高二物理上学期期中试卷(含解析)1.pdf

推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料辽宁省沈阳市铁路实验中学20152016学年度高二上学期期中物理试卷一、选择题（本题共12 小题；每小题 4 分，共 48 分其中 1-8 题为单选 9-12 题为多选 全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分.）单选1如图所示，R1和 R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，但R2的尺寸比R1要小，通过导体的电流方向如图所示，假设 R1边长为 4L，R2边长为 L，若 R1的电阻值为8，则 R2的阻值为（）A2B 8C 32 D642在地球的赤道附近，宇宙射线中的一个带负电的粒子垂直于地面射向赤道，那么在地磁场的作用下，该粒子的偏转方向将是（）A向东 B向西 C向南 D向北3如图所示，虚线a、b、c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A三个等势面中，c 等势面电势高B带电质点通过P点时电势能较大C带电质点通过Q点时动能较小D带电质点通过P点时加速度较小4竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接绝缘线与左极板的夹角为当滑动变阻器R的滑片在a 位置时，电流表的读数为I1，夹角为1；当滑片在b 位置稳定时，电流表的读数为I2，夹角为2，则（）推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料A1 2，I1I2B 12，I1I2C1=2，I1=I2 D12，I1=I25在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r L1、L2是两个小灯泡，闭合S后，两灯均正常发光当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）AL1变暗 L2变暗 B L1变亮 L2变暗CL1变亮 L2变亮 D L1变暗 L2变亮6汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05 电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（）A35.8 W B43.2 W C48.2 W D76.8 W 7如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成 角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l 做直线运动，l 与水平方向成 角，且，则下列说法中错误的是（）A液滴一定做匀速直线运动B液滴一定带正电C电场线方向一定斜向上 D液滴有可能做匀变速直线运8如图所示，边长为L 的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B把粒子源放在顶点A处，它将沿A的角平分线发射质量为m、电荷量为 q、初速度为v0的带电粒子（粒子重力不计）若从 A射出的粒子：推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料带负电，第一次到达C点所用时间为t1带负电，第一次到达C点所用时间为t2带正电，第一次到达C点所用时间为t3带正电，第一次到达C点所用时间为t4则下列判断正确的是（）At1=t3t2=t4B t1t2t4t3 Ct1t2t3t4 Dt1 t3 t2 t49一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是（）A磁铁对桌面的压力减小 B磁铁对桌面的压力增大C磁铁受到向右的摩擦力 D磁铁受到向左的摩擦力10如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成=60的位置B时速度为零以下说法正确的是（）A小球重力与电场力的关系是mg=Eq B小球重力与电场力的关系是Eq=mg C球在 B点时，细线拉力为T=mg D球在 B点时，细线拉力为T=2Eq 推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料11在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表示数变小B电流表示数变大C电容器C所带电荷量增多Da 点的电势降低12地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt 图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A在 t=2.5s时，小球经过边界MN B小球受到的重力与电场力之比为3：5 C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小二、实验题（每空3 分，15 分）13多用电表在测量中，当转换开关指示的位背分别为（a），（b）时，指针均指在表盘正中间位置，如图所示，多用电表的读数分别是：（a）档的读数是；（b）档的读数是14用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：A待测电阻Rx（大约 100）推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料B直流毫安表A1（量程 010mA，内阻约为100）C直流毫安表A2（量程 040mA，内阻约为40）D直流电压表V1（量程 03V，内阻约为5k）E直流电压表V2（量程 015V，内阻约为15k）F直流电源（输出电压4V，内阻计）G 滑动变阻器R（阻值范围050，允许最大电流1A）H开关一个、导线若干根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选，直流电压表应选（填序号A、B、C、D）在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示电路中，电阻R1=R2=3，R3=6，S扳至 1 时，电流表的示数为1.0A，S扳至2 时，电流表示数为1.5A，求：电源的电动势E和内阻 r（电流表内阻不计）16水平向右的匀强电场中，用长为 R的轻质细线在O点悬挂一质量为m的带电小球，静止在 A处，AO的连线与竖直方向夹角为37（1）小球的电性及绳子对它的拉力的大小现给小球施加一个沿圆弧切线方向的初速度V0，小球便在竖直面内运动，为使小球能在竖直面内完成圆周运动，这个初速度V0至少应为多大？17如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd 足够长，cd 为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料电场强度E=3.32105N/C；方向与金箔成37角紧挨边界ab 放一点状 粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的 粒子，已知：粒子的质量m=6.641027kg，电荷量 q=3.21019C，初速度v=3.2106m/s（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；金箔 cd 被 粒子射中区域的长度L；（3）设打在金箔上d 端离 cd 中心最远的 粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SN ab 且 SN=40cm，则此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为多少？推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料辽宁省沈阳市铁路实验中学20152016 学年度高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12 小题；每小题 4 分，共 48 分其中 1-8 题为单选 9-12 题为多选 全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分.）单选1如图所示，R1和 R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，但R2的尺寸比R1要小，通过导体的电流方向如图所示，假设 R1边长为 4L，R2边长为 L，若 R1的电阻值为8，则 R2的阻值为（）A2B 8C 32 D64【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】R1和 R2是材料相同，电阻率 相同设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=研究电阻的关系【解答】解：设导体的电阻率为，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：R=R与边长 L 无关，故：R1=R2=8；故选：B【点评】本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变2在地球的赤道附近，宇宙射线中的一个带负电的粒子垂直于地面射向赤道，那么在地磁场的作用下，该粒子的偏转方向将是（）A向东 B向西 C向南 D向北【考点】左手定则【分析】根据地磁场方向，负电荷的运动方向，运用左手定则判断出洛伦兹力的方向，从而确定粒子的偏转方向【解答】解：地磁场方向在赤道处由南向北，带电粒子竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向向西，则粒子向西偏转故B正确，A、C、D错误故选 B【点评】解决本题的关键掌握左手定则确定磁场方向、电荷运动方向和洛伦兹力方向的关系3如图所示，虚线a、b、c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料A三个等势面中，c 等势面电势高B带电质点通过P点时电势能较大C带电质点通过Q点时动能较小D带电质点通过P点时加速度较小【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题【分析】由于质点只受电场力作用，根据其轨迹弯曲方向可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大，从而判断加速度的大小【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，且电场线垂直等势面，则知电场力指向右下方，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，则知 a 等势线的电势最高，c 等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到 Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于 Q点的电势能，故B正确；C、从 P到 Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故 C错误；D、由于相邻等势面之间的电势差相同等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强度较大，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误故选：B【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化4竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接绝缘线与左极板的夹角为当滑动变阻器R的滑片在a 位置时，电流表的读数为I1，夹角为1；当滑片在b 位置稳定时，电流表的读数为I2，夹角为2，则（）A1 2，I1I2B 12，I1I2C1=2，I1=I2 D12，I1=I2【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料【分析】由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路，故可判断电路中电流的变化；由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由U=Ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化【解答】解：因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即 I1=I2；小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；故选：D【点评】本题综合考查电路知识、电容器及共点力的平衡知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系，进而由部分物理量的变化可得出其它量的变化5在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r L1、L2是两个小灯泡，闭合S后，两灯均正常发光当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）AL1变暗 L2变暗 B L1变亮 L2变暗CL1变亮 L2变亮 D L1变暗 L2变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】图中灯 L2与滑动变阻器先并联，再与灯L1串联；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，可判断灯L1亮度如何变化；根据电路中电流变化，判断出并联电压如何变化，即分析灯L2亮度如何变化【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I 变小，灯 L1电阻 RL1不变，由 PL1=I2RL1可知，灯 L1的实际功率变小，因此灯L1变暗；干路电流I 变小，电源内阻r、灯 L1电阻 RL1不变，则并联电压U并=EI（r+RL1）变大，灯L2电阻 RL2不变，灯L2的实际功率变大，则灯L2变亮；故D正确；故选：D【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题6汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05 电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（）A35.8 W B43.2 W C48.2 W D76.8 W【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电动机未启动时，由欧姆定律求出灯泡的电阻再求出电动机启动时路端电压，由欧姆定律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解【解答】解：电动机未启动时，由E=I1（R+r）得灯泡的电阻为：R=1.2，车灯消耗的功率为：P1=1001.2=120W；电动机启动时，路端电压为：U2=EI2r=12.5 580.05=9.6V，则车灯消耗的功率为：P2=76.8W 车灯的电功率降低了 P=P1P2=12076.8=4.2W 故选：B【点评】灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解7如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成 角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l 做直线运动，l 与水平方向成 角，且，则下列说法中错误的是（）A液滴一定做匀速直线运动B液滴一定带正电C电场线方向一定斜向上 D液滴有可能做匀变速直线运【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】带电液滴做直线运动，要么合力为零做匀速直线运动，要么所受合力与速度方向在同一直线上，做匀变速直线运动；对带电液滴进行受力分析，然后答题推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料【解答】解：A、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于 ，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故 A正确，D错误；B、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f 作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线l 做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BC正确；本题选择错误的，故选：D【点评】知道液滴沿直线运动的条件是合力为零或所受合力方向与速度方向在同一直线上、对带电液滴正确受力分析，是正确解题的关键8如图所示，边长为L 的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B把粒子源放在顶点A处，它将沿A的角平分线发射质量为m、电荷量为 q、初速度为v0的带电粒子（粒子重力不计）若从 A射出的粒子：带负电，第一次到达C点所用时间为t1带负电，第一次到达C点所用时间为t2带正电，第一次到达C点所用时间为t3带正电，第一次到达C点所用时间为t4则下列判断正确的是（）At1=t3t2=t4B t1t2t4t3 Ct1t2t3t4 Dt1 t3 t2 t4【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】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径；由粒子的运动情况可求得粒子第一次到达C点的时间【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，如图所示，当 v0=有：qvB=m解得：r=L 推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料根据几何关系可知作出运动轨迹，根据轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C点，即为t3；当粒子带负电，粒子经过T第一次到达C点，即为t1当 v0=有：qvB=m解得：r=根据轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过T 到达 C点，即为t4；当粒子带负电，粒子经过T 第一次到达C点，即为t2所以 t1t2t4t3，B正确，ACD错误故选：B【点评】做此类题目的技巧在于画出粒子的轨迹图，找出圆心，求半径，结合半径公式和周期公式求解9一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是（）A磁铁对桌面的压力减小 B磁铁对桌面的压力增大C磁铁受到向右的摩擦力 D磁铁受到向左的摩擦力【考点】安培力【分析】以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择【解答】解：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右上方，磁铁有向右运动的趋势，受到向左的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小故AD正确，BC错误故选：AD 推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料【点评】本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力关键在于先研究导线所受安培力10如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成=60的位置B时速度为零以下说法正确的是（）A小球重力与电场力的关系是mg=Eq B小球重力与电场力的关系是Eq=mg C球在 B点时，细线拉力为T=mg D球在 B点时，细线拉力为T=2Eq【考点】匀强电场；力的合成与分解的运用；向心力；动能定理的应用；电势能【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题【解答】解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qEsin30=mgcos30，化简可知 Eq=mg，选项 A错误、B正确；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60，故细线拉力T=mg，选项 C正确、D错误故选 BC【点评】本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题11在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料A电压表示数变小B电流表示数变大C电容器C所带电荷量增多Da 点的电势降低【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】在滑动变阻器滑动头P自 a端向 b 端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化a点的电势等于R2两端的电压【解答】解：A、在滑动变阻器滑动头P自 a 端向 b 端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A错误C、电阻 R2两端的电压U2=EI（R1+r），I 增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，C错误B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a 的电势大于零，a 点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a 点的电势降低，通过R2的电流 I2减小，通过电流表的电流IA=I I2，I 增大，I2减小，则IA增大即电流表示数变大故BD正确故选 BD【点评】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化12地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt 图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A在 t=2.5s时，小球经过边界MN B小球受到的重力与电场力之比为3：5 C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的图像；功能关系【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s 时故 A错误B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1=v1、进入电场后的加速度大小为 a2=，由牛顿第二定律得：mg=ma1=mv1Fmg=ma2得电场力：F=mg+ma2=由得重力mg与电场力F 之比为 3：5故 B正确C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等故C正确D、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变故D错误故选 BC【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系二、实验题（每空3 分，15 分）13多用电表在测量中，当转换开关指示的位背分别为（a），（b）时，指针均指在表盘正中间位置，如图所示，多用电表的读数分别是：（a）档的读数是50mA；（b）档的读数是1k【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】欧姆表读数时要用示数乘以档位；电流表及电压表读数时要注意最大量程及最小分度【解答】解：（1）（a）档的是电流表，量程为100mA，则满偏为100mA，最小分度为1mA，则读数为50 mA；（b）档的为欧姆档，指针指在10 位置处，倍率 100，故读数为：10100=1.0K；故答案为：50mA；1.0k【点评】本题考查多用电表的读数方法，要注意明确不同的档位及量程对应的读数方法推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料14用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：A待测电阻Rx（大约 100）B直流毫安表A1（量程 010mA，内阻约为100）C直流毫安表A2（量程 040mA，内阻约为40）D直流电压表V1（量程 03V，内阻约为5k）E直流电压表V2（量程 015V，内阻约为15k）F直流电源（输出电压4V，内阻计）G 滑动变阻器R（阻值范围050，允许最大电流1A）H开关一个、导线若干根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选C，直流电压表应选D （填序号A、B、C、D）在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）仪器的选择：因必选电源确定电压表，由电压表量程与电阻大约值确定电流的约值确定电流表实验电路的画法：由电阻的约值与电流表电压表的内阻的大小关确定电流表的内外接法，因滑动变阻器为小电阻确定为分圧式接法【解答】解：（1）因电源为4V，若用 V2则读数误差大，用V1即可因电阻值约为100故电流的最大值约为：I=故电流表应选A2因故为小电阻用外接法因滑动变阻器为小电阻确定为分圧式接法故电路图如图所示故答案：C，D 实验电路图如图【点评】考查伏安测电阻，会选择实验器材，明确电流表接法及滑动变阻器的接法推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示电路中，电阻R1=R2=3，R3=6，S扳至 1 时，电流表的示数为1.0A，S扳至2 时，电流表示数为1.5A，求：电源的电动势E和内阻 r（电流表内阻不计）【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】如图，开关S扳至 1 时，电阻 R1、R3并联后与R2串联 S扳至 2 时，电阻 R1、R2串联联后与R2并联分别求出外电路总电阻，根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，组成方程组求解电源的电动势E和内阻 r【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得当开关 S接 1 时：当开关 S接 2 时：代入数据，得：E=5+r E=1.5（3+r）求解方程组，得：E=6.0V，r=1.0 答：电源的电动势E为 6V，内阻 r 为 1【点评】关于电源的电动势和内电阻的求解，经常出现两种情况，根据闭合电路欧姆定律列两个方程，组成方程组求解16水平向右的匀强电场中，用长为 R的轻质细线在O点悬挂一质量为m的带电小球，静止在 A处，AO的连线与竖直方向夹角为37（1）小球的电性及绳子对它的拉力的大小现给小球施加一个沿圆弧切线方向的初速度V0，小球便在竖直面内运动，为使小球能在竖直面内完成圆周运动，这个初速度V0至少应为多大？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力【专题】电场力与电势的性质专题推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料【分析】（1）根据受力分析，依据平衡条件，分析电场力的方向，从而确定小球的电性并求绳子的拉力大小将电场力与重力合成等效成重力加速度，由牛顿第二定律求最小速度，并根据运动定理，即可求解【解答】解：（1）静止时，小球所受的电场力水平向右，所以小球带正电静止时对球受力分析如右图，则有绳子拉力 T=mg 小球所受的电场力qE=mgtan37=mg 将电场力与重力合成，“等效”场力为G=mg，与 T 反向“等效”场重力加速度g=g 与重力场相类比可知，小球能在竖直平面内完成圆周运动的速度速度位置在AO连线 B处，且最小速度为 vB=从 B到 A运用动能定理，可得G?2R=即mg?2R=解得 v0=答：（1）小球带正电，绳子对它的拉力的大小为mg 为使小球能在竖直面内完成圆周运动，这个初速度V0至少应为【点评】此题要掌握平衡条件，寻找电场力与重力的关系并等效成新的重力加速度，同时掌握动能定理，注意功的正负值17如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd 足够长，cd 为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32105N/C；方向与金箔成37角紧挨边界ab 放一点状 粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的 粒子，已知：粒子的质量m=6.641027kg，电荷量 q=3.21019C，初速度v=3.2106m/s（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；金箔 cd 被 粒子射中区域的长度L；推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料（3）设打在金箔上d 端离 cd 中心最远的 粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SN ab 且 SN=40cm，则此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为多少？【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）根据洛伦兹力提供向心力列式求半径即可；粒子速度向下进入磁场时，可以到达cd 最下端；当粒子向上运动，且轨迹与cd 相切时，可以到达 cd 边界最高点，根据几何关系求解射中区域的长度；（3）根据几何关系，求出粒子出磁场的位置，得出进入磁场的初速度方向，最终得出粒子做类平抛运动，然后将粒子的运动沿着垂直电场方向和平行电场方向正交分解，然后根据位移公式求解出运动时间，再根据速度时间公式得出平行电场方向和垂直电场方向的分速度，最后合成合速度，从而得到动能损失【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m，解得：R=0.2m=20cm；即 粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R为 20cm设 cd 中心为 O，向 c 端偏转的 粒子，当圆周轨迹与cd 相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O1，如图所示则由几何关系得：=16cm，向 d 端偏转的 粒子，当沿 sb 方向射入时，偏离 O最远，设此时圆周轨迹与cd 交于 Q点，对应圆心O2，如图所示，则由几何关系得：=16cm 推荐学习 K12 资料推荐学习 K12 资料故金箔 cd 被 粒子射中区域的长度 L=+=32cm（3）设从 Q点穿出的 粒子的速度为v，因半径O2Q 场强 E，则 vE，故穿出的粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示沿速度 v方向做匀速直线运动，位移 Sx=（R）sin53=16cm=0.16m沿场强 E方向做匀加速直线运动，位移 Sy=（R）cos53+R=32cm则由 Sx=vt Sy=at2 a=，解得：v=8.0105m/s 故此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能为Ek=mv2 mv2=3.191014J 即此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为 3.191014J答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R为 20cm；金箔 cd 被 粒子射中区域的长度L 为 32cm；（3）此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能Ek为 3.1910 14J【点评】本题关键将粒子的运动分为磁场中的运动和电场中的运动，对于磁场中的运动根据洛伦兹力提供向心力列式，同时结合几何关系分析；对于电场中的运动，通常都为类平抛运动，然后根据正交分解法分解为直线运动研究