贵州省遵义市绥阳二中高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

贵州省遵义市绥阳二中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷 一、单项选择题1（3分）如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从a点射入电场，在竖直平面内沿直线从a运动到b，在此过程中微粒的（）a动能和电势能都减少，重力势能增加b动能和重力势能都增加，电势能减少c动能减少，重力势能和电势能都增加d动能不变，重力势能增加，电势能减少2（3分）下列说法中正确的是（）a电场线一定是闭合的曲线b电场线是正电荷在电场中的运动轨迹c电场中某点的场强方向，就是电荷在该点所受电场力的方向d电场线的疏密表示场强的强弱3（3分）如图所示，已知r1=r2=r3=1当开关s闭合后，电压表的读数为1v；当开关s断开后，电压表的读数为0.8v，则电池的电动势等于（）a1 vb1.2 vc2 vd4 v4（3分）由电流表g与电阻r串联组成一电压表，如图所示，在这一电压表两端加一恒定电压，电流表g的指针居中，要使指针满偏，则（）a在r上串联一个比r小的电阻b在r上串联一个比r大的电阻c在r上并联一个比r小的电阻d在r上并联一个比r大的电阻5（3分）如图所示，当合上开关时，无论怎样调节可变电阻器，两灯都不亮，测得uac=ubc=6v，其它部分电路中各导线及其连接都良好，则（）al1灯断路bl2灯断路cl1 和l2都断路d电源电动势太低6（3分）在如图所示的四个电路中，电源电动势为e，内阻为r，定值电阻为r0，当滑动变阻器r的滑动片p从a向b滑动时，电压表（内阻很大）的读数将变小的电路是（）abcd7（3分）关于电源的电动势，下列说法正确的是（）a电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压b同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化c电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量d在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大8（3分）由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中，如图所示若导线框中通以图中方向的电流，则导线框将（）a沿与ab边垂直的方向加速运动b仍然静止c以cb为轴转动d以ac为轴转动9（3分）如图所示，带负电的金属环绕轴oo以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）an极竖直向上bn极竖直向下cn极沿轴线向左dn极沿轴线向右10（3分）关于磁感应强度，下列说法正确的是（）a一小段通电导体放在磁场a处，受到的磁场力比b处的大，说明a处的磁感应强度比b处的磁感应强度大b由b=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力f成正比，与导线的il成反比c一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零d小磁针n极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向11（3分）关于磁感应强度b，下列说法中正确的是（）a磁场中某点b的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关b磁场中某点b的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致c在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点b值大小为零d在磁场中磁感线越密集的地方，b值越大12（3分）如图所示，质量为m、带电荷量q的小球从p点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，则小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是（）a一定做曲线运动b轨迹一定是抛物线c可能做匀速直线运动d可能做匀加速直线运动13（3分）如图所示，a为电磁铁，c为胶木秤盘，a和c（包括支架）的总重量m，b为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于o点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（）af=mgbmgf（m+m）gcf=（m+m）gdf（m+m）g14（3分）一个用满偏电流为3ma的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如果用它测量一个未知电阻时，指针指在1ma处，则被测电阻的阻值为（）a1000b5000c1500d200015（3分）在如图所示电路中，当变阻器r3的滑动头p向b端移动时（）a电压表示数变大，电流表示数变小b电压表示数变小，电流表示数变大c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小16（3分）某同学家中所有的灯原来都正常发光，现突然全部熄灭了，检查保险丝发现并未烧断，用验电笔测试室内火线与零线，氖管都发光该同学对故障作了下列四种判断，其中正确的是（）a进户火线断路b进户零线断路c灯泡全部烧坏了d室内线路某处短路二、多项选择题17（3分）一负电荷仅受电场力作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则a、b两点电场强度ea、eb及该电荷在a、b两点的电势能a、b之间的关系为（）aea=ebbeaebca=bdab18（3分）如图所示，将带电粒子从电场中的a点无初速地释放，不计重力，下列说法正确的是（）a带电粒子在电场中一定做加速直线运动b带电粒子的电势能一定逐渐减少c带电粒子一定向电势低的方向运动d带电粒子的加速度一定越来越小19（3分）一带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场中，则不受磁场影响的物理量是（）a速度b加速度c速率d动能三、填空题20（3分）一根粗细均匀的镍铬丝，截面积的直径是d，电阻是r，把它拉直成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成21（3分）一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，该带电微粒必然带（填“正”或“负”）电，旋转方向为（填“顺时针”或“逆时针”）若已知圆的半径为r，电场强度的大小为e，磁感应强度的大小为b，重力加速度为g，则线速度为22（3分）如图所示螺旋测微器的测量读数应是、mm四、实验题23在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，选择“3v、0.5a的小灯泡作为研究对象，请回答下面几个问题：下列实验器材中应选用（填入器材序号）a电流表（量程00.6a，内阻1）b电流表（量程03a，内阻1）c电压表（量程015v，内阻约10k）d电压表（03v，内阻约2k）e滑动变阻器（阻值0100）f滑动变阻器（阻值010）g电源e=6vh开关i，导线若干在本实验中，滑动变阻器应采用（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用（填“内”、“外”）接法在图1中画出实验电路图，并用实线代替导线，将图2中的器材连接成可供实验的电路小灯泡所加的电压u由零逐渐增大到3v，在此过程中电压u和电流i的关系可以用图象表示，在图3中符合实际的是，小灯泡的电阻随它两端的电压升高而变大的直接原因是五、计算题24如图所示电路中，当开关s接a点时，标有“5v 2.5w”的小灯炮l正常发光，当开关s接b点时，通过电阻r的电流为1a，这时电阻r两端的电压为4v求：（1）电阻r的值；（2）电源的电动势和内阻25如图所示，电路中的灯泡标有“0.1v，0.4w”，电源的电动势为4v，内阻为0.05，电动机内阻为0.1，此时灯泡与电动机都正常工作求：（1）电动机消耗的电功率（2）电动机输出的机械功率26某一直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=50kg，电源提供给电动机的电压为u=110v，不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流i=5.0a，求：电动机的线圈电阻（取g=10m/s2）27在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1cm，电流为0.5a，所受的磁场力为5104 n求：（1）该位置的磁感应强度多大？（2）若将该电流撤去，该位置的磁感应强度又是多大？（3）若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力多大？28质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：（1）电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷（2）磁感应强度的大小贵州省遵义市绥阳二中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1（3分）如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从a点射入电场，在竖直平面内沿直线从a运动到b，在此过程中微粒的（）a动能和电势能都减少，重力势能增加b动能和重力势能都增加，电势能减少c动能减少，重力势能和电势能都增加d动能不变，重力势能增加，电势能减少考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化解答：解：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，如果电场力水平向右，如图所示，则两力的合力不可能沿虚线方向故电场力只能水平向左，如图所示，则两力的合力可沿虚线方向所以小球电场力方向水平向左，物体在竖直平面内沿直线从a运动到b的过程中，高度升高所以重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加；根据动能定律，合力做负功，所以动能减小；故c正确故选：c点评：本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题2（3分）下列说法中正确的是（）a电场线一定是闭合的曲线b电场线是正电荷在电场中的运动轨迹c电场中某点的场强方向，就是电荷在该点所受电场力的方向d电场线的疏密表示场强的强弱考点：电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合电场线的疏密表示场强的强弱电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反解答：解：a、电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，故a错误b、电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故b错误c、电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反故c错误d、电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，故d正确；故选d点评：记住电场线的特点即可顺利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念3（3分）如图所示，已知r1=r2=r3=1当开关s闭合后，电压表的读数为1v；当开关s断开后，电压表的读数为0.8v，则电池的电动势等于（）a1 vb1.2 vc2 vd4 v考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当电键s闭合时，电阻r3与r2并联后与r1串联，当s断开时，r1与r3串联，电压表测量r1的电压根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势e解答：解：当电键s闭合时，电阻r3与r2并联后与r1串联，外电路总电阻为：r=r2+r1=1.5电路中干路电流为：i=根据闭合电路欧姆定律得：e=i（r+r）=1.5+r当k断开时，r1与r3串联，电路中干路电流为：i=根据闭合电路欧姆定律得：e=i（r+r）=0.8（2+r）联立解得：e=2v，r=0.5故选： c点评：对于闭合电路，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路，要加强这方面的训练，做到熟练掌握4（3分）由电流表g与电阻r串联组成一电压表，如图所示，在这一电压表两端加一恒定电压，电流表g的指针居中，要使指针满偏，则（）a在r上串联一个比r小的电阻b在r上串联一个比r大的电阻c在r上并联一个比r小的电阻d在r上并联一个比r大的电阻考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题分析：在这一电压表两端加一恒定电压，电流表g的指针居中，要使电流适当大些，故需要略微减少电阻r的值解答：解：电压表由表头g和电阻r串联而成，在这一电压表两端加一恒定电压，电流表g的指针居中，要使指针满偏，即使电流适当大些，故需要略微减少电阻r的值，可以与电阻r并联电阻实现，所以在r上并联一个比r小的电阻可以实现该目的，故abd错误，c正确；故选：c点评：本题关键是明确电压表的改装原理，熟悉误差的来源，会根据欧姆定律调节电表精度，不难5（3分）如图所示，当合上开关时，无论怎样调节可变电阻器，两灯都不亮，测得uac=ubc=6v，其它部分电路中各导线及其连接都良好，则（）al1灯断路bl2灯断路cl1 和l2都断路d电源电动势太低考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据uac=ubc=6v，分析l1灯的电压，判断故障所在位置可采用排除法分析解答：解：a、据题，uac=ubc=6v，说明a、b两点的电势相等，uab=0，说明l1灯完好，否则uab=6v，故a错误b、因为ubc=6v，说明c到r再到电源的负极完好，l1灯完好，则知l2灯断路，故b正确c、若l1 和l2都断路，则uac=ubc=0v，不符合题意，故c错误d、若电源电动势太低，两灯的电流小，根据欧姆定律可知uacubc，不符合题意，故d错误故选：b点评：解决本题的关键是灵活运用排除法，知道各部分电压与电源电动势的关系，从而进行判断6（3分）在如图所示的四个电路中，电源电动势为e，内阻为r，定值电阻为r0，当滑动变阻器r的滑动片p从a向b滑动时，电压表（内阻很大）的读数将变小的电路是（）abcd考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：理想电压表对电路的影响不计，相当于开关断开根据电压表所测量的电压，由串联电路分压特点和欧姆定律进行分析解答：解：a、该图中电压表和变阻器pa部分被短路，电压表示数保持为零，故a错误b、电压表测量变阻器pa段的电压，在滑片p从a向b滑动过程中，电压表的读数变大，故b错误c、在片p从a向b滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，由欧姆定律可知电压表的读数增大，故c错误d、在片p从a向b滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，由欧姆定律可知电源的内电压表增大，则由闭合电路欧姆定律得知路端电压减小，则电压表的读数变小，故d正确故选：d点评：对于电路问题，首先要认清电路的结构，搞清电压表测量哪部分电压，再根据欧姆定律进行分析7（3分）关于电源的电动势，下列说法正确的是（）a电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压b同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化c电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量d在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大考点：电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和解答：解：a、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势故a错误b、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关故bd错误c、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大故c正确 故选：c点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关8（3分）由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中，如图所示若导线框中通以图中方向的电流，则导线框将（）a沿与ab边垂直的方向加速运动b仍然静止c以cb为轴转动d以ac为轴转动考点：安培力 分析：闭合电流受安培力的合力为零，即三个边受安培力是三力平衡，故不会转动解答：解：单向电流的等效长度等于两点间的直线距离，任取两点，有两个相反的等效电流，故闭合电流受安培力的合力为零，不会转动；故选：b点评：本题关键是记住“单向电流的等效长度等于两点间的直线距离”的结论，基础题目9（3分）如图所示，带负电的金属环绕轴oo以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）an极竖直向上bn极竖直向下cn极沿轴线向左dn极沿轴线向右考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向解答：解：带负电金属环，如图所示的旋转则金属环的电流方向与旋转方向相反再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端n极，右端s极因此小磁针n极沿轴线向左故c正确，abd错误；故选：c点评：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则注意电流的方向与负电荷的运动方向相反10（3分）关于磁感应强度，下列说法正确的是（）a一小段通电导体放在磁场a处，受到的磁场力比b处的大，说明a处的磁感应强度比b处的磁感应强度大b由b=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力f成正比，与导线的il成反比c一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零d小磁针n极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向考点：磁感应强度 分析：根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度此比值与磁场力及电流元均无关磁感应强度的方向就是该处小磁针n极所受磁场力的方向解答：解：a、b、c、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与f、i、l都没有关系，b=只是磁感应强度的定义式同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处b和放置的方式共同决定，所以a、b、c都是错误的；d、磁感应强度的方向就是该处小磁针n极所受磁场力的方向，所以d正确故选：d点评：本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断基础题目11（3分）关于磁感应强度b，下列说法中正确的是（）a磁场中某点b的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关b磁场中某点b的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致c在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点b值大小为零d在磁场中磁感线越密集的地方，b值越大考点：磁感应强度 分析：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度比值与磁场力及电流元均无关电流元所受磁场力是由左手定则来确定，并根据磁感线的疏密来表示磁场的强弱解答：解：ab、由安培力公式f=bil，得b=，可知，磁场中某点b的大小，跟放在该点的试探电流元的情况及安培力大小无关，故ab错误；c、当通电导线与磁场平行放置时，没有安培力，但不能肯定此处没有磁感应强度，故c错误；d、磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，故d正确，故选：d点评：磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关12（3分）如图所示，质量为m、带电荷量q的小球从p点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，则小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是（）a一定做曲线运动b轨迹一定是抛物线c可能做匀速直线运动d可能做匀加速直线运动考点：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：对小球受力分析后，得到合力的方向，根据曲线运动的条件进行判断解答：解：a、小球进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平向右的电场力和水平向左的洛伦兹力，若电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，小球向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一定会与速度不共线，故小球一定做曲线运动，速度影响洛伦兹力变化，导致小球合力变化，则不可能做类平抛运动；故a正确，b错误；c、在下落过程中，重力与电场力不变，但洛伦兹力变化，导致合力也变化，则做变加速曲线运动故cd均错误；故选：a点评：本题关键要明确洛伦兹力会随速度的变化而变化，故合力会与速度方向不共线，粒子一定做曲线运动13（3分）如图所示，a为电磁铁，c为胶木秤盘，a和c（包括支架）的总重量m，b为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于o点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（）af=mgbmgf（m+m）gcf=（m+m）gdf（m+m）g考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：通电后，铁片被吸引上升常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大，根据f=ma可知，此过程中超重解答：解：当电磁铁通电前，绳的拉力应为（m+m）g；当电磁铁通电后，铁片被吸引上升常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大根据f=ma可知，此过程中超重，吸引力大于铁片重力由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，则根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力f为f的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上所以，绳的拉力大于（m+m）g所以选项d正确，abc错误故选d点评：本题考查了物体的超重和失重，记住要点：加速度向上超重，加速度向下失重14（3分）一个用满偏电流为3ma的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如果用它测量一个未知电阻时，指针指在1ma处，则被测电阻的阻值为（）a1000b5000c1500d2000考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：因测量500电阻指针指在刻度的中间，则中值电阻为500，则其内阻为500电池的电动势为igr内=3103500=1.5v，再由i=可求得r测解答：解：当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻中值电阻为r内=500，则e=igr内=3103500=1.5v再由i=得r测=r内=1000则a正确，bcd错误；故选：a点评：考查欧姆表的内部电路，明确中值电阻等于内阻会由全电路欧姆定律求不同电流时的电阻值15（3分）在如图所示电路中，当变阻器r3的滑动头p向b端移动时（）a电压表示数变大，电流表示数变小b电压表示数变小，电流表示数变大c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：压轴题分析：由图可知r2与r3并联后与r1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由u=eir可得出路端电压的变化；将r1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得r2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化解答：解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将r1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过r2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故b正确，acd错误；故选b点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理16（3分）某同学家中所有的灯原来都正常发光，现突然全部熄灭了，检查保险丝发现并未烧断，用验电笔测试室内火线与零线，氖管都发光该同学对故障作了下列四种判断，其中正确的是（）a进户火线断路b进户零线断路c灯泡全部烧坏了d室内线路某处短路考点：家用电器故障原因判断 分析：所有的灯突然全熄灭而保险丝未熔断，不能是短路（短路会使电路中电流过大，烧断保险丝），只能是发生了断路，测电笔测室内火线与零线氖管都发光，说明各点与火线是连通的，故只可能是零线断了解答：解：a、进户火线断路，用测电笔测试室内各处电路时，接触火线氖管不会发光；b、进户的零线上的保险丝熔断了，正确；c、家中的电灯是并联的，全熄灭了，不可能全部被烧坏；d、电路中某处短路会使电路中电流过大，烧断保险丝故选：b点评：本题考查了用测电笔检修家庭电路的故障的方法记住测电笔测试各处电路氖管都发光为零线断二、多项选择题17（3分）一负电荷仅受电场力作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则a、b两点电场强度ea、eb及该电荷在a、b两点的电势能a、b之间的关系为（）aea=ebbeaebca=bdab考点：电势能；电场强度 专题：应用题分析：根据受力特点可以判断a、b两点电场强度的大小，根据电场力做功的正负判断a、b两点电势能的高低解答：解：由于电荷做匀加速直线运动，所以根据eq=ma可知，电场强度不变，即ea=eb；电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以ab，故bc错误，ad正确故选ad点评：本题比较简单，基础性强；要加强理解电场力和电场强度关系，电势能和电场力做功关系18（3分）如图所示，将带电粒子从电场中的a点无初速地释放，不计重力，下列说法正确的是（）a带电粒子在电场中一定做加速直线运动b带电粒子的电势能一定逐渐减少c带电粒子一定向电势低的方向运动d带电粒子的加速度一定越来越小考点：电场线；牛顿第二定律；电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：a、由于带电粒子是从电场中的a点无初速地释放，所以带电粒子只受到电场力的作用，且与电场线的方向相同，所以粒子将做加速直线运动，所以a正确；b、由于粒子只在电场力的作用下运动，所以电场力做正功，电势能要减小，所以b正确；c、由于不知道粒子的带电的性质，也不知道电场线的方向，所以不能判断电势的高低，所以c错误；d、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，但是不知道粒子的运动的方向，所以不能判断粒子的受力的变化情况，所以d错误故选ab点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题19（3分）一带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场中，则不受磁场影响的物理量是（）a速度b加速度c速率d动能考点：洛仑兹力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据洛伦兹力方向特点：洛伦兹力方向总是与粒子运动方向垂直，对带电粒子总不做功来分析判断解答：解：a、洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，对带电粒子总不做功，根据动能定理，洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，只改变粒子速度的方向故可以改变速度，不改变速率和动能故a错误，cd正确b、带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小不变，而方向时刻在改变，所以加速度在变化故c错误故选：cd点评：本题考查对洛伦兹力的理解能力，抓住洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小进行分析三、填空题20（3分）一根粗细均匀的镍铬丝，截面积的直径是d，电阻是r，把它拉直成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成104r考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式s=得知，横截面积变为原来的，而镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的100倍，由电阻定律r=分析电阻的变化解答：解：横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式s=得知，横截面积变为原来的，而镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的100倍，由电阻定律r=分析可知电阻变为原来的100100=104倍，即为104r故答案为：104r点评：本题要注意当导体横截面变化时，其长度也跟着变化，抓住导体的体积不变考查对电阻定律的理解能力21（3分）一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，该带电微粒必然带负（填“正”或“负”）电，旋转方向为逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）若已知圆的半径为r，电场强度的大小为e，磁感应强度的大小为b，重力加速度为g，则线速度为考点：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：带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向结合重力与电场力平衡以及带电粒子在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度解答：解：带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电粒子带负电荷磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反）由粒子做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qe带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r=联立得：v=故答案为：负，逆时针，点评：此题考察了带电粒子在复合场中的运动复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要该题就是根据带电粒子的运动情况来判断受到的电场力情况22（3分）如图所示螺旋测微器的测量读数应是0.900mm、1.104mm考点：螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，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、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.00.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm2、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为10.4.00.01mm=0.104mm，所以最终读数为1mm+0.104mm=1.104mm故答案为：0.900 mm，1.104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四、实验题23在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，选择“3v、0.5a的小灯泡作为研究对象，请回答下面几个问题：下列实验器材中应选用adfgh（填入器材序号）a电流表（量程00.6a，内阻1）b电流表（量程03a，内阻1）c电压表（量程015v，内阻约10k）d电压表（03v，内阻约2k）e滑动变阻器（阻值0100）f滑动变阻器（阻值010）g电源e=6vh开关i，导线若干在本实验中，滑动变阻器应采用分压（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用外（填“内”、“外”）接法在图1中画出实验电路图，并用实线代替导线，将图2中的器材连接成可供实验的电路小灯泡所加的电压u由零逐渐增大到3v，在此过程中电压u和电流i的关系可以用图象表示，在图3中符合实际的是b，小灯泡的电阻随它两端的电压升高而变大的直接原因是小灯泡的温度不断升高考点：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：根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，据此分析图象，选出符合实际的图象解答：解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为3v，为了准确性及安全性原则，电压表应选择d；由p=ui可得，灯泡的额定电流为0.5a，故电流表应选择a；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择f；实验还需要电源e=6v，开关i，导线若干，所以实验器材中应选用adfgh（2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻为=6，而电流表内阻约为1，故电流表应采用外接法；（3）在用伏安法描绘这个灯泡的i一u图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：（4）小灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到r=，等于图线上的点与原点连线的斜率倒数，电阻一直增大，故图线上的点与原点连线的斜率一直减小所以acd不符合实际，故b正确故选：b故答案为：（1）adfgh（2）分压；外（3）如图（4）b；小灯泡的电阻随它两端的电压升高而变大的直接原因是小灯泡的温度不断升高点评：本题考查了作实验电路图、作灯泡的伏安特性曲线，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确作出实验电路图的关键五、计算题24如图所示电路中，当开关s接a点时，标有“5v 2.5w”的小灯炮l正常发光，当开关s接b点时，通过电阻r的电流为1a，这时电阻r两端的电压为4v求：（1）电阻r的值；（2）电源的电动势和内阻考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）由题，当开关s接b点时，通过电阻r的电流为1a，电阻r两端的电压为4v，由欧姆定律求出电阻r的值（2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关s接a点和b时列方程，联立组成方程组求解电动势和内阻解答：解：（1）当开关s接b点时，电阻r的值为 r= （2）当开关接a时， u1=5v，i1=根据闭合电路欧姆定律得 e=u1+i1r e=u2+i2r 联立联解得 e=6v r=2答：（1）电阻r的值为4； （2）电源的电动势和内阻分别为e=6v、r=2点评：本题是简单的直流电路的计算问题对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况闭合电路欧姆定律列方程，联立组成方程组求解25如图所示，电路中的灯泡标有“0.1v，0.4w”，电源的电动势为4v，内阻为0.05，电动机内阻为0.1，此时灯泡与电动机都正常工作求：（1）电动机消耗的电功率（2）电动机输出的机械功率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题