湖北省宜昌市金东方高中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）a法拉第发现了电磁感应定律并找到了判断感应电动势方向的楞次定律b库仑用他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律c楞次发现了电流热效应的规律d奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律2在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（）abcd3如图所示，在边界pq上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的o点沿与pq成角的方向以相同的速度v射入磁场中，则关于正、负电子，下列说法不正确的是（）a在磁场中的运动时间相同b在磁场中运动的轨道半径相同c出边界时两者的速度相同d出边界点到o点处的距离相等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5如图所示，为穿过1匝闭合线圈的磁通量随时间变化的关系，下列判断正确的是（）a02s内线圈中产生的感应电动势为5vb2s4s内线圈中产生的感应电动势大于4s5s内线圈中产生的感应电动势c2s5s内线圈中产生感应电流方向不变d02s内和5s10s内线圈中产生感应电流方向相反6如图所示，平行金属板a、b水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）a若微粒带正电荷，则a板一定带正电荷b微粒从m点运动到n点电势能一定增加c微粒从m点运动到n点动能一定增加d微粒从m点运动到n点机械能一定增加7如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2l，高为l在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为b一边长为l、总电阻为r的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿顺时针的感应电流方向为正，由图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）abcd8如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下（）a线圈中的感应电动势之比为e1：e2=2：1b线圈中的感应电流之比为i1：i2=1：2c线圈中产生的焦耳热之比q1：q2=1：4d通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：19如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（v）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中r2为用半导体热敏材料制成的传感器（当温度升高时，其阻值将减小），所有电表均为理想电表，电流表a2为值班室的显示器，显示通过r1的电流，电压表v2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），r3为一定值电阻当传感器r2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（）aa1的示数增大，a2的示数增大bv1的示数不变，v2的示数减小ca1的示数增大，a2的示数减小dv1的示数减小，v2的示数减小10如图所示，间距为l的两根平等金属导轨变成“l”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为b的匀强磁场中，质量均为m，阻值均为r的导体棒ab，cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑，某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab，cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），则（）a导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流i=b导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=gc导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=d导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为q=mv02二、实验题（4分+10分=14分）11用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的ui图象，由图可知测得的电池的电动势为v，内电阻为12某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r直流电源e（电动势4v，内阻不计）电流表a1（量程04ma，内阻约50） 电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k） 电压表v2（量程015v，内阻约25k）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5a）开关s 导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号三、计算题（本题共46分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）13如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线ao方向射入匀强电场，由b点飞出电场是速度方向与ao方向成45，已知ao的水平距离为d（不计重力）求：（1）从a点到b点用的时间；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）ab两点间电势差14一带电量大小为q，质量为m的小球，从水平面上a点以初速度v0竖直向上射入如图所示的水平方向匀强磁场中，磁场的磁感应强度为b，当地的重力加速度为g求：（1）小球带正电还是负电；（2）小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时的速度大小；（3）小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，小球所受的磁场力大小15如图所示，在与水平方向成=30角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计空间存在着匀强磁场，磁感应强度b=0.20t，方向垂直轨道平面向上导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0102kg、电阻r=5.0102，金属轨道宽度l=0.50m现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上g取10m/s2，求：（1）导体棒cd受到的安培力大小；（2）导体棒ab运动的速度大小；（3）拉力对导体棒ab做功的功率16如图所示，m、n、p为很长的平行边界面，m、n与m、p间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为b1和b2的匀强磁场区，和磁场方向垂直纸面向里，b1b2，有一带正电粒子的电量为q，质量为m，以某一初速度垂直边界n及磁场方向射入mn间的磁场区域不计粒子的重力求：（1）要使粒子能穿过磁场进入磁场，粒子的初速度v0至少应为多少？（2）若粒子进入磁场的初速度v1=，则粒子第一次穿过磁场的时间t1是多少？（3）粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）a法拉第发现了电磁感应定律并找到了判断感应电动势方向的楞次定律b库仑用他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律c楞次发现了电流热效应的规律d奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律【考点】物理学史【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题【分析】此题考查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：a、法拉第发现了电磁感应现象，是楞次找到了判断感应电动势方向的楞次定律故a错误b、库仑通过他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律故b正确c、焦耳发现了电流热效应的规律故c错误d、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律故d错误故选：b【点评】对于物理学史这部分知识的学习，主要是靠平时的记忆与积累，同时通过学习物理学史培训科学素质和学习兴趣2在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（）abcd【考点】电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面【解答】解：a、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同故a错误 b、a点电场强度是由匀强电场与点电荷电场场强的合成，a点场强斜向右上方，b点场强斜向右下方，则两点场强不同故b错误 c、根据对称性，ab两点场强相同，ab在同一等势面上，电势相同故c正确 d、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同故d错误故选c【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化3如图所示，在边界pq上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的o点沿与pq成角的方向以相同的速度v射入磁场中，则关于正、负电子，下列说法不正确的是（）a在磁场中的运动时间相同b在磁场中运动的轨道半径相同c出边界时两者的速度相同d出边界点到o点处的距离相等【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】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短由牛顿第二定律研究轨道半径根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与o点距离【解答】解：a、粒子在磁场中运动周期为t=，则知两个离子圆周运动的周期相等根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨迹的圆心角也为22，运动时间t1=t；同理，负离子运动时间t2=t，显示时间不相等故a错误；b、由qvb=m得：r=，由题q、v、b大小均相同，则r相同，故b正确；c、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同故c正确；d、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与o点距离s=2rsin，r、相同，则s相同，故d正确；本题选择不正确的，故选：a【点评】带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入无论哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角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如图所示，为穿过1匝闭合线圈的磁通量随时间变化的关系，下列判断正确的是（）a02s内线圈中产生的感应电动势为5vb2s4s内线圈中产生的感应电动势大于4s5s内线圈中产生的感应电动势c2s5s内线圈中产生感应电流方向不变d02s内和5s10s内线圈中产生感应电流方向相反【考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律，通过磁通量变化率的大小判断哪段产生的感应电动势大小，并由楞次定律来确定感应电流的方向，从而即可求解【解答】解：根据e=n得，感应电动势与磁通量的变化率成正比t图线的斜率表示磁通量的变化率，也可表示感应电动势的大小，a、02s内线圈中产生的感应电动势为e=2.5v，故a错误；b、因2s4s与4s5s内的斜率相同，则2s4s内线圈中产生的感应电动势等于4s5s内线圈中产生的感应电动势，故b错误；c、根据楞次定律可知在，2s5s内线圈中产生感应电流方向不变，故c正确；d、02s内和5 s10 s内磁场的方向相反，由楞次定律可知，产生感应电流方向相同故d错误故选：c【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道电动势的大小与磁通量的变化率成正比，注意掌握楞次定律的应用6如图所示，平行金属板a、b水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）a若微粒带正电荷，则a板一定带正电荷b微粒从m点运动到n点电势能一定增加c微粒从m点运动到n点动能一定增加d微粒从m点运动到n点机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；a、如果微粒带正电，a板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，a板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则a板既可以带正电，也可能带负电，故a错误；b、如果微粒受到的电场力向下，微粒从m点运动到n点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故b错误；c、微粒受到的合力向下，微粒从m点运动到n点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故c正确；d、微粒从m点运动到n点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故d错误故选：c【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小7如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2l，高为l在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为b一边长为l、总电阻为r的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿顺时针的感应电流方向为正，由图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】首先根据楞次定律判断出感应电流的方向再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比【解答】解：bc边的位置坐标x在l2l过程，线框bc边有效切线长度为l=xl，感应电动势为e=blv=b（xl）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值x在2l3l过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l=l，感应电动势为e=blv=blv，感应电流i=x在3l4l过程，线框ad边有效切线长度为l=l（x3l）=2lx，感应电动势为e=blv=b（2lx）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值由图示图象可知，a正确；故选：a【点评】本题关键确定线框有效的切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象8如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下（）a线圈中的感应电动势之比为e1：e2=2：1b线圈中的感应电流之比为i1：i2=1：2c线圈中产生的焦耳热之比q1：q2=1：4d通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】a、根据e=blv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比c、根据q=i2rt，求出线圈中产生的焦耳热之比d、根据q=it=n，求出通过线圈某截面的电荷量之比【解答】解：a、v1=2v2，根据e=blv，知感应电动势之比2：1，感应电流i=，则感应电流之比为2：1故a正确，b错误 c、v1=2v2，知时间比为1：2，根据q=i2rt，知热量之比为2：1故c错误 d、根据q=it=n，知通过某截面的电荷量之比为1：1故d正确故选：ad【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势e=blv，以及通过某截面的电荷量q=n9如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（v）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中r2为用半导体热敏材料制成的传感器（当温度升高时，其阻值将减小），所有电表均为理想电表，电流表a2为值班室的显示器，显示通过r1的电流，电压表v2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），r3为一定值电阻当传感器r2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（）aa1的示数增大，a2的示数增大bv1的示数不变，v2的示数减小ca1的示数增大，a2的示数减小dv1的示数减小，v2的示数减小【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】交流电专题【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：当传感器r2所在处出现火情时，r2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，a1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流a1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以v1的示数不变，由于副线圈中电流增大，r3的电压变压变大，所以v2的示数要减小，即r1的电压也要减小，所以a2的示数要减小，所以d正确故选：bc【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10如图所示，间距为l的两根平等金属导轨变成“l”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为b的匀强磁场中，质量均为m，阻值均为r的导体棒ab，cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑，某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab，cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），则（）a导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流i=b导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=gc导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=d导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为q=mv02【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；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】cd切割磁感线产生感应电动势，感应电动势为 e=blv0，ab没有切割磁感线，不产生感应电动势根据闭合电路欧姆定律求得导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流i；根据牛顿第二定律和安培力公式f=bil求解ab棒的加速度大小根据感应电量公式q=求解s根据能量守恒定律求解q【解答】解：a、cd切割磁感线产生感应电动势为 e=blv0，根据闭合电路欧姆定律得：i=，故a错误b、对于ab棒：由牛顿第二定律得：mgf=ma，摩擦力f=n，n为轨道对ab棒的弹力，水平方向，由平衡条件得：n=bil，解得：a=g，故b正确c、对于cd棒，通过棒的电量：q=，解得：s=，故c正确d、设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为q根据能量守恒得：2q+mgs=mv02，已知：s=，解得：q=mv02，故d正确故选：bcd【点评】解决本题要知道cd相当于电源，ab是外电路，掌握感应电量公式q=，会正确分析能量如何转化二、实验题（4分+10分=14分）11用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的ui图象，由图可知测得的电池的电动势为1.40v，内电阻为1.0【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】在ui图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小【解答】解：在ui图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.40v，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=1.0故答案为：1.40，1.0【点评】本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的12某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.20mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r直流电源e（电动势4v，内阻不计）电流表a1（量程04ma，内阻约50） 电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k） 电压表v2（量程015v，内阻约25k）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5a）开关s 导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（3）欧姆表读数时要注意乘以倍率；（4）根据提供的电源选择电压表；根据电路中的电流选择电流表；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【解答】解：（1）20分度的游标卡尺最小分度是0.05mm，主尺读数是5.0cm=50mm；游标读数是0.054=0.20mm；总读数是：50mm+0.20mm=50.20mm（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，可动刻度示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200m=4.700mm；（3）欧姆表读数：2210=220（4）电源的电动势是4v，所以要选择量程是3v的电压表v1；电路中的电流约为：所以要选择量程是10ma的电流表a2题目要求测得多组数据进行分析，所以需要采用分压式接法，滑动变阻器选择电阻值比较小的r 1由于，所以采用电流表外接法电路图如图：故答案为：（1）50.20；（2）4.700；（3）220；（4）如图【点评】本题考查了电阻定律的应用、游标卡尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读三、计算题（本题共46分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）13如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线ao方向射入匀强电场，由b点飞出电场是速度方向与ao方向成45，已知ao的水平距离为d（不计重力）求：（1）从a点到b点用的时间；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）ab两点间电势差【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由水平距离d和初速度v0可求出时间（2）将粒子射出电场的速度进行分解，求出竖直方向分速度vy，由牛顿第二定律和vy=at结合求出电场强度e（3）由动能定理可求解ab两点间电势差【解答】解：（1）粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t=（2）由牛顿第二定律得：a=将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan45=v0，又vy=at，得：v0=，解得：e=（3）由动能定理得：euab=解得：uab=答：（1）从a点到b点用的时间为；（2）匀强电场的电场强度大小为；（3）ab两点间电势差为【点评】本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究14一带电量大小为q，质量为m的小球，从水平面上a点以初速度v0竖直向上射入如图所示的水平方向匀强磁场中，磁场的磁感应强度为b，当地的重力加速度为g求：（1）小球带正电还是负电；（2）小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时的速度大小；（3）小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，小球所受的磁场力大小【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】（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球带正电；（2）a到b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，由动能定律得求得b的速度（3）由洛伦兹力公式f=qvb解得f大小【解答】解：（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球带正电（2）a到b，由动能定律得解得b点速度 （3）由洛伦兹力公式f=qvb 答：（1）小球带正电；（2）小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时的速度大小；（3）小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，小球所受的磁场力大小【点评】此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解15如图所示，在与水平方向成=30角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计空间存在着匀强磁场，磁感应强度b=0.20t，方向垂直轨道平面向上导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0102kg、电阻r=5.0102，金属轨道宽度l=0.50m现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上g取10m/s2，求：（1）导体棒cd受到的安培力大小；（2）导体棒ab运动的速度大小；（3）拉力对导体棒ab做功的功率【考点】导体切割