江苏省南通市海门中学高二物理上学期期中试卷（选修含解析）.doc

2015-2016学年江苏省南通市海门中学高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，共10小题，每小题3分，满分30分）1关于磁场中几个基本概念的描述，下列说法正确的是( )a磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场b磁感线从磁体的n极出发，终止于磁体的s极c磁感应强度的方向就是小磁针n极所指的方向d磁感应强度的方向就是通电导线受力的方向2关于电场力和洛伦兹力的描述，下列说法正确的是( )a洛伦兹力和电场力一样，受力方向都在电场线或磁感线的切线方向上b带电粒子在电场中一定受到电场力c带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力d电场力可以对带电粒子做正功，洛伦兹力也可以对电粒子做正功3如图所示为通电长直导线的磁感线图，等面积线圈s1、s2与导线处于同一平面，关于通过线圈s1、s2的磁通量1、2，下列分析正确的是( )a12b12c1=20d1=2=04如图所示是某电源的路端电压与电流的管辖图象，下面结论正确的是( )a电源的电动势为6.0vb电源的内阻为12c电源的短路电流为0.5ad电流为0.3a时的外电阻是851930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质d形盒d1、d2构成，其间留有空隙下列说法不正确的是( )a交变电压的频率与离子做匀速圆周运动的频率相等b离子获得的最大动能与加速电压的大小有关c离子获得的最大动能与d形盒的半径有关d离子从电场中获得能量6如图所示，一根长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环平面，导线和环中的电流方向如图则环受到的磁场力为( )a沿环半径向外b环半径向内c水平向左d等于零7电动势为e、内阻为r的电池与固定电阻r0、可变电阻r串联，如图所示，设r0=r，rab=2r，当变阻器的滑动片自a端向b端滑动时，下列物理量中随之增大的是( )a电池的输出功率b变阻器消耗的功率c固定电阻r0上的消耗功率d电池内电阻上的消耗功率8如图所示，电源电动势e=3v，小灯泡l标有“2v，0.4w”，开关s接l，当变阻器调到r=4时，小灯泡l正常发光；现将开关s接2，小灯泡l和电动机m均正常工作则( )a流过电动机的电流为0.2ab电动机的内阻为4c电动机正常工作电压为1vd电动机的输入功率为0.2w9如图所示，三根通电直导线p、q、r互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，则r处的磁感应强度b及所受的安培力f的方向分别是( )ab沿x正轴方向，f垂直r，指向y轴负方向bb沿x正轴方向，f垂直r，指向y轴正方向cb沿y正轴方向，f垂直r，指向x轴正方向db沿y正轴方向，f垂直r，指向x轴负方向10如图所示，电源电动势为e，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为r，开关k闭合两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板下列说法正确的是( )a若将滑片p向上滑动，粒子将向a板偏转b若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转c若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转d若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分，共5小题，每小题4分，满分20分）11如图所示的电路中，当滑动变阻器r2的滑动触头p向下滑动时( )a电压表的读数增大br1消耗的功率增大c电容器c的电容增大d电容器c所带电量增多12如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90角则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )a半径之比为1：b速度之比为1：c时间之比为2：3d时间之比为3：213一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆处于磁感应强度为b的匀强磁场中现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是( )abcd14如图所示的空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场，从a点沿ab、ac方向绝缘地抛出两带电小球，关于小球的运动情况，下列说法中正确的是( )a从ab、ac抛出的小球都可能做直线运动b只有沿ab抛出的小球才可能做直线运动c做直线运动的小球带正电，而且一定是做匀速直线运动d做直线运动的小球机械能守恒15如图所示为磁流体发电机的原理图：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板a、b，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为l，板间距离为d，板平面的面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直于速度方向，负载电阻为r，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为i，下列说法正确的是( )aa板为磁流体发电机的正极b外电路电流方向为brac板间电离气体的电阻率（r）d板间电离气体的电阻率（r）三、实验题（选择题4分，填空2分，16题14分，17题10分）16关于多用电表的使用，下列操作正确的是( )a测电压时，应按图甲连接方式测量b测电流时，应按图乙连接方式测量c测电阻时，应按图丙连接方式测量d测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量17某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法，用多用电表粗测，多用电表电阻挡有4个倍率：分别为1k、100、10、1，该同学选择100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示），为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a把选择开关旋转到“_”位置；b两表笔短接，调节_旋钮（填“机械调零”或“欧姆调零”），使指针指在_处（填“0”或“0a”）；c重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是_；d测量结束后，应把选择开关旋转到off挡或者_挡（填“直流电压最高”或“交流电压最高”）18某同学要测定一电源的电动势e和内电阻r，实验器材有：一只dis电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用i表示），一只电阻箱（阻值用r表示），一只开关和导线若干，该同学设计了如图1所示的电路进行实验和采集数据（1）该同学设计实验的原理表达式是e=_（用r、i、r表示）；（2）该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到_（填“最大值”、“最小值”或“任意值”）；（3）该同学根据实验采集到的数据作出如图2所示的图象，由图可知，图象纵坐标为_（填ia或a3），电源的电动势e=_v，内阻r=_（结果均保留两位有效数字）四、计算题（共4小题，满分46分，解答时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）19如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线，可见两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化，参考这根曲线，回答下列问题（电流表可视为理想电表）（1）如图乙所示，若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12v，内阻不计的电源两端，求每个灯泡两端的额定电压u；（2）接第（1）问，利用甲图，求此电路中每个灯泡实际功率p1；（3）如图丙所示，若把一个这样的电灯接在电动势为8v，内阻为20的电源两端，请在图甲中画出这个电源路段电压u随干路电流i变化的规律，并求此电路中流过灯泡的电流i2和实际功率p220如图所示，两根足够长的光滑平行导轨与水平面成=60角，导轨间距为l，将直流电源、电阻箱和开关串联接在两根导轨之间，整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中，质量为m的导体棒mn垂直导轨水平放置在导轨上，导体棒与两根导轨都接触良好，重力加速度为g，若磁场方向垂直导轨平面向上，当电阻箱接入电路的电阻为r1时，闭合开关后，电路中电流为i1，导体棒mn恰能静止在导轨上；若磁场方向竖直向上，当电阻箱接入电路的电阻为r2时，闭合开关后，电路中电流为i2，导体棒mn也恰能静止在导轨上，导轨的电阻可忽略不计，求：（1）电流i2的大小和方向；（2）电流i2的大小；（3）电源的电动势和内阻21如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为b0，方向垂直于纸面向里金属板右下方以mn、pq为上、下边界，mp为左边界的区域内，存在垂直纸面向我的匀强磁场，磁场宽度为d，mn与下极板等高，mp与金属板右端在同一竖直线一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从a点射入金属板间，不计离子的重力（1）已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小；（2）若撤去板间磁场b0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30角，求a点离下极板的高度；（3）在（2）的情形时，为了使离子进入磁场运动后从边界mp的p点射出，磁场的磁感应强度b应为多大？22如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为b，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，大量质量为m，电荷量为q的正粒子，在不同时刻以不同速度从a点进入磁场（重力不计，不考虑粒子间的相互作用）问：（1）沿ad方向入射的粒子，若能从af边射出，求这些粒子在磁场中运动的时间t1；（2）沿ad方向入射的粒子，若某粒子恰能垂直de边射出，求这种粒子初速度v的大小，以及射出点与e点的距离x；（3）若粒子可以从a点沿纸面内各个方向射入磁场，且在磁场中做匀速圆周运动的半径均为2a，若要使粒子在磁场中运动的时间最长，求粒子入射方向与ad方向夹角的大小，以及最长时间tm的大小2015-2016学年江苏省南通市海门中学高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，共10小题，每小题3分，满分30分）1关于磁场中几个基本概念的描述，下列说法正确的是( )a磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场b磁感线从磁体的n极出发，终止于磁体的s极c磁感应强度的方向就是小磁针n极所指的方向d磁感应强度的方向就是通电导线受力的方向【考点】磁感应强度 【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场磁感线是描述磁场分布而假想的；磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从n极到s极，而内部是从s极到n极；【解答】解：a、磁铁能产生磁场，根据电流的磁效应可知，电流也能产生磁场故a正确；b、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从n极出发进入s极，在磁体内部从s极指向n极故b错误c、根据磁感应强度的方向的规定可知，磁感应强度的方向就是小磁针n极所指的方向，故c正确；d、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与通电导线受力的方向垂直，故d错误；故选：ac【点评】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质2关于电场力和洛伦兹力的描述，下列说法正确的是( )a洛伦兹力和电场力一样，受力方向都在电场线或磁感线的切线方向上b带电粒子在电场中一定受到电场力c带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力d电场力可以对带电粒子做正功，洛伦兹力也可以对电粒子做正功【考点】洛仑兹力；电场强度 【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行，带电粒子受到洛伦兹力作用，根据左手定则可以得出洛伦兹力的方向【解答】解：a、洛仑兹力的方向要根据左手定则来判断，受力方向并不沿磁场的方向，而是和磁场方向相互垂直；故a错误；b、带电粒子在电场中一定受到电场力的作用；故b正确；c、若带电粒子在磁场中静止或沿磁感线运动，则粒子不受磁场力；故c错误；d、电场力可以对带电粒子做正功，而洛仑兹力一定对带电粒子不做功；故d错误；故选：b【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力方向与速度方向和磁场方向的关系，以及会运用左手定则进行判断并牢记洛仑兹力对带电粒子永不做功3如图所示为通电长直导线的磁感线图，等面积线圈s1、s2与导线处于同一平面，关于通过线圈s1、s2的磁通量1、2，下列分析正确的是( )a12b12c1=20d1=2=0【考点】磁通量 【分析】明确直导线周围的磁感线分布情况；由磁通量的定义可明确两线圈中磁通量的变化【解答】解：直导线周围的磁感应强度随距离的增大而减小；由=bs可知s1处的磁感应强度大于s2处的磁感应强度；故12；故a正确；故选：a【点评】本题考查磁通量的定义及直导线周围磁感线的分布情况，也可以直接由磁感线的条数进行分析4如图所示是某电源的路端电压与电流的管辖图象，下面结论正确的是( )a电源的电动势为6.0vb电源的内阻为12c电源的短路电流为0.5ad电流为0.3a时的外电阻是8【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流当电流为0.3a时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻【解答】解：a、由闭合电路欧姆定律u=eir得，当i=0时，u=e，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势e=6.0v故a正确b、电源的内阻等于图线的斜率大小，r=2故b错误c、外电阻r=0时，短路电流为 i短=3a故c错误d、电流为i=0.3a时，路端电压u=eir=（60.32）=5.4v，外电阻是 r=18故d错误故选：a【点评】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻，认为是r=1251930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质d形盒d1、d2构成，其间留有空隙下列说法不正确的是( )a交变电压的频率与离子做匀速圆周运动的频率相等b离子获得的最大动能与加速电压的大小有关c离子获得的最大动能与d形盒的半径有关d离子从电场中获得能量【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】定性思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等【解答】解：a、回旋加速器中，离子做圆周运动的周期与交变电场的周期相同，保证持续加速故a正确；b、根据qvb=m，解得v=，带电离子射出时的动能ek=mv2=，与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关故b错误c、带电离子射出时的动能ek=mv2=，离子获得的最大动能与d形盒的半径有关故c正确d、回旋加速器是利用电场加速离子，磁场偏转来偏转离子；离子从电场中获得能量故d正确本题选择不正确的，故选：b【点评】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，以及知道回旋加速器中交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等6如图所示，一根长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环平面，导线和环中的电流方向如图则环受到的磁场力为( )a沿环半径向外b环半径向内c水平向左d等于零【考点】安培力 【分析】根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，在根据左手定则判断环形导线受到的安培力的方向【解答】解：在图中，根据安培定则可知，直线电流的磁场与导线环平行，则环形导线不受安培力故d正确，abc错误故选：d【点评】解决本题的关键掌握使用安培定则判断电流产生的磁场方向，以及会用左手定则判断安培力方向7电动势为e、内阻为r的电池与固定电阻r0、可变电阻r串联，如图所示，设r0=r，rab=2r，当变阻器的滑动片自a端向b端滑动时，下列物理量中随之增大的是( )a电池的输出功率b变阻器消耗的功率c固定电阻r0上的消耗功率d电池内电阻上的消耗功率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】当变阻器的滑动片自a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，固定电阻r0上和电源的内阻上消耗功率减小根据推论：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化将r0看成电源的内阻，利用推论分析变阻器消耗的功率如何变化【解答】解：根据推论：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，滑动片自a端向b端滑动时，r0=r，rab=2r，变阻器接入电路的电阻增大，则得知，电池的输出功率减小故a错误b、将r0看成电源的内阻，则有r0+r=2r，而rab=2r，利用推论可知，变阻器消耗的功率增大故b正确c、d电路中电流减小，固定电阻r0上和电源的内阻上消耗功率减小故cd均错误故选b【点评】本题中，对于定值电阻，根据电流的变化，即可判断其功率变化对于电源的输出功率和变阻器消耗的功率，要充分利用推论进行分析8如图所示，电源电动势e=3v，小灯泡l标有“2v，0.4w”，开关s接l，当变阻器调到r=4时，小灯泡l正常发光；现将开关s接2，小灯泡l和电动机m均正常工作则( )a流过电动机的电流为0.2ab电动机的内阻为4c电动机正常工作电压为1vd电动机的输入功率为0.2w【考点】电功、电功率 【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】小灯泡l正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式p=ui可求出电路中的电流根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用即可；同时注意串并联电路的规律应用【解答】解：a、小灯泡的额定电流为i=； 故a正确； b、电阻为rl=当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，e=i（rl+r+r）代入数据解得r=1，故b错误；c、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为i=0.2a电源内阻分的电压为u=ir=0.21v=0.2v故电动机分的电压为u动=eulu=320.2v=0.8v；故c错误；d、电动机的输入功率p=u动i=0.80.2=0.16w； 故d错误；故选：a【点评】本题考查功率公式的应用，要注意每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是解决此类问题的前提条件9如图所示，三根通电直导线p、q、r互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，则r处的磁感应强度b及所受的安培力f的方向分别是( )ab沿x正轴方向，f垂直r，指向y轴负方向bb沿x正轴方向，f垂直r，指向y轴正方向cb沿y正轴方向，f垂直r，指向x轴正方向db沿y正轴方向，f垂直r，指向x轴负方向【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【专题】定性思想；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】r所在处的磁场是由p与q中的电流产生的，由安培定则判断出r处磁场的方向，然后由左手定则判断出r中电流所示安培力的方向【解答】解：由安培定则可知，通电指导线p、q在r处产生的磁场方向如图，和磁场的方向水平向右，即沿x轴正方向，则r处的磁场方向沿x轴正方向；由左手定则可知，通电直导线r所受安培力垂直于r指向y轴负方向选项bcd错误，a正确故选：a【点评】本题考查通电导线的磁感应强度的方向；解题时要注意解题步骤，先由安培定则判断出r处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向10如图所示，电源电动势为e，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为r，开关k闭合两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板下列说法正确的是( )a若将滑片p向上滑动，粒子将向a板偏转b若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转c若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转d若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转【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】电容器与r并联，故电容器两端的电压等于r两端的电压；则a、b之间形成电场，带电粒子在混合场中做匀速运动，则可知电场力应与磁场力大小相等方向相反；则分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，即可得出带电粒子偏转的方向【解答】解：a、因电容器与电阻并联，将滑片p向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故a错误；b、保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由e=可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故b错误；c、由图可知a板带正电，b板带负电；若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故c正确；d、若带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故d错误；故选：c【点评】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分，共5小题，每小题4分，满分20分）11如图所示的电路中，当滑动变阻器r2的滑动触头p向下滑动时( )a电压表的读数增大br1消耗的功率增大c电容器c的电容增大d电容器c所带电量增多【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器r2的滑动触头p向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可知电压表读数和r1消耗的功率的变化情况电容器的电压等于变阻器r2两端的电压，根据欧姆定律分析电容器电压的变化，即可知其电量的变化【解答】解：a、当滑动变阻器r2的滑动触头p向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大故a正确b、干路电流减小，r1消耗的功率减小故b错误c、电容器的电容与r2无关，故c错误d、电容器的电压u=ei（r1+r），i减小，其他量不变，则u增大，由q=cu知，电容器c所带电量增多故d正确故选ad【点评】本题是含有电容的电路，根据欧姆定律分析电压和电流的变化，即可判断电容器的电荷量如何变化12如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90角则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )a半径之比为1：b速度之比为1：c时间之比为2：3d时间之比为3：2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角，由t=t求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式r=求出速度之比【解答】解：设圆柱形区域为r带电粒子第一次以速度v1沿直径入射时，轨迹如图所示，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角 1=60，轨迹半径为 r1=rtan60，运动时间为 t1=t=t；带电粒子第二次以速度v2沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角 2=90，轨迹半径为 r2=r，运动时间为 t2=t=t；所以轨迹半径之比：r1：r2=：1；时间之比：t1：t2=2：3；根据半径公式r=得，速度之比：v1：v2=r1：r2=：1；故选：c【点评】本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答基础题13一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆处于磁感应强度为b的匀强磁场中现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是( )abcd【考点】洛仑兹力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用 【专题】电学图像专题【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的【解答】解：当qvb=mg时，小环做匀速运动，此时图象为a，故a正确；当qvbmg时，fn=qvbmg，此时：fn=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvb=mg时，小环开始做匀速运动，故d图象正确，故d正确；当qvbmg时，fn=mgqvb此时：fn=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图象的斜率应该逐渐增大，故bc错误故选ad【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意vt图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识14如图所示的空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场，从a点沿ab、ac方向绝缘地抛出两带电小球，关于小球的运动情况，下列说法中正确的是( )a从ab、ac抛出的小球都可能做直线运动b只有沿ab抛出的小球才可能做直线运动c做直线运动的小球带正电，而且一定是做匀速直线运动d做直线运动的小球机械能守恒【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】小球在复合场中受到重力、电场力和洛伦兹力，当三个力的合力为零或合力与速度在同一直线上时，小球可能做直线运动，合力为零时做匀速直线运动只有重力做功时，机械能才守恒对照条件分析即可【解答】解：a、b、从ab抛出的小球，若小球带正电，受到重力、水平向右的电场力和垂直于ab连线向上的洛伦兹力，三力的合力可能为零，可能做匀速直线运动；从ac抛出的小球，若小球带正电，受到重力、水平向右的电场力和垂直于ac连线向上的洛伦兹力，三力的合力不可能为零，不可能做匀速直线运动；由于洛伦兹力随速度的变化，也不可能做直线运动；若小球带负电，受到重力、水平向左的电场力和垂直于ac连线向下的洛伦兹力，三力的合力不可能为零，一定做曲线运动故a错误，bc正确d、从ab抛出的小球，由于电场力做功，其机械能一定不守恒，故d错误故选bc【点评】电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与b不平行）若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动15如图所示为磁流体发电机的原理图：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板a、b，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为l，板间距离为d，板平面的面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直于速度方向，负载电阻为r，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为i，下列说法正确的是( )aa板为磁流体发电机的正极b外电路电流方向为brac板间电离气体的电阻率（r）d板间电离气体的电阻率（r）【考点】霍尔效应及其应用 【专题】定量思想；推理法；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向抓住带电粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡求出发电机的电动势根据闭合电路欧姆定律求出发电机的内电阻【解答】解：a、大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的b板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到a板上，故b板相当于电源的正极，a板相当于电源的负极，所以通过电阻r的电流从下到上，即bra，故a错误，b正确；c、根据qvb=q得，e=bdv故c正确d、根据欧姆定律得，r=r=r，再由电阻定律，r=，则有：电阻率=（r）故c正确，d错误故选：bc【点评】根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势，注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键解决本题的关键知道稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力平衡，电路中电流越大，则单位时间内到达金属板a、b的等离子体数目增多三、实验题（选择题4分，填空2分，16题14分，17题10分）16关于多用电表的使用，下列操作正确的是( )a测电压时，应按图甲连接方式测量b测电流时，应按图乙连接方式测量c测电阻时，应按图丙连接方式测量d测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量【考点】用多用电表测电阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】所谓多用电表是指电压表、电流表与欧姆表共用一个表头，电流应从正插孔进从负插孔出，指针才正向偏转因电流是“红进”“黑出”，所以做为欧姆表时黑表笔应接内部电池的正极红表笔应接内部电池的负极【解答】解：因多用电表的红表笔接的是正极插孔，黑表笔接的是负极插孔：a、测电压时，红表笔应接灯泡的正极，故a错误b、测电流时电流应从红表笔进入，b正确c、测电阻时应将待测电阻与外电路断开，c错误d、测二极管的正向电阻时，黑表笔应接二极管正极，这样电流从黑表笔出来经二极管进入负极，d正确故选：bd【点评】多用表的黑表笔接内部电池的正极红表笔接内部电池的负极，这样正好符合电流“红进”“黑出”17某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法，用多用电表粗测，多用电表电阻挡有4个倍率：分别为1k、100、10、1，该同学选择100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示），为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a把选择开关旋转到“10”位置；b两表笔短接，调节欧姆调零旋钮（填“机械调零”或“欧姆调零”），使指针指在0处（填“0”或“0a”）；c重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是120；d测量结束后，应把选择开关旋转到off挡或者交流电压最高挡（填“直流电压最高”或“交流电压最高”）【考点】用多用电表测电阻 【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题【分析】用欧姆表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，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，欧姆表使用完毕要把选择开关置于off挡或交流电压最高档【解答】解：多用电表选择欧姆100倍率，指针偏转角度太大，所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换用小挡；a、把选择开关旋转到“10”位置；b、两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处；c、重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是1210=120；d测量结束后，应把选择开关旋转到off挡或者交流电压最高挡；故答案为：a、10；b、欧姆调零；0；c、120；d、交流电压最高【点评】本题考查了应用欧姆表测电阻的实验步骤、注意事项与读数，应用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零18某同学要测定一电源的电动势e和内电阻r，实验器材有：一只dis电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用i表示），一只电阻箱（阻值用r表示），一只开关和导线若干，该同学设计了如图1所示的电路进行实验和采集数据（1）该同学设计实验的原理表达式是e=i（r+r）（用r、i、r表示）；（2）该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到最大值（填“最大值”、“最小值”或“任意值”）；（3）该同学根据实验采集到的数据作出如图2所示的图象，由图可知，图象纵坐标为（填ia或a3），电源的电动势e=6.0v，内阻r=2.4（结果均保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）由图可知实验中采用了电流表及是阻箱测电动势和内电阻，故应采用电流及电阻表达闭合电路欧姆定律；（2）电学实验中为了安全，在开始实验时滑动变阻器应从最大值逐渐调小；（3）由闭合电路欧姆定律可得出i与r的表达式，根据图象的性质可得出电动势和内电阻【解答】解：（1）由图可知，本实验采用的是电流表与电阻箱测定电动势，在闭合电路中，电动势：e=i（r+r）；（2）为了保证电路安全，闭合开关前电阻箱接入电路的阻值应为电阻箱的最大阻值；（3）在闭合电路中，e=i（r+r），则=r+，与r是一次函数关系，应作出r图象，r图象的截距：b=，图象斜率：k=，由图象可知：b=0.4，k=，即：=0.4，=，解得，电动势e=6.0v，电源内阻r=2.4；故答案为：（1）i（r+r）；（2）最大值；（3）；6.0；2.4【点评】本题采用安阻法测电源的电动势，本方法的关键在于能列出电流与滑动变阻器的关系，再结合图象求出电动势和内电阻四、计算题（共4小题，满分46分，解答时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）19如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线，可见两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化，参考这根曲线，回答下列问题（电流表可视为理想电表）（1）如图乙所示，若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12v，内阻不计的电源两端，求每个灯泡两端的额定电压u；（2）接第（1）问，利用甲图，求此电路中每个灯泡实际功率p1；（3）如图丙所示，若把一个这样的电灯接在电动势为8v，内阻为20的电源两端，请在图甲中画出这个电源路段电压u随干路电流i变化的规律，并求此电路中流过灯泡的电流i2和实际功率p2【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1、2）三个电灯串联后，每只电灯的电压为4v；再由甲图读出电灯的工作电流，由p=ui可求得电功率； （3）根据闭合电路欧姆定律可以在甲图上作出图象，此图象与电灯的伏安特性曲线的交点，表示电灯实际工作状态，读出交点的电压和电流，由欧姆定律求出电阻【解答】解：（1）把三个这样的电灯串联后，三只灯泡中的电流相等，则灯泡两端的电压相等；则每只灯泡的实际电压为v=4v； （2）再在图甲上可以查到每只电灯加上4v实际电压时的工作电流为i=0.41a，则每个灯泡的实际功率p1=ui=40.41=1.64w（3）电源的电动势为8v，内阻为20，则短路电流i0=0.4a； 在图中作出电源的伏安特性曲线如图所示；两图象的交点为为灯泡的工作点，故可知，电压为u2=2v，电流为i2=0.3a，则其功率p=u2i2=20.3=0.6a； 答：（1）每个灯泡两端的额定电压u均为4v；（2）此电路中每个灯泡实际功率p1为1.64w；（3）并求此电路中流过灯泡的电流i2和实际功率p2分别为0.3a和0.6w【点评】此题电灯的电阻随温度的变化而变化，故其电阻r=本题的技巧是应用数学方法，通过作图求解电灯的电流20如图所示，两根足够长的光滑平行导轨与水平面成=60角，导轨间距为l，将直流电源、电阻箱和开关串联接在两根导轨之间，整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中，质量为m的导体棒mn垂直导轨水平放置在导轨上，导体棒与两根导轨都接触良好，重力加速度为g，若磁场方向垂直导轨平面向上，当电阻箱接入电路的电阻为r1时，闭合开关后，电路中电流为i1，导体棒mn恰能静止在导轨上；若磁场方向竖直向上，当电阻箱接入电路的电阻为r2时，闭合开关后，电路中电流为i2，导体棒mn也恰能静止在导轨上，导轨的电阻可忽略不计，求：（1）电流i2的大小和方向；（2）电流i2的大小；（3）电源的电动势和内阻【考点】安培力 【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用【分析】（1）由平衡条件求出安培力大小，根据安培力公式求电流强度（2）磁场方向竖直向上时，mn受力如答图所示根据物体平衡条件可得 f2cos=mgsin（3）根据闭合电路欧姆定律，求出电源的电动势和内电阻【解答】解：（1）磁场方向垂直于轨道面时，由左手定则可知，安培力的方向沿斜面向上，mn受力如上面答图所示电流方向由m指向n，根据物体平衡条件可得：f1mgsin=0又安培力：f1=bi1l 解得电流强度为：i1=（2）磁场方向竖直向上时，由左手定则可知，安培力的方向水平向右，mn受力如下面答图所示根据物体平衡条件可得：f2cosmgsin=0又安培力：f2=bi2l 解得：（3）设除电阻箱外，电路中其他电阻为r根据闭合电路欧姆定律，当电阻箱接入电路的电阻为r1时，有：i1=当电阻箱接入电路的电阻为r2时，有：i2=联立以上方程解得：e=，r=3r12r2答：（1）mn中电流i1的大小方向由m指向n；（2）mn中的电流i2的大小（3）电源的电动势，内电阻是3r12r2【点评】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用e=blv、欧姆定律、安培力公式以及共点力的平衡等知识的内容，其中解答的关键是正确对导体棒进行受力分析，然后即可正确解题21如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为b0，方向垂直于纸面向里金属板右下方以mn、pq为上、下边界，mp为左边界的区域内，存在垂直纸面向我的匀强磁场，磁场宽度为d，m