广西柳州一中高二物理上学期11月段考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年广西柳州一中高二（上）段考物理试卷（11月份） 一、选择题：（每小题至少有一个选项是正确的，每小题4分，共60分.）1（4分）（2009湖南校级模拟）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）a磁感线从磁体的n极出发，终止于s极b磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向c沿磁感线方向，磁场逐渐减弱d在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2（4分）（2013春巴南区期中）将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）a感应电动势的大小与线圈的匝数无关b穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大c感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同d穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大3（4分）（2014秋定海区校级期中）有a、b两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（）a电阻a的阻值大于电阻bb电阻a的阻值小于电阻bc电压相同时，流过电阻a的电流强度较大d两电阻串联时，电阻a消耗的功率较小4（4分）（2014秋桓台县校级期末）一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（）a粒子带正电b粒子通过a点时的速度比通过b点时大c粒子在a点受到的电场力比b点小d粒子在a点时的电势能比b点大5（4分）（2007秋朝阳区期末）如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（）a使入射速度增大b使粒子电量增大c使电场强度增大d使磁感应强度增大6（4分）（2013秋鱼峰区校级月考）如图是两个等量异种点电荷形成的电场，ab为中垂线，且ao=bo，则（）aa、b两点场强大小相等，方向相反ba正电荷从a运动到b，电场力做正功c正电荷从a运动到b，电势能增加da、b两点电势差为零7（4分）（2013南通模拟）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心o沿着ao方向射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）aa粒子动能最大bc粒子速率最大cc粒子在磁场中运动时间最长d它们做圆周运动的周期tatbtc8（4分）（2006泰州模拟）如图1所示，两个闭合圆形线圈a、b的圆心重合，放在同一水平面内，线圈a中通以如图2所示的变化电流，t=0时电流方向为顺时针（如图中箭头所示）在t1t2时间内，对于线圈b，下列说法中正确的是（）a线圈b内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势b线圈b内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势c线圈b内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势d线圈b内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势9（4分）（2013春中山期中）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a3a2a4ca1=a3a4a2da4=a2a3a110（4分）（2000安徽）如图所示是一个由电池、电阻r与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（）a电阻r中没有电流b电容器的电容变小c电阻r中有从a流向b的电流d电阻r中有从b流向a的电流11（4分）（2013秋桓台县校级期末）如图甲所示，ab是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从a点出发，仅在电场力作用下沿直线从a点运动到b点，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）a质子运动的加速度随时间逐渐减小b电场线的方向由a指向bca、b两点电场强度的大小关系满足eaebda、b两点的电势关系满足ab12（4分）（2014秋资阳区校级期末）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为0.5b电阻r的阻值为1c电源的输出功率为2wd电源的效率为66.7%13（4分）（2015山东一模）如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，则（）a电压表读数减小b电流表读数减小c质点p将向上运动dr3上消耗的功率逐渐增大14（4分）（2012湛江二模）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）a导体框中产生的感应电流方向相同b导体框中产生的焦耳热相同c导体框ad边两端电势差相同d通过导体框截面的电量相同15（4分）（2013秋东湖区校级期末）如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（）a小球加速度一直增大b小球速度一直增大，直到最后匀速c杆对小球的弹力一直减小d小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变二、实验题（每空2分，共16分）16（8分）（2011秋广平县校级期末）如图所示，将一个电流表g和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是表，要使它的量程加大，应使r1（填“增大”或“减小”）；乙图是表，要使它的量程加大，应使r2（填“增大”或“减小”）17（2分）（2012秋濠江区校级期末）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的电动势e1和e2、内阻r1和r2满足关系（）ae1e2，r1r2be1e2，r1r2ce1e2，r1r2de1e2，r1r218（6分）（2013秋鱼峰区校级月考）以下是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的操作步骤：a闭合电键，记下电流表、电压表的一组示数（i，u），移动变阻器的滑动触头位置，每移动一次记下一组（i，u）值，共测出12组左右的数据b将电流表、电压表、变阻器、电灯、电源开关正确连成电路，电流表外接，变阻器采用分压式，如图所示c调节触头位置，使闭合电键前触头处于变阻器的左端d按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连结起来，得出小灯泡的伏安特性曲线（1）以上各步骤中存在错误或不妥之处的是，应如何改正？（2）将步骤纠正后，按实验先后顺序排列起来三、计算题（共44分请写出必要的步骤、公式及文字说明）19（13分）（2006和平区模拟）如图所示，一质量为m的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成角（1）判断小球带何种电荷（2）若已知电场强度为e、小球带电量为q，求小球的质量m（3）若将细线突然剪断，小球做何种性质的运动？求加速度a的大小20（15分）（2015春湖南校级月考）竖直放置的平行金属板m、n相距d=0.2m，板间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b=0.5t，极板按如图所示的方式接入电路足够长的、间距为l=1m的光滑平行金属导轨cd、ef水平放置，导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度也为b电阻为r=1的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好已知滑动变阻器的总阻值为r=4，滑片p的位置位于变阻器的中点有一个质量为m=1.0108kg、电荷量为q=+2.0105c的带电粒子，从两板中间左端沿中心线水平射入场区不计粒子重力（1）若金属棒ab静止，求粒子初速度v0多大时，可以垂直打在金属板上？（2）当金属棒ab以速度v匀速运动时，让粒子仍以相同初速度v0射入，而从两板间沿直线穿过，求金属棒ab运动速度v的大小和方向21（16分）（2014工业园区模拟）如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场现有一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从y轴上的m点沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经x轴上的n点和p点最后又回到m点，设om=l，on=2l求：（1）带电粒子的电性，电场强度e的大小；（2）带电粒子到达n点时的速度大小和方向；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；（4）粒子从m点进入电场，经n、p点最后又回到m点所用的时间2013-2014学年广西柳州一中高二（上）段考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题：（每小题至少有一个选项是正确的，每小题4分，共60分.）1（4分）（2009湖南校级模拟）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）a磁感线从磁体的n极出发，终止于s极b磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向c沿磁感线方向，磁场逐渐减弱d在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：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极磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直磁感线的疏密表示磁场的强弱安培力的大小取决于四个因素：b、i、l，及导线与磁场的夹角，在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小解答：解：a、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a错误 b、磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直故b错误 c、磁场的强弱看磁感线的疏密，与磁感线方向无关，沿磁感线方向，磁场不一定减弱故c错误 d、根据安培力公式f=bilsin，可见，在b大的地方，f不一定大故d正确故选d点评：本题考查对磁场基本知识的理解和掌握程度，基础题注意安培力与电场力不同：安培力方向与磁场方向垂直，而电场力方向与电场强度方向相同或相反2（4分）（2013春巴南区期中）将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）a感应电动势的大小与线圈的匝数无关b穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大c感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同d穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据对法拉第电磁感应定律及楞次定律的理解分析答题解答：解：a、由法拉第电磁感应定律e=n 可知，感应电动势e与线圈匝数n有关，在磁通量变化率一定时，线圈匝数越多，感应电动势越大，线圈匝数越少，感应电动势越小，故a错误；b、感应电动势与磁通量大小无关，取决于磁通量的变化率，穿过线圈的磁通量大，如果磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故b错误；c、由楞次定律可知，磁通量增大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向极可能相同，也可能相反，故c错误；d、磁通量变化越慢，磁通量的变化率越小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势越小，故d正确；故选：d点评：本题考查了影响感应电动势大小的因素、感应电流磁场方向与原磁场方向间的关系问题，正确理解并灵活应用法拉第电磁感应定律与楞次定律即可正确解题3（4分）（2014秋定海区校级期中）有a、b两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（）a电阻a的阻值大于电阻bb电阻a的阻值小于电阻bc电压相同时，流过电阻a的电流强度较大d两电阻串联时，电阻a消耗的功率较小考点：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：iu图线的斜率表示电阻的倒数，通过斜率比较电阻的大小并联时，两电阻电压相等，根据欧姆定律比较电流的大小串联时，电路相等，根据p=i2r比较消耗的功率大小解答：解：a、iu图线的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，a图线的斜率大，则a的电阻小，故a错误，b正确c、由图象可知，电压u相等时，通过a的电流大于通过b的电流，故c正确d、两电阻串联，通过它们的电流相等，根据p=i2r得，a的电阻小，则电阻a消耗的功率较小，故d正确故选：bcd点评：解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及知道iu图线的斜率表示的物理意义4（4分）（2014秋桓台县校级期末）一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（）a粒子带正电b粒子通过a点时的速度比通过b点时大c粒子在a点受到的电场力比b点小d粒子在a点时的电势能比b点大考点：电场线；电势能专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据轨迹弯曲方向得出电场力的方向，从而确定带电粒子的电性根据动能定理比较a点、b点的速度大小；根据电场线的疏密比较电场力的大小；根据电场力做功比较电势能的大小解答：解：a、轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子带正电故a正确 b、从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度故b正确 c、b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小故c正确 d、从a到b，电场力做负功，电势能增加所以a点的电势能小于b点的电势能故d错误故选abc点评：解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加5（4分）（2007秋朝阳区期末）如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（）a使入射速度增大b使粒子电量增大c使电场强度增大d使磁感应强度增大考点：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：带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，轨迹为水平直线时两个力平衡，若要使粒子向上偏转，洛伦兹力必须大于电场力解答：解：由题，带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，开始时粒子的轨迹为水平直线，则电场力与洛伦兹力平衡，即有 qvb=qe，即vb=e，若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，洛伦兹力必须大于电场力，则qvbqe，即vbea、使入射速度增大，洛伦兹力增大，而电场力不变，则粒子向上偏转故a正确b、由上式可知，改变电量，电场力与洛伦兹力仍然平衡，粒子仍沿水平直线运动故b错误c、使电场强度增大，电场力增大，粒子向下偏转故c错误d、使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，则粒子向上偏转故d正确故选ad点评：对于速度选择器，有qvb=qe，即vb=e，此结论与带电粒子的电荷量、质量无关6（4分）（2013秋鱼峰区校级月考）如图是两个等量异种点电荷形成的电场，ab为中垂线，且ao=bo，则（）aa、b两点场强大小相等，方向相反ba正电荷从a运动到b，电场力做正功c正电荷从a运动到b，电势能增加da、b两点电势差为零考点：电场的叠加；电场强度；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：两个等量异种点电荷形成的电场，中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之垂直；该中垂线是一条等势线，所有点的电势都相等解答：解：a、两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上的电场关于连线上下是对称的，ao=bo，那么a、b两点场强大小相等，方向相同，故a错误；bcd、两个等量异种点电荷形成的电场，中垂线ab是一条等势线，所有点的电势都相等，ab之间的电势差为0，则正电荷从a运动到b，电场力不做功，电势能不变故bc错误，d正确故选：d点评：该题考查常见的电场和电场线，只有掌握两个等量异种点电荷形成的电场的特点，即可正确解答7（4分）（2013南通模拟）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心o沿着ao方向射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）aa粒子动能最大bc粒子速率最大cc粒子在磁场中运动时间最长d它们做圆周运动的周期tatbtc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：三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定解答：解：a、b粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvb=m，可得：r=，粒子的动能，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大c粒子动能最大故a错误，b正确c、由于粒子运动的周期t=及t=t可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故c、d错误故选：b点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短8（4分）（2006泰州模拟）如图1所示，两个闭合圆形线圈a、b的圆心重合，放在同一水平面内，线圈a中通以如图2所示的变化电流，t=0时电流方向为顺时针（如图中箭头所示）在t1t2时间内，对于线圈b，下列说法中正确的是（）a线圈b内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势b线圈b内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势c线圈b内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势d线圈b内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势考点：楞次定律分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同解答：解：在t1t2时间内，由于线圈a的逆时针方向电流增大，导致线圈b磁通量增大，感应电流的磁场与它相反，根据安培定则可知，线圈a在线圈b内部产生磁场方向垂直纸面向外，则线圈b内有顺时针方向的电流此时线圈b的电流方向与线圈a电流方向相反，由异向电流相互排斥，可知线圈间有相互排斥，所以线圈b有扩张的趋势故b、c、d、误，a正确故选a点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化同时注意t=0时电流方向为顺时针，而在t1t2时间内电流方向为逆时针9（4分）（2013春中山期中）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a3a2a4ca1=a3a4a2da4=a2a3a1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g解答：解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2g而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时安培力一定大于2时的加速度，故a4a2；故关系为：a1=a3a2a4故选：b点评：解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力10（4分）（2000安徽）如图所示是一个由电池、电阻r与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（）a电阻r中没有电流b电容器的电容变小c电阻r中有从a流向b的电流d电阻r中有从b流向a的电流考点：电容；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：电容器与电源相连，电压不变增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电根据原来极板的带电情况，分析电流的方向解答：解：a、c、d电容器与电源相连，电压不变增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电原来电容器上极板带正电，电路中放电电流方向为顺时针方向，则电阻r中有从a流向b的电流故ad错误，c正确 b、增大电容器两板间距离的过程中，电容减小故b正确故选bc点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，其电压不变11（4分）（2013秋桓台县校级期末）如图甲所示，ab是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从a点出发，仅在电场力作用下沿直线从a点运动到b点，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）a质子运动的加速度随时间逐渐减小b电场线的方向由a指向bca、b两点电场强度的大小关系满足eaebda、b两点的电势关系满足ab考点：电场线；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低解答：解：a、速度图象的斜率等于加速度，则由图可知，质子的加速度不变，所受电场力不变，由f=eq可知，a点的场强等于b点场强，ea=eb；故ac错误；b、质子从a到b的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电势升高，故ab，电场线的方向由b指向a，故b错误，d正确；故选d点评：本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的电性12（4分）（2014秋资阳区校级期末）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为0.5b电阻r的阻值为1c电源的输出功率为2wd电源的效率为66.7%考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻r的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率解答：解：a、根据闭合电路欧姆定律得u=eir，当i=0时，u=e，由读出电源的电动势e=3v，内阻等于图线的斜率大小，则r=故a正确b、电阻r=故b正确c、两图线的交点表示该电源直接与电阻r相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压u=2v，电流i=2a，则电源的输出功率为p出=ui=4w故c错误d、电源的效率=66.7%故d正确故选：abd点评：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义基础题13（4分）（2015山东一模）如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，则（）a电压表读数减小b电流表读数减小c质点p将向上运动dr3上消耗的功率逐渐增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；恒定电流专题分析：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况解答：解：由图可知，r2与滑动变阻器r4串联后与r3并联后，再由r1串联接在电源两端；电容器与r3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时r1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过r3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故b错误；因并联部分电压减小，而r2中电压增大，故电压表示数减小，故a正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故c错误；因r3两端的电压减小，由p=可知，r3上消耗的功率减小； 故d错误；故选a点评：解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体局部整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的14（4分）（2012湛江二模）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）a导体框中产生的感应电流方向相同b导体框中产生的焦耳热相同c导体框ad边两端电势差相同d通过导体框截面的电量相同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电流、电压概念；电磁感应中的能量转化专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：a、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定b、根据热量的公式q=i2rt进行分析c、先求出感应电动势，再求外电压d、通过q=进行分析解答：解：a、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同故a正确 b、i=，t=，根据q=i2rt=，知q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同故b错误 c、向上移出磁场的过程中，电动势e=blv，ad边两端电势差u=；向右移出磁场的过程中，电动势e=3blv，ad边两端电势差u=故c错误 d、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同故d正确故选ad点评：解决本题的关键掌握感应电动势的两个公式：e=blv，e=n，以及会用楞次定律或右手定则判定电流的方向15（4分）（2013秋东湖区校级期末）如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（）a小球加速度一直增大b小球速度一直增大，直到最后匀速c杆对小球的弹力一直减小d小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变考点：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：本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大解答：解：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为n=qeqvb，n随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=n也减小，小球所受的合力f合=mgf，f减小，f合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向右，大小为n=qvbqe，v增大，n增大，f增大，f合减小，a减小当mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；杆对球的弹力先减小后反向增大，最后不变；洛伦兹力先增大后不变故bd正确，ac错误故选bd点评：本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大二、实验题（每空2分，共16分）16（8分）（2011秋广平县校级期末）如图所示，将一个电流表g和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是安培表，要使它的量程加大，应使r1减小（填“增大”或“减小”）；乙图是伏特表，要使它的量程加大，应使r2增大（填“增大”或“减小”）考点：把电流表改装成电压表专题：实验题分析：甲图为g表头并联一分流电阻改装成一电流表，分流电阻越小，分流越大，量程越大图乙为g表头串联一分压电阻改装成一电压表，分压电阻越大，分压越大，量程越大解答：解：甲图为安培表，r1起分流作用，要使量程增加，需增加r1的分流，即减小r1的电阻乙图为伏特表，r2起分压作用，要使量程增加，需增加r2的分压，即增加r2的电阻故答案为：安培；减小；伏特；增大点评：考查电表的改装原理，明确分压与电阻成正比，电阻大分压大；明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大17（2分）（2012秋濠江区校级期末）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的电动势e1和e2、内阻r1和r2满足关系（）ae1e2，r1r2be1e2，r1r2ce1e2，r1r2de1e2，r1r2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：该实验中作出的是路端电压随电流的变化而变化的关系，结合闭合电路欧姆定律及图象知识可得出电动势及内电阻解答：解：当外电阻无穷大时，路端电压等于电源的电动势，故ui图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，由图可知，2的电动势较大；u=eir可知图象中的斜率表示电源的内阻，2的斜率较大，故2的内阻较大，故d正确，abc错误； 故选d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18（6分）（2013秋鱼峰区校级月考）以下是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的操作步骤：a闭合电键，记下电流表、电压表的一组示数（i，u），移动变阻器的滑动触头位置，每移动一次记下一组（i，u）值，共测出12组左右的数据b将电流表、电压表、变阻器、电灯、电源开关正确连成电路，电流表外接，变阻器采用分压式，如图所示c调节触头位置，使闭合电键前触头处于变阻器的左端d按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连结起来，得出小灯泡的伏安特性曲线（1）以上各步骤中存在错误或不妥之处的是d，应如何改正应为按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用一条平滑的曲线连接起来闭合开关前应使滑动变阻器与小灯泡并联部分的阻值为零？（2）将步骤纠正后，按实验先后顺序排列起来bcad考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：根据实验中的步骤，按实验要求分析实验中出现的问题，并加以修改然后根据实验的做法确定实验步骤解答：解：（1）分析各步骤可以发现：c错误，开始时应使测量电路电压为0；故滑片应滑到右侧；d有错，应为按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用一条平滑的曲线连接起来（2）在本实验中应先正确连接电路，并保证电路安全，然后闭合电键进行实验，最后用描点法通过图象得出实验结果；故实验步骤为：bcad；故答案为：（1）c有错，滑片应滑到右侧；d有错，应为按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用一条平滑的曲线连接起来（2）bcad点评：本题考查实验的步骤及实验中应注意的事项！要通过具体做实验来掌握三、计算题（共44分请写出必要的步骤、公式及文字说明）19（13分）（2006和平区模拟）如图所示，一质量为m的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成角（1）判断小球带何种电荷（2）若已知电场强度为e、小球带电量为q，求小球的质量m（3）若将细线突然剪断，小球做何种性质的运动？求加速度a的大小考点：电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，作出力图，根据电场力与场强方向的关系判断电性（2）根据平衡条件和电场力公式求解小球的质量m（3）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和速度公式结合求解v解答：解：（1）小球受力如图，由于电场力f与场强方向相反，说明小球带负电（2）小球的电场力f=qe由平衡条件得：f=mgtan则得qe=mgtan解得，m=（3）剪断细线后小球做初速度为零的匀加速直线运动，小球所受的合外力f合=根据牛顿第二定律得：f合=ma解得，a=答：（1）小球带负电荷（2）若已知电场强度为e、小球带电量为q，小球的质量m是（3）若将细线突然剪断，小球做做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a的大小为点评：本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断小球的运动情况20（15分）（2015春湖南校级月考）竖直放置的平行金属板m、n相距d=0.2m，板间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b=0.5t，极板按如图所示的方式接入电路足够长的、间距为l=1m的光滑平行金属导轨cd、ef水平放置，导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度也为b电阻为r=1的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好已知滑动变阻器的总阻值为r=4，滑片p的位置位于变阻器的中点有一个质量为m=1.0108kg、电荷量为q=+2.0105c的带电粒子，从两板中间左端沿中心线水平射入场区不计粒子重力（1）若金属棒ab静止，求粒子初速度v0多大时，可以垂直打在金属板上？（2）当金属棒ab以速度v匀速运动时，让粒子仍以相同初速度v0射入，而从两板间沿直线穿过，求金属棒ab运动速度v的大小和方向考点：导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在混合场中的运动专题：电磁感应与电路结合分析：运动的带电粒子在磁场中，若金属棒静止，粒子受到洛伦兹力发生偏转，要使垂直打到极板上，则粒子完成圆弧运动若金属棒匀速运动，切割磁感线产生电动势，当运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的同时还受电场力，且两力平衡从而使粒子做匀速直线运动解答：解：（1）金属棒ab静止时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半