湖北省武汉市华中师大一附中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题包括10小题其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题每小题5分，共50分单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1下列说法正确的是（）a将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零b洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直c由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功d垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大2为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是（）a这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆b这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆c如需进一步测量可换“100”挡，调零后测量d如需进一步测量可换“1 k”挡，调零后测量3如图所示，电源电动势为e、内阻为 r，r1、r2为定值电阻，r0为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，关于电压表、电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）av的示数变大，a的示数变小bv的示数变大，a的示数变大cv的示数变小，a的示数变小dv的示数变小，a的示数变大4如图中所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则（）a从上往下俯视，中的线圈顺时针转动b从上往下俯视，中的线圈逆时针转动c从上往下俯视，中的线圈顺时针转动d从上往下俯视，中的线圈逆时针转动5如图，长方体玻璃水槽中盛有nacl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流i，沿y轴正向加恒定的匀强磁场b图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（）aa处电势高于b处电势ba处离子浓度大于b处离子浓度c溶液的上表面电势高于下表面的电势d溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度6如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为rr1=2k、r2=4k、r3=10k，r4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小当开关s闭合且没有光照射时，电容器c不带电当用强光照射r4且电路稳定时，r4的阻值为4k下列说法正确的是（）a在无光照时，r4阻值为5 kb与无光照射时比较，有光照时通过r4的电流变大，电源的路端电压变小，电源提供的总功率变小c有光照且电路稳定时，电容器c的上极板带正电d有光照且电路稳定后，断开开关s，通过r1、r2的电荷量之比为2：37如图所示为两电源的ui图象，则下列说法正确的是（）a电源的电动势和内阻均比电源大b当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等c不论外接多大的相同电阻，电源的输出功率总比电源的输出功率大d当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等81932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子粒子在加速器中被加速，加速电压为u加速过程中不考虑相对论效应和重力作用关于回旋加速器，下列说法正确的是（）a带电粒子从磁场中获得能量bd形盒的半径r越大，粒子加速所能获得的最大动能越大c交变电源的加速电压u越大，粒子加速所能获得的最大动能越大d粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后轨道半径之比为：19如图甲所示，电源的电动势e=9v，它和灵敏电流表g的内阻均不可忽略，电压表v的内阻很大，热敏电阻r的阻值随温度的变化关系如图乙所示闭合开关s，当r的温度等于20时，电流表示数i1=2ma根据以上信息判断，下列说法正确的是（）a电流表内阻与电源内阻之和为0.5kb电流表示数i2=6ma时热敏电阻的温度是140c温度升高时电压表示数u与电流表示数i的比值变小d温度升高时电压表示数变化量u与电流表示数变化量i的比值变大10如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段cod光滑，对应圆心角为120，c、d两端等高，o为最低点，圆弧的圆心为o，半径为r；直线段ac、hd粗糙且足够长，与圆弧段分别在c、d端相切整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为b的匀强磁场中，在竖直虚线mc左侧和虚线nd右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距c点足够远的p点由静止释放若小球所受电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段ac、hd间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则（）a小球在第一次沿轨道ac下滑的过程中，最大加速度amax=gb小球在第一次沿轨道ac下滑的过程中，最大速度vmax=c小球进入dh轨道后，上升的最高点比p点低d小球经过o点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mgqb|二、实验题（共20分）11如图所示50分度游标卡尺读数为mm，螺旋测微器读数为mm12如图甲是“测电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用新电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路分得的内电压很小，从而影响测量值的精确性为了较精确地测量一节新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验器材：量程3v的理想电压表v；量程0.6a的电流表a（具有一定内阻）；定值电阻r0（r0=1.50）；滑动变阻器r1（010）；滑动变阻器r2（0200）；开关s（1）相比于图甲，图乙中的电阻r0有哪些作用？（写出一种即可）（2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填r1或r2）；（3）用图乙进行的实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为i1时，电压表读数为u1；当电流表读数为i2时，电压表读数为u2，则新电池内阻的表达式r=（用i1、i2、u1、u2和r0表示）13某同学为了测量电流表a1内阻的精确值，有如下器材：电流表a1（量程300ma，内阻约为5）；电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；电压表v（量程15v，内阻约为3k）；滑动变阻器r1（05，允许通过的最大电流为0.5a）；滑动变阻器r2（020，允许通过的最大电流为0.2a）；电源e（电动势3v，内阻较小）；定值电阻r0 （5）；单刀单掷开关s；导线若干实验要求待测电流表a1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差（1）在答题卡的方框内画出测量a1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（2）若选测量数据中的一组来计算电流表a1的内阻r1，则r1的表达式为r1=，表达式中各符号的含义是三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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共40分）14质量为m、长度为l的导线棒mn静止于水平导轨上，通过mn的电流为i，匀强磁场的磁感应强度为b，方向与导轨平面成角斜向下，如图所示，求棒mn受到的支持力和摩擦力15如图所示的电路中电源的电动势e=12v，内阻r=0.5，外电阻r1=2，r2=3，滑动变阻器r3=5在滑动变阻器的滑动头p从a滑到b的过程中，求：（1）电路中电压表的示数的最大值；（2）电源的最大输出功率16如图所示，某一空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场左侧区域匀强电场的场强大小为e，方向水平向右，电场宽度为l；中间区域匀强磁场磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小为2b，方向垂直纸面向里，其右边界可向右边无限延伸一个质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）从电场左边界上的o点由静止开始运动，穿过中间的磁场区域后进入右侧磁场区域已知粒子在中间磁场区域运动经历时间后，第一次经过两磁场边界的位置为p点（图中未画出）求：（1）带电粒子在磁场中运动的速率v；（2）中间磁场区域的宽度d；（3）请在图中画出带电粒子从o点由静止开始运动至第二次经过p点的过程中运动轨迹的示意图并求出此过程经历的总时间t17一匀强磁场的磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为r的圆，ab为圆的直径在a点有一粒子源向圆平面内（垂直于磁场）发射质量m、电量q的粒子，粒子重力不计（1）如图甲所示，若粒子向圆平面内的各个方向发射，速率均为v1=求粒子在磁场中运动的最长时间（2）如图乙所示，在过b点且垂直于ab方向放置一个很大的屏若粒子仅沿ab连线方向持续发射，速率均为v2=与此同时，以过a点并垂直于纸面的直线为轴，将磁场顺时针缓慢旋转90随着磁场转动，粒子打到屏上的位置会发生变化求粒子打到屏上的范围2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题每小题5分，共50分单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1下列说法正确的是（）a将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零b洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直c由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功d垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大【考点】洛仑兹力；安培力【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据安培力公式、洛伦兹力公式磁通量的公式及左手定则分析解答即可【解答】解：a、将通电导线放入磁场中，若不受安培力，可能是电流的方向与磁场的方向平行，不能说明该处磁感应强度为零故a错误；b、根据左手定则可知，洛伦兹力的方向与带电粒子的速度方向垂直故b错误；c、洛伦兹力的方向始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功故c错误；d、根据磁通量的公式：=bscos，磁通量的大小与磁感应强度、面积以及线圈与磁场之间的夹角都有关，垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大故d正确故选：d【点评】该题考查到安培力、洛伦兹力的特点以及磁通量的相关的因素，安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解2为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是（）a这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆b这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆c如需进一步测量可换“100”挡，调零后测量d如需进一步测量可换“1 k”挡，调零后测量【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；实验评估题；实验分析法【分析】使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：采用“10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明所测电阻很小，约为几欧姆，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值应选择“1”挡，重新进行欧姆调零后再测电阻阻值，故a正确，bcd错误；故选：a【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表读数，要注意：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数3如图所示，电源电动势为e、内阻为 r，r1、r2为定值电阻，r0为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，关于电压表、电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）av的示数变大，a的示数变小bv的示数变大，a的示数变大cv的示数变小，a的示数变小dv的示数变小，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】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题【解答】解：当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，与r2并联的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则v的示数变大根据串联电路电压与电阻成正比的特点，可知，并联部分电压增大，通过r2的电流增大，则a的示数变大故选：b【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法也可利用经验结论进行分析：变阻器电阻增大时，所在并联电路电压增大，与之并联的另一支路电流增大，电流表读数增大4如图中所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则（）a从上往下俯视，中的线圈顺时针转动b从上往下俯视，中的线圈逆时针转动c从上往下俯视，中的线圈顺时针转动d从上往下俯视，中的线圈逆时针转动【考点】左手定则【专题】应用题；学科综合题；分割思想；推理法；电磁学【分析】由左手定则判断出线圈受到的安培力方向，然后判断线圈是否转动【解答】解：a、根据图所示，由左手定则可知，线圈各边所示安培力都在线圈所在平面内，线圈不会绕oo轴转动，故a错误，b错误；c、根据图所示，由左手定则可知，线圈左、右两边所受安培力分别垂直与纸面向外和向里，线圈会绕oo轴转动，从上往下俯视，中的线圈逆时针转动故c错误，d正确故选：d【点评】本题考查了判断线圈是否会绕轴转动，应用左手定则判断出线圈所受安培力方向即可正确解题5如图，长方体玻璃水槽中盛有nacl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流i，沿y轴正向加恒定的匀强磁场b图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（）aa处电势高于b处电势ba处离子浓度大于b处离子浓度c溶液的上表面电势高于下表面的电势d溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度【考点】洛仑兹力；电势【分析】在溶液中通入沿x轴正向的电流i，在nacl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况【解答】解：a、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以a错误；b、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以b正确；cd、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以cd错误故选b【点评】对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电6如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为rr1=2k、r2=4k、r3=10k，r4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小当开关s闭合且没有光照射时，电容器c不带电当用强光照射r4且电路稳定时，r4的阻值为4k下列说法正确的是（）a在无光照时，r4阻值为5 kb与无光照射时比较，有光照时通过r4的电流变大，电源的路端电压变小，电源提供的总功率变小c有光照且电路稳定时，电容器c的上极板带正电d有光照且电路稳定后，断开开关s，通过r1、r2的电荷量之比为2：3【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【专题】比较思想；推理法；实验分析法；电学图像专题【分析】当开关s闭合且没有光照射时，电容器c不带电，r1与r3的电压相等，r2与r4的电压由串联电路分压规律求r4当有光照射时，光敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化及路端电压的变化，再分析外电路即可得出c两端电势的变化，从而得出电容器极板带电情况；同理也可得出各电阻上电流的变化【解答】解：a、在无光照时，电容器c不带电，电容器板间电压为零，则r1与r3的电压相等，r2与r4的电压，因此有 =，得r4=20k，故a错误bc、因有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由e=u+ir可知路端电压减小，由p=ei知，电源提供的总功率变大当没有光照时，c不带电，说明c所接两点电势相等，有光照时，以电源正极为参考点，r1上的分压不变，而r3上的分压增大，故上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电；故bc错误d、有光照且电路稳定后，断开开关s，电容器通过四个电阻放电，且放电的两个支路并联，则通过r1、r2的电荷量之比等于i1：i2=（r2+r4）：（r1+r3）=（4k+4k）：（2k+10k）=2：3，故d正确故选：d【点评】本题为含容电路结合电路的动态分析问题，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上一定带正电7如图所示为两电源的ui图象，则下列说法正确的是（）a电源的电动势和内阻均比电源大b当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等c不论外接多大的相同电阻，电源的输出功率总比电源的输出功率大d当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律分析两电源的电动势和内阻大小过原点o作出一条倾斜的直线，该直线与两图线的交点表示两电源与同样的电阻连接时的工作状态，电源的输出功率p=ui，由交点纵坐标与横坐标乘积比较输出功率的大小【解答】解：a、根据闭合电路欧姆定律得，u=eir，当i=0时，u=e，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源的电动势和内阻均比电源大故a正确b、c、过原点o作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线、的交点就表示一个相同的电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线（3）与图线交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源的输出功率总比电源的输出功率大，故b错误，c正确d、电源的效率=，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不可能相等，电源的效率总大于电源的效率，故d错误；故选：ac【点评】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线81932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子粒子在加速器中被加速，加速电压为u加速过程中不考虑相对论效应和重力作用关于回旋加速器，下列说法正确的是（）a带电粒子从磁场中获得能量bd形盒的半径r越大，粒子加速所能获得的最大动能越大c交变电源的加速电压u越大，粒子加速所能获得的最大动能越大d粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后轨道半径之比为：1【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式t=和半径公式r=进行判断【解答】解：a、由于洛伦兹力始终鸟语粒子速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，带电粒子从电场中获得能量故a错误b、c、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速的电压无关，与d形盒的半径以及磁感应强度有关，d形盒的半径r越大，粒子加速所能获得的最大动能越大故b正确，c错误；d、只有电场力做功，粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后的动能之比是2：1，所以速度之比是：1，根据：r=得：轨道半径之比为：1故d正确故选：bd【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由d型盒的半径决定的9如图甲所示，电源的电动势e=9v，它和灵敏电流表g的内阻均不可忽略，电压表v的内阻很大，热敏电阻r的阻值随温度的变化关系如图乙所示闭合开关s，当r的温度等于20时，电流表示数i1=2ma根据以上信息判断，下列说法正确的是（）a电流表内阻与电源内阻之和为0.5kb电流表示数i2=6ma时热敏电阻的温度是140c温度升高时电压表示数u与电流表示数i的比值变小d温度升高时电压表示数变化量u与电流表示数变化量i的比值变大【考点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律【专题】定性思想；实验分析法；电学图像专题【分析】闭合开关s时，当r的温度等于20时，电流表示数i1=2ma，由图读出r的值，根据闭合电路欧姆定律可求得电流表与电源的内阻之和；当电流表的示数i2=6ma时，根据闭合电路欧姆定律可求r，由图读出温度根据闭合电路欧姆定律求两电表读数变化量之比值【解答】解：a、已知：电源电源的电动势e=9.0v，i1=2ma=0.002a由图象知，当r的温度等于20时，热敏电阻的阻值 r=4000，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得： e=i1（r+r内），即9.0=0.002，解得r内=500=0.5k即电流表内阻与电源内阻之和为0.5k，故a正确b、当电流i2=6ma=0.006a时，由串联电路特点及欧姆定律得： e=i2（r+r内）即：9.0=0.006（r+500）解得：r=1000；由图象知，此时热敏电阻的温度t=140则b正确c、温度升高时，电阻r的阻值变小，则比值电压表示数u与电流表示数i的比值变小，则c正确d、由闭合电路欧姆定律得 u=eir 则=r，不变，故d错误故选：abc【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力，熟练掌握串联电路的特点、欧姆定律是正确解题的前提，由图象找出热敏电阻的阻值与对应的温度关系是解题的关键10如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段cod光滑，对应圆心角为120，c、d两端等高，o为最低点，圆弧的圆心为o，半径为r；直线段ac、hd粗糙且足够长，与圆弧段分别在c、d端相切整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为b的匀强磁场中，在竖直虚线mc左侧和虚线nd右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距c点足够远的p点由静止释放若小球所受电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段ac、hd间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则（）a小球在第一次沿轨道ac下滑的过程中，最大加速度amax=gb小球在第一次沿轨道ac下滑的过程中，最大速度vmax=c小球进入dh轨道后，上升的最高点比p点低d小球经过o点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mgqb|【考点】带电粒子在混合场中的运动；向心力【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】a、根据重力与电场力的大小，即可知带电小球与管壁无作用力，当下滑后，导致洛伦兹力增加，从而使得与管壁的作用力增加，进而滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律，即可求解；b、根据小球做匀速直线运动，则受到的滑动摩擦力等于电场力与重力的合力，从而即可求解；c、根据动能定理，结合电场力与重力的合力做功，与摩擦力做功的之和为零，从而即可求解；d、根据牛顿第二定律，结合机械能守恒定律，与左手定则及洛伦兹力表达式，即可求解【解答】解：a、小球第一次沿轨道ac下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面ac，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为：f=mg，其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因刚下滑时，加速度最大，即为amax=g；故a正确；b、当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，即为qvb=n，而n=f，且f=mg，因此解得：vmax=，故b错误；c、根据动能定理，可知，取从静止开始到进入dh轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于a点等高，故c正确；d、对小球在o点受力分析，且由c向d运动，由牛顿第二定律，则有：nmg+bqv=m；由c到o点，机械能守恒定律，则有：mgrsin30=mv2；由上综合而得：对轨道的弹力为2mgqb，当小球由d向c运动时，则对轨道的弹力为2mg+qb，故d错误；故选：ac【点评】考查力电综合应用，掌握牛顿第二定律、动能定理与机械能守恒定律的综合运用，理解左手定则的内容，注意重力与电场力的合力正好沿着斜面是解题的关键二、实验题（共20分）11如图所示50分度游标卡尺读数为6.28mm，螺旋测微器读数为1.358mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；实验分析法；直线运动规律专题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为6mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为140.02mm=0.28mm，所以最终读数为：6mm+0.28mm=6.28mm2、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为35.80.01mm=0.358mm，所以最终读数为1mm+0.358mm=1.358mm故答案为：6.28；1.358【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12如图甲是“测电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用新电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路分得的内电压很小，从而影响测量值的精确性为了较精确地测量一节新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验器材：量程3v的理想电压表v；量程0.6a的电流表a（具有一定内阻）；定值电阻r0（r0=1.50）；滑动变阻器r1（010）；滑动变阻器r2（0200）；开关s（1）相比于图甲，图乙中的电阻r0有哪些作用？（写出一种即可）方便实验操作和数据测量；防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用r1（填r1或r2）；（3）用图乙进行的实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为i1时，电压表读数为u1；当电流表读数为i2时，电压表读数为u2，则新电池内阻的表达式r=（用i1、i2、u1、u2和r0表示）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）加接电阻r0，起保护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏；（2）由于电流表与电压表的读数在刻度盘中超过一半，读数的相对误差较小，则要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器；（3）根据闭合电路欧姆定律列方程组后联立求解，可求出新电池的内阻的表达式；【解答】解：（1）加接电阻r0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；（2）滑动变阻器应选用r1因为r1的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小；（3）根据闭合电路欧姆定律，有：e=u1+i1（r+r0）e=u2+i2（r+r0）联立解得：；故答案为：（1）方便实验操作和数据测量；防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（2）r1；（3）【点评】本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻r0起保护作用，本题采用了公式法或图象法处理数据；但应用图象法分析数据时误差较小13某同学为了测量电流表a1内阻的精确值，有如下器材：电流表a1（量程300ma，内阻约为5）；电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；电压表v（量程15v，内阻约为3k）；滑动变阻器r1（05，允许通过的最大电流为0.5a）；滑动变阻器r2（020，允许通过的最大电流为0.2a）；电源e（电动势3v，内阻较小）；定值电阻r0 （5）；单刀单掷开关s；导线若干实验要求待测电流表a1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差（1）在答题卡的方框内画出测量a1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（2）若选测量数据中的一组来计算电流表a1的内阻r1，则r1的表达式为r1=，表达式中各符号的含义是i2、i1分别为某次实验时电流表a2、a1的示数，r0是定值电阻的电阻大小【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；定量思想；方程法；恒定电流专题【分析】待测电流表 a1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，电压表量程偏大，不可以用电压表测量电流表a1的电压，通过电流表a1与定值电阻并联，再与a2串联，测量电压表a1的电压，根据欧姆定律求出电流表a1的内阻【解答】解：（1）要求待测电流表 a1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，为了减小测量的误差，滑动变阻器要选择电阻较小的，这样便于调节，所以滑动变阻器选r1；由于电压表的量程较大，测量电流表a1的电压测量误差较大，选择电流表a1与定值电阻并联，再与a2串联，结合欧姆定律得出a1两端的电压如图所示：（2）根据串并联电路的特点，通过定值电阻的电流：ir=i2i1，则电流表a1的内阻为：r1=，i2、i1分别为某次实验时电流表a2、a1的示数，r0是定值电阻的电阻大小故答案为：（1）电路图如图所示； （2）；i2、i1分别为某次实验时电流表a2、a1的示数，r0是定值电阻的电阻大小【点评】解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及掌握器材选取的原则，即安全、精确三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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共40分）14质量为m、长度为l的导线棒mn静止于水平导轨上，通过mn的电流为i，匀强磁场的磁感应强度为b，方向与导轨平面成角斜向下，如图所示，求棒mn受到的支持力和摩擦力【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外、在磁场中受到安培力，还有静摩擦力，四力处于平衡状态根据磁场的方向由左手定则来确定安培力的方向，从而对安培力进行力的分解，由平衡可得支持力、摩擦力的大小【解答】解：水平方向：f=fsin竖直方向：fn=fcos+mg且f=bil从而得：f=bilsin，fn=bilcos+mg答：棒mn受到的支持力和摩擦力分别为bilcos+mg、bilsin【点评】要会区分左手定则与右手定则：左手定则是判定磁场力的，而右手定则是判定感应电流方向的同时还利用三力平衡知识来求解15如图所示的电路中电源的电动势e=12v，内阻r=0.5，外电阻r1=2，r2=3，滑动变阻器r3=5在滑动变阻器的滑动头p从a滑到b的过程中，求：（1）电路中电压表的示数的最大值；（2）电源的最大输出功率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】比较思想；极端假设法；恒定电流专题【分析】（1）当变阻器两侧所在支路的电阻相等时，并联的总电阻最大，电压表的示数最大由串联电路电压与电阻成正比的规律求解（2）根据电源的内电阻与外电阻相等时电源的输出功率最大，两者相差越小，电源的输出功率越大，由此分析解答【解答】解：（1）当对分电路部分（r1、r2、r3）总阻值最大时，电压表示数最大此时变阻器两侧所在支路的电阻相等，都为：（r1+r2+r3）=5此时外电阻最大，且最大值为 rmax=2.5则电压表的示数的最大值 umax=e=12v=10v（2）对分电路部分的最小电阻为当滑片p在a点时的阻值，最小值为 rmin=1.6r=0.5故当对分电路的阻值为1.6时，电源的输出功率最大，为 pmax=（）2rmin=（）21.6w52.2w答：（1）电路中电压表的示数的最大值是10v；（2）电源的最大输出功率是52.2w【点评】本题是对分电路，要明确两侧电阻相等时，并联总电阻最大掌握一个重要推论：电源的内电阻与外电阻相等时电源的输出功率最大，在求电路的极值问题非常有用16如图所示，某一空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场左侧区域匀强电场的场强大小为e，方向水平向右，电场宽度为l；中间区域匀强磁场磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小为2b，方向垂直纸面向里，其右边界可向右边无限延伸一个质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）从电场左边界上的o点由静止开始运动，穿过中间的磁场区域后进入右侧磁场区域已知粒子在中间磁场区域运动经历时间后，第一次经过两磁场边界的位置为p点（图中未画出）求：（1）带电粒子在磁场中运动的速率v；（2）中间磁场区域的宽度d；（3）请在图中画出带电粒子从o点