北京市民大附中高一下期末物理試卷解析版

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1、 2015-2016學(xué)年北京市民大附中高一（下）期末物理試卷 　 一、選擇題（共16小題，每小題3分，滿分48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分） 1．對(duì)元電荷的理解，下列說(shuō)法正確的是（　?。? A．目前認(rèn)為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×10﹣19C B．元電荷就是質(zhì)子 C．元電荷就是電子 D．物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍 2．一帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（　　） A．勻速直線運(yùn)動(dòng) B．勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．勻變

2、速曲線運(yùn)動(dòng) D．勻速圓周運(yùn)動(dòng) 3．關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A．電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=適用于任何靜電場(chǎng) B．電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與在該點(diǎn)的帶正電的檢驗(yàn)電荷所受電場(chǎng)力的方向相同 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度公式B=說(shuō)明磁感應(yīng)強(qiáng)度B與放入磁場(chǎng)中的通電導(dǎo)線所受安培力F成正比，與通電導(dǎo)線中的電流I和導(dǎo)線長(zhǎng)度L的乘積成反比 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度公式B=說(shuō)明磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與放入磁場(chǎng)中的通電直導(dǎo)線所受安培力的方向相同 4．中國(guó)宋代科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針?shù)h，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場(chǎng)的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述

3、材料，下列說(shuō)法不正確的是（　?。? A．地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合 B．地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行 D．地磁場(chǎng)對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 5．如圖，長(zhǎng)為2l的直導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為I的電流時(shí)，該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為（　?。? A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl 6．將三個(gè)質(zhì)量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由P點(diǎn)射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，

4、下板接地．三個(gè)微粒分別落在圖中A、B、C三點(diǎn)，不計(jì)其重力作用，則（　?。? A．三個(gè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 B．三個(gè)的帶電量相同 C．三個(gè)微粒所受電場(chǎng)力的大小關(guān)系是FA＜FB＜FC D．三個(gè)微粒到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA 7．如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子以某一速度進(jìn)入負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，且只在電場(chǎng)力作用下依次通過(guò)M、N、P三點(diǎn)，其中N點(diǎn)是軌跡上距離負(fù)點(diǎn)電荷最近的點(diǎn)．若粒子在M點(diǎn)和P點(diǎn)的速率相等，則（　?。? A．粒子在N點(diǎn)時(shí)的速率最大 B．UMN=UNP C．粒子在N點(diǎn)時(shí)的加速度最大 D．粒子在M點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能大于其在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 8．如圖所示，電

5、路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計(jì)，開(kāi)關(guān)S合上后，靜電計(jì)指針張開(kāi)一個(gè)角度，下述做法可使指針張角增大的是（　?。? A．使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些 B．使A、B兩板靠近一些 C．?dāng)嚅_(kāi)S后，使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些 D．?dāng)嚅_(kāi)S后，使A板向左平移拉開(kāi)一些 9．如圖所示電路，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，小型直流電動(dòng)機(jī)M和指示燈L都恰能正常工作．已知指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動(dòng)機(jī)M的線圈電阻為R，則下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A．電動(dòng)機(jī)的額定電壓為IR B．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為IE﹣FR C．電源的輸出功率為IE﹣I2r D．整個(gè)電路的

6、熱功率為I2（R0+R+r） 10．直流電路如圖所示，在滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，電源的（　?。? A．效率一定增大 B．內(nèi)部損耗功率一定增大 C．總功率一定減小 D．輸出功率可能先增大后減小 11．如圖，兩個(gè)初速度大小相同的同種離子a和b，從O點(diǎn)沿垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后打到屏P上．不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的有（　?。? A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間比b的短 C．a(chǎn)在磁場(chǎng)中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離比b的近 12．如圖，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在

7、平面內(nèi)的四點(diǎn)，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是（　?。? A．a(chǎn)點(diǎn) B．b點(diǎn) C．c點(diǎn) D．d點(diǎn) 13．如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放．M、N為軌道的最低點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A．兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM＜vN B．兩個(gè)小球第一次經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FM＞FN C．小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間 D．在磁場(chǎng)中小球能到達(dá)軌道的另一

8、端最高處，在電場(chǎng)中小球不能到達(dá)軌道另一端最高處 14．圖（a）為示管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是（　　） A． B． C． D． 15．利用如圖所示的方法可以測(cè)得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測(cè)得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，當(dāng)通以圖示方向電流I時(shí)，在導(dǎo)體上、下表面間用電壓表可測(cè)得電壓為U．已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確的是 （　?。? A．上表面電勢(shì)高 B．下表面電勢(shì)高 C．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由

9、電子數(shù)為 D．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 16．如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L=1m．PM間接有一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E=6V，內(nèi)阻r=1Ω的電源和一只滑動(dòng)變阻器．導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m=0.2kg，棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3kg．棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5（設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計(jì)，g取10m/s2），勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值不可能的是（　?。? A．6Ω B．5Ω C．4Ω D．2Ω 　 二、實(shí)驗(yàn)題（共2小題，每空2分，滿分1

10、2分） 17．要測(cè)繪一個(gè)標(biāo)有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作，已選用的器材有：電池組（電動(dòng)勢(shì)為4.5V，內(nèi)阻約1Ω）、電流表（量程為0～250mA，內(nèi)阻約5Ω）、電壓表（量程為0～3V，內(nèi)限約3kΩ）、電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干． （1）實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列中的_______（填“A”或“B”） A、滑動(dòng)變阻器（最大阻值20Ω，額定電流1A） B．滑動(dòng)變阻器（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A） （2）實(shí)驗(yàn)的電路圖應(yīng)選用下列的圖_______（填“A”或“B”）． 18．某同學(xué)準(zhǔn)備利用下列器材測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻．

11、 A．干電池兩節(jié)，每節(jié)電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆 B．直流電壓表V1、V2，量程均為0～3V，內(nèi)阻約為3kΩ C．定值電阻R0未知 D．滑動(dòng)變阻器R，最大阻值Rm E．導(dǎo)線和開(kāi)關(guān) （1）根據(jù)如圖甲所示的實(shí)物連接圖，在圖乙方框中畫(huà)出相應(yīng)的電路圖； （2）實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路圖測(cè)出定值電阻R0，方法是先把滑動(dòng)變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開(kāi)關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，則R0=_______（用U10、U20、Rm表示） （3）實(shí)驗(yàn)中移動(dòng)滑動(dòng)變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a

12、，則電源電動(dòng)勢(shì)E=_______，內(nèi)阻為r=_______（用k、a、R0表示）． 　 三、解答題（共4小題，滿分40分） 19．如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計(jì)），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中（偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)），電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)．已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)1，板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e．求： （1）電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大?。? （2）電子從偏轉(zhuǎn)電

13、場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量； （3）P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離． 20．如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止．導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： （1）通過(guò)導(dǎo)

14、體棒的電流； （2）導(dǎo)體棒受到的安培力大??； （3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力． 21．如圖所示，質(zhì)量m=2.0×10﹣4kg、電荷量q=1.0×10﹣6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．取g=10m/s2． （1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和方向； （2）在t=0時(shí)刻，勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)镋2=4.0×103N/C，且方向不變．求在t=0.20s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做的功； （3）在t=0.20s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． 22．真空中存在一中空的柱形圓筒，如圖是它的一個(gè)截面，a、b、c為此截面上

15、的三個(gè)小孔，三個(gè)小孔在圓形截面上均勻分布，圓筒半徑為R．在圓筒的外部空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，其方向與圓筒的軸線平行，在圖中垂直于紙面向內(nèi)．現(xiàn)在a處向圓筒內(nèi)發(fā)射一個(gè)帶正電的粒子，其質(zhì)量為m，帶電量為q，使粒子在圖所在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子只受磁場(chǎng)力的作用，若粒子碰到圓筒即會(huì)被吸收，則： （1）若要粒子發(fā)射后在以后的運(yùn)動(dòng)中始終不會(huì)碰到圓筒，則粒子的初速度的大小和方向有何要求？ （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，則為使粒子以后都不會(huì)碰到圓筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？ 　  2015-2016學(xué)年北京市民大附中高一（下）期

16、末物理試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（共16小題，每小題3分，滿分48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分） 1．對(duì)元電荷的理解，下列說(shuō)法正確的是（　?。? A．目前認(rèn)為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×10﹣19C B．元電荷就是質(zhì)子 C．元電荷就是電子 D．物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍 【考點(diǎn)】元電荷、點(diǎn)電荷． 【分析】元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號(hào)e表示，任何帶電

17、體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍． 【解答】解：A、目前認(rèn)為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×10﹣19C，故A正確； B、元電荷是最小電荷量，不是一種帶電微粒，故BC錯(cuò)誤； D、物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，故D正確； 故選：AD． 　 2．一帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（　　） A．勻速直線運(yùn)動(dòng) B．勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．勻變速曲線運(yùn)動(dòng) D．勻速圓周運(yùn)動(dòng) 【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度；牛頓第二定律． 【分析】根據(jù)物體的初狀態(tài)和受力情況判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況． 【解答】解：一帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，合力不

18、為0． A、物體合力不為0，不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤． B、物體合力不為0，當(dāng)初速度方向與加速度方向相同，而且合外力恒定，就做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確． C、物體合力不為0，當(dāng)初速度方向與加速度方向不在一條直線上，而且合外力恒定，物體就做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故C正確． D、物體合力不為0，當(dāng)合力與速度方向始終垂直，就可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D正確． 答案選不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故選：A． 　 3．關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A．電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=適用于任何靜電場(chǎng) B．電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與在該點(diǎn)的帶正電的檢驗(yàn)電荷所受電場(chǎng)力的方向相同 C．磁感

19、應(yīng)強(qiáng)度公式B=說(shuō)明磁感應(yīng)強(qiáng)度B與放入磁場(chǎng)中的通電導(dǎo)線所受安培力F成正比，與通電導(dǎo)線中的電流I和導(dǎo)線長(zhǎng)度L的乘積成反比 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度公式B=說(shuō)明磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與放入磁場(chǎng)中的通電直導(dǎo)線所受安培力的方向相同 【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度；電場(chǎng)強(qiáng)度． 【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度處處相等的區(qū)域內(nèi)，電勢(shì)不一定處處相等，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；小段通電導(dǎo)線在某處若不受磁場(chǎng)力，是導(dǎo)線與磁場(chǎng)垂直，則此處不一定無(wú)磁場(chǎng)．電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=適用于任何電場(chǎng)；磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與置于該處的通電導(dǎo)線所受的安培力方向垂直． 【解答】解：A、電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=適用于任何電場(chǎng)．故A正確； B、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度方向的規(guī)定：電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)

20、度的方向與在該點(diǎn)的帶正電的檢驗(yàn)電荷所受電場(chǎng)力的方向相同．故B正確； C、磁感應(yīng)強(qiáng)度公式B=是定義式，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向由磁場(chǎng)本身決定，與放入磁場(chǎng)中的通電導(dǎo)線所受安培力F無(wú)關(guān)，與通電導(dǎo)線中的電流I和導(dǎo)線長(zhǎng)度L的乘積無(wú)關(guān)．故C錯(cuò)誤； D、根據(jù)左手定則，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與置于該處的通電導(dǎo)線所受的安培力方向垂直．故D錯(cuò)誤． 故選：AB 　 4．中國(guó)宋代科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針?shù)h，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場(chǎng)的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述材料，下列說(shuō)法不正確的是（　?。? A．地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合

21、B．地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行 D．地磁場(chǎng)對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 【考點(diǎn)】洛侖茲力；地磁場(chǎng)． 【分析】根據(jù)課本中有關(guān)地磁場(chǎng)的基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)明在確磁場(chǎng)及磁通量的性質(zhì)；即可確定此題的答案． 【解答】解：A、地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合有一定的夾角，即為磁偏角；故A正確； B、磁場(chǎng)是閉合的曲線，地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近，故B正確； C、磁場(chǎng)是閉合的曲線，地球磁場(chǎng)從南極附近發(fā)出，從北極附近進(jìn)入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行，故C錯(cuò)誤； D、地磁場(chǎng)

22、與射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子速度方向并不平行，所以對(duì)帶電宇宙射線粒子有力的作用，故D正確； 本題選錯(cuò)誤的，故選：C． 　 5．如圖，長(zhǎng)為2l的直導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為I的電流時(shí)，該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為（　?。? A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl 【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算． 【分析】由安培力公式F=BIL進(jìn)行計(jì)算，注意式中的L應(yīng)為等效長(zhǎng)度． 【解答】解：導(dǎo)線在磁場(chǎng)內(nèi)有效長(zhǎng)度為2lsin30°=l，故該V形通電導(dǎo)線受到安培力大小為F=BI2

23、lsin30°=BIL，選項(xiàng)C正確． 故選C． 　 6．將三個(gè)質(zhì)量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由P點(diǎn)射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，下板接地．三個(gè)微粒分別落在圖中A、B、C三點(diǎn)，不計(jì)其重力作用，則（　?。? A．三個(gè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 B．三個(gè)的帶電量相同 C．三個(gè)微粒所受電場(chǎng)力的大小關(guān)系是FA＜FB＜FC D．三個(gè)微粒到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解處理類平拋問(wèn)題即可． 【解答】解：帶電微粒進(jìn)入垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)后均做類平拋運(yùn)動(dòng)，

24、可沿水平方向建立x軸，豎直方向建立y軸，則有題意有： A、B、C三個(gè)微粒在水平方向位移有：xA＞xB＞xC，在豎直方向位移有：yA=yB=yC 因?yàn)槲⒘Ｔ谒椒较蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，故滿足x=v0t得運(yùn)動(dòng)時(shí)間有t= ∵xA＞xB＞xC∴tA＞tB＞tC，所以A錯(cuò)誤． ∵微粒在y軸方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有得： a= 又∵yA=yB=yC，tA＞tB＞tC ∴aA＜aB＜aC ∵微粒在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力產(chǎn)生加速度，則由牛頓第二定律有：F=ma ∴有FA＜FB＜FC，所以C正確； 在電場(chǎng)中有F=qE=得到qA＜qB＜qC，所以B錯(cuò)誤； 又因?yàn)槲⒘Ｔ陔妶?chǎng)中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功等

25、于微粒動(dòng)能的變化，由于微粒初動(dòng)能相同，則可以比較電場(chǎng)力做功確定微粒末動(dòng)能的大小 由于FA＜FB＜FC，yA=yB=yC 所以C正確； 所以有電場(chǎng)力做功WC＞W(wǎng)B＞W(wǎng)A 據(jù)W=Ek﹣Ek0由于初動(dòng)能相同所以有三個(gè)微粒到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA故D正確． 故選CD． 　 7．如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子以某一速度進(jìn)入負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，且只在電場(chǎng)力作用下依次通過(guò)M、N、P三點(diǎn)，其中N點(diǎn)是軌跡上距離負(fù)點(diǎn)電荷最近的點(diǎn)．若粒子在M點(diǎn)和P點(diǎn)的速率相等，則（　?。? A．粒子在N點(diǎn)時(shí)的速率最大 B．UMN=UNP C．粒子在N點(diǎn)時(shí)的加速度最大 D．粒子在M點(diǎn)時(shí)電勢(shì)

26、能大于其在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 【考點(diǎn)】電場(chǎng)線；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系． 【分析】由一定的軌跡可得，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力的方向向左，在向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的速度減小，電勢(shì)能增加，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)分析可以得出結(jié)論． 【解答】解：A、由題可得電子受到的電場(chǎng)力向左，在向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功，粒子的速度減小，運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，電子的速度最小，所以A錯(cuò)誤； B、由于粒子在M點(diǎn)和P點(diǎn)的速率相等，所以UMN=﹣UNP，所以B錯(cuò)誤； C、根據(jù)電場(chǎng)線的疏密可得，N點(diǎn)處的電場(chǎng)線最密，所以粒子在N點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力最大，加速度最大．所以C正確； D、當(dāng)粒子向右運(yùn)動(dòng)

27、的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，電勢(shì)能增加，粒子在M點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能小于其在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，所以D錯(cuò)誤． 故選：C． 　 8．如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計(jì)，開(kāi)關(guān)S合上后，靜電計(jì)指針張開(kāi)一個(gè)角度，下述做法可使指針張角增大的是（　?。? A．使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些 B．使A、B兩板靠近一些 C．?dāng)嚅_(kāi)S后，使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些 D．?dāng)嚅_(kāi)S后，使A板向左平移拉開(kāi)一些 【考點(diǎn)】電容器． 【分析】靜電計(jì)測(cè)量的是金屬板兩端的電勢(shì)差，閉合電鍵，A、B兩端的電勢(shì)差不變．?dāng)嚅_(kāi)電鍵，則兩極板所帶的電量不變，根據(jù)電容的變化判斷電勢(shì)差的變化． 【解答】解：AB

28、、電鍵閉合，兩極板電勢(shì)差不變，則靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度不變．故A、B錯(cuò)誤． C、斷開(kāi)S后，極板所帶的電量不變，使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些，正對(duì)面積變小，根據(jù)知，電容減小，根據(jù)U=，則電勢(shì)差增大，張角增大．故C正確． D、斷開(kāi)S后，使A板向左平移拉開(kāi)一些，d增大，根據(jù)知，電容減小，根據(jù)U=，則電勢(shì)差增大，張角增大．故D正確． 故選CD． 　 9．如圖所示電路，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，小型直流電動(dòng)機(jī)M和指示燈L都恰能正常工作．已知指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動(dòng)機(jī)M的線圈電阻為R，則下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A．電動(dòng)機(jī)的額定電壓為IR B．電動(dòng)機(jī)的輸出

29、功率為IE﹣FR C．電源的輸出功率為IE﹣I2r D．整個(gè)電路的熱功率為I2（R0+R+r） 【考點(diǎn)】功率、平均功率和瞬時(shí)功率． 【分析】小燈泡是純電阻電路，滿足歐姆定律，但電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)不是純電阻，不能滿足歐姆定律；電源的輸出功率P=UI=IE﹣I2r；由公式P=UI求出電動(dòng)機(jī)的總功率P總．電動(dòng)機(jī)的輸出功率是機(jī)械功率，根據(jù)能量守恒可知P出=P總﹣P熱，P熱=I2R．整個(gè)電路的熱功率為I2（R0+R+r）． 【解答】解A、電動(dòng)機(jī)不是純電阻，不能滿足歐姆定律，電動(dòng)機(jī)的額定電壓大于IR，故A錯(cuò)誤； B、電動(dòng)機(jī)的電壓為：UM=E﹣I（R0+r），電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P出=UMI﹣I2

30、R0=[E﹣I（R0+r）]I﹣I2R0，故B錯(cuò)誤． C、電源的輸出功率為：P=IE﹣I2r；，故故C正確； D、整個(gè)電路的熱功率為I2（R0+R+r），故D正確． 故選：CD 　 10．直流電路如圖所示，在滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，電源的（　?。? A．效率一定增大 B．內(nèi)部損耗功率一定增大 C．總功率一定減小 D．輸出功率可能先增大后減小 【考點(diǎn)】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律． 【分析】滑片向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變大，由歐姆定律可以判斷電路電流如何變化，由電功率公式可以分析答題． 【解答】解：由電路圖可知，當(dāng)滑動(dòng)變阻滑片向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入

31、電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動(dòng)勢(shì)不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流I變??； A、電源的效率η==，電源內(nèi)阻r不變，滑動(dòng)變阻器阻值R變大，則電源效率增大，故A正確； B、電源內(nèi)阻r不變，電流I減小，電源內(nèi)部損耗功率Pr=I2r減小，故B錯(cuò)誤； C、電源電動(dòng)勢(shì)E不變，電流I變小，電源總功率P=EI減小，故C正確； D、當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源輸出功率最大，如果滑動(dòng)變阻器的最大電阻值大于電源的內(nèi)電阻，則電源的輸出功率先增大后減小，故D正確； 故選：ACD． 　 11．如圖，兩個(gè)初速度大小相同的同種離子a和b，從O點(diǎn)沿垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后打到屏P

32、上．不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的有（　?。? A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間比b的短 C．a(chǎn)在磁場(chǎng)中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離比b的近 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】帶電粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要熟練應(yīng)用半徑公式和周期公式進(jìn)行求解． 【解答】解：a、b粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 粒子a、b都向下由左手定則可知，a、b均帶正電，故A正確； 由r=可知，兩粒子半徑相等，根據(jù)上圖中兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知a粒子運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度大于b粒子運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間a在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間比b的長(zhǎng)，故BC錯(cuò)誤； 根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡

33、可知，在P上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離a比b的近，故D正確． 故選：AD． 　 12．如圖，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點(diǎn)，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是（　?。? A．a(chǎn)點(diǎn) B．b點(diǎn) C．c點(diǎn) D．d點(diǎn) 【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向． 【分析】由安培定則可判出兩導(dǎo)線在各點(diǎn)磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)的位置． 【解答】解：兩電流在該點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，說(shuō)明兩電流在該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足等大反

34、向關(guān)系． 根據(jù)右手螺旋定則在兩電流的同側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，則為a或c，又I1＞I2，所以該點(diǎn)距I1遠(yuǎn)距I2近，所以是c點(diǎn)； 故選C． 　 13．如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放．M、N為軌道的最低點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A．兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM＜vN B．兩個(gè)小球第一次經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FM＞FN C．小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間 D．在磁場(chǎng)中小球能到達(dá)軌道的另一端最高處，在電場(chǎng)中小球不

35、能到達(dá)軌道另一端最高處 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】帶電小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理求出運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出底部對(duì)小球的支持力大小，然后進(jìn)行比較． 【解答】解：A、對(duì)左圖，根據(jù)動(dòng)能定理得，，解得． 對(duì)右圖，根據(jù)動(dòng)能定理得，，解得．所以vM＞vN．故A錯(cuò)誤． B、在最低點(diǎn)，對(duì)左圖有：，解得FM=3mg． 對(duì)右圖有：，解得FN=3mg﹣qE．知FM＞FN．故B正確． C、左圖在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，只有重力做功，右圖在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，除重力做功外，還有電場(chǎng)力做負(fù)功，起阻礙作用，所以小球

36、第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間小于小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間．故C錯(cuò)誤． D、若在磁場(chǎng)中小球能運(yùn)動(dòng)到另一端的最高處，則根據(jù)動(dòng)能定理知，在電場(chǎng)中，電場(chǎng)力始終做負(fù)功，小球不能到達(dá)最高點(diǎn)．故D正確． 故選BD． 　 14．圖（a）為示管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是（　　） A． B． C． D． 【考點(diǎn)】示波管及其使用． 【分析】示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當(dāng)信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同時(shí)，就可以在熒光屏上得到待測(cè)

37、信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象． 【解答】解：由于電極XX′加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓是信號(hào)電壓，信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同，所以熒光屏上會(huì)看到的圖形是B； 故選B． 　 15．利用如圖所示的方法可以測(cè)得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測(cè)得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，當(dāng)通以圖示方向電流I時(shí)，在導(dǎo)體上、下表面間用電壓表可測(cè)得電壓為U．已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確的是 （　?。? A．上表面電勢(shì)高 B．下表面電勢(shì)高 C．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 D．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)及

38、其應(yīng)用． 【分析】金屬導(dǎo)體中移動(dòng)的是自由電子，電子定向移動(dòng)，受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使得上下表面存在電勢(shì)差，最終電子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡．根據(jù)上下表面帶電的正負(fù)判斷電勢(shì)的高低．根據(jù)電流的微觀表達(dá)式求出單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)． 【解答】解：A、電流方向水平向右，則自由電子的運(yùn)動(dòng)方向水平向左，根據(jù)左手定則，電子向上偏，上表面得到電子帶負(fù)電，下表面失去電子帶正電．所以下表面的電勢(shì)高．故A錯(cuò)誤，B正確． C、電流的微觀表達(dá)式為I=nevS，n表示單位體積內(nèi)的電子數(shù)，S表示橫截面積，則n=．最終電子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡，有：，則v=．所以n=．故D正確，C錯(cuò)誤． 故選BD．

39、　 16．如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L=1m．PM間接有一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E=6V，內(nèi)阻r=1Ω的電源和一只滑動(dòng)變阻器．導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m=0.2kg，棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3kg．棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5（設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計(jì)，g取10m/s2），勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值不可能的是（　?。? A．6Ω B．5Ω C．4Ω D．2Ω 【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用；安培力． 【分析】分析導(dǎo)體棒的

40、受力情況，當(dāng)棒剛要向右滑動(dòng)時(shí)，軌道對(duì)棒的靜摩擦力向左達(dá)到最大，此時(shí)導(dǎo)體棒所受的安培力最小，電路中電流最小，根據(jù)平衡條件和安培力公式求出電路中電流的最大值，由歐姆定律得到滑動(dòng)變阻器連入電路電阻的最大值； 當(dāng)棒剛要向左滑動(dòng)時(shí)，軌道對(duì)棒的靜摩擦力向右達(dá)到最大，此時(shí)導(dǎo)體棒所受的安培力最大，電路中電流最大，根據(jù)平衡條件和安培力公式求出電路中電流的最大值，由歐姆定律得到滑動(dòng)變阻器連入電路電阻的最小值；即可得到變阻器接入電路的電阻范圍，再選擇． 【解答】解：導(dǎo)體棒水平方向受到向右的繩的拉力、向左的安培力和靜摩擦力． 當(dāng)棒剛要向右滑動(dòng)時(shí)，軌道對(duì)棒的靜摩擦力向左達(dá)到最大，此時(shí)電路中電流最小，設(shè)為I1，由平

41、衡條件得： BI1L+μmg=Mg，得I1==1A 此時(shí)變阻器接入電路的電阻最大，設(shè)為R1，由歐姆定律得 R1==Ω=5Ω 當(dāng)棒剛要向左滑動(dòng)時(shí)，軌道對(duì)棒的靜摩擦力向右達(dá)到最大，此時(shí)電路中電流最大，設(shè)為I2，由平衡條件得： BI2L=μmg+Mg，得I2==2A 此時(shí)變阻器接入電路的電阻最小，設(shè)為R2，由歐姆定律得 R2===2Ω 所以為了使物體保持靜止，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值范圍為2Ω≤R≤5Ω，不可能是6Ω． 該題選不可能的，故選A 　 二、實(shí)驗(yàn)題（共2小題，每空2分，滿分12分） 17．要測(cè)繪一個(gè)標(biāo)有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線

42、，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作，已選用的器材有：電池組（電動(dòng)勢(shì)為4.5V，內(nèi)阻約1Ω）、電流表（量程為0～250mA，內(nèi)阻約5Ω）、電壓表（量程為0～3V，內(nèi)限約3kΩ）、電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干． （1）實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列中的　A　（填“A”或“B”） A、滑動(dòng)變阻器（最大阻值20Ω，額定電流1A） B．滑動(dòng)變阻器（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A） （2）實(shí)驗(yàn)的電路圖應(yīng)選用下列的圖　B?。ㄌ睢癆”或“B”）． 【考點(diǎn)】描繪小電珠的伏安特性曲線． 【分析】（1）為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器． （2）根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器接法，根

43、據(jù)燈泡電阻與電表內(nèi)阻關(guān)系確定電流表接法，然后選擇實(shí)驗(yàn)電路． 【解答】解：（1）電壓從零開(kāi)始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選A； （2）實(shí)驗(yàn)要求：燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，燈泡電阻R===15Ω，電流表內(nèi)阻約為5Ω，電壓表內(nèi)阻約為3000Ω，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法，因此應(yīng)選擇圖B所示實(shí)驗(yàn)電路． 故答案為：（1）A；（2）B． 　 18．某同學(xué)準(zhǔn)備利用下列器材測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻． A．干電池兩節(jié)，每節(jié)電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆 B．直流電壓表V1、V2，量程均為0～3V，內(nèi)阻約為3kΩ

44、 C．定值電阻R0未知 D．滑動(dòng)變阻器R，最大阻值Rm E．導(dǎo)線和開(kāi)關(guān) （1）根據(jù)如圖甲所示的實(shí)物連接圖，在圖乙方框中畫(huà)出相應(yīng)的電路圖； （2）實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路圖測(cè)出定值電阻R0，方法是先把滑動(dòng)變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開(kāi)關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，則R0=　Rm?。ㄓ肬10、U20、Rm表示） （3）實(shí)驗(yàn)中移動(dòng)滑動(dòng)變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，則電源電動(dòng)勢(shì)E=　　，內(nèi)阻為r=　?。ㄓ胟、a、R0表示）． 【考點(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻． 【分析】（1）由實(shí)物

45、圖可知電路的連接方法得出對(duì)應(yīng)的原理圖； （2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合歐姆定律可求得定值電阻的阻值； （3）根據(jù)閉合電路歐姆定律及圖象的性質(zhì)可得出對(duì)應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻． 【解答】解：（1）由實(shí)物圖可知電路的連接方式，得出的實(shí)物圖如圖所示 （2）由圖可知，V2測(cè)量R0與R兩端的電壓，V1測(cè)量R兩端的電壓，則R0兩端的電壓U20﹣U10； 由歐姆定律可知：R0==Rm； （3）由閉合電路歐姆定律可知：E=U2+r 變形得：U1=U2﹣ 則有：﹣=a； =k 解得：E= r= 故答案為：（1）如圖所示；（2）Rm；（3）； 　 三、解答題（共4小題，滿分40分） 19．如圖

46、所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計(jì)），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中（偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)），電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)．已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)1，板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e．求： （1）電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大??； （2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量； （3）P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離． 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的應(yīng)用． 【分析】（1）電子在加速電場(chǎng)U

47、1中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大?。? （2）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)板長(zhǎng)和初速度求出時(shí)間．根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量． （3）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后沿穿出電場(chǎng)時(shí)的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向：位移為L(zhǎng)2，分速度等于v0，求出勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．豎直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出離開(kāi)電場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)的距離，再加上電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的距離得解． 【解答】解：（1）設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得： e

48、U1=，解得： （2）電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，垂直于電場(chǎng)方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，電子的加速度為a，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)相對(duì)于原運(yùn)動(dòng)方向的側(cè)移量為y1． 根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： a=，又E=，得a= 水平方向：t1=， 豎直方向：y1=， 解得：y1= （3）設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy． 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：vy=at1= 電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后作勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上所用的時(shí)間為t

49、2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，如圖所示 t2=，y2=vyt2 解得：y2= P到O點(diǎn)的距離為 y=y1+y2= 答：（1）電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大小為； （2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量y1=； （3）P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離y2=． 　 20．如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)

50、體棒恰好靜止．導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： （1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流； （2）導(dǎo)體棒受到的安培力大?。? （3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力． 【考點(diǎn)】安培力． 【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大?。? （2）根據(jù)安培力的公式F=BIL求出安培力的大?。? （3）導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力、摩擦力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出摩擦力的大小． 【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I===1.5 A； （2

51、）導(dǎo)體棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N； （3）導(dǎo)體棒受力如圖，將重力正交分解，如圖： F1=mgsin 37°=0.24 N F1＜F安，根據(jù)平衡條件： mgsin 37°+f=F安 代入數(shù)據(jù)得：f=0.06 N 答：（1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流為1.5A； （2）導(dǎo)體棒受到的安培力大小0.30N； （3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力為0.06N． 　 21．如圖所示，質(zhì)量m=2.0×10﹣4kg、電荷量q=1.0×10﹣6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．取g

52、=10m/s2． （1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和方向； （2）在t=0時(shí)刻，勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)镋2=4.0×103N/C，且方向不變．求在t=0.20s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做的功； （3）在t=0.20s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． 【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；牛頓第二定律；電場(chǎng)強(qiáng)度． 【分析】（1）帶正電微粒靜止勻強(qiáng)電場(chǎng)中，重力與電場(chǎng)力平衡，即可由平衡條件求得電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和方向； （2）在t=0時(shí)刻，勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)镋2=4.0×103N/C后，粒子向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，

53、由運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式求出位移，即可求得電場(chǎng)力做的功； （3）在t=0.20s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解帶電微?；氐匠霭l(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． 【解答】解：（1）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則有 Eq=mg 得 E=N/C=2.0×103N/C，方向向上． （2）在t=0時(shí)刻，電場(chǎng)強(qiáng)度突然變化為E2=4.0×103N/C，設(shè)微粒的加速度為a，在t=0.20s時(shí)間內(nèi)上升高度為h，電場(chǎng)力做功為W，則 qE2﹣mg=ma1 解得：a1=10m/s2 則 解得：h=0.20m 電場(chǎng)力做的功為W=qE2h 代入解得：W=8.0×10﹣4J （3）設(shè)在t=0.20

54、s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)時(shí)粒子的速度大小為v，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，則 v=at 根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh=Ek﹣ 得Ek=mgh+ 解得：Ek=8.0×10﹣4J 答：（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小是2.0×103N/C，方向向上． （2）在t=0.20s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做的功為8.0×10﹣4J． （3）帶電微粒回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是8.0×10﹣4J． 　 22．真空中存在一中空的柱形圓筒，如圖是它的一個(gè)截面，a、b、c為此截面上的三個(gè)小孔，三個(gè)小孔在圓形截面上均勻分布，圓筒半徑為R．在圓筒的外部空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

55、為B，其方向與圓筒的軸線平行，在圖中垂直于紙面向內(nèi)．現(xiàn)在a處向圓筒內(nèi)發(fā)射一個(gè)帶正電的粒子，其質(zhì)量為m，帶電量為q，使粒子在圖所在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子只受磁場(chǎng)力的作用，若粒子碰到圓筒即會(huì)被吸收，則： （1）若要粒子發(fā)射后在以后的運(yùn)動(dòng)中始終不會(huì)碰到圓筒，則粒子的初速度的大小和方向有何要求？ （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，則為使粒子以后都不會(huì)碰到圓筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？ 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】（1）粒子若由a射向c，由c出磁場(chǎng)后，粒子受到的洛倫茲力的方向向左，粒子將向左偏轉(zhuǎn)，若再次射入圓筒時(shí)從a進(jìn)入指向c

56、，則粒子偏轉(zhuǎn)360°，這個(gè)顯然是不可能的；若再次射入圓筒時(shí)從a射向b，則圓心到c的距離一定大于圓心到a的距離，這也是不可能的，所以粒子只能從a射向b． 若粒子從a射向b，依題意，出圓筒后再次射入從a圓筒時(shí)，方向指向b，則粒子偏轉(zhuǎn)360°，這個(gè)顯然是不可能的；出圓筒后再次射入從c圓筒時(shí)，方向指向b，則粒子的偏轉(zhuǎn)角是300°，這也是不可能的，做不出軌跡的圖象； 所以粒子進(jìn)入圓筒后從a指向b，從b進(jìn)入磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后只能由c進(jìn)入圓筒，且方向指向a．畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，然后由圖中的幾何關(guān)系得出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，即可求出粒子速度的大?。? （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙

57、面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，為使粒子以后都不會(huì)碰到圓筒，結(jié)合（1）的分析與粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡只能是從a到b，然后到c，再到a，等等，粒子運(yùn)動(dòng)的方向是從a指向圓心．做出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，然后由圖中的幾何關(guān)系得出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，即可求出粒子速度的大??； 【解答】解：（1）依題意，粒子進(jìn)入圓筒后從a指向b，從b進(jìn)入磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后只能由c進(jìn)入圓筒，且方向指向a．畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖1，粒子的偏轉(zhuǎn)角是240°，由圖中的幾何關(guān)系得： 粒子運(yùn)動(dòng)的圓心一定在圓筒上，而且粒子的半徑r=R． 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，所以： 聯(lián)立得：； （2）如果在圓

58、筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，由粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡只能是從a到b，然后在外側(cè)的磁場(chǎng)中到c，在圓筒內(nèi)再到a，然后在外側(cè)的磁場(chǎng)中到b，在圓筒內(nèi)再到c，然后在外側(cè)的磁場(chǎng)中到a，如圖2． 粒子運(yùn)動(dòng)的方向是從a指向圓心．做出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示， 由圖可知，cd⊥oc，bd⊥ob，所以粒子的偏轉(zhuǎn)角：β=240°，所以：∠bod=30°，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓弧的圓半徑為r′，粒子的偏轉(zhuǎn)半徑： 由牛頓第二定律得：qvB= 所以： 答：（1）若要粒子發(fā)射后在以后的運(yùn)動(dòng)中始終不會(huì)碰到圓筒，粒子的初速度的大小為：方向從a指向b； （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，則為使粒子以后都不會(huì)碰到圓筒，粒子的初速度大小為，方向由a指向圓心． 　  2016年9月15日