键根据功率公式理解电饭煲的加热与保温的电路，同时运用欧姆定律解题4（4分）如图所示，在离子发
15、生器正下方有一根水平放置的通电直导线，电流方向向右，则发生器向右发出的正离子束将（）A向下偏转B向上偏转C向纸外偏转D向纸里偏转考点：洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：由安培定则判断出通电导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出正离子束受到的洛伦兹力方向，最后根据正离子的受力方向判断正离子束如何偏转解答：解：由安培定则可知，在示波管处电流磁场方向垂直于纸面向外；正离子束由左向右运动，正离子束形成的电流方向水平向右，由左手定则可知，正离子束受到的安培力竖直向下，则正离子束向下偏转；故选：A点评：知道电流方向与正离子运动方向相同，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解
16、题的关键5（4分）在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A灯泡L变亮B电压表读数变小C电流表读数变大D电容器C上电荷量增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=EIr变大解答：解：AC、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡变暗故AC错误B、电流表读数变小，电压表读数U=EIr变
17、大故B错误；D、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D正确故选：D点评：对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等6（4分）如图所示，实线是点电荷形成的电场线，一个电子以va的速度从a点运动到b点，速度变为vb，虚线为该粒子的运动轨迹，则下列说法中正确的是（）AAB所在的电场线的方向从A到BB电子在a处的加速度一定大于在b处的加速度C电子在a处的电势能大于在b处的电势能D电子在a处的动能大于在b处的动能考点：电势差与电场强度的关系；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场
18、力方向，然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：A、有图象可知，电子受力方向向右，故电场线方向向左，故为从B到A，故A错误；B、b点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直增大，故B错误；C、由于带电粒子是从B到A，带电粒子受电场力的方向大致向左，故电场力做正功，故电势能逐渐减小，故电子在a处的电势能大于在b处的电势能，故C正确；D、由于带电粒子是从B到A，带电粒子受电场力的方向大致向左，故电场力做正功，动能越来越大，故D错误；故选：C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
19、关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系7（4分）如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，线圈M所在的电路中串联着电池、开关与滑动变阻器，线圈N两端与电流计相连，若电流从左（右）侧进入电流计则电流计的指针向左（右）侧偏转则以下说法正确的是（）A开关S闭合的瞬间，电流计指针向右偏B开关S闭合后其他部分不动，则电流计指针会逐渐回到原位置处C开关S闭合，滑片P向左滑动，则电流计的指针向左偏D开关S闭合后其他部分不动，只增大N的匝数，则穿过线圈N的磁通量增大考点：楞次定律 分析：通过开关通断与滑片的移动，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化
20、，导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同”来判断解答：解：A、当闭合S的瞬间，导致电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极则线圈N左端是S极，右端是N极导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由左向右流向A，则指针向左偏；故A错误；B、开关S闭合后其他部分不动，则线圈N中磁通量不变，没有感应电流，因此电流计指针会逐渐回到原位置处，故B正确；C、开关S闭合，当P向左移动，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极则线圈N的左端是S极，右端是N极导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得：感应电流方向由右向左流向
21、A，则指针向右偏，故C错误；D、穿过线圈N的磁通量的大小与匝数无关；故D错误；故选：B点评：解决本题的关键会用用楞次定律判断感应电流方向，关键确定原磁场方向及通过线圈的磁通量如何变化；会使用安培定则，注意大拇指向即为线圈内部磁场的方向8（4分）如图所示，电阻均匀分布的金属正方形线框的边长为L，正方形线框的一半放在垂直于线框平面向里的匀强磁场中，其中A、B为上下两边的中点在磁场以变化率k均匀减弱的过程中（）A线框产生的感应电动势大小为kL2BAB两点之间的电势差大小为CAB两点之间的电势差大小为D线框中的感应电流方向沿ADBCA考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律 分析：根据法
22、拉第电磁感应定律求出感应电动势大小AB间的电势差大小为外电压，由欧姆定律求得由楞次定律判断感应电流的方向解答：解：A、由法拉第电磁感应定律得 E=S=kL2=kL2故A错误B、AB两点之间的电势差大小为 U=，故B错误，C正确D、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，即沿ACBDA故D错误故选：C点评：本题运用法拉第定律时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积明确AB间的电压是外电压，即右侧线圈的电压，不是内电压9（4分）如图，两极板间有竖直向下的匀强电场，一不计重力的带电粒子，先后两次从两极板间的左端某点垂直于电场线进入匀强电场中，第一次刚好从上极板右边缘射出，第二次正好打在上极板的中点则（
23、）A粒子带正电B先后两次在电场中运动的时间之比为2：1C先后两次进入电场的速度之比为2：1D先后两次动能的增加量之比为1：1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：根据离子的偏转判断出受到的电场力，判断粒子的电性，利用带电粒子在偏转电场中做类平抛运动即可判断解答：解：A、粒子受到的电场力与场强方向相反，故粒子带负电，故A错误；B、粒子在电场中作类平抛运动，故沿电场向方向做初速度为零的匀加速直线运动故，故先后两次在电场中运动的时间之比为1：1，故B错误；C、进入电场的速度为，先后两次进入电场的速度之比为，故C正确；D、电场力做功等于动能的增加，电场力做功为E=W=
24、qEd，故先后两次动能的增加量之比为1：1，故D正确故选：CD点评：本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，利用运动学公式和W=qEd即可求得10（4分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）已知A、B间距离为2R，重力加速度为g在上述运动过程中，（）A小球经过C点时的速度大小为B电场强度大小E=C小球经
25、过B点时动能最大D小球的最大动能为mgR（1+）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用 分析：小球从C点开始平抛运动到P过程，对水平和竖直分运动分别根据位移公式列式求解小球经过C点的速度；对小球从A到C过程运用动能定理列式；小球在圆弧右下段某个位置速度最大，根据动能定理求出速度的一般表达式，然后根据数学知识求动能的最大值解答：解：A、小球过C点时速度大小为vC小球从C点开始平抛运动到P过程，则有：2R=vCtR=联立解得：vC=，故A正确B、设电场强度为E，小球从A到C由动能定理：qE3Rmg2R=mvC2解得：E=故B错误CD、设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线O
26、B夹角设为，小球从A运动到D过程，根据动能定理得：qE（2R+Rsin）mgR（1cos）=mv2即：mv2=mgR（sin+cos+1）根据数学知识可得，当=45时动能最大 由此可得：vm=最大动能为Ekm=mgR（1+），故C错误，D正确故选：AD点评：本题关键灵活地选择过程并运用动能定理列式，同时要根据平抛运动的位移公式列式进一步分析求解二实验题（本题共2个小题，满分15分）11（6分）利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形多匝线圈，将矩形线圈的短边全部置于蹄形磁铁N极、S极间磁场中的待测位置且短边保持水平为了
27、简化测量过程，放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直（填“垂直”或“平行”）；当开关未闭合时弹簧测力计的读数为F0，它表示的是导线框的重力；接通电路开关，调节滑动变阻器的滑动片使电流表读数为I，此时弹簧测力计的读数增大为F；再测出线框在磁场中的这条边的长度L，如果线圈匝数为N，可以得出待测磁场的磁感应强度B=考点：磁感应强度 分析：根据共点力的平衡分析出导线框的重力与安培力的大小，然后由磁感应强度的定义式即可求出磁感应强度解答：解：放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直；在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；由于导线框此时只受到重力
28、和弹簧的拉力，所以重力等于弹簧的拉力，即F0；接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F，此时导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为：FGF安=0所以：F安=FG=FF0又：F安=NBIL则：B=故答案为：垂直，导线框的重力，点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式，掌握左手定则判断安培力的方向，基础题12（9分）某同学为测定某电源的电动势E和内阻r以及一段电阻丝的电阻率，设计了如图（a）所示的电路 ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，滑动片P与电阻丝接触始终良好（1）实验中用如图（b）所示的仪器测量电阻丝的直径，该仪器叫螺
29、旋测微器（2）实验时闭合电键，调节P的位置，将aP长度x和对应的电压U、电流I数据记录如表：X（m）0.100.200.300.400.500.60U（V）1.501.721.952.002.102.18I（A）0.490.430.380.330.310.28U/I（）3.064.005.136.066.777.79一同学根据实验数据绘制了如图（c）所示的UI图象，可得电源的电动势E=3.00V；内阻r=3；请你根据表中数据在图（d）上描点连线作U/I和x关系图线；根据测得的直径可以算得金属丝的横截面积s=0.12106m2，利用图（d）图线，可求得电阻丝的电阻率为1.3106m（保留两位有效
30、数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据图示图象判断器材类型（2）电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率解答：解：（1）图b所示测量器材为螺旋测微器（2）由图c所示图象可知，电源UI图象与纵轴交点坐标值是3.00，电源电动势E=3V，r=3；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：由图示螺旋测微器可知，其示数：d=0mm+38.80.01mm=0.388mm，由电阻定律可得，R=，由欧姆定律可得：R=，则=x，x图象斜率k=，
31、由图4所示图象可知：k=10，即k=10，电阻率=kS=k（）2=103.14（）1.3106m；故答案为：（1）螺旋测微器；（2）3；3；图象如图所示；1.3106点评：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法三计算题（本题共4个小题，满分45分要写出必要的文字说明、公式，只有答案的不给分）13（10分）如图，两条光滑金属导轨MN、EF相互平行地固定在水平桌面上，导轨之间的间距d=0.2m，导轨处于磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨左端接有一阻值R=0.4的小灯泡电阻Rcd=0.1的导体cd垂直放置在导轨上
32、，当用一水平恒力作用在导体cd上，使之以v=5m/s的速度匀速向右运动，小灯泡恰能正常发光（除灯泡和cd杆外其余电阻不计）求：（1）感应电动势的大小；（2）水平恒力的大小；（3）小灯泡的额定功率考点：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）感应电动势的大小由公式E=BLv求解；（2）水平恒力的大小等于安培力大小，由公式F=BIL求解；（3）小灯泡的额定功率由公式P=I2R、I=求解或根据功能关系求解解答：解：（1）感应电动势的大小为：E=Bdv=10.25V=1V（2）感应电流大小为： I=A=2A由于cd棒匀速运动，水平恒力与安培力大小相等，为：
33、 F=BId=120.2N=0.4N（3）小灯泡的额定功率为：P=I2R=220.4W=1.6W答：（1）感应电动势的大小是1V；（2）水平恒力的大小上0.4N；（3）小灯泡的额定功率是1.6W点评：本题是电磁感应与电路知识的简单综合，掌握切割感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式是关键14（10分）如图所示，倾角=30的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a离地高度h=2.5cm，整个装置处于水平向左的匀强电场中一个质量m=0.3kg，带电量q=+0.01C的物体（可视为质点）从斜面顶端静止释放，经过t=0.2s到达斜面底端b点（g取10m/s2）求：（1）物体到达斜面底端b时的速度大小；（2）
34、电场强度E的大小；（3）电场中a到b两点之间的电势差考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律 分析：（1）通过运动学公式求的加速度，由速度时间公式求的速度；（2）通过牛顿第二定律求的电场强度；（3）由U=Ed 求的电势差解答：解：（1）斜面的长度为：L=，下滑的加速度为：a=底端速度为：v=at=0.5m/s（2）由牛顿第二定律得：mgsin30qEcos30=ma解得：E=（3）电场中a到b两点之间的电势差：Uab=ELcos30=3.75V答：（1）物体到达斜面底端b时的速度大小为0.5m/s；（2）电场强度E的大小V/m；（3）电场中a到b两点之间的电势差为3.75V点评：本
35、题主要考查了在电场力作用下的受力分析及牛顿第二定律与运动学公式的运用，加速度是关键15（11分）如图所示，水平固定放置的足够长的粗糙细杆处于与纸面垂直向里的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，一个质量m=0.2kg、电荷量q=+1C的圆环，可在杆上滑动，环与杆的动摩擦因数=0.2，现给圆环水平向右的初速度v0=10m/s使环开始在细杆上滑动（在以后的运动过程中圆环的电量不变，不计空气阻力，g取10m/s2）求：（1）刚开始运动时圆环加速度的大小；（2）摩擦力为零时的速度；（3）整个运动过程中产生的热量考点：功能关系；洛仑兹力 分析：（1）由左手定则判断圆环开始运动时的洛伦兹力方向；（2）若圆环
36、开始运动时受到的洛仑兹力大小大于圆环的重力，则圆环要受到杆向下的弹力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律列方程求加速度（3）因为开始时洛伦兹力大于重力，圆环应该是先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功解答：解：（1）F=qv0B，由左手定则判断方向竖直向上圆环的受力示意图，如图：根据平衡条件：qv0B=mg+N又f=N根据牛顿第二定律：f=ma得：a=（2）圆环做变减速运动，当qvB=mg时将作匀速直线运动，此时f=0，v=（3）根据功能关系可知，产生的热量Q=Wf=mv02mv2得：Q=W总=mv02答：（1）圆环开始运动时加速度的大小为=（2）摩擦力为零时的速度为；（3）产生
37、的热量为mv02点评：本题考查分析运动情况的能力，关键是能分析出第三问中圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当加速度减小到零后圆环开始匀速，此过程中由于摩擦力是变力，求变力做的功通常用动能定理16（14分）如图所示，在坐标系xoy中，x轴上方存在匀强磁场，方向垂直于xoy向里；在x轴下方存在匀强电场，电场强度为E，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成=45夹角一质量为m，电荷量为q（q0）的粒子从y轴上P1（0，d）点静止释放一段时间后粒子进入磁场，且从y轴上的P2（图中未画出）垂直于y轴飞入第二象限不计粒子重力求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）磁场的磁感应强度B及粒子第一次在磁场中
38、运动的时间；（3）粒子第三次到达x轴的位置考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子只在电场中沿电场线运动，由动能定理可求得粒子进入磁场的速度；（2）根据题意可明确粒子的运动轨迹，再根据洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；根据所对应的圆心角可求得时间；（3）粒子第二次进入电场时，做类平抛运动，由运动的合成和分解可求得粒子回到x轴时的坐标解答：解：（1）粒子由静止开始沿电场线运动，由题意可知，粒子运动的位移为x=2d；则由动能定理可知：Eq2d=mv2；解得：v=2；（2）粒子在磁场中运动的轨迹如图所示；因粒子进入磁场时的速度
39、方向与x轴成45度角，由几何关系可知，R=2d；则由Bqv=m可知：B=；粒子第一次在磁场中转过的圆心角为：270；故时间t=；（3）粒子第二次经过x轴时，速度方向与水平方向夹角为45；垂直于电场线进入电场区域；则粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律可知：x=vty=tan45=1；解得：t=则x=；由几何关系可知：第三次到达x轴上的位移为：x=8d故粒子在O点右侧，距离为8dd=7d；故第三次到达x轴的坐标为：（7d，0）答：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小为2；（2）磁场的磁感应强度B为；粒子第一次在磁场中运动的时间为；（3）粒子第三次到达x轴的位置为（7d，0）点评：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动；关键在明确带电粒子在磁场中的圆心和半径的确定，要注意几何关系的正确应用
