福建省泉州五中学高二物理上学期期末模拟试卷（选修含解析）.doc

福建省泉州五中20152016学年度高二上学期期末物理模拟试卷（选修3）一、选择题1首先发现电流磁效应的科学家是（）a奥斯特b安培c库仑d麦克斯韦2如图所示是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）a电荷在a 点受到电场力方向必定与场强方向一致b同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到电场力小c正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线一致da 点的电场强度较大3如图所示，一长直导线穿过金属环中心，而且垂直金属圆环平面，导线上的电流i1和圆环中电流i2的方向如图所示，那么金属圆环受到的磁场力（）a沿着圆环半径向外b沿着圆环半径向内c垂直金属环平面向右d不受磁场力的作用4如图所示，已知磁场与电流的方向，图中又画出了通电导线在磁场中所受安培力的方向，那么正确的是（）abcd5在图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r将滑动变阻器的滑片p从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）a电压表v的示数变小b电流表a2的示数变小c电流表a1的示数变小d电流表a的示数变大6如图所示，a、b、c、d是匀强电场中一正方形的四个顶点已知a、b、c三点的电势分别为ua=17v，ub=2v，uc=4v由此可得d点的电势ud为（）a15vb6vc11vd21v7如图所示，带箭头的线段表示某一电场，一带电粒子仅在电场力的作用下经过a点飞向b点，径迹如图中虚线所示，则（）a带电粒子带负电，在a点动能大，电势低，电势能小b带电粒子带负电，在b点动能大，电势高，电势能大c带电粒子带正电，在a点动能大，电势低，电势能小d带电粒子带正电，在b点动能大，电势高，电势能大8如图所示电路中，电源电动势e=6v，内阻r=1d为直流电动机，其线圈电阻r=2，限流电阻r=3当电动机正常工作时，电压表示数为0.3v则电动机的输出功率是（）a0.56wb0.54wc0.57wd0.60w9地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成角的直线mn运动（mn在垂直于磁场方向的平面内），如图所示，则以下判断中正确的是（）a如果油滴带正电，它是从m点运动到n点b如果油滴带正电，它是从n点运动到m点c如果电场方向水平向左，油滴是从m点运动到n点d如果电场方向水平向右，油滴是从m点运动到n点10如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为e，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为b，有两个带电小球a和b都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球a和b的质量关系为ma=3mb，轨道半径为ra=3rb则下列说法正确的是（）a小球a带正电、b带负电b小球a带负电、b带正电c小球a、b的速度比为3：1d小球a、b的速度比为1：311如图，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于o、o，并处于竖直方向的匀强磁场中当导线中通以沿x正方向的电流i，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为则可判断匀强磁场磁感应强度的大小和方向为（）a，沿z正方向b，沿z负方向c，沿z正方向d，沿z负方向12如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连a，b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方p点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1，现进行下列操作后相同的液滴仍从p点自由落下，先后穿过两个小孔后速度v2；下列说法中正确的是（）a若k电键保持闭合，向下移动b板，则v2v1b若电键k闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1c若电键k保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1d若电键k闭合一段时间再断开，无论向上或向下移动a板，则v2v1三、实验题：把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答13如图所示，是等离子体发电机的示意图，两平行金属板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为b、方向垂直于纸面向里，要使该发电机电源的电动势为e，则等离子的速度v=，a是电源的极若两金属板间的等离子体等效电阻为r，当ab间接电阻为r的负载时，其两端的电压u=14在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m金属丝的电阻大约为4，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率（1）从图1中读出金属丝的直径为mm（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：a直流电源：电动势约4.5v，内阻很小；b电流表a1：量程00.6a，内阻0.125；c电流表a2：量程03.0a，内阻0.025；d电压表v：量程03v，内阻3k；e滑动变阻器r1：最大阻值10；f滑动变阻器r2：最大阻值50； g开关、导线等在可供选择的器材中，应该选用的电流表是，应该选用的滑动变阻器是（3）根据所选的器材，在如图2所示的方框中画出实验电路图（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为rx=4.1，则这种金属材料的电阻率为m（保留二位有效数字）15在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻实验中，某同学根据测得的数据作出了如图所示的iu图线，由图线可以得到电源电动势e=v，内电阻r=四、计算题：本大题共4小题，共36分请写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的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16如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球b，静止在图示位置若固定的带正电、可视为点电荷的小球a的电量为q，b球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为，a和b在同一水平线上，整个装置处在真空中（1）小球b所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？（2）a、b两球之间的距离为多少？17如图所示，质量为0.2kg的物体带正电，其电量为4104c，从半径为0.3m光滑的圆弧滑轨上端a点由静止下滑到底端b点，然后继续沿水平面滑动物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于e=103n/c的竖直向下的匀强电场中（g取10m/s2）求：（1）物体运动到圆弧滑轨底端b点时对轨道的压力；（2）物体在水平面上滑行的最大距离18如图所示，由质量为m、电量为q的不同速率的正离子组成的离子束，经小孔o射入有匀强电场（场强大小为e）与匀强磁场（场强大小为b）的速度选择器内，只有速率为某一值v1的离子才能沿入射方向作匀速直线运动，当它通过宽度为d的缝射入另一个只有匀强磁场（场强大小为b，方向垂直于纸面向外）的区域，离子将做匀速圆周运动（1）求运动轨迹不发生偏折的离子的初速度v1；（2）如果初速为v2（已知）的离子（v2v1）在射出速度选择器时的侧移正好为，求这种离子射出后所做圆周运动的半径19一静止的带电粒子电荷量为q，质量为m（不计重力），从p点经电场强度为e的匀强电场加速，运动了距离l之后经a点进入右边的有界磁场b1，穿过b1后再经过空间足够大的磁场b2，b1和b2的磁感应强度大小均为b，方向相反，如图所示，若带电粒子能按某一路径再由点a回电场并回到出发点p，而重复前述过程（虚线为相反方向的磁场分界面，并不表示有什么障碍物），求：（1）粒子经过a点的速度大小；（2）磁场b1的宽度d为多大；（3）粒子在b1和b2两个磁场中的运动时间之比？福建省泉州五中20152016学年度高二上学期期末物理模拟试卷（选修3）参考答案与试题解析一、选择题1首先发现电流磁效应的科学家是（）a奥斯特b安培c库仑d麦克斯韦【考点】物理学史【专题】常规题型【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：1820年，奥斯特意外地发现载流导线的电流会作用于磁针，使磁针改变方向，也就是通电导体周围产生磁场故选：a【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）a电荷在a 点受到电场力方向必定与场强方向一致b同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到电场力小c正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线一致da 点的电场强度较大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解答本题需要掌握：电场线的疏密表示电场的强弱；正电核受力方向和电场线相同，负电荷则相反；运动轨迹与受力和初速度有关，不一定沿电场线【解答】解：a、若是负电荷在a点受电场力方向则和电场方向相反，因此在a点受到电场力方向不一定和电场方向相同，故a错误；b、a处电场线比b处密，因此a处电场强度比b处大，同一电荷受力也大，故b错误；c、正电荷释放时，电场力方向始终沿电场方向，二速度方向则在不断变化，因此其轨迹不沿电场线，故c错误；d、a、b两点比较，a处电场线密，故a点的电场强度较大，故d正确故选：d【点评】电场线是电场中的重要概念，因此要熟练掌握电场线和电场以及电场力之间的关系3如图所示，一长直导线穿过金属环中心，而且垂直金属圆环平面，导线上的电流i1和圆环中电流i2的方向如图所示，那么金属圆环受到的磁场力（）a沿着圆环半径向外b沿着圆环半径向内c垂直金属环平面向右d不受磁场力的作用【考点】平行通电直导线间的作用【分析】根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，在根据左手定则判断环形导线受到的安培力的方向【解答】解：在图中，根据安培定则可知，直线电流的磁场与导线环平行，则环形导线不受安培力故d正确，abc错误故选：d【点评】解决本题的关键掌握使用安培定则判断电流产生的磁场方向，以及会用左手定则判断安培力方向4如图所示，已知磁场与电流的方向，图中又画出了通电导线在磁场中所受安培力的方向，那么正确的是（）abcd【考点】左手定则；安培力【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向【解答】解：根据左手定值可知，a图中的安培力应该垂直纸面向外的；b中安培力竖直向上；c中电流和磁场平行，不受安培力的作用；d中安培力是垂直导线向下的，故acd错误，b正确故选b【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度5在图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r将滑动变阻器的滑片p从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）a电压表v的示数变小b电流表a2的示数变小c电流表a1的示数变小d电流表a的示数变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据滑动变阻器的滑片p的运动可以分析滑动变阻器的电阻的变化的情况，再根据闭合电路欧姆定律可以分析电路的电流的变化，进而可以分析电压和电阻r1电流的变化【解答】解：d、将滑动变阻器的滑片p从图示位置向右滑动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，外电路的总阻值变大，所以电路的总的电流变小，所以电流表a的示数变小，所以d错误；a、电源的内电压减小，由u=eir可得，路端电压u变大，所以电压表v的示数变大，所以a错误；c、由于路端电压u变大，电阻r1不变，所以电流表a1的示数变大，所以c错误；b、由于总的电流减小，电阻r1的电流变大，所以滑动变阻器的电流减小，所以电流表a2的示数变小，所以b正确故选b【点评】本题考查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6如图所示，a、b、c、d是匀强电场中一正方形的四个顶点已知a、b、c三点的电势分别为ua=17v，ub=2v，uc=4v由此可得d点的电势ud为（）a15vb6vc11vd21v【考点】电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】连接ac，在ac上找出与b点等电势点，作出等势线，再过d作出等势线，在ac线上找出与d等势点，再确定d点的电势【解答】解：连接ac，将ac七等分，标上各等分点e、f、g、h、i、j，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，所以各点的电势为e=14vf=11vg=8vh=5vi=2vj=1v连接bi，则bi为一条等势线，根据几何知识可知，dfbi，则df也是一条等势线，所以d点电势ud=f=11v故c正确、abd错误故选：c【点评】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图7如图所示，带箭头的线段表示某一电场，一带电粒子仅在电场力的作用下经过a点飞向b点，径迹如图中虚线所示，则（）a带电粒子带负电，在a点动能大，电势低，电势能小b带电粒子带负电，在b点动能大，电势高，电势能大c带电粒子带正电，在a点动能大，电势低，电势能小d带电粒子带正电，在b点动能大，电势高，电势能大【考点】电势；电场线；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从a到b，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧【解答】解：粒子从a到b，电场力对粒子运动做负功，因此粒子带正电；由于b点的电场线密，所以b点的电场力大，则b点的加速度较大；粒子从a到b，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少；沿着电场线电势降低，所以b点的电势高；即带电粒子带正电，在a点动能大，电势低，电势能小；故选：c【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧8如图所示电路中，电源电动势e=6v，内阻r=1d为直流电动机，其线圈电阻r=2，限流电阻r=3当电动机正常工作时，电压表示数为0.3v则电动机的输出功率是（）a0.56wb0.54wc0.57wd0.60w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据p=ui求解输入到电动机的电功率；根据p出=uii2r求解输出功率【解答】解：通过电动机的电流i与流过限流电阻r的电流相同，由i=0.1 a 由e=ir+u+ud可得电动机两端电压： ud=eiru=6 v0.11 v0.3 v=5.6 v 所以电动机输入的电功率：p入=udi=0.56 w 电动机的发热功率：p热=i2r=0.02 w 电动机的输出功率：p出=p入p热=0.54 w故选：b【点评】在计算电功率的公式中，总功率用p=iu来计算，发热的功率用p=i2r来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的9地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成角的直线mn运动（mn在垂直于磁场方向的平面内），如图所示，则以下判断中正确的是（）a如果油滴带正电，它是从m点运动到n点b如果油滴带正电，它是从n点运动到m点c如果电场方向水平向左，油滴是从m点运动到n点d如果电场方向水平向右，油滴是从m点运动到n点【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】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误【解答】解：a、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从m点到n点，故a正确，b错误c、如果水平电场方向向左，油滴带正电，电场力水平向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从m点到n点若油滴带负电，电场力水平向右，洛伦兹力方向垂直于直线，油滴所受的合力不可能为零，速度变化，洛伦兹力也随之变化，油滴将做曲线运动故如果水平电场方向向左，油滴是从m点运动到n点故c正确d、如果水平电场方向向右，同理可知，油滴带负电，油滴是从n点运动到m点故d错误故选：ac【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与b不平行）若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动10如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为e，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为b，有两个带电小球a和b都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球a和b的质量关系为ma=3mb，轨道半径为ra=3rb则下列说法正确的是（）a小球a带正电、b带负电b小球a带负电、b带正电c小球a、b的速度比为3：1d小球a、b的速度比为1：3【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】根据小球做匀速圆周运动，则有电场力与重力二力平衡，从而可求出电量比值，并由电场方向从而确定电性；根据洛伦兹力提供向心力，从而求得半径的表达式，即可求解速度之比【解答】解：因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qe=mg，由电场方向可知，两小球都带负电荷 mag=qae mbg=qbe由题意，ma=3mb，所以=由qvb=m得r=则得v=由题意ra=3rb，则得=故c正确，abd错误故选c【点评】考查电场力与重力相平衡从而确定电量与电性，掌握洛伦兹力提供向心力，推导出半径表达式11如图，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于o、o，并处于竖直方向的匀强磁场中当导线中通以沿x正方向的电流i，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为则可判断匀强磁场磁感应强度的大小和方向为（）a，沿z正方向b，沿z负方向c，沿z正方向d，沿z负方向【考点】安培力【分析】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内 把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向n极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论【解答】解：逆向解题法a、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以ac错误；b、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件：bilrcos=mgrsin，所以b=tan，所以b正确，d错误；故选：b【点评】左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则12如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连a，b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方p点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1，现进行下列操作后相同的液滴仍从p点自由落下，先后穿过两个小孔后速度v2；下列说法中正确的是（）a若k电键保持闭合，向下移动b板，则v2v1b若电键k闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1c若电键k保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1d若电键k闭合一段时间再断开，无论向上或向下移动a板，则v2v1【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】液滴受重力和电场的作用穿过两极板，根据电容器的动态变化规律再由动能定理可得出其穿过的速度关系【解答】解：a、由于两极板接在电源两端，故向上移动b板时，两板间的电压不变，故电场力做功不变；高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则v2=v1；故a错误；b、若向下移动极板，电场力做功不变，但高度差变大，重力做功增大，则可知v2v1，故b正确；c、若a的分析可知，若只移动b板，前后两次的速度不变，故c正确；d、由b的分析可知，若向下移动a板，则v2v1；故d错误；故选：bc【点评】本题注意电容器和电源相连，故两板间的电压不变，同时，注意两板移动时，高度差是否发生变化，从而由动能定理分析即可三、实验题：把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答13如图所示，是等离子体发电机的示意图，两平行金属板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为b、方向垂直于纸面向里，要使该发电机电源的电动势为e，则等离子的速度v=，a是电源的正极若两金属板间的等离子体等效电阻为r，当ab间接电阻为r的负载时，其两端的电压u=【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】等离子体在洛伦兹力的作用下向两极板聚集，相差附加电场，当附加电场的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电势差最大，即等于电动势，根据平衡条件列式求解【解答】解：等离子体在洛伦兹力的作用下向两极板聚集，根据左手定则，正电荷受洛伦兹力向上，负电荷受洛伦兹力向下，故上极板带正电，下极板带负电；当附加电场的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电势差最大，等于电动势，根据平衡条件，有：qvb=q解得：v=；当ab间接电阻为r的负载时，根据闭合电路欧姆定律，则有其两端的电压u=故答案为：，正，【点评】本题关键是明确磁流体发电机的工作原理，知道当当附加电场的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电势差最大14在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m金属丝的电阻大约为4，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率（1）从图1中读出金属丝的直径为0.520mm（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：a直流电源：电动势约4.5v，内阻很小；b电流表a1：量程00.6a，内阻0.125；c电流表a2：量程03.0a，内阻0.025；d电压表v：量程03v，内阻3k；e滑动变阻器r1：最大阻值10；f滑动变阻器r2：最大阻值50； g开关、导线等在可供选择的器材中，应该选用的电流表是a1，应该选用的滑动变阻器是r1（3）根据所选的器材，在如图2所示的方框中画出实验电路图（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为rx=4.1，则这种金属材料的电阻率为1.1106m（保留二位有效数字）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；（2）根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；（3）根据实验器材确定滑动变阻器接法，根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表接法，作出电路图；（4）根据电阻定律求出金属丝的电阻率【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm2.0=0.020mm；故螺旋测微器读数为：0.520mm；（2）电路中最大电流为：i=，为减小读数误差，选小量程电流表，故选电流表a1：量程00.6a，内阻0.125，为方便调节，滑动变阻器选择阻值较小的r1：最大阻值10（3）为保证电路安全，滑动变阻器采用限流接法，由题意知，电流表采用外接法，实验电路图如图所示；（4）由电阻定律得：r=，其中s=解得电阻率为：=1.1106m故答案为：（1）0.520；（2）a1；r1；（3）电路图如图所示；（4）1.1106【点评】本题关键：（1）用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；（2）需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法15在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻实验中，某同学根据测得的数据作出了如图所示的iu图线，由图线可以得到电源电动势e=1.5v，内电阻r=2.1【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】本题的关键是首先根据闭合电路欧姆定律写出e=u+ir表达式，然后整理出关于i与u的函数，再根据斜率和截距概念求解即可【解答】解：根据闭合电路欧姆定律有i=u+，所以e=1.5v，=，即r=2.1故答案为1.5，2.1【点评】遇到图象问题方法是先根据物理定律写出表达式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数，再结合斜率和截距的概念求解即可四、计算题：本大题共4小题，共36分请写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的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16如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球b，静止在图示位置若固定的带正电、可视为点电荷的小球a的电量为q，b球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为，a和b在同一水平线上，整个装置处在真空中（1）小球b所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？（2）a、b两球之间的距离为多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据b球的状态可以求出b球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，从而求出电场强度大小及方向，再根据库仑定律求出两球之间的距离【解答】解：（1）取b球为研究对象，受到重力mg、电场力qe和绳中拉力t的作用根据平衡条件可知qe=mgtan，解得，方向：水平向右（2）根据库仑定律可知：，将（1）式中带入可得答：（1）小球b所在位置的电场强度的大小为得，方向水平向右（2）a、b两球之间的距离为得【点评】对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法17如图所示，质量为0.2kg的物体带正电，其电量为4104c，从半径为0.3m光滑的圆弧滑轨上端a点由静止下滑到底端b点，然后继续沿水平面滑动物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于e=103n/c的竖直向下的匀强电场中（g取10m/s2）求：（1）物体运动到圆弧滑轨底端b点时对轨道的压力；（2）物体在水平面上滑行的最大距离【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；电场强度；电势能【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据动能定理求出物体运动到b点的动能，在b点，在竖直方向上受到重力、电场力和支持力，三个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物体对轨道的压力（2）对物体静止释放到最终速度为零整个过程运用动能定律，求出物体在水平面上滑行的最大距离【解答】解：（1）对物体从a运动到b由动能定理有：物体运动到b点由牛顿第二定律有：由牛顿第三定律有：n=n代入数据得n=7.2n故物体运动到圆弧滑轨底端b点时对轨道的压力为7.2n（2）对全程同样由动能定理有：mgr+qer（mg+qe）l=0代入数据得：l=0.75m故物体在水平面上滑行的最大距离为0.75m【点评】解决本题的关键掌握动能定理，知道运用动能定理解题需选择合适的研究过程18如图所示，由质量为m、电量为q的不同速率的正离子组成的离子束，经小孔o射入有匀强电场（场强大小为e）与匀强磁场（场强大小为b）的速度选择器内，只有速率为某一值v1的离子才能沿入射方向作匀速直线运动，当它通过宽度为d的缝射入另一个只有匀强磁场（场强大小为b，方向垂直于纸面向外）的区域，离子将做匀速圆周运动（1）求运动轨迹不发生偏折的离子的初速度v1；（2）如果初速为v2（已知）的离