湖南省常德一中高一物理上学期期末试卷 理（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省常德一中高二（上）期末物理试卷（理科）一、单向选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）1在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中符合物理学发展史的是（）a奥斯特发现了点电荷的相互作用规律b库仑发现了电流的磁效应c安培发现了磁场对运动电荷的作用规律d法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律2对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”人们假定，在n极上聚集着正磁荷，在s极上聚集着负磁荷由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同若用h表示磁场强度，f表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则下列关系式正确的是（）af=bh=ch=fqmdqm=hf3取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为i的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为b，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为i的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）a0b0.5bcbd2b4下列说法中正确的是（）a电场强度为零的点，电势不一定为零b电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等c通电导线在磁场中某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零d电源电动势的大小一定等于路端电压5在如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，电表均为理想电表，当滑片p向右移动时，两电表读数的变化是（）a电流表示数变大，电压表示数变大b电流表示数变小，电压表示数变大c电流表示数变大，电压表示数变小d电流表示数变小，电压表示数变小6把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，并使它组成如图所示的电路，当电键s接通后，将看到的现象是：（）a弹簧向上收缩b弹簧被拉长c弹簧上下跳动d弹簧仍静止不动7处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动若规定由abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是（）abcd8在如图所示的电路中，a1和a2是两个相同的灯泡线圈l的自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法正确的是（）a闭合开关s时，a1和a2同时亮b闭合开关s时，a2先亮，a1逐渐变亮c断开开关s时，a2闪亮一下再熄灭d断开开关s时，流过a2的电流方向向左9如图所示，为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔下列说法中正确的是（）aa孔插红表笔b表盘刻度是均匀的c用100挡测量时，若指针指在0附近，则应换用1 k挡d测量“220 v100 w”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比484小10如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为b在xoy平面内，从原点o处沿与x轴正方向成角（0）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）则下列说法正确的是（）a若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距o点越远b若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短c若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大d若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短二、多项选择题11如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从a运动到b，则（）a电场力做正功b动能减少c电势能增加d加速度增大12一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，p为滑动变阻器的触头（）a副线圈输出电压的频率为50hzb副线圈输出电压的有效值为31vcp向右移动时，原、副线圈的电流比减小dp向右移动时，变压器的输出功率增加13如图甲所示，100匝的线圈，横截面积是0.1m2，线圈两端a、b与一个理想电压表相连线圈中有垂直纸面向里的磁场，磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则（）a电压表的示数是2vb电压表的示数是2.5vca点电势高于b点db点电势高于a点14空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自a点沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c为运动的最低点不计重力，则（）a该离子带负电ba、b两点位于同一高度cc点时离子速度最大d离子到达b点后，将沿原曲线返回a点三、实验题（本题包括3小题，每空2分，共14分）15用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图所示，可知金属丝的直径为d=mm16在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示它们是：电流计、直流电源、带铁芯的线圈a、线圈b、电键、滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱）（1）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）（2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱c和d上，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，电流计指针将（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）17用电流表和电压表测定1节电池的电动势e和内阻r，所用电路如图a所示，除备有电池、电键、电压表（03v）、足量的导线外，还有下列实验仪器可供选择a、电流表a1（00.6a）b、电流表a2（03a）c、滑动变阻器r1（20，2a）d、滑动变阻器r2（1）所选电流表为，滑动变阻器为，（填写所选仪器前面的字母）（2）一名学生正确选择仪器后进行实验，并画出ui图象如图b所示，从图b中可得电源的电动势为v，内阻为四、计算题（本题包括4小题，第19题8分，第18、20题每小题10分，第21题12分，共40分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤）18如图所示，在磁感应强度b=1t的匀强磁场中，用两根细线悬挂长l=10cm、质量m=5g的金属导线今在金属导线中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零g=10m/s2则：（1）求金属导线中电流的大小和方向（2）若每根悬线所受的拉力为0.1n，求金属导线中的电流的大小和方向19（适合于二期课改教材的考生）某小型实验水电站输出功率是20kw，输电线路总电阻是6（1）若采用380v输电，求输电线路损耗的功率（2）若改用5000v高压输电，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户得到的电压20两根光滑的长直金属导轨m n、mn平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，m、m处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为r，电容器的电容为c长度也为l、阻值同为r的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为b、方向竖直向下的匀强磁场中ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为q求（1）ab运动速度v的大小；（2）电容器所带的电荷量q21如图，在平面直角坐标系xoy内，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以on为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的m点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的p点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力求（1）电场强度大小e；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t2015-2016学年湖南省常德一中高二（上）期末物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单向选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）1在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中符合物理学发展史的是（）a奥斯特发现了点电荷的相互作用规律b库仑发现了电流的磁效应c安培发现了磁场对运动电荷的作用规律d法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律【考点】物理学史【专题】直线运动规律专题【分析】本题是物理学史问题，根据奥斯特、库仑、安培、法拉第等科学家的成就进行解答【解答】解：a、b库仑发现了点电荷的相互作用规律，奥斯特发现了电流的磁效应，故ab错误c、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故c错误d、法拉第最早引入电场的概念，并发现了电磁感应现象，即发现了磁场产生电流的条件和规律，故d正确故选d【点评】通过物理学史的学习，可以学习科学成就的同时，还可以学到科学研究方法和科学精神2对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”人们假定，在n极上聚集着正磁荷，在s极上聚集着负磁荷由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同若用h表示磁场强度，f表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则下列关系式正确的是（）af=bh=ch=fqmdqm=hf【考点】磁感应强度【分析】磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，运用类比思想，类比电场强度的定义公式e=列式分析即可【解答】解：题目已经说明磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，故：h=故选：b【点评】本题关键是读懂题意，运用类比思想理解题意，根据题意列式分析即可，基础题目3取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为i的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为b，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为i的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）a0b0.5bcbd2b【考点】磁感应强度【专题】电磁学【分析】本题比较简单，考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题【解答】解：在图（b）中，由于两根导线中的电流方向相反，产生的磁场相互抵消，所以在b中螺线管内中部的磁感应强度大小为零，故bcd错误，a正确故选a【点评】要根据安培定则正确分析通电直导线、通电螺线管等周围磁场分部情况4下列说法中正确的是（）a电场强度为零的点，电势不一定为零b电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等c通电导线在磁场中某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零d电源电动势的大小一定等于路端电压【考点】电源的电动势和内阻；电场强度【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据电场强度与电势无关，分析两者大小关系当通电导线与磁场平行时，导线不受安培力【解答】解：a、由于电场强度与电势无关，则电场强度为零的点，电势不一定为零故a正确b、电场强度处处相等的区域内，电势不一定处处相等，若区域内场强处处为零，电势处处相等；若场强不为零，顺着电场线电势会降低故b错误c、通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，磁感应强度可能为零，也可能磁感应强度不为零，通电导线与磁场平行故c错误d、电源电动势的大小不等于路端电压故d错误故选：a【点评】本题中电场强度、电势、磁感应强度是描述电场和磁场基本物理量，是场本身性质决定，难度不大，属于基础题5在如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，电表均为理想电表，当滑片p向右移动时，两电表读数的变化是（）a电流表示数变大，电压表示数变大b电流表示数变小，电压表示数变大c电流表示数变大，电压表示数变小d电流表示数变小，电压表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】先分析电路结构，当滑动变阻器滑片p向右移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析电压表和电流表示数的变化【解答】解：当滑动变阻器滑片p向右移动时，变阻器接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律得知，总电流减小，即电流表示数减小，则电源内阻和r0所占电压减小，所以电压表示数增大，故b正确，acd错误故选；b【点评】本题是电路的动态变化分析问题，按“部分整体部分”的思路进行分析，分析电路结构是基础，难度适中6把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，并使它组成如图所示的电路，当电键s接通后，将看到的现象是：（）a弹簧向上收缩b弹簧被拉长c弹簧上下跳动d弹簧仍静止不动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】当弹簧中通电流时，弹簧的每一圈导线都是一个线圈，都有n极和s极，根据安培定则判断每一线圈的下端都是n极，上端都是s极，根据异名磁极相互吸引，弹簧缩短，弹簧离开水银面，电路断开，弹簧中没有电流，各线圈之间失去吸引作用，弹簧恢复原状，弹簧下落到水银面接通电路，重复上面的现象【解答】解：当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程故选：c【点评】通电螺线管是由每一个线圈组成的，每一个线圈都有磁场，和判断通电螺线管的n极、s极相同，也按照安培定则来判断n极和s极7处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动若规定由abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是（）abcd【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【专题】交流电专题【分析】矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电则由楞次定则可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大【解答】解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，根据右手定则得感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象故abd错误，c正确故选：c【点评】本题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向8在如图所示的电路中，a1和a2是两个相同的灯泡线圈l的自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法正确的是（）a闭合开关s时，a1和a2同时亮b闭合开关s时，a2先亮，a1逐渐变亮c断开开关s时，a2闪亮一下再熄灭d断开开关s时，流过a2的电流方向向左【考点】自感现象和自感系数【分析】当电键k闭合时，通过线圈l的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【解答】解：a、当电键k闭合时，灯2立即发光通过线圈l的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，1逐渐亮起来所以2比1先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同故a错误b正确；c、稳定后当电键s断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡1、2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯2不会闪亮，流过a2的电流方向向右；故c错误，d错误；故选：b【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解9如图所示，为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔下列说法中正确的是（）aa孔插红表笔b表盘刻度是均匀的c用100挡测量时，若指针指在0附近，则应换用1 k挡d测量“220 v100 w”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比484小【考点】多用电表的原理及其使用【专题】恒定电流专题【分析】欧姆表“+”插孔与内置电源的负极相连，红表笔查“+”插孔，黑表笔差“”插孔；欧姆表的刻度盘是不均匀的，右侧刻度线稀疏，左端刻度线密集；使用欧姆表测电阻时，应选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，常温下灯泡电阻明显小于灯泡正常发光时的电阻【解答】解：a、由图示可知，a插孔与内置电源负极相连，则a插孔是“+”插孔，a孔应插红表笔，故a正确；b、欧姆表刻度盘不均匀，右侧稀疏左侧密集，故b错误；c、用100挡测量时，若指针指在0附近，说明所选档位太大，应换小挡，应换用10挡，故c错误；d、测灯泡电阻时应把灯泡从电路中断开，其温度笔灯泡正常发光时的温度低，电阻小于灯泡正常发光时的电阻，因此测量“220v 100w”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比4840小，故d正确；故选：ad【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表特点，知道欧姆表结构、原理、使用方法即可正确解题10如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为b在xoy平面内，从原点o处沿与x轴正方向成角（0）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）则下列说法正确的是（）a若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距o点越远b若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短c若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大d若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角，由t=分析时间根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系；由=，分析角速度【解答】解：a、设粒子的轨迹半径为r，则r=如图，ao=2rsin=，则若是锐角，越大，ao越大若是钝角，越大，ao越小故a错误b、如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹由几何关系得：轨迹对应的圆心角=22粒子在磁场中运动的时间t=，则得知：若v一定，越大，时间t越短；若一定，运动时间一定故b正确，d错误c、粒子在磁场中运动的角速度=，又t=，则得=，与速度v无关故c错误故选：b【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t=t，是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角二、多项选择题11如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从a运动到b，则（）a电场力做正功b动能减少c电势能增加d加速度增大【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据粒子的轨迹弯曲方向判断电场力方向根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增大由电场线疏密判断出场强大小，分析加速度的大小【解答】解：a、由图看出，粒子的向下弯曲，粒子所受电场力方向大体向下，如图，则粒子所受电场力与电场强度方向相反带电粒子从a运动到b过程中，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功故a错误b、c、电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大故bc正确d、a处电场线比b处电场线疏，说明a处场强较小，粒子在a所受电场力较小，所以粒子运动的加速度增大故d正确故选：bcd【点评】此题要根据轨迹的弯曲方向判断出电场力方向物体做曲线运动时，合力指向轨迹弯曲的内侧12一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，p为滑动变阻器的触头（）a副线圈输出电压的频率为50hzb副线圈输出电压的有效值为31vcp向右移动时，原、副线圈的电流比减小dp向右移动时，变压器的输出功率增加【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：a、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50hz，所以a正确b、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220v，所以副线圈的电压的最大值为22v，所以电压的有效值为v=22v，所以b错误c、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以c错误d、p向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以d正确故选ad【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法13如图甲所示，100匝的线圈，横截面积是0.1m2，线圈两端a、b与一个理想电压表相连线圈中有垂直纸面向里的磁场，磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则（）a电压表的示数是2vb电压表的示数是2.5vca点电势高于b点db点电势高于a点【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律【分析】应用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由楞次定律可以判断出感应电动势的方向，然后判断电势高低【解答】解：a、由法拉第电磁感应定律得感应电动势为：，故a正确，b错误；c、由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针方向，所以a点电势高，b点电势低，故c正确，d错误；故选：ac【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律与楞次定律；由图象求出磁感应强度的变化、应用法拉第电磁感应定律即可求出感应电动势；线圈相当于电源，在电源内部电流从低电势流向高电势，应用楞次定律判断出感应电流方向，然后可以判断出电势高低14空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自a点沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c为运动的最低点不计重力，则（）a该离子带负电ba、b两点位于同一高度cc点时离子速度最大d离子到达b点后，将沿原曲线返回a点【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】带电粒子由静止释放（不考虑重力），在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达c点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达b点时速度为零之后粒子会继续向右重复由在由a经c到b的运动形式【解答】解：a、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电故a错误b、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在a到b的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，a、b两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以a、b两点位移同一高度故b正确c、根据动能定理得，离子运动到c点电场力做功最大，则速度最大故c正确d、只要将离子在b点的状态与a点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在b之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回a点的如图所示故选：bc【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中三、实验题（本题包括3小题，每空2分，共14分）15用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图所示，可知金属丝的直径为d=1.775mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；基本实验仪器【分析】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：螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为27.50.01mm=0.275mm，所以最终读数为1.5mm+0.275mm=1.775mm故答案为：1.775【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16在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示它们是：电流计、直流电源、带铁芯的线圈a、线圈b、电键、滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱）（1）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）（2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱c和d上，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，电流计指针将左偏（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈a串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈b串联成另一个回路，电路图如图所示（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；由电路图可知，电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过线圈a的电流变小，磁场变弱，穿过线圈b的磁场方向不变，磁通量变小，则电流表指针向左偏故答案为：（1）实物连接如图所示；（2）左偏【点评】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键17用电流表和电压表测定1节电池的电动势e和内阻r，所用电路如图a所示，除备有电池、电键、电压表（03v）、足量的导线外，还有下列实验仪器可供选择a、电流表a1（00.6a）b、电流表a2（03a）c、滑动变阻器r1（20，2a）d、滑动变阻器r2（1）所选电流表为a，滑动变阻器为c，（填写所选仪器前面的字母）（2）一名学生正确选择仪器后进行实验，并画出ui图象如图b所示，从图b中可得电源的电动势为1.45v，内阻为0.75【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表根据滑动变阻器的作用，明确安全和准确原则可选择电流表；（2）电源的ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻【解答】解：（1）由图可知电路最大电流约为0.4a，则电流表选a为方便实验操作；由于内阻较小，滑动变阻器应选择总阻值较小的；故滑动变阻器应选c，（2）根据闭合电路欧姆定律可知：u=eir； 由图象可知，电源的ui图象与纵轴的交点坐标值是1.45，则电源电动势e=1.45v，电源内阻r=0.75故答案为：（1）a、c（2）1.45，0.75【点评】本题考查了实验器材的选择和电源电动势与内阻；要明确实验原理；掌握实验器材的选取原则；学会应用图象法处理实验数据的方法四、计算题（本题包括4小题，第19题8分，第18、20题每小题10分，第21题12分，共40分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤）18如图所示，在磁感应强度b=1t的匀强磁场中，用两根细线悬挂长l=10cm、质量m=5g的金属导线今在金属导线中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零g=10m/s2则：（1）求金属导线中电流的大小和方向（2）若每根悬线所受的拉力为0.1n，求金属导线中的电流的大小和方向【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】（1）根据平衡条件判断出安培力大小和方向，然后根据安培力公式fa=bil列式求解；（2）同样先根据平衡条件判断出安培力大小和方向，然后根据安培力公式fa=bil列式求解【解答】解：（1）悬线拉力为零时ab受向上的安培力大小等于重力；即：mg=bi1l所以有：i1=由左手定则得方向由由左向右；（2）当每根细线受拉力为0.1n时，由导线受力平衡得：mg2f=bi2l所以：i2=，方向向左答：（1）金属导线中电流的大小为0.5a，电流的方向由左向右；（2）金属导线中电流强度的大小为1.5a，方向向左【点评】本题关键根据平衡条件求解安培力，然后结合左手定则判断电流方向，根据公式fa=bil求解电流大小19（适合于二期课改教材的考生）某小型实验水电站输出功率是20kw，输电线路总电阻是6（1）若采用380v输电，求输电线路损耗的功率（2）若改用5000v高压输电，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户得到的电压【考点】远距离输电【专题】应用题；简答题【分析】根据功率的计算公式可得输电线上损失的功率；根据即可求得用户得到的电压【解答】解：（1）输电线路损耗的功率为（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为i=a=4a用户端在变压器降压前获得的电压u1=uir=v=4976v根据用户得到的电压为u2=4976v=226.18v答：输电线上损失的功率为16.62kw；改用高压输电后，用户得到的电压是226.18v【点评】考查学生运用电功率公式及变压器线圈匝数与电压的关系解决实际问题的能力20两根光滑的长直金属导轨m n、mn平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，m、m处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为r，电容器的电容为c长度也为l、阻值同为r的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为b、方向竖直向下的匀强磁场中ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为q求（1）ab运动速度v的大小；（2）电容器所带的电荷量q【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀速直线运动及其公式、图像；平行板电容器的电容；闭合电路的欧姆定律【专题】压轴题；电磁感应与电路结合【分析】（1）本题外电路比较简单，由三个电阻串联组成，由于导体棒匀速运动，因此产生的感应电流恒定，根据q=i2rt即可求解（2）求出电容器两端的电压，根据q=cu即可求出电容器所带的电荷量q【解答