1、2014-2015学年云南省红河州蒙自一中高二（下）开学物理试卷（1-13班）一、单项选择题（本大题共有10个小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确选项的字母填在答题卡上）1（3分）一竖直放置的直导线，处于水平向左的匀强磁场中，通有如图所示的电流，则直导线所受安培力的方向为（）A垂直纸面向外B垂直纸面向里C水平向右D水平向左2（3分）关于电场强度的定义式E=，下列说法正确的是（）A公式只适用于点电荷产生的电场B式中F是放入电场中点电荷所受的电场力，q是放入电场中的点电荷的电荷量C式中F是放入电场中点电荷所受的电场力，q是产生电场的点电荷的电荷量D由公式可
2、知E与F成正比，E与q成反比3（3分）关于磁感线，下列说法中正确的是（）A磁感线是从N极发出到S极终止的曲线B磁感线上的某点的切线方向即是该点的磁感应强度的方向C沿着磁感线方向磁感应强度越来越小D磁感线越密的地方，磁感应强度越小4（3分）电场中A、B两点的电势差为200V，把一个电荷量为2107C的点电荷由A点移到B点，电场力做功为（）A1105JB11011JC4105JD41011J5（3分）在真空中，有两个完全相同的金属球，带有异种等量电荷，相互之间的引力为F，现将它们接触后再分开，并放在原位置，则它们之间的相互作用力将变为（）A零BF、引力C、斥力D2F、斥力6（3分）电容式键盘是通过
3、改变电容器的哪个因素来改变电容的（）A两板间的距离B两板间的电压C两板间的电介质D两板间的正对面积7（3分）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示电场的等势面则（） A1、2两点的场强相等B2、3两点的场强相等C1、2两点的电势相等D2、3两点的电势相等8（3分）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，只在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A若微粒带正电荷，则A板一定带正负荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定减少D微粒所受电场力方向一定垂直A板向下9（3分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安
4、培力，下列说法正确的是（）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半10（3分）如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N，P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DP小于M二.多项选择题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分全部选对
5、的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11（4分）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，把滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（）A电压表的示数变大B电压表的示数变小C灯泡变亮D灯泡变暗12（4分）下列说法正确的是（）A电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大，导电性能越好B利用半导体的导电特点可以制成有特殊用途的光敏电阻、热敏电阻C超导体是指某些金属的温度升高到某一数值时，它的电阻突然降为零而所处的状态D有些金属的电阻率几乎不受温度影响，通常用它们制成标准电阻13（4分）如图所示，将一个原来不带电的验电器放在一个带正电的金属球附近，发现验电器的箔片会
6、张开，则下列说法，正确的是（）A验电器的箔片带负电B验电器的小球上带负电C若用一个金属网罩把验电器罩住，则验电器的箔片将合拢D若用导线连接验电器的小球和带正电的金属球，则验电器的箔片将完全闭合14（4分）图为某磁谱仪部分构件的示意图图中，永磁铁提供均匀强磁场，硅微调径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（）A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是电子D粒子的动能越大，他在磁场中运动轨迹的半径越小15（4分）如图1，两根光滑平行导轨水
7、平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒（）A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功三、实验题（本大题共用2个小题，每空3分，共18分）16（18分）（2）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0的定值电阻已知灵敏电流计G
8、的满偏电流Ig=100A、内阻rg=2.0k，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只（保留一位小数）的定值电阻R1；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；某次试验的数据如表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是测量次数12345678电压表V读数U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改装表A读数I/mA20406080100120140160四、计算题（本大题共有4个小题，共42分要求写出必要的文字说明、方程式和演
9、算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）17（10分）空间某区域存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T在磁场区域内有两根相距L=0.80m的平行金属导轨PQ、MN，固定在竖直平面内，如图所示PM间连接有R=3.0的电阻导体棒cd沿导轨平面向右匀速运动，在回路中产生的电流I=0.60A求：（1）导体棒cd所受安培力F的大小；（2）t=2.0s时间内电流在电阻R上产生的焦耳热18（10分）如图所示，两根光滑平行金属导轨M、N，电阻不计，相距0.2m，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m=5102kg均为金属棒ab，ab的电阻为0.5两金属棒一端通过电阻R和电源相连电阻R=2，电源电动
10、势E=6V，内源内阻r=0.5，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab对导轨的压力恰好是零，并使ab处于静止（导轨光滑）求：（1）回路中电流的大小（2）所加磁场磁感强度的大小和方向19（10分）如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向20（12分）在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角=37过G点，垂直
11、于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=1.25T；过D点，垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场电场方向水平向右，电场强度E=1104N/C小物体P1质量m=2103kg、电荷量q=+8106C，受到水平向右的推力F=9.98103N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t=0.1s与P1相遇P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为=0.5，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力求：（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速
12、度v的大小；（2）倾斜轨道GH的长度s2014-2015学年云南省红河州蒙自一中高二（下）开学物理试卷（1-13班）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共有10个小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确选项的字母填在答题卡上）1（3分）一竖直放置的直导线，处于水平向左的匀强磁场中，通有如图所示的电流，则直导线所受安培力的方向为（）A垂直纸面向外B垂直纸面向里C水平向右D水平向左考点：安培力 分析：通电导体棒与磁场垂直，根据左手定则判断安培力的方向解答：解：根据左手定则，知安培力的方向垂直纸面向外故选：A点评：本题考查了安培力方向的判断，比较简单，很容易
13、掌握2（3分）关于电场强度的定义式E=，下列说法正确的是（）A公式只适用于点电荷产生的电场B式中F是放入电场中点电荷所受的电场力，q是放入电场中的点电荷的电荷量C式中F是放入电场中点电荷所受的电场力，q是产生电场的点电荷的电荷量D由公式可知E与F成正比，E与q成反比考点：电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度的定义式E=，适用于一切电场，无论是匀强电场，还是非匀强电场都适用这也是比值定义式的共性F是放入电场中的检验电荷所受的电场力，q是检验电荷的电荷量解答：解：A、电场强度的定义式E=，适用于一切电场故A错误B、定义式中F是检验电荷所受电场力，q是检验电荷的电荷量故B正确C、q不
14、是场源电荷的电荷量，是检验电荷的电荷量故C错误D、E=是电场强度的比值定义式，E有电场本身决定与F和q无关，故D错误故选：B点评：要准确理解物理规律的内涵，首先要抓住它的物理意义，其次是每个量的含义，同时，要注意公式的适用条件，不能单纯从数学角度理解物理规律，否则，会产生错误的认识3（3分）关于磁感线，下列说法中正确的是（）A磁感线是从N极发出到S极终止的曲线B磁感线上的某点的切线方向即是该点的磁感应强度的方向C沿着磁感线方向磁感应强度越来越小D磁感线越密的地方，磁感应强度越小考点：磁感线及用磁感线描述磁场 分析：（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基
15、础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极（3）磁感线的疏密表示磁场的强弱解答：解：A、在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故A错误B、磁感线上的某点的切线方向即是该点的磁感应强度的方向故B正确；C、磁感应强度的大小与是否沿着磁感线方向无关；故C错误；D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁感应强度越大，磁感线越疏的地方，磁感应强度越小；故D错误；故选：B点评：此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的
16、基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便4（3分）电场中A、B两点的电势差为200V，把一个电荷量为2107C的点电荷由A点移到B点，电场力做功为（）A1105JB11011JC4105JD41011J考点：电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：电荷在电场中做功W=亲U，即可求得解答：解：电场力做功为W=qU=2105200J=4105J故选：C点评：本题主要考查了电场力做功，抓住W=qU，注意代入数据时要代入正负号5（3分）在真空中，有两个完全相同的金属球，带有异种等量电荷，相互之间的引力为F，现将它们接触后再分开，并放在原位置，则它们之间的相互作用力将变为（）A零BF
17、、引力C、斥力D2F、斥力考点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：当A带电荷量为Q，B带电荷量为Q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量Q、距离r的关系；A、B球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解解答：解：未接触前，根据库仑定律，得：F=k接触后两球带电量：q=0 再由库仑定律，得：f=0，故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题考查运用比例法求解物理问题的能力对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量q=6（3分）电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的（）A两板间的距离B两板间的电
18、压C两板间的电介质D两板间的正对面积考点：电容 分析：根据电容的决定式C=进行分析即可注意电容器的电容与电压无关解答：解：由电容的决定式C=可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的故A正确，BCD错误故选：A点评：本题的解题关键是掌握电容的决定式C=，知道决定电容的因素就能作出判断7（3分）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示电场的等势面则（） A1、2两点的场强相等B2、3两点的场强相等C1、2两点的电势相等D2、3两点的电势相等考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密表示电场强度的强
19、弱，沿着电场线方向电势降低进行分析解答：解：A、由图知1处电场线比2处密，所以1处场强比2处场强大，故A错误B、2、3两点的场强大小相等，方向不同，则场强不等故B错误C、根据沿着电场线方向电势降低，可知1点的电势比2点电势高，故C错误D、2、3两点在同一等势面上，电势相等，故D正确故选：D点评：本题关键要掌握电场线的两个物理意义：一是疏密表示场强的大小，二是电场线的方向表示电势高低8（3分）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，只在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A若微粒带正电荷，则A板一定带正负荷B微粒从M点运动到N点电势
20、能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定减少D微粒所受电场力方向一定垂直A板向下考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：电场力与电势的性质专题分析：曲线运动的条件是合力指向曲线的内侧；粒子在电场力作用下做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是匀加速直线运动，结合功能关系分析即可解答：解：A、粒子在电场力作用下做类似平抛运动，电场力向下，若微粒带正电荷，则A板带正电，故A错误；B、微粒从M点运动到N点，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故BC错误；D、平行板电容器产生的场强与平行板垂直，由于粒子向下弯曲，故受到的力竖直向下，故D正确；故选：D点评：本题关键是熟悉常见的功能关系，电
21、场力做功等于动能的增加量，电场力做功等于电势能的减小量9（3分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半考点：安培力 分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解答：解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成
22、的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误故选：B点评：解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL10（3分）如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点
23、，M=30M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N，P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DP小于M考点：电势能 分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况解答：解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、P=F，线段PF是P
24、、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故PM，故D错误故选：A点评：本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低二.多项选择题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11（4分）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，把滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（）A电压表的示数变大B电压表的示数变小C灯泡变亮D灯泡变暗
25、考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析电流的变化，确定路端电压的变化，即判断电压表示数的变化根据电流的变化，分析灯泡亮度的变化解答：解：当滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律得电路中电流I减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的示数变大，电路中电流减小，则灯泡变暗；故AD正确BC错误故选：AD点评：本题是闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路
26、中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质12（4分）下列说法正确的是（）A电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大，导电性能越好B利用半导体的导电特点可以制成有特殊用途的光敏电阻、热敏电阻C超导体是指某些金属的温度升高到某一数值时，它的电阻突然降为零而所处的状态D有些金属的电阻率几乎不受温度影响，通常用它们制成标准电阻考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：根据R=可知，电阻率越大，电阻越大，导电性越差；不同材料的电阻率随温度、光照等的变化而变化；利用它们的性质可以制成各种不同用处的电阻解答：解：A、电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大，电阻越大，导电性越
27、差，故A错误；B、半导体电阻随温度的升高而减小；利用半导体的导电特点可以制成有特殊用途的光敏电阻、热敏电阻等；故B正确；C、超导体电阻随温度的降低而减小；故是指某些金属的温度降低到某一数值时，它的电阻突然降为零；故C错误；D、有些金属电阻的电阻率非常稳定，几乎不受温度的影响；可用来制成标准电阻；故D正确；故选：BD点评：本题考查电阻定律的应用，要注意明确不同材料的电阻其电阻率随温度的变化而变化规律不同；特别明确半导体材料的应用13（4分）如图所示，将一个原来不带电的验电器放在一个带正电的金属球附近，发现验电器的箔片会张开，则下列说法，正确的是（）A验电器的箔片带负电B验电器的小球上带负电C若用
28、一个金属网罩把验电器罩住，则验电器的箔片将合拢D若用导线连接验电器的小球和带正电的金属球，则验电器的箔片将完全闭合考点：静电场中的导体 专题：电场力与电势的性质专题分析：导体内自由电荷在电场力作用下重新分布，导体两端出现等量正负感应电荷的现象叫做感应起电；感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，只有导体上的电子才能自由移动导体的外壳对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽解答：解：A、将一个原来不带电的验电器移近在一个带正电的金属球，由于静电感应验电器（导体）两端出现等量正负感应电荷，近端的
29、电荷的电性与带正电的金属球相反，带负电，所以验电器的小球带负电，远端的金属箔片电荷带正电，故A错误，B正确；C、物理学中将导体中没有电荷移动的状态叫做静电平衡处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零由此可推知，处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上一个验电器用金属网罩罩住，当使带电的金属球靠近验电器的金属球时，验电器的箔片不张开，我们把这种现象称之为静电屏蔽故C正确，D错误；故选：BC点评：感应起电的实质不是产生了电荷，而是导体上的自由电荷从一端移动到另一端，从而使导体两端带上等量异号的电荷，且符合近端所带电荷的电性与引起静电感应的带电体的电性相反，而远端相同的规律静电屏蔽的意
30、义：屏蔽使金属导体壳内的仪器或工作环境不受外部电场影响，也不对外部电场产生影响14（4分）图为某磁谱仪部分构件的示意图图中，永磁铁提供均匀强磁场，硅微调径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（）A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是电子D粒子的动能越大，他在磁场中运动轨迹的半径越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指
31、指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向，当然也可以判定洛伦兹力的方向根据粒子的半径公式判断BD选项解答：解：A、由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相反，偏转的方向相反，故A正确；B、根据带电粒子的半径公式：r=，电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有关，故B错误；C、质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方向相同，仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，故C正确；D、根据带电粒子的半径公式：r=，粒子的半
32、径与粒子的动量成正比，而不是与粒子的动能成正比，故D错误故选：AC点评：本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向注意正负电荷的区别会使用粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式进行判断15（4分）如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒（）A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功考点：安培力；功的计算 分析：根据左手定则判断出安培力
33、的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律从而得出速度、安培力随时间的变化规律解答：解：A、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化故A、B正确C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化故C正确D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零故D错误故选：ABC点评：解决本题的关键掌握安培力的方
34、向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解决本题的基础三、实验题（本大题共用2个小题，每空3分，共18分）16（18分）（2）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0的定值电阻已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100A、内阻rg=2.0k，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只1.0（保留一位小数）的定值电阻R1；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；某次试验的数据如表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验
35、中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=1.66（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用已获得的数据测量次数12345678电压表V读数U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改装表A读数I/mA20406080100120140160考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）根据电流表的改装原理，计算并联的电阻（2）根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法（3）借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），每两组数据联立求出E，r；而后取其平均值即可；逐差法在数据处理
36、方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据（4）结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）分析内阻测量值总量偏大的原因解答：解：（1）根据电流表的改装原理，R1=1.0；（2）根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，电路图如图所示：（3）借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），采用1与5；2与6；3与7；4与8；两两组合，由E=U+I（R0+r）得，U=I（R0+r），联立求出E，r，而后取其平均值可得由E=U+I（R0+r）得，U=I（R0+r），故r=R0，采用1与5时，r1=R0；采用2与6时，r1=R0；采用3与7时，r1=R0；采用4与
37、8时，r1=R0；则r=R0，代入数据解得：r=1.66；逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据故答案为：（1）1.0；（2）如图所示；（3）1.66；充分利用已获得的数据点评：本题测量电动势和内电阻的实验，要注意电表改装为重点内容要切实弄明白，连接实物图为基本功，数据处理和误差分析的能力要平时加强训练，结合具体的实验情景具体分析，有一定难度四、计算题（本大题共有4个小题，共42分要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）17（10分）空间某区域存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T在磁场区域内有两根相距L=0.80m的平行金
38、属导轨PQ、MN，固定在竖直平面内，如图所示PM间连接有R=3.0的电阻导体棒cd沿导轨平面向右匀速运动，在回路中产生的电流I=0.60A求：（1）导体棒cd所受安培力F的大小；（2）t=2.0s时间内电流在电阻R上产生的焦耳热考点：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）由E=BLv求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流；由F=BIL求出导体棒受到的安培力；（2）由焦耳定律求出导体棒匀速运动时产生的焦耳热解答：解：（1）导体棒cd所受安培力的大小F=BIL=1.00.60.8N=0.48N（2）t=2.0s时间内电流在电阻R
39、上产生的焦耳热Q=I2Rt=0.623.02.0J=2.16J答：（1）导体棒cd所受安培力F的大小是0.48N； （2）t=2.0s时间内电流在电阻R上产生的焦耳热是2.16J点评：本题考查电磁感应定律的应用，难度不大，熟练应用基础知识即可正确解题18（10分）如图所示，两根光滑平行金属导轨M、N，电阻不计，相距0.2m，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m=5102kg均为金属棒ab，ab的电阻为0.5两金属棒一端通过电阻R和电源相连电阻R=2，电源电动势E=6V，内源内阻r=0.5，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab对导轨的压力恰好是零，并使ab处于静止（导轨光滑）求：（1）回路中电
40、流的大小（2）所加磁场磁感强度的大小和方向考点：安培力 分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求解通过电流I；（2）由题，ab处于静止，且对导轨的压力恰好为零，则磁场对ab的安培力必定竖直向上，与重力平衡，则知安培力的大小和方向解答：解：（1）回路中的电流=2A （2）因ab对导轨压力恰好是零且处于静止，ab所受安培力方向一定向上且大小等于重力，即F=mg F=ILB 由、式得B=1.25T由左手定则可以判定B的方向水平向左 答：（1）回路中电流的大小2A（2）所加磁场磁感强度的大小1.25T方向水平向左点评：本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析安培力的大小和方向是关键19（10分）如图，真空中xO
41、y平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向考点：库仑定律；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强解答：解：（1）电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：F=k=9.0109=9.0103N；（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E
42、1=k=9.0109=4.5103N/CA、B点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30=24.5103N/C=7.8103N/C场强方向沿着y轴正方向；答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0103N；（2）C点的电场强度的大小为7.8103N/C，方向为+y轴正方向点评：本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题20（12分）在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角=37过G点，垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=1.25T；过D点
43、，垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场电场方向水平向右，电场强度E=1104N/C小物体P1质量m=2103kg、电荷量q=+8106C，受到水平向右的推力F=9.98103N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t=0.1s与P1相遇P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为=0.5，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力求：（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；（2）倾斜轨道GH的长度s考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电
44、场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）P1运动到D点的过程中，对小物体进行正确的受力分析，在水平方向上利用二力平衡可求得小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小（2）P1从D点到倾斜轨道底端G点的过程中，电场力和重力做功；P1在GH上运动过程中，受重力、电场力和摩擦力作用；P2在GH上运动过程中，受重力和摩擦力作用；对于各物体在各段的运动利用牛顿第二定律和能量的转化与守恒，列式即可解得轨道GH的长度解答：解：（1）设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则：F1=qvBf=（mgF1）由题意可得水平方向合力为零，有：Ff=0联立
45、式，并代入数据得：v=4m/s；（2）设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有：qErsinmgr（1cos）=mmv2P1在GH上运动，受到重力，电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有：qEcosmgsin（mgcos+qEsin）=ma1P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，运动的时间为t，则有：s1=vGt+a1t2设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则有：m2gsinm2gcos=m2a2P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则有：s2=a2t2联立式，并代入数据得：s=s1+s2s=0.56m答：（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小为4m/s；（2）倾斜轨道GH的长度s为0.56m点评：解答该题的关键是对这两个物体运动进行分段分析，分析清晰受力情况和各自的运功规律，利用运动定律和能量的转化与守恒定律进行解答；这是一个复合场的问题，要注意对场力的分析，了解洛伦兹力的特点，洛伦兹力不做功；知道电场力做功的特点，解答该题要细心，尤其是在数值计算上，是一道非常好的题
