湖北省宜昌市长阳一中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省宜昌市长阳一中高二（上）期末物理试卷一、选择题（每小题5分，共50分其中1-6题为单选题，7-10题为多选题，选对选全得5分，选对不选全得3分，有选错的得0分）1如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心o下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）ao点的电场强度为零，电势最高bo点的电场强度为零，电势最低c从o点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高d从o点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低2如图所示，a、b、c是等边三角形的三个顶点，o是a、b连线的中点以o为坐标原点，a、b连线为x轴，o、c连线为y轴，建立坐标系过a、b、c、o四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流则过o点的通电直导线所受安培力的方向为（）a沿y轴正方向b沿y轴负方向c沿x轴正方向d沿x轴负方向3a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星其中a、c的轨道相交于p，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图示下列说法中正确的是（）aa、c的加速度大小相等，且大于b的加速度bb、c的角速度大小相等，且小于a的角速度ca、c的线速度大小相等，且小于d的线速度da、c存在在p点相撞危险4如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片p向下滑动，下列表述正确的是（）a线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流b穿过线圈a的磁通量变小c线圈a有扩张的趋势d线圈a对水平桌面的压力fn将增大5在水平面上有一个小物块质量为m，从某点给它一个初速度，沿水平面做匀减速直线运动，经过a，b，c三点到o点速度为零a，b，c三点到o点距离分别为s1、s2、s3时间分别为t1、t2、t3下列结论正确的是（）a =bc =d6如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面两个带电粒子m、n（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中mpn和nqm所示已知m是带正电的带电粒子则下列说法中正确的是（）an一定也带正电ba点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强c带电粒子m的动能减小，电势能增大d带电粒子n的动能增大，电势能减小7有一种手电筒和台式电子钟都是使用1节干电池工作的将新电池装在手电筒中，使用较长时间后，当手电筒的小灯泡只能发出微弱的光而不能正常使用时，把电池取出来，用电压表测其两端电压，电压表示数略小于1.5v把这节旧电池装在台式电子钟内仍能使电子钟正常工作则下列说法中正确的是（）a旧电池的电动势比新电池的电动势小了许多b旧电池的内电阻比新电池的内电阻大很多c台式电子钟的额定电压一定比手电筒小灯泡的额定电压小d台式电子钟正常工作时的电流一定比手电筒正常工作时的电流小8在如图所示的电路中，e为电源，其内阻为r，l为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），r1、r2为定值电阻，r3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，v为理想电压表若将照射r3的光的强度减弱，则（）a电压表的示数变大b小灯泡消耗的功率变小c通过r2的电流变小d电源内阻的电压变大9如图所示，水平放置的u形框架上接一个阻值为r0的电阻，放在垂直纸面向里的，磁感应强度大小为b的匀强磁场中，一个半径为l，质量为m的半圆形硬导体ac在水平向右的恒定拉力f作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体ac的电阻为r，其余电阻不计，下列说法正确的是（）a此时ac两端电压为uac=2blvb此时ac两端电压为uac=c此过程中电路产生的电热为q=fdd此过程中通过电阻r0的电荷量为q=10如图所示，虚线间空间存在由匀强电场e和匀强磁场b组成的正交或平行的电场和磁场（实线为电场线），有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些电磁混合场（）abcd二、实验题（11题6分，12题10分，共16分）112013年12月14日晚上9点14分左右嫦娥三号月球探测器平稳降落在月球虹湾，并在4分钟后展开太阳能电池帆板这是中国航天器第一次在地外天体成功软着陆，中国成为继美国、前苏联之后第三个实现月面软着陆的国家太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的iu特性所用的器材包括：太阳能电池，电源e，电流表a，电压表v，滑动变阻器r，开关s及导线若干（1）为了达到上述目的，应选用图1中的哪个电路图：（填“甲”或“乙”）（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2所示的iu图象由图可知，当电压小于2.0v时，太阳能电池的电阻（填“很大”或“很小”）；当电压为2.8v时，太阳能电池的电阻约为（保留两位有效数字）12在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：a干电池e（电动势约为1.5v、内电阻大约为1.0）b电压表v（015v）c电流表a（00.6a、内阻0.1）d电流表g（满偏电流3ma、内阻rg=10）e滑动变阻器r1（010、10a）f滑动变阻器r2（0100、1a）g定值电阻r3=990h开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是（填写“r1”或“r2”）；（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号（3）图示为某一同学根据他设计的实验，绘出的i1i2图线（i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数），由图线可求得被测电池的电动势e=v，内电阻r=三、计算题（8分+10分+12分+14分=44分）13一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管两侧分别安装电极并加有磁场设血管直径是2.0mm，磁场的磁感应强度为0.080t，电压表测出的电压为0.10mv，求血流速度的大小14如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为u0，电容器板长和板间距离均为l=10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是l=10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的）求：（1）在t=0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y；（2）电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到荧光屏上距图中荧光屏上的o点的距离是多大？15如图所示，一质量为m=1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动（传送带不打滑），现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为ep=4.5j，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带已知滑块与传送带的动摩擦因数为=0.2，传送带足够长，g=10m/s2求：（1）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；（2）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量16如图所示，在半径为r=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度b，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点p以速率v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；（3）若粒子以速度v0从p点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上2015-2016学年湖北省宜昌市长阳一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分其中1-6题为单选题，7-10题为多选题，选对选全得5分，选对不选全得3分，有选错的得0分）1如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心o下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）ao点的电场强度为零，电势最高bo点的电场强度为零，电势最低c从o点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高d从o点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【考点】电势；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析o点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低【解答】解：ab、圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在o点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上o点的电势最低，故a错误，b正确；cd、o点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从o点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向左，电势升高，故c错误，d错误故选：b【点评】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化2如图所示，a、b、c是等边三角形的三个顶点，o是a、b连线的中点以o为坐标原点，a、b连线为x轴，o、c连线为y轴，建立坐标系过a、b、c、o四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流则过o点的通电直导线所受安培力的方向为（）a沿y轴正方向b沿y轴负方向c沿x轴正方向d沿x轴负方向【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；左手定则【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流由安培定则可得：导线a、b的电流在o处的合磁场为零，则只有在c处的电流产生磁场对o点通电导线有安培力作用再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，沿着y轴的正方向故a正确，bcd错误；故选：a【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥3a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星其中a、c的轨道相交于p，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图示下列说法中正确的是（）aa、c的加速度大小相等，且大于b的加速度bb、c的角速度大小相等，且小于a的角速度ca、c的线速度大小相等，且小于d的线速度da、c存在在p点相撞危险【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可【解答】解：a、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有f=f向f=gf向=m=m2r=m（）2r因而g=m=m2r=m（）2r=ma解得= a=a、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于b卫星的轨道半径，根据式，a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度，故a正确；b、b、c两颗卫星的轨道半径不相同，根据式，其角速度不等，故b错误；c、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于d卫星的轨道半径，根据式，a、c的线速度大小相等，且大于d的线速度，故c错误；d、a、c两颗卫星相交，故轨道半径相同，根据式，它们的线速度相等，故永远不会相撞，故d错误；故选：a【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度和加速度的表达式，再进行讨论；除向心力外，线速度、角速度、周期和加速度均与卫星的质量无关，只与轨道半径有关4如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片p向下滑动，下列表述正确的是（）a线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流b穿过线圈a的磁通量变小c线圈a有扩张的趋势d线圈a对水平桌面的压力fn将增大【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便【解答】解：a、b：当滑动触头p向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以b错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，a错误c、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，c错误；d、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的n极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以d正确故选d【点评】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便5在水平面上有一个小物块质量为m，从某点给它一个初速度，沿水平面做匀减速直线运动，经过a，b，c三点到o点速度为零a，b，c三点到o点距离分别为s1、s2、s3时间分别为t1、t2、t3下列结论正确的是（）a =bc =d【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【专题】直线运动规律专题【分析】反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可判断各项是否正确【解答】解：反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，s=at2故a=2，故位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故c正确故选：c【点评】虽然当时伽利略是通过分析得出匀变速直线运动的，但我们今天可以借助匀变速直线运动的规律去理解伽利略的实验6如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面两个带电粒子m、n（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中mpn和nqm所示已知m是带正电的带电粒子则下列说法中正确的是（）an一定也带正电ba点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强c带电粒子m的动能减小，电势能增大d带电粒子n的动能增大，电势能减小【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹mpn运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向【解答】解：a、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷m的轨迹mpn可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右n电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以n带负电，故a错误b、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，而两点的场强大小相等故b错误；c、d电场力对n粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故c错误，d正确；故选：d【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧7有一种手电筒和台式电子钟都是使用1节干电池工作的将新电池装在手电筒中，使用较长时间后，当手电筒的小灯泡只能发出微弱的光而不能正常使用时，把电池取出来，用电压表测其两端电压，电压表示数略小于1.5v把这节旧电池装在台式电子钟内仍能使电子钟正常工作则下列说法中正确的是（）a旧电池的电动势比新电池的电动势小了许多b旧电池的内电阻比新电池的内电阻大很多c台式电子钟的额定电压一定比手电筒小灯泡的额定电压小d台式电子钟正常工作时的电流一定比手电筒正常工作时的电流小【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】电源的电动势可通过电压表测量，即电源未接入电路时，电压表读数电池使用较长时间，导致内电阻增大，而输出电压的高低是由与其串联的电阻决定，当电阻大于内阻，则输出电压较大；若电阻小于内阻，则输出电压较小【解答】解：a、一节干电池的电动势应该为1.5v，现在直接通过电压表示数略小于1.5v，可知，电动势几乎不变，故a错误；b、一节干电池已经用了较长时间，使用时小灯泡只能发出很微弱的光，除电动势降低之外，电池的内阻增大，若比灯泡的电阻还大，则输出电压很小故b正确；c、台式电子钟能正常工作是由于它的内阻比电池的内阻大得多，所以输出电压较高，从而能工作，所以台式电子钟的额定电压一定比手电筒小灯泡的额定电压大，故c错误；d、由于电子钟的电阻较大，所以正常工作的电流较小，故d正确；故选bd【点评】考查电源的电动势的概念，及电池用久后电阻会增大，并掌握不同的外电阻，输出电压不同理解闭合电路的欧姆定律8在如图所示的电路中，e为电源，其内阻为r，l为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），r1、r2为定值电阻，r3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，v为理想电压表若将照射r3的光的强度减弱，则（）a电压表的示数变大b小灯泡消耗的功率变小c通过r2的电流变小d电源内阻的电压变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化【解答】解：a、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故r1两端的电压减小，故a错误；b、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由p=i2r可知，小灯泡消耗的功率变小，故b正确；c、因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时r1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过r2的电流增大，故cd错误；故选：b【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质9如图所示，水平放置的u形框架上接一个阻值为r0的电阻，放在垂直纸面向里的，磁感应强度大小为b的匀强磁场中，一个半径为l，质量为m的半圆形硬导体ac在水平向右的恒定拉力f作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体ac的电阻为r，其余电阻不计，下列说法正确的是（）a此时ac两端电压为uac=2blvb此时ac两端电压为uac=c此过程中电路产生的电热为q=fdd此过程中通过电阻r0的电荷量为q=【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】图中半圆形硬导体ab有效切割的长度等于半圆的直径2l，由公式e=blv求解感应电动势的大小ab相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出，由焦耳定律求解产生的电热，根据电流表达式求解电荷量【解答】解：a、b：导体ab有效切割的长度等于半圆的直径2l，半圆形导体ab切割磁感线产生感应电动势的大小为：e=b2lv=2blvab相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得： =，故a错误，b正确；c、根据能量守恒定律可知：，得：q=fdwf，故c错误；d、根据电磁感应定律得：，根据电流定义式：i=，解得：q=，故d正确；故选：bd【点评】本题要理解并掌握感应电动势公式，公式e=blv中，l是有效的切割长度，即为与速度垂直的方向导体的长度也可画出等效电路，来区分外电压和内电压10如图所示，虚线间空间存在由匀强电场e和匀强磁场b组成的正交或平行的电场和磁场（实线为电场线），有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些电磁混合场（）abcd【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】当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域【解答】解：a、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故a错误；b、小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故b错误；c、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故c正确；d、粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故d正确；故选cd【点评】本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力二、实验题（11题6分，12题10分，共16分）112013年12月14日晚上9点14分左右嫦娥三号月球探测器平稳降落在月球虹湾，并在4分钟后展开太阳能电池帆板这是中国航天器第一次在地外天体成功软着陆，中国成为继美国、前苏联之后第三个实现月面软着陆的国家太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的iu特性所用的器材包括：太阳能电池，电源e，电流表a，电压表v，滑动变阻器r，开关s及导线若干（1）为了达到上述目的，应选用图1中的哪个电路图：甲（填“甲”或“乙”）（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2所示的iu图象由图可知，当电压小于2.0v时，太阳能电池的电阻很大（填“很大”或“很小”）；当电压为2.8v时，太阳能电池的电阻约为1.0103（保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）电压电流需从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压式接法，分析电路图选出所需实验电路（2）根据电压和电流的大小，通过欧姆定律判断电阻的大小当电压为2.80v时，读出此时的电流，根据欧姆定律求出电阻的大小【解答】解：（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图甲所示实验电路；（2）由图2所示图象可知，在电压小于2.00v时，电流i很小，根据欧姆定律i=可知太阳能电池的电阻很大；由图2所示图象可知，当电压为2.8v时，电流i=2.80103a，电阻r=故答案为：（1）甲；（2）很大，1.0103【点评】解决本题的关键知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及会通过欧姆定律判断电阻的大小另外要掌握应用图象法解题的方法，从图象中找出对应的信息12在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：a干电池e（电动势约为1.5v、内电阻大约为1.0）b电压表v（015v）c电流表a（00.6a、内阻0.1）d电流表g（满偏电流3ma、内阻rg=10）e滑动变阻器r1（010、10a）f滑动变阻器r2（0100、1a）g定值电阻r3=990h开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是r1（填写“r1”或“r2”）；（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号（3）图示为某一同学根据他设计的实验，绘出的i1i2图线（i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数），由图线可求得被测电池的电动势e=1.47v，内电阻r=0.81【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】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；（3）由作出的ui图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻【解答】解：（1）滑动变阻器起调节电路作用，若总电阻太大，则调节时电阻变化过大，使电路中电流太小，故应选取小一点的电阻，一般约为内阻的几十倍即可；故选r1；（2）电路直接采用串联即可，定值电阻与电流表g串联作为电压表并联在电源两端，采用的是电流表内接法；电路图如右图所示；（3）i2为零时，表示断路，i1=1.47ma e=i1（rg+r3）=1.47v 从横坐标0.1a到0.4a，相差0.3a 纵坐标变化量为0.24v （0.24ma对应于0.24v） r=0.8；故电源的电动势e=1.47 （1.461.48均对），内阻r=0.80（0.790.85均可以）故答案为：（1）r1；（2）如右图；（3）1.47（1.461.48）；0.80（0.790.85）；【点评】测电动势和内电阻的实验高考可较多出现，但考查内容相对集中，主要是考查误差分析、电路的选择及数据的处理，应注意掌握基础知识三、计算题（8分+10分+12分+14分=44分）13一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管两侧分别安装电极并加有磁场设血管直径是2.0mm，磁场的磁感应强度为0.080t，电压表测出的电压为0.10mv，求血流速度的大小【考点】霍尔效应及其应用【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】血液流动时，血液中的正负电荷在磁场中发生偏转，向上下两端偏转，在上下两端间产生电势差，最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡根据该规律求出血流的速度大小【解答】解：当电场力和洛伦兹力相等时有：qe=qvb，e=则v=答：血流速度的大小为0.625m/s【点评】解决本题的关键知道血液中的正负电荷发生偏转，最终在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡14如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为u0，电容器板长和板间距离均为l=10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是l=10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的）求：（1）在t=0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y；（2）电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到荧光屏上距图中荧光屏上的o点的距离是多大？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小；（2）通过第（1）问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出电子打到荧光屏上距图中荧光屏上的o点的距离【解答】解：（1）电子经电场加速，又功能关系有：qu0=mv2经电场偏转后侧移量为：y=at2=联立解得：y=由图知t=0.06 s时刻u偏=1.8u0，联立解得：y=4.5 cm （2）当时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，即：解得：u偏=2u0设打在屏上的点距o点的距离为y，满足：解得：y=1.5l=15cm 答：（1）在t=0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y为4.5cm； （2）电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到荧光屏上距图中荧光屏上的o点的距离是15cm【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的类型，关键要分析电子的运动情况，对类平抛运动会进行分解，结合几何知识进行求解；同时注意应用平抛运动的相关结论15如图所示，一质量为m=1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动（传送带不打滑），现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为ep=4.5j，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带已知滑块与传送带的动摩擦因数为=0.2，传送带足够长，g=10m/s2求：（1）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；（2）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量【考点】功能关系；动能定理的应用【专题】传送带专题【分析】（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动先根据滑块与弹簧组成的机械能守恒，求出滑块刚滑上传送带时的速度，运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解时间（2）根据运动学公式求出滑块与传送带的相对路程s，由q=fs求解热量【解答】解：（1）设滑块刚滑上传送带时的速度为v0，对于弹簧释放过程，根据滑块与弹簧组成的机械能守恒得： ep=得 v0=m/s=3m/s滑块滑上传送带后，向左做匀减速运动，设匀减速运动至速度为零的时间为t1匀减速运动的加速度大小为 a=g则t1=s=1.5s此过程中，传送带的位移为 x1=vt1=2