河北省廊坊市大城一中高二物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省廊坊市大城一中高二（上）第三次月考物理试卷一选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第19题只有一项符合题目要求，第1012题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的得0分）1用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列说法不正确的是（）a摩擦使笔套带电b笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷c笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和d圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力2关于静电场，下列结论普遍成立的是（）a电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低b电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关c在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向d将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零3真空中，a、b两点与点电荷q的距离分别为r和3r，则a、b两点的电场强度大小之比为（）a3：1b1：3c9：1d1：94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5为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场由以地心为圆心的环形电流i引起的在下列四个图中，能正确表示安培假设中环形电流方向的是（）abcd6如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置，闭合电键s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）a增大r1的阻值b增大r2的阻值c增大两板间的距离d断开电键s7如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向下滑动的过程中（）a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大8质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等下列说法正确的是（）a若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等b若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等c若q1q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等d若m1m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等9当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3c，消耗的电能为0.9j为在相同时间内使0.6c的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）a3v，1.8jb3v，3.6jc6v，1.8jd6v，3.6j10将一电荷量为+q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则（）aa点的电场强度比b点的大ba点的电势比b点的高c检验电荷q在a点的电势能比在b点的大d将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功11如图所示，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磁感应强度方向和大小可能为（）az正向， tan by负向，cz负向， tan d沿悬线向下， sin 12在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子p+和p3+，经电压为u的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子p+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子p+和p3+（）a在内场中的加速度之比为1：1b在磁场中运动的半径之比为：1c在磁场中转过的角度之比为1：2d离开电场区域时的动能之比为1：1二填空题（本题共2小题，每空2分，共10分）13图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的（填“a”“b”或“c”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为mm14要测绘一个标有“3v，0.6w”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3v，并便于操作已选用的器材有：电池组（电动势为4.5v，内阻约1）：电流表（量程为0250ma内阻约5）；电压表（量程为03v内限约3k）：电键一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）a滑动变阻器（最大阻值20，额定电流1a）b滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3a）实验的电路图应选用图1中（填字母代号）实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示如果将这个小灯泡接到电动势为1.5v，内阻为5.0的电源两端，小灯泡消耗的功率是w三.解答题（共4小题，共42分，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的不能得分有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为b一带正电的粒子以速度v0从o点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为，若粒子射出磁场的位置与o点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比16如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为u，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为b的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强e的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r17如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场一束同位素离子流从狭缝s1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝s2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为e的偏转电场，最后打在照相底片d上已知同位素离子的电荷量为q（q0），速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为e0的匀强电场和磁感应强度大小为b0的匀强磁场，照相底片d与狭缝s1、s2的连线平行且距离为l，忽略重力的影响（1）求从狭缝s2射出的离子速度v0的大小；（2）若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式（用e0、b0、e、q、m、l示）18如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧长度为3d的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b喷墨打印机的喷口可在两极板左侧上下自由移动，并且从喷口连续不断喷出质量均为m、速度水平且大小相等、带等量电荷的墨滴调节电源电压至u，使墨滴在电场的左侧区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动（重力加速度为g）（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）要使墨滴不从两板间射出，求墨滴的入射速率应满足的条件2015-2016学年河北省廊坊市大城一中高二（上）第三次月考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，在每小题给出的四个选项中，第19题只有一项符合题目要求，第1012题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的得0分）1用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列说法不正确的是（）a摩擦使笔套带电b笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷c笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和d圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力【考点】静电现象的解释【分析】摩擦起电的原因是不同物质的原子核束缚核外电子的能力不同，能力强的得电子带负电，能力弱的失电子带正电，实质是电子的转移感应起电是电荷从物体的一个部分转移到另一个部分【解答】解：a、笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电，故a正确；b、带电的笔套靠近圆环时，圆环感应出上端异号下端同号，故b正确；c、笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中和，还带电，故c错误；d、当圆环被吸引到笔套上，是因为圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，产生了加速度，故d正确本题选错误的，故选：c【点评】此题考查的是物体带电的本质和电荷间的相互作用规律，注意理解电荷不会被创造，也不是消失，只是被转移，最后本题选择错误的，容易出错2关于静电场，下列结论普遍成立的是（）a电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低b电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关c在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向d将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零【考点】电场线；电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系【解答】解：a：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故a错误b：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故b错误c：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故c正确d：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功故d错误故选：c【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析3真空中，a、b两点与点电荷q的距离分别为r和3r，则a、b两点的电场强度大小之比为（）a3：1b1：3c9：1d1：9【考点】点电荷的场强【专题】电场力与电势的性质专题【分析】直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在m所在处的场强的大小【解答】解：引入一个试探电荷q，分别计算它在ab两点受的电场力，得：f1=9f2根据电场强度的定义式：，得：故选：c【点评】本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义4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=bil5为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场由以地心为圆心的环形电流i引起的在下列四个图中，能正确表示安培假设中环形电流方向的是（）abcd【考点】安培定则【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西故b正确故选：b【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定6如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置，闭合电键s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）a增大r1的阻值b增大r2的阻值c增大两板间的距离d断开电键s【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题【解答】解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：u=ir1=r1=，油滴受到的电场力：f=，开始时油滴静止不动，f=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；a、增大r1的阻值，电场力：f=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故a错误；b、增大r2的阻值，电场力：f=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故b正确；c、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故c错误；d、断开电键s，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故d错误故选：b【点评】本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键7如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向下滑动的过程中（）a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知r2与r0并联后与r1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化【解答】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，r1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过r2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过r0的电流增大，则电流表的示数增大故d正确，abc错误；故选：d【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化8质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等下列说法正确的是（）a若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等b若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等c若q1q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等d若m1m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等【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】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据半径和周期公式即可判断【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径r=，已知两粒子动量相等，a、若q1=q2，则它们的圆周运动半径一定相等，选项a正确；b、若m1=m2，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项b错；c、由周期公式t=可知：仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故c、d错误故选a【点评】熟记和运用半径公式和周期公式进行合理变形和推导，难度适中9当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3c，消耗的电能为0.9j为在相同时间内使0.6c的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）a3v，1.8jb3v，3.6jc6v，1.8jd6v，3.6j【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3c的电量时，消耗的电能0.9j，根据w=uq变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6c时，根据i=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据u=ir，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压u；（2）已知通过电阻丝的电量是0.6c，电阻丝两端所加电压u已求出，根据w=uq可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能w【解答】解：因为电阻丝在通过0.3c的电量时，消耗的电能是0.9j，所以此时电压为：u=3v当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6c时，根据i=可知，i=2i，根据u=ir可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：u=2u=6v，电阻丝在这段时间内消耗的电能：w=uq=6v0.6c=3.6j故选d【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解10将一电荷量为+q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则（）aa点的电场强度比b点的大ba点的电势比b点的高c检验电荷q在a点的电势能比在b点的大d将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小【解答】解：a：电场线的疏密表示场强的大小，故a正确；b：a点所在的电场线从q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势故b正确；c：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故c错误；d：由上知，q在a点的电势能较b点小，则把q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故d正确故选：abd【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加11如图所示，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磁感应强度方向和大小可能为（）az正向， tan by负向，cz负向， tan d沿悬线向下， sin 【考点】安培力【分析】对导体棒进行受力分析，根据共点力平衡进行判断，并根据共点力平衡求出磁感应强度的大小【解答】解：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，直导线不能在此位置平衡，故a错误；b、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，当bil=mg，b=导线静止，与竖直方向夹角=0，不符合题意，故b错误；c、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=故c正确；d、磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡条件：f=mgsin，得：b=，故d正确故选：cd【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在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子p+和p3+，经电压为u的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子p+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子p+和p3+（）a在内场中的加速度之比为1：1b在磁场中运动的半径之比为：1c在磁场中转过的角度之比为1：2d离开电场区域时的动能之比为1：1【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】要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了【解答】解：a：两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由可知其在电场中的加速度是1：3，故a错误b：要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：，可知其速度之比为：又由知，所以其半径之比为：1，故b正确c：由b的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：，设磁场宽度为l，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有，则可知角度的正弦值之比为，又p+的角度为30，可知p3+角度为60，故c正确d：由电场加速后：可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故d错误故选：bc【点评】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练二填空题（本题共2小题，每空2分，共10分）13图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的a（填“a”“b”或“c”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为11.30mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读【解答】解：游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪即a部分游标卡尺测内径时，主尺读数为11mm，游标读数为0.056=0.30mm，最后读数为11.30mm故答案为：a，11.30【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法注意游标卡尺的精确度14要测绘一个标有“3v，0.6w”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3v，并便于操作已选用的器材有：电池组（电动势为4.5v，内阻约1）：电流表（量程为0250ma内阻约5）；电压表（量程为03v内限约3k）：电键一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的a（填字母代号）a滑动变阻器（最大阻值20，额定电流1a）b滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3a）实验的电路图应选用图1中b（填字母代号）实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示如果将这个小灯泡接到电动势为1.5v，内阻为5.0的电源两端，小灯泡消耗的功率是0.1w【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】滑动变阻器分压式接法中选取小电阻的变阻器节约能源；求出小灯泡电阻后判断小灯泡是小电阻还是大电阻，从而选择电流表内接还是外接；结合曲线算出小灯泡的电阻，然后根据功率的公式计算小灯泡的实际功率【解答】解：因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻最小的变阻器a 因小灯泡电阻为r=15，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选b 电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为5，电动势为1.5v的电源的路端电压与干路电流的关系图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小灯泡与该电源直接串联；根据交点坐标（1.0v，0.1a）可以计算出小灯泡消耗的功率为：p=ui=10.1=0.1w故答案为：a；b；0.1【点评】对电学实验要明确以下情况，滑动变阻器必须用分压式接法：要求电流从零调；变阻器的全电阻远小于待测电阻；用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程三.解答题（共4小题，共42分，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的不能得分有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为b一带正电的粒子以速度v0从o点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为，若粒子射出磁场的位置与o点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比【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】计算题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从a点射出磁场，o、a间的距离为l射出时速度的大小仍不变，射出方向与轴的夹角仍为【解答】解：由洛仑兹力公式和牛顿定律可得，式中r为圆轨道的半径解得圆轨道的圆心位于oa的中垂线上，由几何关系可得联立、两式，解得【点评】利用圆的特性构建几何关系，并运用由洛伦兹力提供向心力的物理规律列出方程，从而联立求解16如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为u，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为b的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强e的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据公式可求e；（2）根据动能定理列式求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解【解答】解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：匀强电场场强e的大小；（2）设带电粒子出电场时速度为v由动能定理得：解得：； （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 联立得：；答：（1）匀强电场场强e的大小；（2）粒子从电场射出时速度的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式，d是指沿电场方向距离17如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场一束同位素离子流从狭缝s1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝s2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为e的偏转电场，最后打在照相底片d上已知同位素离子的电荷量为q（q0），速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为e0的匀强电场和磁感应强度大小为b0的匀强磁场，照相底片d与狭缝s1、s2的连线平行且距离为l，忽略重力的影响（1）求从狭缝s2射出的离子速度v0的大小；（2）若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系