甘肃兰州一中高二物理上学期期末试卷含解析

1、甘肃省兰州一中2014-2015学年高二上学期期末 物理试卷一、选择题（本题共 12小题，每小题4分，共48分.在每个小题给出的四个选项中，其 中1、6、10和12小题有多个选项正确，其余小题只有一个选项正确，全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得 0分） 1. （4分）下列说法中正确的是（） A.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的 B,磁感线和磁场一样也是客观存在的C. 一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D.根据安培分子电流假说， 在外界磁场的作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时， 物体被磁化，两端形成磁极（4分）

2、关于对磁感应强度的定义式B=X的理解，正确的是（）ILA.磁感应强度B.磁感应强度C.磁感应强度B的大小与磁场力B的方向由安培力B的方向与小磁针F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积成反比F的方向决定N极的指向相同D.处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线, 线长度白乘积IL的比都是恒定的，且不为零在任何情况下所受磁场力F与电流强度和导a粒子分离开，则（）B.用电场和磁场都不行D.只能用磁场而不能用电场X X mJ :V P V 4 V * & * *（4分）要把动能和速度方向都相同的质子和A.用电场和磁场都可以C.只能用电场而不能用磁场（4分）如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷

3、，质量不等有na=nbm=m,以不等的速率VaVVb=VcVVd进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入R磁场.由此可判定（）A.射向Pi板的是a离子B.射向B板的是b离子C.射向A1的是c离子D.射向4的是d离子（4分）一负电荷从电场中 A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v-t图象如图所示，则 A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（）I ,设每单位体积的导线有u,在t时间内，通过导线（4分）有一横截面积为 S的铜导线，流经其中的电流强度为 n个自由电子，电子的电荷量为 e,此时电子的定向移动速度为 某一横截面积的自由电子数目可表示为（） TOC o 1

4、-5 h z A. nuStB. nutC. 1D. 1 HYPERLINK l bookmark18 o Current Document eSe（4分）如图所示，在两根平行长直导线 M N中，通入同方向同大小的电流， 导线框abcd 和两导线在同一平面内， 线框沿着与两导线垂直的方向， 自右向左在两导线间匀速移动， 在 移动过程中，线框中感应电流的方向为（）I 41b I田A cnNA.沿abcda不变B.沿adcba不变C. 由 abcda 变成 adcbaD. 由 adcba 变成 abcda（4分）如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两

5、铜环的运动情况是（）A.同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C. 一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断（4分）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示. 径迹上的每一小段都可近似看成圆弧.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）.从图中情况可以确定（）A.粒子从a到b,带正电C.粒子从a到b,带负电B.粒子从b至1J a,带正电D.粒子从b到a,带负电（4分）如图所示的电路中，S闭合A B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头 上移时，对A、B、C三灯亮度

6、变化下列叙述正确的是（）Br0rX 1 aA. A灯变亮B. B灯变亮C. C灯变亮D.三灯均变暗（4分）平行板电容器 C与三个可变电阻器 R、R、R以及电源连成如图所示的电路.闭 合开关S待电路稳定后，电容器 C两极板带有 一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加， 以下方法中可行的是（）A.只增大R,其他不变B.只增大的，其他不变C.只减小R,其他不变D.只增大a、b两极板间的距离，其他不变（4分）一个质量为 m,电荷量为+q的小球以初速度 v。水平抛出，在小球经过的竖直平 面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔,竖直高度相等，电场区水平方向无限长.已

7、知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上， 不计空气阻力，下列说法正确的是（）第一无电场区言赢第二无电场区1第二电场区A.小球在水平方向一直做匀速直线运动B.若场强大小等于 强，则小球经过每一电场区的时间均相同 qc.若场强大小等于 2鸣，则小球经过每一无电场区的时间均相同 qD.无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同二、填空及实验探究题（本题共3小题，共24分）（2分）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，示数如图.该游标卡尺示数为 cm,螺旋测微器示数为 mm（10分）某同学在做多用电表测电阻的实验中：（1）测量某电阻时，用“X 10 ”档时发现指针偏

8、转角度过大，他应该换用档（填“XI Q或“X 100 ”），换档后，在测量前先要.（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，多用表 表盘指针在测量时的偏转位置如图所示.若是用A档测量，指针偏转如图，则读数为; 若是用B档测量，指针偏转如图，则读数为;若是用C档测量，指针偏转如图，则读数为.（12分）某课题研究小组的同学收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等元件.现从这些材料中选取两个待测元件： -是定值电阻R （约为2kQ）,二是手机中常用的锂电池（电动势 E标称彳1为3.7V,允许最大 放电电流为100mA）

9、,另外在操作台上还准备了如下所列的实验器材：A.电压表 V （量程4V,电阻RV约为4.0k Q ）B.电流表 A1 （量程100mA电阻即约5Q ）C.电流表 A （量程2mA电阻 R2约50 ）D.滑动变阻器 R1 （040Q,额定电流1A）E.电阻箱 R2 （0999.9 Q ）F.开关一只、导线若干（1）为了测量定值电阻 R的阻值，小组的一位成员设计了如图所示的电路图，所选取的相 应器材（电源用待测的锂电池） 均标在了图上，在其设计的电路或器材选取中仅有一处不妥， 你认为是哪一处，请写在下列横线上：.（2）在实际操作过程中，发现滑动变阻器R、电流表A、A均已损坏，现要用余下的器材测量锂

10、电池的电动势 E和内电阻r,请在方框中画出你所设计的测量电路（电路要标明相 应的器材）；为了便于分析，一般采用线性图象处理实验数据，请在下列横线上写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式：昌三、分析计算题（本题共 3小题，共28分.分析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得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）（8分）如图所示，PQ和MN水平、平行放置的金属导轨，相距 1m导体棒ab跨放在 导轨上，棒的质量 m=0.2kg,棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg,棒与导轨间的动摩擦因数 科=0.5,匀强磁场的磁感应强度 B=2T,

11、方向竖直向下，为了使物体匀 速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？（8分）如图所示，在 xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,在第四象限还有沿 x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P,坐标已知为（0, L）,一 电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与 y轴正方向夹角为30的方 向垂直射入磁场，已知粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动.不计重 力.求：（1）粒子在第一象限中运动的时间t ;（2）电场强度E.（12分）如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为 B.

12、折线的顶角/ A=90 , P、Q是折 线上的两点，AP=AQ=L现有一质量为 m电荷量为q的带负电微粒从 P点沿PQ方向射出， 不计微粒的重力.（1）为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点 A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件?（2）求第（1）问中微粒从P点到达Q点所用的时间.甘肃省兰州一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷 参考答案与试题解析一、选择题（本题共 12小题，每小题4分，共48分.在每个小题给出的四个选项中，其 中1、6、10和12小题有多个选项正确，其余小题只有一个选项正确，全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得 0分）（4分）下列说法中正确的是（）

13、A.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的B,磁感线和磁场一样也是客观存在的C. 一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D.根据安培分子电流假说， 在外界磁场的作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时， 物体被磁化，两端形成磁极 考点：磁现象和磁场. 分析： 磁体之间的相互作用是通过磁场发生的， 磁场是客观存在的物质， 磁感线是人们为 形象地描述磁场而引入的线；一切磁作用都是通过磁场而发生的相互作用； 物体被磁化的过 程是物体内部分子电流取向变得大致相同的过程.解答： 解：A、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，故 A正确；日 磁场是客观存在的

14、物质，磁感线是人们为形象地描述磁场而引入的线；故B错误；C 一切磁现象都起源于电流或运动电荷；而一切磁作用都是通过磁场而发生的相互作用；故C正确；D根据安培分子电流假说， 在外界磁场的作用下， 物体内部分子电流取向变得大致相同时， 物体被磁化.故D正确.故选：ACD点评：该题考查磁场与磁感线的基本性质与物体的磁化，物体的磁化是物体内部分子电流取向变得大致相同的过程.基础题目.（4分）关于对磁感应强度的定义式B-的理解，正确的是（）ILA.磁感应强度B的大小与磁场力 F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积成反比B.磁感应强度B的方向由安培力 F的方向决定C.磁感应强度B的方向与小磁针 N极的指

15、向相同D.处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线，在任何情况下所受磁场力 F与电流强度和导线长度白乘积IL的比都是恒定的，且不为零 考点：磁感应强度.分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱.将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比.解答： 解：A、磁场中某处的磁感应强度大小，就是通以电流 I、长为L的一小段导线垂 直放在该处时所受磁场力 F与I、L的乘积的比值，由磁场本身决定，与电流强度I和导线长度L的乘积无关.故A错误；B通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，所以磁场力的方向与磁场及电流方 向相互垂直

16、，故B错误；C磁感应强度 B的方向与小磁针静止时 N极的指向相同，故 C错误；D处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线，在任何情况下所受磁场力F与电流强度和导线长度白乘积IL的比都是恒定的，且不为零.故D正确；故选：D点评：磁感应强度的定义式 BL可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中.即ILB与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定.例如：电场强度E上一样.同时还要注q意的定义式B4是有条件的.（4分）要把动能和速度方向都相同的质子和a粒子分离开，则（）A.用电场和磁场都可以B.用电场和磁场都不行C.只能用电场而不能用磁场D.只能用磁场而不能用电场考点： 带电粒子在混合场中的运动.专

17、题： 带电粒子在复合场中的运动专题.分析：根据带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，做匀速圆周运动，再由运动半径公式，结合带电粒子的电量与质量的关系，即可求解.解答： 解：由题意可知，粒子在磁场中运动的半径与粒子的荷质比有关，而质子和a粒子的荷质相同，因此无法用磁场分开.当带电粒子在电场中受电场力，因它们的电量不同， 因此受到的电场力不同，即可分开，故C正确，ABD昔误；故选：C.点评：考查电场力与电量的关系， 理解洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动对应的半径与荷质比有关，是解题的关键.（4分）如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有na=navm=m,以不等的速率VaVVb=VcV

18、Vd进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入R磁场.由此可判定（）A.射向C.射向Pl板的是a离子B.射向P2板的是b离子Ai的是c离子D,射向A的是d离子考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理；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：在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，有 qE=qvB.知只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器.进入磁场B后，有=工，v、E2、q相同，质量大qB2的半径大.解答： 解：A、通过在磁场中偏转知，粒子带正电.在速度选择器中，有qE=qvB. v=1,只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器.所以只有b、c两粒子能

19、通过速度选择器.a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向Pi板偏转.故A正确，B错误.C、只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2,根据二卫，知质量大的半径大，qB2知射向Ai的是b离子，射向4的是c离子.故C D错误.故选A.点评：解决本题的关键知道只有速度满足一定的值，才能通过速度选择器.由速度选择器出来进入磁场，速度一定，根据 r=T-,可比较粒子偏转半径的大小.qB2B点，它（4分）一负电荷从电场中 A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到 运动的v-t图象如图所示，则 A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（）考点： 电场线；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条

20、件.专题：电场力与电势的性质专题.分析： v- t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中 v- t图象可知电荷的加速度越来越大， 则电场力越来越大， 电场强度越来越大， 根据电场线与电场强度的关 系可得出正确结果.解答： 解：由v-t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场 力越来越大，电场强度越来越大， 电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABD昔误，C正确.故选C.点评：本题结合v-t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性.I ,设每单位体积的导线有u,在t时间内，通过导线D 一

21、Se（4分）有一横截面积为 S的铜导线，流经其中的电流强度为n个自由电子，电子的电荷量为e,此时电子的定向移动速度为某一横截面积的自由电子数目可表示为（）A. nuStB. nutC 一e考点：电流、电压概念.专题：恒定电流专题.分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数.解答： 解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt ,由于铜导线的横截面积为S,则在t时间内，电子经过的导线体积为V=vtS.又由于单位体积的导线有n

22、个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt.由于流经导线的电流为I ,则在t时间内，流经导线的电荷量为 Q=It ,而电子的电荷量为 e, 则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=ll,故C正确. e故选：C点评：本题计算自由电子的个数， 要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度.（4分）如图所示，在两根平行长直导线 M N中，通入同方向同大小的电流， 导线框abcd 和两导线在同一平面内， 线框沿着与两导线垂直的方向， 自右向左在两导线间匀速移动， 在 移动过程中，线框中感应电流的方向为（）A.沿abcda不变由 a

23、bcda 变成 adcbaB.沿adcba不变由 adcba 变成 abcda考点：楞次定律.专题：电磁感应与电路结合.分析： 两根平行长直导线 M N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则 和磁场的叠加原理可知，在中线 OO右侧磁场向外，左侧磁场向里.当导线框向左运动时， 磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向.解答： 解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线 OO右侧磁场向外，左侧 磁场向里.当导线框位于中线 OO右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电 流方向为 adcba;当导线框经过中线 OO ,磁场方向先向外，后向里，磁通量先减

24、小，后增加，根据楞次定 律，可知感应电流方向为 adcba;当导线框位于中线 OO左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电 流方向为 adcba.故选：B.点评：本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况.（4分）如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A.同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C. 一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断考点：楞次定律.专题：电磁感应中的力学问

25、题.分析： 当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向.解答： 解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动.故A正确.故选A.点评：本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力.本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断.（4分）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示. 径迹上的每一小段都可近似看成圆弧.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）.从图中情况可以确

26、定（）X X XA.粒子从a至1J b,带正电B.粒子从b至1J a,带正电C.粒子从a至1J b,带负电D.粒子从b至1J a,带负电考点： 洛仑兹力；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：根据粒子在磁场中运动的半径公式=变来分析粒子的运动的方向，在根据左手定小则来分析电荷的性质.解答： 解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式=或可知，粒子的半径逐渐的减小，qB所以粒子的运动方向是从 b到a,在根据左手定则可知，粒子带正电，所以 B正确.故选B.点评： 根据r=Y可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，

27、根据半径的变化来判断粒子 qB的运动的方向，这是解决本题的关键.（4分）如图所示的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头 上移时，对A、B、C三灯亮度变化下列叙述正确的是（）A. A灯变亮B. B灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律.专题： 恒定电流专题.分析： 当可变电阻的滑动触头上移时, 化，由欧姆定律分析总电流和路端电压， 化.C. C灯变亮D.三灯均变暗R接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变 再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变解答： 解：当可变电阻的滑动触头上移时，R接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压 U=E- Ir ,则U

28、增大，A灯变亮.由于I总减小，流过A灯的电流Ia增大，则B灯和R并联的总电流减小，B灯变暗，B和R 并联的电流减小，电压 UBr减小，C灯的电压UC=U- UBr,得到UC增大，C灯变亮.故选AC点评：本题电路中动态变化分析问题，按照部分到整体再到部分的思路进行分析.（4分）平行板电容器 C与三个可变电阻器 R、R、R以及电源连成如图所示的电路.闭 合开关S待电路稳定后，电容器 C两极板带有 一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加， 以下方法中可行的是（）A.只增大R,其他不变B.只增大Ra,其他不变C.只减小R,其他不变D.只增大a、b两极板间的距离，其他不变考点： 电容器的动态分析；闭合电路

29、的欧姆定律.专题：电容器专题.分析：电容器与R串联，与R并联，电容器两端间的电势差等于的两端间的电势差，电阻R相当于导线.判断出 Ra两端电压的变化，根据 Q=CU导出电容器电量的变化.解答： 解：A、只增大Ri,其他不变，电路中的电流变小，R两端的电压减小，根据Q=CU, 知电容器所带的电量减小.故 A错误.B 、只增大R,其他不变，电路中的电流变小， 内电压和Ri上的电压减小，电动势不变， 所以R2两端的电压增大，根据 Q=CU知电容器所带的电量增大.故 B正确.C、只减小R,其他不变，R在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变.故 C 错误.D、增大ab间的距离，根据 C=-三,知电

30、容C减小，而两端间的电势差不变，所以5 kd所带的电量减小.故 D错误.故选B.点评：解决本题的关键通过闭合电路的动态分析判断电阻R的电压变化，即电容器两端的电压变化，根据 Q=Cl断电量变化.（4分）一个质量为 m,电荷量为+q的小球以初速度 vo水平抛出，在小球经过的竖直平 面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔,竖直高度相等，电场区水平方向无限长.已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上， 不计空气阻力，下列说法正确的是（）第一无电场区第一 场区第二无电场区第二电场区A.小球在水平方向一直做匀速直线运动B.若场强大小等于 雪，则小球经过每一电场

31、区的时间均相同 QC.若场强大小等于 匹，则小球经过每一无电场区的时间均相同 QD.无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同考点：运动的合成和分解.分析：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力， 做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律.解答： 解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以 vo做匀速直线运动，故 A正确；日竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g,竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大

32、小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于 强时，电场力等于 mg故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区， 小球的速度均不等， 因而小球经过每一无电场区的时间均 不相等，故B错误；C当电场强度等于加时，电场力等于2mg,故在电场区小球所受的合力大小等于mg方q向竖直向上，加速度大小等于g,方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区 y= gt i22vi=gti经过第一个电场区2y=vit 一 fgt 22一 2v2=vi gt由联立解得t i=t2v2=0接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为

33、零匀减速直线运动故C正确；D通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的时间不同；故D错误；故选AC.点评：本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动， 关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算.二、填空及实验探究题（本题共3小题，共24分）（2分）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，示数 如图.该游标卡尺示数为i.240cm ,螺旋测微器示数为1.683mm.考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题.分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻

34、度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.解答： 解：游标卡尺的固定刻度读数为12mm游标t实数为0.0 5X 8=0.40mm所以最终读数为 i2.40mm=i.240cm.螺旋测微器的固定刻度读数为i.5mm可动刻度读数为 0.0i Xi8.3mm=0.i83mm所以最终读数为 i.683mm.故答案为：i.240 ; i.683 .点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数，注意游标卡尺不需估读，螺旋测微器需估读.（10分）某同学在做多用电表测电阻的实验中：（1）测量某电阻时，用“X 10 ”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用XI 2档（填 “XI Q ”或“X 100

35、 ”），换档后，在测量前先要进行欧姆调零.（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，多用表 表盘指针在测量时的偏转位置如图所示.若是用A档测量，指针偏转如图，则读数为 1280?;若是用B档测量，指针偏转如图，则读数为 6.4mA;若是用C档测量，指针偏转如图，则读数为 32.2V .考点：用多用电表测电阻.专题：实验题.分析： （1）由欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，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.（2）根据选择开关位置确定多用电表测量的两及量程，然后根据多用电表表盘确定其分度 值，读出其示数.解答： 解：（1）测量某电阻时，用X

36、 10 Q档时，发现指针偏转角度过大，说明所选挡位 太大，为准确测量，应该换用XIQ档，换档后，在测量前要先进行欧姆调零.（2）若用A档测量，多用电表测电阻，挡位是X 100 指针偏转如D,测量值为12.8 X 100 Q =1280 0 ;若用B档测量，多用电表测电流，量程为 100mA由表盘可知，其分度值为 2mA则测量值 为 6.4mA;若用C档测量，多用电表测电压，量程为50V,指针偏转如D,则由D可知，其分度值为1V, 测量值为32.2V;故答案为：（1） XI ；进行欧姆调零；（2） 1280?; 6.4mA; 32.2V .点评：本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，要根据

37、选择开关的位置确定电表所测量的量与电表的量程（或倍率），然后根据表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示 数，读数时视线要与电表刻度线垂直.（12分）某课题研究小组的同学收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池及从 废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等元件.现从这些材料中选取两个待测元件：一是定值电阻R （约为2kQ）,二是手机中常用的锂电池（电动势E标称彳1为3.7V,允许最大放电电流为100mA,另外在操作台上还准备了如下所列的实验器材：A.电压表 V （量程4V,电阻R约为4.0k Q ）B.电流表 A （量程100mA电阻即约5Q ）C.电流表 A （量程2mA电阻 R2约50

38、）D.滑动变阻器 R （040Q,额定电流1A）E.电阻箱 R （0999.9 Q ）F.开关一只、导线若干（1）为了测量定值电阻 R的阻值，小组的一位成员设计了如图所示的电路图，所选取的相 应器材（电源用待测的锂电池） 均标在了图上，在其设计的电路或器材选取中仅有一处不妥， 你认为是哪一处，请写在下列横线上：电流表应使用A2,用A替换Ai.（2）在实际操作过程中，发现滑动变阻欣R、电流表A、A均已损坏，现要用余下的器材测量锂电池的电动势 E和内电阻r,请在方框中画出你所设计的测量电路（电路要标明相 应的器材）； 为了便于分析，一般采用线性图象处理实验数据， 请在下列横线上写出与线性图象对应的

39、 相关物理量间的函数关系式：盘喝）1_C= I | r I1_3_考点： 伏安法测电阻.专题：实验题；恒定电流专题.分析： （1）由欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流，然后根据该电流确定电流表的量 程，选择实验器材.（2）只有待测电池、电阻箱、电压表，可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，根据实验原 理作出实验电路图；由闭合电路的欧姆定律列方程，然后找出具有线性关系的量，并写出函数关系式.解答： 解：（1）流过R的最大电流约为：I max=AJLa=1.85X 10 3A=1.85mAv 2mARo 2000电流表应使用：电流表 A （量程2mA电阻以2约50Q）,因为使用电流表 A时，电表示数太

40、小，读数误差较大.（2）实验器材只有电压表与电阻箱，因此可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，实验电 路图如图所示.由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=U+ r , 叼整理得：=+ ?= ；1二,：即：1=1工），U E R2由此可见，与工成正比，U E可以作工图象，U E函数关系式是：= 工：U E R2故答案为：（1）电流表应使用 A,用A替换A;（2）电路图如图所示； 1=1 （lh工）.U E R2点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据分析等问题；选择实验器 材时，既要保证安全，又要注意测量精度，要注意实验器材量程的选择.三、分析计算题（本题共 3小题，共28分.分析解答

41、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得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单 位）（8分）如图所示，PQ和MN水平、平行放置的金属导轨，相距 1m导体棒ab跨放在 导轨上，棒的质量 m=0.2kg,棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg,棒与导轨间的动摩擦因数 科=0.5,匀强磁场的磁感应强度 B=2T,方向竖直向下，为了使物体匀 速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？17m汹曲考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.分析： 若要保持物体匀速上升，受力必须平衡.由于 M所受的最大静摩擦力为 0.5mg=1N, 而M的

42、重力为Mg=3N要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定 则判断电流的方向.根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的大小.解答： 解：导体棒的最大静摩擦力大小为f n=0.5mg=1N, M的重力为G=Mg=3N则fm G,要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的 方向为由a到b.根据受力分析，由平衡条件，则有F 安=T+2f=BIL ,T+2f=3+2 XI-2X1=2.5A;答：为了使物体匀速上升，应在棒中通入2.5A的电流，流过棒的电流方向为由a到b.点评：此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解.(8分)如图所示，在 xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,在第四象限还有沿 x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P,坐标已知为(0, L),一 电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与y轴正方向夹角为30的方向垂直射入磁场，已知粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动.不计重 力.求：(1)粒子在第一象限中运动的时间t ;(2)电场强度E.X