甘肃省天水市甘谷一中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共18小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第112题只有一项符合题目要求，第1318题有多项符合题目要求全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分把正确的答案涂在答题卡上，答在试卷上的无效）1如图，正点电荷放在o点，图中画出了该电荷电场八条对称分布电场线以其中一条电场线上的o点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于点a、b、c、d、e和f，下列说法正确的是（）ab、f两点的电场强度相同ba点电势比d点电势高cc、b两点间电势差小于c、f两点间电势差d电子沿圆周由e到b与由c到b，电场力做功相等2如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点a、b电势分别为a=5v，b=3v，下列叙述正确的是（）a该电场在c点处的电势一定为4vba点处的场强ea一定大于b点处的场强ebc一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少d一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a3下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）a根据电场强度的定义式e=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比b根据电容的定义式c=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比c根据真空中点电荷的电场强度公式e=k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关d根据电势差的定义式uab=可知，带电荷量为1 c的正电荷，从a点移动到b点克服电场力做功为1 j，则a、b两点间的电势差为1 v4如图所示是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）a电荷在a点受到电场力方向必定与该点场强方向一致b同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到的电场力小c正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线重合da点的电场强度较大5如图所示的电路中，电源的输出电压恒为u，电动机m的线圈电阻与电炉l的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（）a电炉放出的热量大于电动机放出的热量b电炉两端电压小于电动机两端电压c电炉两端电压等于电动机两端电压d电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率6图中r1=4，r2=9，r3=18通电后（）a经r1和r3的电流之比i1：i3=1：3br1两端的电压和r3两端的电压之比u1：u3=4：9c三个电阻消耗的电功率之比p1：p2：p3=2：1：2d三个电阻消耗的电功率之比p1：p2：p3=2：2：17两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（）a1：4b1：8c1：16d16：18如图所示的电路中，电源电动势为e，内电阻为r开关s闭台后，电灯l1、l2均能发光现将滑动变阻器r的滑片p稍向上移动，下列说法正确的是（）a电灯l1、l2均变亮b电灯l1变暗，l2变亮c电流表的示数变小d电源的总功率变小9一通有电流强度为i、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为b的匀强磁场中，受到的安培力为f，对于他们的关系b=的认识，下列说法正确的是（）ab与f成正比bb与电流i成正比cb与il的乘积成反比db与f、il均无关，由磁场本身决定10在磁感应强度为b0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）ab、d两点的磁感应强度大小相等ba、b两点的磁感应强度大小相等cc点的磁感应强度的值最大db点的磁感应强度的值最大11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12如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从o点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成角若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法不正确的是（）a运动的时间相同b运动的轨道半径相同c重新回到边界的速度大小和方向都相同d重新回到边界的位置与o点距离相同13如图所示，质量相同的两个带电粒子p、q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中p从两极板正中央射入，q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）a它们运动的时间tq=tpb它们所带的电荷量之比qp：qq=1：2c它们的电势能减小量之比ep：eq=1：2d它们的动能增量之比ekp：ekq=1：214把“220v、100w”的a灯与“220v、200w”的b灯串联后接入可调电压的电路中，忽略温度对电阻的影响，则（）a两灯电阻之比为ra：rb=2：1b两灯所分电压之比为ua：ub=1：2c在安全的前提下，两灯实际消耗的总功率的最大值为250wd在安全的前提下，允许接入电路的总电压最大为330v15一质量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（）abcd16速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（）a该束带电粒子带负电b速度选择器的p1极板带负电c能通过狭缝s0的带电粒子的速率等于d粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝s0，粒子的比荷越大17在磁感应强度为b的匀强磁场中，用细线悬挂一根质量为m的金属棒ac，如图所示当金属棒中通入由a向c的电流时，棒对悬线的拉力不为零若要使棒对悬线的拉力为零，可以采用的办法是（）a不改变电流和磁场方向，适当增大电流b不改变电流和磁场方向，适当增大磁感应强度c只改变电流方向，并适当减小电流d同时改变电流和磁场方向，并适当减小磁感应强度18如图所示，在一矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b，磁场宽度为d不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，粒子飞出磁场时偏离原方向60角利用以上数据能求出的物理量是（）a带电粒子在磁场中运动的半径b带电粒子的初速度c带电粒子在磁场中运动的周期d带电粒子的质量二、实验题（本题共2小题.共16分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答）19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）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的r测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=m（保留2位有效数字）20欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻1）b电流表（03a，内阻约为0.0125）c电流表（00.6a，内阻约为0.125）d电压表（03v，内阻约为3k）e电压表（015v，内阻约为15k）f滑动变阻器（020，额定电流1a）g滑动变阻器（02000，额定电流0.3a）h开关、导线（1）上述器材中电流表应选用；电压表应选用；滑动变阻器应选用；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法；（填“内”或“外”）三、计算题（21小题8分，22小题10分，23小题12分，共30分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为l=0.5m，其平面与水平面的夹角为=37，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为b=1.0t，金属棒与轨道的动摩擦因数=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为e=3v，内阻r=0.5 （g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？（2）滑动变阻器r的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？22如图所示，ab是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30，bcd是半径为r=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于b点，c为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强e=4.0103n/c，质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面ab对应的高度h=0.24m，滑块带电荷q=5.0104c，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端b点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点c时对轨道的压力23如图所示，在平面直角坐标系xoy内，第、象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第i、iv象限内存在半径为l的圆形匀强磁场，磁场圆心在m（l，0）点，磁场方向垂直坐标平面向外，一带正电的粒子从第iii象限中的q（2l，l）点以速度v0=2m/s沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点o进入磁场，从p（2l，0）点射出磁场，不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度大小和方向；（2）电场强度与磁感应强度大小之比；（3）若l=1m，则粒子在磁场与电场中运动的总时间是多少？2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共18小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第112题只有一项符合题目要求，第1318题有多项符合题目要求全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分把正确的答案涂在答题卡上，答在试卷上的无效）1如图，正点电荷放在o点，图中画出了该电荷电场八条对称分布电场线以其中一条电场线上的o点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于点a、b、c、d、e和f，下列说法正确的是（）ab、f两点的电场强度相同ba点电势比d点电势高cc、b两点间电势差小于c、f两点间电势差d电子沿圆周由e到b与由c到b，电场力做功相等【考点】电场线；电场强度；电势差；电势能【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、f间电势差的关系【解答】解：a、由图看出，b、f两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、f两点的电场强度不同，故a错误b、根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷o越远，电势越低，故a点电势低于d点电势故b错误c、根据对称性可知，b、c 两点间电势差与e、f两点间电势差都等于零，故c错误d、e到b与由c到b的电势差相等，所以电场力做功相等，故d正确故选：d2如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点a、b电势分别为a=5v，b=3v，下列叙述正确的是（）a该电场在c点处的电势一定为4vba点处的场强ea一定大于b点处的场强ebc一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少d一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a【考点】电势能；电势【分析】只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4v根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化电场线的疏密可以判断场强的大小正电荷受到的电场力方向与场强方向相同【解答】解：a、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4v当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4v故a错误b、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强ea不一定大于b点处的场强eb故b错误c、由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少故c正确d、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b故d错误故选c3下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）a根据电场强度的定义式e=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比b根据电容的定义式c=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比c根据真空中点电荷的电场强度公式e=k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关d根据电势差的定义式uab=可知，带电荷量为1 c的正电荷，从a点移动到b点克服电场力做功为1 j，则a、b两点间的电势差为1 v【考点】电场强度；点电荷的场强【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；点电荷电场强度公式e=k中q是场源电荷用电容器和电势差的定义式即可求解【解答】解：a、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故a错误b、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故b错误c、根据点电荷的场强公式e=k知：q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故c错误d、据电势差的定义式uab=知，带电量为1c正电荷，从a点移动到b点克服电场力做功为1j，即电场力做功为1j，则a、b点的电势差为1v，故d正确故选：d4如图所示是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）a电荷在a点受到电场力方向必定与该点场强方向一致b同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到的电场力小c正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线重合da点的电场强度较大【考点】电场线【分析】解答本题需要掌握：电场线的疏密表示电场的强弱；正电核受力方向和电场线相同，负电荷则相反；运动轨迹与受力和初速度有关，不一定沿电场线【解答】解：a、若是负电荷在a点受电场力方向则和电场方向相反，因此在a点受到电场力方向不一定和电场方向相同，故a错误；b、a处电场线比b处密，因此a处电场强度比b处大，同一电荷受力也大，故b错误；c、正电荷释放时，电场力方向始终沿电场方向，而速度方向则在不断变化，因此其轨迹不沿电场线，故c错误；d、a、b两点比较，a处电场线密，故a点的电场强度较大，故d正确故选：d5如图所示的电路中，电源的输出电压恒为u，电动机m的线圈电阻与电炉l的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（）a电炉放出的热量大于电动机放出的热量b电炉两端电压小于电动机两端电压c电炉两端电压等于电动机两端电压d电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【分析】电动机m与电炉l串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系电炉l是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析l的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系根据能量守恒定律分析消耗的功率关系【解答】解：a、电动机m与电炉l串联，电流相等，电阻相等，根据焦耳定律q=i2rt可知，在相同的时间内，电炉放出的热量与电动机放出的热量相等故a错误b、c设电动机m线圈电阻与电炉l的电阻均为r，电路中电流为i，根据欧姆定律得：电炉两端的电压ul=ir，电动机是非纯电阻电路，其电压umir，则有umul，所以电炉两端电压小于电动机两端电压故b正确，c错误d、电动机消耗的功率pm=umi，电炉消耗的功率pl=uli，umul，则pmpl，即电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率故d错误故选：b6图中r1=4，r2=9，r3=18通电后（）a经r1和r3的电流之比i1：i3=1：3br1两端的电压和r3两端的电压之比u1：u3=4：9c三个电阻消耗的电功率之比p1：p2：p3=2：1：2d三个电阻消耗的电功率之比p1：p2：p3=2：2：1【考点】电功、电功率【分析】串联电路电流相同，电压与电阻成正比并联电路电压相同，电流与电阻成反比正确选择功率表达式求解功率即可【解答】解：a、设通过r3的电流i3=i，由并联电路的特点可知，可得通过电阻r2的电流i2=2i所以通过电阻r1的电流i1=i2+i3=3i，故i1：i3=3：1；故a错误；b、由u=ir可知， =，故b错误；c、d、由p=i2r，可知，p1：p2：p3=（9i24）：（4i29）：（i218）=2：2：1，故c错误，d正确故选：d7两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（）a1：4b1：8c1：16d16：1【考点】欧姆定律；电阻定律【分析】根据电阻定律可判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=it得出通过的电荷量之比【解答】解：设原来的电阻为r，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律r=，电阻r1=4r；另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律r=，可得电阻r2=r，则两电阻之比为16；1电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=it知相同时间内通过的电量之比为1：16故c正确，a、b、d错误故选：c8如图所示的电路中，电源电动势为e，内电阻为r开关s闭台后，电灯l1、l2均能发光现将滑动变阻器r的滑片p稍向上移动，下列说法正确的是（）a电灯l1、l2均变亮b电灯l1变暗，l2变亮c电流表的示数变小d电源的总功率变小【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】由图可知l2与滑动变阻器并联，再与l1串联据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解【解答】解：由图可知l2与滑动变阻器并联，再与l1串联a、现将滑动变阻器r的滑片p稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流i增大，所以电灯l2变亮，路端电压减小，所以l1与滑动变阻器并联电压减小，所以l1变暗故a错误，b正确；c、干路电流i增大，l2与滑动变阻器并联电压减小，所以通过l2的电流减小，所以电流表的示数增大，故c错误d、根据p=ei得电源的总功率增大，故d错误故选：b9一通有电流强度为i、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为b的匀强磁场中，受到的安培力为f，对于他们的关系b=的认识，下列说法正确的是（）ab与f成正比bb与电流i成正比cb与il的乘积成反比db与f、il均无关，由磁场本身决定【考点】磁感应强度【分析】b=是磁感应强度的定义式，根据定义式知，b与f、i、l无关【解答】解：磁感应强度的大小与所受的安培力、il无关，由磁场本身决定，故a、b、c错误，d正确故选：d10在磁感应强度为b0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）ab、d两点的磁感应强度大小相等ba、b两点的磁感应强度大小相等cc点的磁感应强度的值最大db点的磁感应强度的值最大【考点】磁感应强度【分析】该题考察了磁场的叠加问题用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上；c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小；d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同有以上的分析可知，a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，b点与d点的磁感应强度大小相等，但方向不同所以只有选项a正确故选：a11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【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：c12如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从o点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成角若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法不正确的是（）a运动的时间相同b运动的轨道半径相同c重新回到边界的速度大小和方向都相同d重新回到边界的位置与o点距离相同【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【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，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，运动时间同理，负离子运动时间，显然时间不等故a错误；b、根据牛顿第二定律得：qvb=m得：，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、根据几何知识得知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正确本题要求选择不正确的，故选：a13如图所示，质量相同的两个带电粒子p、q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中p从两极板正中央射入，q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）a它们运动的时间tq=tpb它们所带的电荷量之比qp：qq=1：2c它们的电势能减小量之比ep：eq=1：2d它们的动能增量之比ekp：ekq=1：2【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析【解答】解：a、粒子在垂直电场方向即水平方向不受力，粒子在水平方向做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故a正确；b、在竖直方向上，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，位移：y=at2，竖直位移之比为1：2，则电荷量之比为1：2，故b正确；c、因为电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功：w=qey，电荷量之比为1：2，竖直位移之比为1：2，则电场力做功为1：4，可知电势能减小量之比为1：4，故c错误；d、由动能定理得：qex=ek，电荷量之比：qp：qq=1：2，xp：xq=1：2，所以动能增加量之比：ekp：ekq=1：4，故d错误；故选：ab14把“220v、100w”的a灯与“220v、200w”的b灯串联后接入可调电压的电路中，忽略温度对电阻的影响，则（）a两灯电阻之比为ra：rb=2：1b两灯所分电压之比为ua：ub=1：2c在安全的前提下，两灯实际消耗的总功率的最大值为250wd在安全的前提下，允许接入电路的总电压最大为330v【考点】串联电路和并联电路；电功、电功率【分析】已知额定功率和额定电压，利用r=判断出电阻大小，a、b两灯泡在串联电路中，电流相等，根据u=ir判断电压关系，根据p=i2r判断出最大功率，根据串并联电路的规律可明确最大电压【解答】解：a、根据p=得：a的电阻，b的电阻，则ra：rb=2：1，故a正确；b、a、b两灯泡在串联电路中，电流相等，根据u=ir可知，电压之比等于电阻之比，则ua：ub=2：1，故b错误；c、要保证安全，串联时最大电流不能超过a灯的电流，故i=a；则功率的最大值pm=i2（ra+rb）=100+（）2242=150w；故c错误；d、串联后允许接入后100w灯泡达最大电压，此时200w灯泡的两端的电压为110v，故最大电压为330v；故d正确；故选：ad15一质量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【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ad16速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（）a该束带电粒子带负电b速度选择器的p1极板带负电c能通过狭缝s0的带电粒子的速率等于d粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝s0，粒子的比荷越大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】由图可知，粒子进入匀强磁场b2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出p1极板带什么电粒子进入匀强磁场b2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小【解答】解：a、由图可知，带电粒子进入匀强磁场b2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电故a错误b、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的p1极板带正电故b错误c、粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvb1=qe，解得v=故c正确d、粒子进入匀强磁场b2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvb=m，解得r=可见，由于v是一定的，b不变，半径r越大，则越小；越靠近狭缝s0，粒子的比荷越大故d正确故选：cd17在磁感应强度为b的匀强磁场中，用细线悬挂一根质量为m的金属棒ac，如图所示当金属棒中通入由a向c的电流时，棒对悬线的拉力不为零若要使棒对悬线的拉力为零，可以采用的办法是（）a不改变电流和磁场方向，适当增大电流b不改变电流和磁场方向，适当增大磁感应强度c只改变电流方向，并适当减小电流d同时改变电流和磁场方向，并适当减小磁感应强度【考点】安培力【分析】先根据左手定则判断金属棒受到安培力的方向，再对金属棒受力分析，根据安培力计算公式分析怎样增大安培力【解答】解：根据左手定则可知，安培方向竖直向上，且有f+f拉=mg，要使得棒对悬线的拉力为零，则应增大安培力f；a、安培力f=bil，不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可以增大安培力f，a正确；b、安培力f=bil，不改变电流和磁场方向，适当增大磁感应强度，可以增大安培力f，b正确；c、改变电流方向，安培力方向将变为向下，不符合条件，不能使得棒对悬线的拉力为零，c错误；d、同时改变电流和磁场方向，安培力的方向还是竖直向上，但减小磁感应强度，将减小安培力f，不符合，d错误；故选：ab18如图所示，在一矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b，磁场宽度为d不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，粒子飞出磁场时偏离原方向60角利用以上数据能求出的物理量是（）a带电粒子在磁场中运动的半径b带电粒子的初速度c带电粒子在磁场中运动的周期d带电粒子的质量【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】带电粒子在磁场中做圆周运动，已知偏向角，则由几何关系可确定圆弧所对应的圆心角和圆的半径，由洛仑兹力充当向心力列式分析【解答】解：带电粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示：结合几何关系，有：r=，故a正确；圆心角为60，故运动时间为：t=，故t=6t，故c正确；粒子的速度：v=，故b正确；洛仑兹力提供向心力，故：故=，缺少磁感应强度，不难求解比荷，故d错误；故选：abc二、实验题（本题共2小题.共16分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答）19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50.15mm；（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）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的r测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=7.6102m（保留2位有效数字）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（3）电阻的测量值=指针指示值倍率（4）根据欧姆定律求得电阻的表达式，再由电阻定律即可求得电阻率【解答】解：（1）主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为30.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm（3）电阻的阻值r=2210=220（4）由电阻定律r=，s=代入解得=7.6102m本题答案是（1）50.15（2）4.700（3）220（4）7.610220欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻1）b电流表（03a，内阻约为0.0125）c电流表（00.6a，内阻约为0.125）d电压表（03v，内阻约为3k）e电压表（015v，内阻约为15k）f滑动变阻器（020，额定电流1a）g滑动变阻器（02000，额定电流0.3a）h开关、导线（1）上述器材中电流表应选用c；电压表应选用d；滑动变阻器应选用f；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法【解答】解：（1）电路最大电流约为：i=0.6a，则电流表选择c；电源电动势为3v，则电压表选择d，为方便实验操作滑动变阻器应选择f；（2）待测电阻阻值约为5，电流表内阻约为0.125，电压表内阻约为3k，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法故答案为：（1）c；d；f； （2）外三、计算题（21小题8分，22小题10分，23小题12分，共30分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为l=0.5m，其平面与水平面的夹角为=37，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为b=1.0t，金属棒与轨道的动摩擦因数=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为e=3v，内阻r=0.5 （g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？（2）滑动变阻器r的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律【分析】（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大（2）由最大电流可求得最小电阻值；当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为，由最小电流值可求得最大电阻值【解答】解：（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大i1，mgsin+mgcos=bi1l解得：i1=a=1a（2）由解得：r1=2.5当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金