湖南师大附中高二物理上学期第二次段考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南师大附中高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（14小题，共56分，第1-9题每题只有一个正确答案，第10-14题每题至少有一个正确答案，选对但没选全的得2分，全部选对的得4分，有错选的得0分）1有关磁场的下列叙述，正确的是（）a磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大b顺着磁感线的方向，磁感应强度越来越小c安培力的方向一定与磁场方向垂直d在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大2对于某一闭合电路，下列说法中正确的是（）a外电阻越大，电源的路端电压就越大b电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大c电源的输出功率越大，电源的效率就越大d电流总是从电势高的地方流向电势低的地方3如图所示为一个半径为r的均匀带电圆环，其单位长度带电量为取环面中心o为原点，以垂直于环面的轴线为x轴设轴上任意点p到o点的距离为x，以无限远处为零电势，p点电势的大小为下面给出的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的你可能不会求解此处的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性进行判断根据你的判断，的合理表达式应为（）a=b=c=d=4两只电压表v1和v2是由完全相同的两个电流计改装成的，v1表的量程是5v，v2表的量程是15v，把它们串联起来接人电路中则（）a它们的示数相等，指针偏转角度也相等b它们的示数之比为1：3指针偏转角度相等c它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3d它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：35如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的o点固定，p为与圆环良好接触的滑动头，闭合开关s，在滑动头p缓慢地由m点经n点移到q点过程中，电容器c所带的电荷量将（）a由少变多b由多变少c先增多后减少d先减少后增多6如图所示，一根长为l的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为b，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流i方向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是（）a弹簧长度缩短了x，b=b弹簧长度缩短了x，b=c弹簧长度伸长了x，b=d弹簧长度伸长了x，b=7如图条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由s极的上端平移到n极的上端，在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则这个过程中磁铁受力情况为（）a支持力先大于重力后小于重力b支持力始终大于重力c摩擦力的方向由向右变为向左d摩擦力的方向保持不变8三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为（）a3：2：1b1：2：3c1：1：1d1：9如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的vt图象中正确的是（）abcd10如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板po、qo，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力f作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现若稍改变f的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（）aa、b间电场力增大b作用力f将减小c系统重力势能增加d系统的电势能将增加11电池a和b的电动势分别为ea和eb，内阻分别为ra和rb，若这两个电池分别向同一电阻r供电时，这个电阻消耗的电功率相同；若电池a、b分别向另一个阻值比r大的电阻r供电时，r消耗的电功率分别为pa、pb已知eaeb，则下列判断中正确的是（）a电池内阻rarbb电池内阻rarbc电功率papbd电功率papb12如图所示电路，电源内阻不能忽略，r1阻值小于变阻器的总电阻，当滑动变阻器的滑片p停在变阻器的中点时，电压表的示数为u，电流表的示数为i那么，滑片p由中点向上移动的全过程中（）a电压表的示数始终小于ub电流表的示数始终大于ic电压表的示数先增大后减小d电流表的示数先减小后增大13竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为r的圆弧mn和半径为r的半圆弧np拼接而成（两段圆弧相切于n点），小球带正电，质量为m，电荷量为q已知将小球由m点静止释放后，它刚好能通过p点，不计空气阻力下列说法正确的是（）a若加竖直向上的匀强电场e（eqmg），则小球能通过p点b若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过p点c若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过p点d若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过p点14如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，磁感应强度大小为b，电场强度大小为e=，则以下说法正确的是（）a小球的初速度为v0=b若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止c若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止d若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为二、实验题15（2015秋湖南校级月考）（1）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝直径以及电流表、电压表的读数如图甲所示，则金属丝的直径的读数是（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为010，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20k电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势e=4.5v，内阻很小则图乙电路图中（填图乙电路图下方的字母代号）电路为本次实验应采用的最佳电路，但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值（填“大”或“小”）（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值ra是已知的，那么准确测量金属丝电阻rx的最佳电路应是图乙中的电路（填图乙电路图下的字母代号），此时测得电流为i、电压为u，则金属丝电阻rx=（用题中字母代号表示）16（2011秋许昌校级期中）某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=v；内阻，r=三、计算题17（2015秋牡丹江校级期中）一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5104c的电荷，放置在倾角=30的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于b=0.5t的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？18（2015秋湖南校级月考）如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势e=24v，内电阻r=1，电阻r=15闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球从b板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间，小球恰能到达a板若小球带电荷量为q=1102c，质量为m=2102kg，重力加速度g=10m/s2，不考虑空气阻力求：（1）此时ab两板的电压u是多少？（2）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时？（3）此时电源的输出功率是多大？19（2014秋汉阳区校级期中）如图所示，在边长为a的正方形abcd的对角线ac左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为b的匀强磁场和水平向左电场强度大小为e的匀强电场，ad、cd是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从a点沿ab方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为v已知e=，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用求：（1）恰能打到荧光屏c d上的带电粒子的入射速度；（2）ad、cd两块荧光屏上形成亮线的长度2015-2016学年湖南师大附中高二（上）第二次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（14小题，共56分，第1-9题每题只有一个正确答案，第10-14题每题至少有一个正确答案，选对但没选全的得2分，全部选对的得4分，有错选的得0分）1有关磁场的下列叙述，正确的是（）a磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大b顺着磁感线的方向，磁感应强度越来越小c安培力的方向一定与磁场方向垂直d在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大【考点】磁现象和磁场；质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】磁感线是为了形象地描述磁场假想的线，外部由n指向s，内部由s指向n，磁感线的疏密表示磁场的强弱，切线方向表示磁场的方向磁通量：=bscos；在回旋加速器中，电场力使带电粒子的速度增大【解答】解：a、磁感线越密的地方磁感应强度越大，而磁通量：=bscos，还要与线圈的面积、线圈与磁场之间的夹角有关，故a错误b、磁感线越密的地方磁感应强度越大，与是否顺着磁感线的方向无关故b错误；c、根据左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向垂直故c正确d、洛伦兹力只改变粒子运动的方向，不改变粒子速度的大小，在回旋加速器中，电场力使带电粒子的速度增大，故d错误故选：c【点评】该题考查到磁场的知识点比较多，解决本题的关键知道与磁通量相关的因素，以及知道磁感线和电场线的相同点和不同点，基础题2对于某一闭合电路，下列说法中正确的是（）a外电阻越大，电源的路端电压就越大b电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大c电源的输出功率越大，电源的效率就越大d电流总是从电势高的地方流向电势低的地方【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方【解答】解：a、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大故a正确b、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大故b错误c、当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，此时的效率只有50%，不是最大故c错误d、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方故d错误故选：a【点评】闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键3如图所示为一个半径为r的均匀带电圆环，其单位长度带电量为取环面中心o为原点，以垂直于环面的轴线为x轴设轴上任意点p到o点的距离为x，以无限远处为零电势，p点电势的大小为下面给出的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的你可能不会求解此处的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性进行判断根据你的判断，的合理表达式应为（）a=b=c=d=【考点】电势；力学单位制【专题】电场力与电势的性质专题【分析】除点电荷的周围电势的公式外，我们没有学习其它带电体周围的电势公式，本题看似无从下手，实际上我们可以采取“特值法”，将一些特值如x=0等代入公式，从而得出正确结果【解答】解：电势的高低与圆环带电量的大小有关，b表达式显然与电量q无关，因此b错误；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此x=0时，电势不为零，故d错误；同理x=r处的电势为无穷大，也不可能，故c错误；故只有a正确故选a【点评】“特值法”、“代入法”是解答选择题经常用到的方法，因此要熟练掌握4两只电压表v1和v2是由完全相同的两个电流计改装成的，v1表的量程是5v，v2表的量程是15v，把它们串联起来接人电路中则（）a它们的示数相等，指针偏转角度也相等b它们的示数之比为1：3指针偏转角度相等c它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3d它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：3【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】两电压表量程不同总内阻不同，两内阻之比为量程之比，再据电压表的改装原理和电路连接关系分析求解【解答】解：a 串联后电流一样故偏转角度相等但两表的读数为两电压表的分压，读数之比为两者的电阻之比故不相等；故a错误 b 因是串联关系通过两电压表的电流相同，故指针偏转的角度相同，读数之比为两者的电阻之比为1：3故b正确c它们示数不等故c错误d它们偏转角度相等故d错误 故选：b【点评】电压表的改装是由一电流表串联电阻构成的分析电流与电压当成一电阻根据电路连接关系分析即可5如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的o点固定，p为与圆环良好接触的滑动头，闭合开关s，在滑动头p缓慢地由m点经n点移到q点过程中，电容器c所带的电荷量将（）a由少变多b由多变少c先增多后减少d先减少后增多【考点】电容【专题】电容器专题【分析】由电路图可知，当触点p由m点经n点移到q点的过程中，电路总电阻先变大后变小，由闭合电路欧姆定律分析答题电路中电流变化，再根据部分电路欧姆定律分析r的电压变化，即可知道电容器电压的变化，由c=分析电量的变化【解答】解：当触点p由m点经n点移到q点的过程中，电路总电阻先变大后变小，由闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，r的电压先变小后变大，对于电容器，其电压等于r两端的电压，则由电量公式q=cu，可知电容器的电量先变小后变大故选：d【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用并联电路特点及欧姆定律、电容器电量公式q=cu即可正确解题6如图所示，一根长为l的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为b，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流i方向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是（）a弹簧长度缩短了x，b=b弹簧长度缩短了x，b=c弹簧长度伸长了x，b=d弹簧长度伸长了x，b=【考点】安培力【分析】根据左手定则判断安培力的方向，则可明确弹簧的形变量的变化；分别对金属杆由平衡条件列式，联立可求得磁感应强度【解答】解：根据安培力和力的平衡条件有（设棒的重力为mg，原来的形变量为x）：因放入磁场后，由左手定则可知，安培力向上；故形变量减小了x；没有通电流时，由平衡关系可得：mg=2kx 当电流方向由左向右时：bil+2k（xx）=mg联立解得：b=故选：a【点评】本题考查安培力的计算，要注意正确应用共点力的平衡条件的应用；并掌握安培力方向的判断7如图条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由s极的上端平移到n极的上端，在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则这个过程中磁铁受力情况为（）a支持力先大于重力后小于重力b支持力始终大于重力c摩擦力的方向由向右变为向左d摩擦力的方向保持不变【考点】安培力【分析】由左手定则判断出导线所受安培力的方向，根据牛顿第三定律判断磁铁所受磁场力的方向，然后判断磁铁受到的摩擦力方向和如何变化【解答】解：如图所示，导线在s极上端时导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向右下方，磁铁有向右的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向左；同理当导线在n极上端时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向左下方，磁铁有向左的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向右；由以上分析可知，磁铁受到的摩擦力先向左后向右，正上方时为零，故摩擦力先减小后增大磁铁受到的磁场力始终有向下的分力，所以支持力始终大于重力故adc错误，b正确；故选：b【点评】首先根据左手定则确定出通电导线所受安培力方向，然后根据牛顿第三定律确定出条形磁铁所受安培力的方向，最后根据共点力的平衡确定出静摩擦力的方向和变化规律，是此类题目的解答思路8三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为（）a3：2：1b1：2：3c1：1：1d1：【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】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间【解答】解：粒子在磁场中运动的周期的公式为t=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90、60、30，所以偏转角为90的粒子的运动的时间为t，偏转角为60的粒子的运动的时间为t，偏转角为30的粒子的运动的时间为t所以有t： t： t=3：2：1，选项a正确故选：a【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是 1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系9如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的vt图象中正确的是（）abcd【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，开始时洛伦兹力较小，所以木杆对小球的支持力较大，摩擦力较大，加速度较小，随着速度的增加，分析竖直方向的合力变化，从而判断加速度的变化了解了加速度变化的情况，也就知道了vt图象的变化规律【解答】解：在小球下滑的过程中，对小球受力分析，如图所示，受到重力mg、电场力qe、洛伦兹力qvb、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力n，开始时，速度较小，qvb较小，n较大，随着速度的增加，n在减小，由f=n可知f减小，竖直方向的合力增加，加速度增加；当速度增加到一定的程度，qvb和qe相等，此时n为零，f为零，加速度为g，达到最大；速度继续增加，n要反向增加，f增加，竖直方向上的合力减小，加速度减小，当f与mg相等时，竖直方向上的加速度为零，速度达到最大所以选项abd所示的vt图象不符合所分析的运动规律，c选项符合故选：c【点评】解得此题的关键是正确的对小球进行受力分析受力分析时要注意各力的特点：重力场中所受的重力以及在匀强电场中所受的电场力均为恒力，其合力也是恒定的；而洛伦兹力情况却不同，随着速度的变化而变化此题由于洛伦兹力的变化，引起了摩擦力的变化，从而使竖直方向上的合外力发生变化，这也是解决此题的关键所在分析物体运动中的临界状态也是至关重要的，像该题的最大加速度的时刻和刚好最大速度的时刻10如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板po、qo，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力f作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现若稍改变f的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（）aa、b间电场力增大b作用力f将减小c系统重力势能增加d系统的电势能将增加【考点】电势能；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析a、b间电场力和挡板对小球的弹力如何变化，由库仑定律分析两间距离的变化情况，根据电场力做功正负判断系统电势能的变化对整体研究，分析作用力f如何变化【解答】解：a、b以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得： 电场力f电=，减小，cos增大，则电场力f电减小挡板对a的弹力n=mgtan，减小，n减小对整体研究：水平方向：f=n，则作用力f将减小故a错误，b正确c、d电场力f电减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而f做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加故c正确，d错误故选bc【点评】本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对a研究，再对b研究，比较简便11电池a和b的电动势分别为ea和eb，内阻分别为ra和rb，若这两个电池分别向同一电阻r供电时，这个电阻消耗的电功率相同；若电池a、b分别向另一个阻值比r大的电阻r供电时，r消耗的电功率分别为pa、pb已知eaeb，则下列判断中正确的是（）a电池内阻rarbb电池内阻rarbc电功率papbd电功率papb【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】用作图法求解：分别做出两个电池的ui图线，据两者电动势的大小关系及两条图线有交点，大体作出两者的图象，由图可读出内阻的大小关系；两线的交点对应的工作电阻为r，再作出一大于r的电阻的ui图线，分析对应电流及电压从而分析出功率的大小关系【解答】解：a、b、用这两个电池分别向某一个电阻r供电时，这个电阻所消耗的功率相等，故电流相同，根据闭合电路欧姆定律公式i=，由于e1e2，故r1r2，故a正确，b错误；c、d、将一电动势为e、内电阻为r的电源与一阻值为r的电阻组成一闭合回路，路端电压u和干路电流i的关系为u=eir在ui直角坐标系中作ui图线，则该图线为一条在纵轴上截距为e、斜率为r的直线这条线可被称为电源的伏安特性曲线如果再在此坐标系中作出外电阻r的伏安特性曲线为过原点的直线，斜率为r，则两条线的交点就表示了该闭合电路所工作的状态，此交点的横、纵坐标的乘积即为外电阻所消耗的功率依题意作电池甲和乙及电阻r的伏安特性曲线由于两电池分别接r时，r消耗的电功率相等，故这三条线必相交于一点，如图所示，由于12，所以r1r2作r的伏安特性曲线，由图可知：当甲电池接r时，p1=u1i1；当乙电池接r时，p2=u2i2由于u1u2，i1i2，所以p1p2故c正确，d错误；故选ac【点评】本题为有关全电路电阻、功率关系的半定量问题，采用图线方法分析是较简捷的思路把电源和外电阻的伏安特性曲线合在一个坐标轴上比较，给运算带来方便12如图所示电路，电源内阻不能忽略，r1阻值小于变阻器的总电阻，当滑动变阻器的滑片p停在变阻器的中点时，电压表的示数为u，电流表的示数为i那么，滑片p由中点向上移动的全过程中（）a电压表的示数始终小于ub电流表的示数始终大于ic电压表的示数先增大后减小d电流表的示数先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由图可知，r1与滑动变阻器的上端串联后与滑动变阻器的下端并联，并联电路再与r2串联；分析滑片移动时并联部分电阻的变化，由欧姆定律可得出电路中电流的变化及电压表的变化；对r1支路由欧姆定律可得出电流表示数的变化【解答】解：由题意可知，当滑片向上移动时，并联部分的总电阻先增大后减小；则外部的总电阻先增大后减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流先减小后增大，故内电压先减小后增大，则路端电压先增大后减小；即电压表的示数先增大后减小，故c正确；当并联两支路电阻相等时，电路中总电阻最小，此时路端电压最大，故a错误；电流表与r1串联，在移动中设滑动变阻器的全职电阻为r3，从滑片p到最上面部分电阻记为r上，下面部分的电阻记为r下，则电流表的示数即流过r1的电流值其中r13=r1+r3是定值，当滑片p由中点向上移动的全过程中，r上不断减小，r下不断增大，i1不断增大，即电流表的示数不断增大，且始终大于i，选项b正确，d错误；故选bc【点评】本题为闭合电路的欧姆定律的动态分析类题目，此类问题可先分析外电路中的电阻，再分析电流或内电阻消耗的电压，最后再分析各局部电路；在分析中要灵活应用串并联电路的规律，必要时可将与电源串联的电阻当作内电阻处理13竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为r的圆弧mn和半径为r的半圆弧np拼接而成（两段圆弧相切于n点），小球带正电，质量为m，电荷量为q已知将小球由m点静止释放后，它刚好能通过p点，不计空气阻力下列说法正确的是（）a若加竖直向上的匀强电场e（eqmg），则小球能通过p点b若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过p点c若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过p点d若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过p点【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】应用动能定理求出小球到达p点的速度，小球恰好通过p点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题【解答】解：设m、p间的高度差为h，小球从m到p过程由动能定理得：mgh=mv20，v=，小球恰好通过p点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，r=2h；a、若加竖直向下的匀强电场e（eqmg），小球从m到p过程由动能定理得：（mgqe）h=mv20，解得：v=，则：m=mgqe，小球恰好通过p点，故a正确；b、若加竖直向上的匀强电场，小球从m到p过程由动能定理得：（mg+qe）h=mv20，解得：v=，则：m=mg+qe，小球恰好通过p点，故b错误；c、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达p点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则：qvb+mgm，小球不能通过p点，故c正确；d、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达p点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：mgqvbm，小球对轨道有压力，小球能通过p点，故d错误；故选：ac【点评】本题是一道力学综合题，知道小球通过p点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题14如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，磁感应强度大小为b，电场强度大小为e=，则以下说法正确的是（）a小球的初速度为v0=b若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止c若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止d若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为【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】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定【解答】解：a、对小球进行受力分析如图，电场力的大小：f=qe=，由于重力的方向竖直向下电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反所以qv0b=2mg所以v0=故a正确；b、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0b=3mgfg+f，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=fn小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动故b错误c、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0b=mgfg+f，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=fn小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止故c正确；d、若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以w=故d错误故选：ac【点评】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动二、实验题15（2015秋湖南校级月考）（1）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝直径以及电流表、电压表的读数如图甲所示，则金属丝的直径的读数是0.881mm（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为010，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20k电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势e=4.5v，内阻很小则图乙电路图中a（填图乙电路图下方的字母代号）电路为本次实验应采用的最佳电路，但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值小（填“大”或“小”）（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值ra是已知的，那么准确测量金属丝电阻rx的最佳电路应是图乙中的b电路（填图乙电路图下的字母代号），此时测得电流为i、电压为u，则金属丝电阻rx=ra（用题中字母代号表示）【考点】测定金属的电阻率【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）根据各种仪器的原理及读数方法进行读数，注意估读；（2）由给出的数据选择滑动变阻器的接法，由各仪器的内阻选择电流表的接法，并能通过误差原理分析误差；求出待测电阻的阻值【解答】解：（1）螺旋测微器先读固定部分为0.5mm，可动部分可估读为38.10.01mm=0.381mm，故总示数为：0.5+0.381mm=0.881mm；（2）因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，电流表量程为0.6a，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42a；电流表量程为3v，最小刻度为0.1v，则读数为2.252.28v；由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5，故采用电流表外接法误差较小，故选a；在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；（3）因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选b电路；待测电阻及电流表总电阻r=，则待测电阻rx=rra=ra；故答案为：（1）0.881mm；（2）a，小；（3）b，ra【点评】对于电学实验一定不要单纯靠记忆去解决问题，一定要在理解的基础之上，灵活运用欧姆定律及串并联的相关知识求解16（2011秋许昌校级期中）某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用r1（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=1.47v；内阻，r=1.81【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据实物电路图作出实验电路图；根据电源ui图象求出电源电动势与内阻【解答】解：电源内阻约为1.5v，电路最大电流约为零点几安培，两滑动变阻器均可保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选r1；伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.47，电源电动势e=1.47v，电源内阻：r=1.81故答案为：r1；电路图如图所示；1.47，1.81【点评】本题考查了实验器材选择、作电路图、求电源电动势与内阻，电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻三、计算题17（2015秋牡丹江校级期中）一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5104c的电荷，放置在倾角=30的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于b=0.5t的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性（2）由于斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间由位移与时间关系可求出位移大小【解答】解：（1）由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上小滑块滑至某一位置时，要离开斜面，根据左手定则可得：小滑块带负电 （2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：bqv=mgcos，则=m/s（3）又因为离开之前，一直做匀加速直线运动，则有：mgsin=ma，即a=gsin=5m/s2，由v2=2ax得： m答：（1）小滑块带负电荷；（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度是m/s；（3）该斜面的长度至少长1.2m【点评】本题突破口是根据小滑块刚从斜面离开时确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移18（2015秋湖南校级月考）如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势e=24v，内电阻r=1，电阻r=15闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球从b板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间，小球恰能到达a板若小球带电荷量为q=1102c，质量为m=2102kg，重力加速度g=10m/s2，不考虑空气阻力求：（1）此时ab两板的电压u是多少？（2）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时？（3）此时电源的输出功率是多大