内蒙古包头市青山区北重三中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

内蒙古包头市青山区北重三中 2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（）a电场强度的定义式e=，适用于任何电场b由真空中点电荷的电场强度公式e=可知，当r0时，e无穷大c由公式b=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场d磁感应强度越大，置于该处的通电导线所受的安培力就越大2图中的实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是其轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，由此图可判断下列说法错误的是（）a带电粒子所带电荷的符号b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的速度何处较大d带电粒子在a、b两点的电势能何处较大3如图所示，在y轴上关于o点对称的a、b两点有等量同种点电荷+q，在x轴上c点有点电荷q，且co=od，ado=60下列判断正确的是（）ao点电场强度为零bd点电场强度不为零c若将点电荷+q从o移向c，电势能增大d若将点电荷q从o移向c，电势能增大4一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度为零下列判断正确的是（）a电场力对液滴做的功为mv02b液滴克服电场力做的功为mv02+mghc液滴的机械能减少mghd液滴的机械能增加mgh5如图所示，m、n是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为e，一质量为m、电量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的a点射入匀强电场中，微粒垂直打到n极上的c点，已知ab=bc不计空气阻力，则可知（）a微粒在电场中的加速度是变化的b微粒打到c点时的速率与射入电场时的速率相等cmn板间的电势差为dmn板间的电势差为6有一个直流电动机，把它接入0.2v电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4a；若把电动机接入2.0v电压的电路中，正常工作时的电流是1.0a，此时，电动机的输出功率是p出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是p热，则（）ap出=2w，p热=0.5wbp出=1.5w，p热=8wcp出=2w，p热=8wdp出=1.5w，p热=0.5w7一电流表的满偏电流ig=1ma，内阻为200要把它改装成一个量程为0.5a的电流表，则应在电流表上（）a并联一个0.4的电阻b并联一个200的电阻c串联一个0.4的电阻d串联一个200的电阻8如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的m、n两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在m、n的连线上，o为mn的中点，c、d位于mn的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）ao点处的磁感应强度为零ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同da、c两点处磁感应强度的方向不同9如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨ab、cd，导轨上放有质量为m的金属棒mn，棒与导轨间的动摩擦因数为u，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即i=kt，其中k为恒量若金属棒与导轨始终垂直，则下图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是（）abcd10如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60角，ab=bc=cd=l，长度为l的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为e，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为b的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（）a0bcd二、多项选择题（本大题共五个小题，每小题有2个或2个以上的正确选项，全部选对得4分，漏选得2分，选错或多选不得分共20分）11电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关s闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关s断开，则以下判断正确的是（）a液滴仍保持静止状态b液滴将向上运动c电容器上的带电量将减为零d电容器上的带电量将增大12如图，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，ab直线与匀强电场e互相垂直在a点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过c点（图中未画出）时速度仍为v0，在小球由a点运动到c点的过程中，下列说法中不正确的是（）a电场力对小球做功为零b小球的电势能增加c小球的机械能减少量为mg2t2dc可能位于ab直线的左侧13如图所示电路图中，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（）a电流表和电压表读数均增大b电流表和电压表读数均减小c电压表v1的示数变化量小于电压表v2的示数变化量d电流表读数变小，电压表v2读数变大，v1读数减小14真空中的某装置如图所示，其中平行金属板a、b之间有加速电场，c、d之间有偏转电场，m为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由a板从静止开始被同一加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（）a三种粒子从b板运动到荧光屏经历的时间相同b三种粒子打到荧光屏上的位置相同c偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：2d偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：415如图所示，mn是磁感应强度为b的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从o点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在边界上的a点下列说法正确的有（）a若粒子落在a点的左侧，其速度一定小于v0b若粒子落在a点的右侧，其速度一定大于v0c若粒子落在a点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0d若粒子落在a点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+三、实验填空题：（本大题共20分）16在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6v，1.5w”的小灯泡、导线和开关外，还有：a直流电源6v（内阻不计） b直流电流表03a（内阻0.1以下）c直流电流表0300ma（内阻约为5）d直流电压表010v（内阻约为15k）e滑动变阻器10，2a f滑动变阻器1k，0.5a实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用（均用序号表示）（2）在图1方框内画出实验电路图（3）试将图2所示器材连成实验电路17两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻r0、电源的电动势e和内电阻r调节滑动变阻器的滑动触头p向某一方向移动时，一个同学记录了电流表a和电压表v1的测量数据，另一同学记录的是电流表a和电压表v2的测量数据并根据数据描绘了如图（b）所示的两条ui直线回答下列问题：（1）根据甲乙两同学描绘的直线，可知正确的是a甲同学是根据电压表 v1和电流表a的数据b甲同学是根据电压表 v2和电流表a的数据c乙同学是根据电压表 v1和电流表a的数据d乙同学是根据电压表 v2和电流表a的数据（2）根据图（b），求出定值电阻r0，电源内电阻的阻值r四、计算题（本大题共40分）18如图所示，在e=103v/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置轨道与一水平绝缘轨道mn连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径r=40cm，一带正电荷q=3104c的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩因数=0.5，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点l，滑块应在水平轨道上离n点多远处释放？（2）滑块在圆弧轨道上的最大速度是多少？19如图所示，半径为r的圆形区域内存在着磁感应强度为b的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对着磁场圆的圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60角（1）求粒子的比荷及粒子在磁场中的运动时间；（2）如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持入射方向仍然沿水平方向的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离为多少？20如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度b1=0.20t，方向垂直纸面向里，电场强度e1=1.0105 v/m，pq为板间中线紧靠平行板右侧边缘xoy坐标系的第一象限内，有一边界线ao，与y轴的夹角aoy=45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度b2=0.25t，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度e2=5.0105 v/m，在x轴上固定一水平的荧光屏一束带电荷量q=8.01019c、质量m=8.01026 kg的正离子从p点射入平行板间，沿中线pq做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置c求：（1）离子在平行板间运动的速度大小（2）离子打到荧光屏上的位置c的坐标（3）现只改变aoy区域内磁场的磁感应强度 大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小b2应满足什么条件？内蒙古包头市青山区北重三中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（）a电场强度的定义式e=，适用于任何电场b由真空中点电荷的电场强度公式e=可知，当r0时，e无穷大c由公式b=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场d磁感应强度越大，置于该处的通电导线所受的安培力就越大考点：电场强度；磁感应强度 分析：电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为解答：解：a、电场强度的定义式e=，适用于任何电场，故a正确b、当r0时，场源电荷已不能看成点电荷，公式e=k 不再成立故b错误c、由公式b=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是由于b的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故c错误d、根据安培力公式f=bilsin，是导线与磁场方向的夹角，可知磁感应强度越大，置于该处的通电导线所受的安培力不一定越大，还与导线与磁场方向的夹角有关，故d错误故选：a点评：本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件2图中的实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是其轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，由此图可判断下列说法错误的是（）a带电粒子所带电荷的符号b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的速度何处较大d带电粒子在a、b两点的电势能何处较大考点：电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：从图中可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小解答：解：ab、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故a错误，b正确cd、由于粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大故cd正确本题选错误的，故选：a点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况3如图所示，在y轴上关于o点对称的a、b两点有等量同种点电荷+q，在x轴上c点有点电荷q，且co=od，ado=60下列判断正确的是（）ao点电场强度为零bd点电场强度不为零c若将点电荷+q从o移向c，电势能增大d若将点电荷q从o移向c，电势能增大考点：电势能；电场强度；电场的叠加 专题：电场力与电势的性质专题分析：o点和d点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度确定出从o到c电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化解答：解：a、a、b两点两个等量同种点电荷+q在o点产生的电场强度抵消，o点的电场强度等于点电荷q在o点产生的电场强度，不为零故a错误b、设ad=r，根据点电荷产生的电场强度公式e=k得到，两个等量同种点电荷+q在d点产生的电场强度大小为e1=k，方向水平向右q在o点产生的电场强度大小也为e=k，方向水平向左，则d点的合场强为零故b错误c、根据电场的叠加原理得到，c、o间电场强度方向为o到c，将点电荷+q从o移向c，电场力做正功，电势能减小故c错误d、将点电荷q从o移向c，电场力做负功，电势能增大故d正确故选：d点评：空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成等量同种电荷的电场要抓住对称性4一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度为零下列判断正确的是（）a电场力对液滴做的功为mv02b液滴克服电场力做的功为mv02+mghc液滴的机械能减少mghd液滴的机械能增加mgh考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带电液滴在电场力和重力的作用，以竖直向下的初速度沿竖直方向下落，根据功能关系可得出电场力做的功；根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，即可求解解答：解：a、带电液滴下落h高度，由功能关系：w电=mghm，所以电场力做负功，其值为mv+mgh，故a错误；b正确；c、根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，可知：电场力做负功，其值为m+mgh，所以液滴的机械能减小，减小为mv+mgh，故cd错误；故选：b点评：考查功能关系与机械能是否守恒，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小5如图所示，m、n是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为e，一质量为m、电量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的a点射入匀强电场中，微粒垂直打到n极上的c点，已知ab=bc不计空气阻力，则可知（）a微粒在电场中的加速度是变化的b微粒打到c点时的速率与射入电场时的速率相等cmn板间的电势差为dmn板间的电势差为考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势差 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由题分析可知，微粒垂直打到n极上的c点，微粒竖直方向做匀减速运动，微粒的重力不能忽略将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向，粒子水平做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，用平均速度分别表示两个方向的分位移，根据分位移大小相等，运动时间相等，研究微粒打到c点时的速率与射入电场时的速率的关系根据动能定理求出ac间电势差，mn间的电势差等于ab间电势差的两倍解答：解：a、微粒受到重力和电场力两个力作用，两个力都是恒力，合力也是恒力，所以微粒在电场中的加速度是恒定不变的故a错误 b、将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向，粒子水平做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动则有 bc=，ab=由题，ab=bc，得到vc=v0，即微粒打到c点时的速率与射入电场时的速率相等故b正确 c、d，根据动能定理，研究水平方向得，quab=得到uab=所以mn板间的电势差为故cd错误故选b点评：本题首先考查分析物体运动情况和判断受力的能力，其次考查运用运动的分解处理曲线的能力6有一个直流电动机，把它接入0.2v电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4a；若把电动机接入2.0v电压的电路中，正常工作时的电流是1.0a，此时，电动机的输出功率是p出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是p热，则（）ap出=2w，p热=0.5wbp出=1.5w，p热=8wcp出=2w，p热=8wdp出=1.5w，p热=0.5w考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：电动机不转，由欧姆定律求出其内阻电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据p=求出电动机的发热功率解答：解：当电动机不转时，电动机的内阻为r=0.5， 电动机正常工作时输出功率为p出=u2i2i22r=1.5w 卡住后热功率：p热=8w故选：b点评：对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立7一电流表的满偏电流ig=1ma，内阻为200要把它改装成一个量程为0.5a的电流表，则应在电流表上（）a并联一个0.4的电阻b并联一个200的电阻c串联一个0.4的电阻d串联一个200的电阻考点：把电流表改装成电压表 专题：恒定电流专题分析：将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进行分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联部分的总电流即为改装后的最大量程解答：解：要使电流表量程变为0.5a，则流过并联电阻的电流i=0.50.001a=0.499a；并联部分的电压u=igr=0.001200=0.2v，则需要并联的电阻r=0.4；故选a点评：对于电流表的改装一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可8如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的m、n两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在m、n的连线上，o为mn的中点，c、d位于mn的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）ao点处的磁感应强度为零ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同da、c两点处磁感应强度的方向不同考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成解答：解：a、根据右手螺旋定则，m处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，n处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故a错误b、m在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，n在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故b错误c、m在c处产生的磁场方向垂直于cm偏下，在d出产生的磁场方向垂直dm偏下，n在c处产生的磁场方向垂直于cn偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dn偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等故c正确d、a、c两点的磁场方向都是竖直向下故d错误故选c点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成9如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨ab、cd，导轨上放有质量为m的金属棒mn，棒与导轨间的动摩擦因数为u，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即i=kt，其中k为恒量若金属棒与导轨始终垂直，则下图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是（）abcd考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；安培力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：导体棒受重力、安培力、导轨对金属棒的弹力、摩擦力，开始金属棒在导轨上滑动，所受滑动摩擦力，当滑动摩擦力大于重力，金属棒做减速运动，最终静止解答：解：在垂直于纸面方向上金属棒受安培力和导轨对金属棒的弹力，两个力相等，开始金属棒由静止开始运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，在运动的过程中，安培力增大，则弹力增大，所以滑动摩擦力增大，f=fn=bil=blkt，成线性增大当摩擦力大于重力，金属棒做减速运动，最终停止，最终摩擦力变为静摩擦力，f=mg在运动的过程中，最大滑动摩擦力大于mg故c正确，a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键知道金属棒的运动情况，知道金属棒开始受滑动摩擦力，最后受静摩擦力10如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60角，ab=bc=cd=l，长度为l的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为e，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为b的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（）a0bcd考点：安培力；左手定则 分析：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可解答：解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图电路abcd上的电阻为3r，由几何关系得，ad段的长度为2l，所以ad上的电阻为2r，并联部分的总电阻为：电路中的总电流：路端电压：abcd上的电流：abcd上各段的安培力：ad上的安培力：各段受到的力中，f1 和f3在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力：所以四个选项中c正确故选：c点评：该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路题目的难度中档二、多项选择题（本大题共五个小题，每小题有2个或2个以上的正确选项，全部选对得4分，漏选得2分，选错或多选不得分共20分）11电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关s闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关s断开，则以下判断正确的是（）a液滴仍保持静止状态b液滴将向上运动c电容器上的带电量将减为零d电容器上的带电量将增大考点：闭合电路的欧姆定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 专题：恒定电流专题分析：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻r2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化解答：解：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻r2两端的电压，小于电源的电动势当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大，则液滴将向上运动由于电容器的电压增大，由公式q=cu可知，电容器上的带电量将增大故选bd点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压12如图，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，ab直线与匀强电场e互相垂直在a点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过c点（图中未画出）时速度仍为v0，在小球由a点运动到c点的过程中，下列说法中不正确的是（）a电场力对小球做功为零b小球的电势能增加c小球的机械能减少量为mg2t2dc可能位于ab直线的左侧考点：动能定理的应用；电势能 专题：动能定理的应用专题分析：对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到c点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况解答：解：a、重力做正功，小球动能不变，由动能定理可知，电场力做负功，故a错误；b、由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故b正确；c、小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2gt2，即mghmg2t2，故c错误；d、a、b两点等势，结合b选项可知，c点必定在ab直线的右侧，故d错误；本题选不正确的，故选：acd点评：本题为力电综合创新题，考生需熟练掌握运动的独立性，正确理解各个力的功和动能定理的关系13如图所示电路图中，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（）a电流表和电压表读数均增大b电流表和电压表读数均减小c电压表v1的示数变化量小于电压表v2的示数变化量d电流表读数变小，电压表v2读数变大，v1读数减小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题解答：解：abd、由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流i减小，而路端电压u=eir，则u增大，电阻r1的电压u1=ir1减小，则电压表v1示数减小；并联部分的电压 u并=uu1增大，电压表v2示数增大；u并增大，通过r2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小总之，电流表读数变小，电压表v2读数变大，v1读数变小，故a、b错误，d正确；c、电压表v1的示数与电压表v2的示数之和等于u，即u1+u2=u，因v1示数增大，v2示数减小，而u减小，所以电压表v1的示数增加量小于电压表v2的示数减小量，故c正确故选：cd点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法14真空中的某装置如图所示，其中平行金属板a、b之间有加速电场，c、d之间有偏转电场，m为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由a板从静止开始被同一加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（）a三种粒子从b板运动到荧光屏经历的时间相同b三种粒子打到荧光屏上的位置相同c偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：2d偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4考点：带电粒子在匀强电场中的运动；功的计算 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从b板运动到荧光屏经历的时间关系根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系根据w=qey，分析电场力做功之比解答：解：设加速电压为u1，偏转电压为u2，偏转极板的长度为l，板间距离为da、在加速电场中，由动能定理得：qu1=，得，加速获得的速度为v0=三种粒子从b板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从b板运动到荧光屏经历的时间不同故a错误b、根据推论：y=，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同故b正确c、d偏转电压的电场力做功为w=qey，则w与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2故c正确，d错误故选bc点评：本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，y=是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关15如图所示，mn是磁感应强度为b的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从o点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在边界上的a点下列说法正确的有（）a若粒子落在a点的左侧，其速度一定小于v0b若粒子落在a点的右侧，其速度一定大于v0c若粒子落在a点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0d若粒子落在a点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+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：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后根据轨道半径分析答题直线边界的磁场，垂直射入时达到最远点，最远点距o点为2r沿其它方向射入时，距离要小于2r解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvb=m，则轨道半径：r=，当从o点垂直射入磁场时，oa距离最大，最大距离为2r，oa=2r=；a、当粒子打在a点的左侧，若入射方向不变，半径减小，速度小于v0，若入射方向调整，半径可能比原来大，也可能比原来小，所以其速度可能等于或大于v0，因为速度方向未知，离子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故a错误b、由于速度等于v0时最远到达a，故要使最远点到达a右侧，速度必须大于v0，故b正确c、当粒子从o点垂直射入磁场时，若刚好达到a点左侧距离d处，则有d=，解得：v=v0，由b可知：若粒子落在a点左右两侧d 的范围内，速度必须大于v，故c正确；d、由于粒子是沿任意方向飞入，所示速度极大的粒子仍可满足条件，故d错误故选：bc点评：本题易错点为离子初速度方向未知，若按惯性思维认为垂直射入即出错三、实验填空题：（本大题共20分）16在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6v，1.5w”的小灯泡、导线和开关外，还有：a直流电源6v（内阻不计） b直流电流表03a（内阻0.1以下）c直流电流表0300ma（内阻约为5）d直流电压表010v（内阻约为15k）e滑动变阻器10，2a f滑动变阻器1k，0.5a实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量（1）实验中电流表应选用c，滑动变阻器应选用e（均用序号表示）（2）在图1方框内画出实验电路图（3）试将图2所示器材连成实验电路考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接用曲线连接实物图，注意电表的极性以及滑动变阻器分压式连接解答：解：（1）小灯泡的额定电压为6v，小灯泡的额定电流为a，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选0.3a的要描画小灯泡的伏安特性曲线，电路中电流的变化范围比较大，所以选用总电阻为10的滑动变阻器故选c、e（2）小灯泡在正常工作时的电阻，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法电路图如图所示（3）从电源的正极开始，逐步连接电路如图故答案为：（1）c、e （2）实验电路如图（3）实物连线图如图点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别17两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻r0、电源的电动势e和内电阻r调节滑动变阻器的滑动触头p向某一方向移动时，一个同学记录了电流表a和电压表v1的测量数据，另一同学记录的是电流表a和电压表v2的测量数据并根据数据描绘了如图（b）所示的两条ui直线回答下列问题：（1）根据甲乙两同学描绘的直线，可知正确的是ada甲同学是根据电压表 v1和电流表a的数据b甲同学是根据电压表 v2和电流表a的数据c乙同学是根据电压表 v1和电流表a的数据d乙同学是根据电压表 v2和电流表a的数据（2）根据图（b），求出定值电阻r02，电源内电阻的阻值r1考点：测定电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义（2）定值电阻的ui图线是正比图线，斜率表示电阻；电源的ui图线的纵轴截距表示电动势，斜率表示内电阻；解答：解：（1）从图象上看出电流表a的读数增大时，甲同学的绘制图象电压表的读数减小，乙同学的绘制图象电压表的读数增大，从电路连接可以看出，电流表a的读数增大时，电压表v1的读数减小，电压表v2的读数增大所以甲同学是根据电压表v1和电流表a的数据绘制图象的，故b错误，a正确；乙同学是根据电压表v2和电流表a的数据绘制图象的，故c错误，d正确故选ad（2）定值电阻的ui图线是正比图线，斜率表示电阻，r0=2.0；图线乙的纵轴截距表示电动势，为1.5v；斜率绝对值表示内电阻，k=1.0，所以电源的内阻为为1；故答案为：（1）ad（2）2； 1点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻四、计算题（本大题共40分）18如图所示，在e=103v/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置轨道与一水平绝缘轨道mn连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径r=40cm，一带正电荷q=3104c的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩因数=0.5，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点l，滑块应在水平轨道上离n点多远处释放？（2）滑块在圆弧轨道上的最大速度是多少？考点：动能定理的应用；电场强度 分析：（1）在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与n点之间的距离；（2）滑块在运动过程中受重力和电场力做功，根据动能定理求解解答：解：（1）设滑块与n点的距离为s，分析滑块的运动过程，由动能定理可得：qesmgsmg2r=mv20小滑块在c点时，重力提供向心力，所以有：mg=m代入数据解得：v=2m/s，s=4m（2）滑块在运动过程中受重力和电场力做功，重力和电场力的合力是恒力，方向与竖直方向成37斜向下，在圆弧轨道上运动，重力和电场力的合力先做正功，后做负功，所以当重力和电场力的合力与速度方向垂直时，滑块的速度最大根据动能定理得：qe（s+rsin37）mgsmg（rrcos37）=mvc20vc=m/s答：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点l，滑块应在水平轨道上离n点4m处释放（2）滑块在圆弧轨道上的最大速度是m/s点评：本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题19如图所示，半径为r的圆形区域内存在着磁感应强度为b的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对着磁场圆的圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60角（1）求粒子的比荷及粒子在磁场中的运动时间；（2）如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持入射方向仍然沿水平方向的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离为多少？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：