福建省师大附中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省师大 附中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题：1下列判断正确的是（）a 带电粒子在某处所受的电场力为零，该处的电场强度不一定为零b 带电粒子在某处所受的洛伦兹力为零，该处的磁感应强度一定为零c 运动电荷在电场强度不为零的地方一定受到电场力的作用d 运动电荷在磁感应强度不为零的地方一定受到洛伦磁力的作用2a、b、c三点在同一直线上，ab：bc=1：2，b点位于a、c之间，在b处固定一电荷量为q的点电荷当在a处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为f；移去a处电荷，在c处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为（）a b c fd f3矩形线框abcd被一根细绳悬挂于天花板上，线框中通有如图所示的顺时针方向的电流i1，线框中心的正下方有一与线框平面垂直的长直导线，当导线中通入向里的电流i2时，关于线框运动及细绳拉力变化的判断正确的是（）a 线框ad向里、bc向外转动，细绳的拉力增大b 线框ad向里，bc向外转，细绳的拉力减小c 线框ad向外，bc向里转动，细绳的拉力增大d 线框ad向外，bc向里转动，细绳的拉力减小4如图所示，电动机m的线圈电阻为r，接入电压恒为u的电源时，电动机正常工作，此时电动机通过的电流为i，消耗的电功率为p、线圈电阻的发热功率为p热、输出的机械功率为p出则下列关系式正确的是（）a i=b p=iu+i2rc p热=d p出=iui2r5如图，虚线表示点电荷q形成的电场中的两个等势面，下列说法正确的是（）a m点的电势一定比n点的电势高b m点的场强一定比n点的场强小c 正电荷在m点的电势能一定比在n点的电势能大d 负电荷仅受电场力作用从m点运动n点动能增大6在如图所示的电路中，开关s原来时闭合的，现将s断开，则灯泡l亮度变化和电容器c带电量变化情况是（）a 灯泡l变亮、电容器c带电量增加b 灯泡l变亮、电容器c带电量减少c 灯泡l变暗、电容器c带电量增加d 灯泡l变暗、电容器c带电量减少7在xoy坐标的原点处放置一根与坐标平面垂直的通电直导线，电流方向指向纸内（如图所示），此坐标范围内还存在一个平行于xoy平面的匀强磁场已知在以直导线为圆心的圆周上的a、b、c、d四点中，a点的磁感应强度最大，则此匀强磁场的方向（）a 沿x轴正方向b 沿x轴负方向c 沿y轴正方向d 沿y轴负方向8某静电场沿x轴方向的电势分布如图所示，如果仅仅考虑这一方向上的电场情况，则（）a 0l和2l3l之间均为匀强电场，且0l之间的场强一定比2l3l之间的场强大b l2l和3l4l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反c l2l和4l5l之间均为非匀强电场，且这两处的电场方向一定相同d 3l4l和4l5l之间均为匀强电场，且3l4l之间的场强一定比4l5l之间的场强大二、实验题011秋合肥校级期末）李丹同学需要测定某干电池的电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻小于4；电压表（量程0一3v，内阻约3k）、电流表（量程00.6a，内阻约1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只（1）实验中滑动变阻器应选用（填“r1”或“r2”）（2）在甲图的方框中画出实验电路图（3）根据实验中测得多组电压和电流值，在ui图象中描点得到的如图乙所示，由图可求出该电源电动势e=v；内阻r=三、计算题1013秋福建校级期末）平行的水平轨道mn、pq与电源电阻等连成如图所示的电路，ab为金属细棒，与导轨接触良好且可在轨道上运动，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中已知电源电动势e=1.5v、内阻r=0.5、ab棒质量为m=0.02kg、电阻rab=3、长度l=0.5m与轨道间的动摩擦因数=0.5，磁场的磁感应强度b=0.5t，不计轨道电阻当开关s闭合时，ab棒恰好可以运动重力加速度g=10m/s2求：（1）此时流过ab棒的电流；（2）电阻r的阻值一、单项选择题11某一电源的路端电压与电流的关系和电阻r1、r2的电压与电流的关系如图所示用此电源和电阻r1、r2组成电路r1、r2可以同时接入电路，也可以单独接入电路为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）a 将r1、r2串联后接到电源两端b 将r1、r2并联后接到电源两端c 将r1单独接到电源两端d 将r2单独接到电源两端12用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法（）a 将其磁感应强度增大为原来的2倍b 将其磁感应强度增大为原来的4倍c 将d形金属盒的半径增大为原来的2倍d 将两d形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍13三个不同的带电离子a、b、c（不计离子重力）以相同的初速度，从同一位置同时垂直于电场方向射入同一匀强电场，它们的轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场下列判断正确的是（）a 三个离子中，c的比荷最大b 三个离子中，a受的电场力最大c 三个离子中，c受的电场力最大d 若a，b质量相同，则a的动能增量大于b的动能增量14如图所示，有一金属块垂直于表面c的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为b，金属块的厚度为d，高度为h，当有稳定恒电流i平行平面c的方向通过时，由于磁场力的作用，金属块的上下两表面m、n间的电压为u，则金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（）a b c d 三、实验题15.用螺旋测微器测量时示数如图所示，该示数的读数为mm1014秋武夷山市校级期末）一个未知电阻rx，阻值大约为1.0k1.2k为了较为准确的测定其电阻值，实验室中还备有如下器材：电源e （电动势3v、内阻可忽略） 电压表v （量程3v、内阻约为3k） 电流表a1（量程3ma、内阻约为10）电流表a2（量程0.6a、内阻约为1） 滑动变阻器r的最大阻值为20开关s、导线若干（1）在实验中电流表应选（2）为了尽可能减少误差，且能够测量较多组数据，请你在虚线框中画出本实验的电路图（3）根据你所画的电路图在题给的实物图上用笔画线代替导线画出连接图三、计算题16.如图，一长度为l=0.1m的细线，一端固定在o点，另一端栓一带电量为q=2.5104的带电小球，并置于匀强电场中将小球拉至水平位置oa，并从a点无初速度释放，则小球能摆到左边的最高位置为c点，而后在ac之间来回摆动已知小球的质量m=5102kg，oc与竖直方向的夹角=37求：（1）小球带何种电荷？（2）匀强电场的场强e为多大？（3）小球运动到最低点b处时细线对小球的拉力大小f为多少？17.如图（甲）所示，m、n为竖直放置、彼此平行的两块平板，两板间距离为d，两板中央各有一个小孔o、o正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图（乙）所示有一正离子在t=0时垂直于m板从小孔o射入磁场，已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为t0不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计正离子所受重力求：（1）磁感应强度b0的大小（2）若射入磁场时速度v0=，正离子能否从o点射出？若不能，它将打到n板上离o点多远处？（3）要使正离子从o孔垂直于n板射出磁场，正离子射入磁场时速度v0应为多少？2014-2015学年福建省师大附中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：1下列判断正确的是（）a 带电粒子在某处所受的电场力为零，该处的电场强度不一定为零b 带电粒子在某处所受的洛伦兹力为零，该处的磁感应强度一定为零c 运动电荷在电场强度不为零的地方一定受到电场力的作用d 运动电荷在磁感应强度不为零的地方一定受到洛伦磁力的作用考点：磁感应强度；电场强度分析：由电场力公式f=qe则知，电荷在某处不受电场力作用，该处电场强度一定为零一小段通电导体在某处不受安培力作用，该处磁感应强度不一定为零若导线与磁场平行时，不受安培力，但b不等于零导体所受的安培力大小与导体长度、电流大小及导线与磁场方向的夹角有关解答：解：a、电场对放入其中的电荷有力的作用；只要电荷不受力，则说明电场强度一定为零；故a错误；b、当电荷在磁场中静止时，它不受磁场力；不能确定磁感应强度为零；故b错误；c、电荷在电场中一定受电场力，不论物体是运动还是静止；故c正确；d、如果运动电荷的运动方向与磁场平行，则不受磁场力；故d错误；故选：c点评：本题要抓住磁场与电场特性的区别：电荷在电场中一定受电场力，但通电导线在磁场中不一定受安培力，导线与磁场平行时不安培力2a、b、c三点在同一直线上，ab：bc=1：2，b点位于a、c之间，在b处固定一电荷量为q的点电荷当在a处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为f；移去a处电荷，在c处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为（）a b c fd f考点：电场强度；电场的叠加专题：电场力与电势的性质专题分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在c处所受的电场力方向与f方向的关系，再根据库仑定律得到f与ab的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力解答：解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在c处所受的电场力方向与f方向相同设ab=r，则有bc=2r则有：f=k故电荷量为2q的点电荷在c处所受电场力为：fc=k=故选b点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，难度不大3矩形线框abcd被一根细绳悬挂于天花板上，线框中通有如图所示的顺时针方向的电流i1，线框中心的正下方有一与线框平面垂直的长直导线，当导线中通入向里的电流i2时，关于线框运动及细绳拉力变化的判断正确的是（）a 线框ad向里、bc向外转动，细绳的拉力增大b 线框ad向里，bc向外转，细绳的拉力减小c 线框ad向外，bc向里转动，细绳的拉力增大d 线框ad向外，bc向里转动，细绳的拉力减小考点：安培力分析：由右手螺旋定则判断出直导线的磁场，导线框在直导线右边，所处的磁场方向垂直纸面向里，再由左手定则判断导线框四边的受力情况进行解决解答：解：电流i2的方向向里，根据安培定则可知，电流i2周围的磁场的方向为顺时针方向，ad边与bc边所在处的磁场的方向向右，根据左手定则，ad受到的安培力的方向向里，bc受到的安培力的方向向外，所以线框发生转动，由同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线框转动后，电流i2对下边的电流的作用力是吸引力，对上边的电流的作用力的排斥力，由于下边的电流距离i2比较近，所以下边的电流受到的安培力比较大，整体受到向下的磁场力，所以细绳的拉力增大故选：a点评：该题考查电流之间的相互作用，要牢记同向电流相互吸引，反向电流相互排斥也可以使用右手螺旋定则和左手定则判定，使用的过程中两个定则不能混淆4如图所示，电动机m的线圈电阻为r，接入电压恒为u的电源时，电动机正常工作，此时电动机通过的电流为i，消耗的电功率为p、线圈电阻的发热功率为p热、输出的机械功率为p出则下列关系式正确的是（）a i=b p=iu+i2rc p热=d p出=iui2r考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是总电功率，根据p=ui求解发热功率由p=i2r求解输出功率由能量守恒定律研究解答：解：a、当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，不满足欧姆定律，故i，故a错误；b、电动机消耗的电功率p电=ui故b错误；c、电动机的发热功率根据焦耳定律得到p热=i2r但非纯电阻电路不能应用欧姆定律变形；故c错误；b、电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒定律得，p出=p电p热=uii2r故d正确故选：d点评：本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用p=ui，求热功率只能用p=i2r而输出的机械功率只能根据能量守恒求解，而且电功率大于热功率5如图，虚线表示点电荷q形成的电场中的两个等势面，下列说法正确的是（）a m点的电势一定比n点的电势高b m点的场强一定比n点的场强小c 正电荷在m点的电势能一定比在n点的电势能大d 负电荷仅受电场力作用从m点运动n点动能增大考点：电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线与等势面垂直，作出电场线，根据电场线方向判断电势的高低根据电场力做正负判断电势能的变化根据电场线的疏密判断场强的大小解答：解：a、作出电场线的分布如图，由电场线方向可判断出来：m点的电势比n点的高故a正确b、点电荷产生的场强距点电荷越近，场强越大，故m点的场强一定比n点的场强小，故b正确 c、正电荷自m点移向n点，电场力做正功，电荷的电势能减小正电荷在m点的电势能一定比在n点的电势能大，故c正确d、负电荷仅受电场力作用从m点运动n点过程中电场力做负功，动能减小故d错误故选：abc点评：本题考查对电场线物理意义的理解和应用能力对于电势能变化的判断也可以根据推论判断：负电荷在电势低处电势能大6在如图所示的电路中，开关s原来时闭合的，现将s断开，则灯泡l亮度变化和电容器c带电量变化情况是（）a 灯泡l变亮、电容器c带电量增加b 灯泡l变亮、电容器c带电量减少c 灯泡l变暗、电容器c带电量增加d 灯泡l变暗、电容器c带电量减少考点：闭合电路的欧姆定律；电容专题：恒定电流专题分析：明确电路结构，根据开关断开后电路中电阻的变化明确电路中电流的变化；再分析路端电压的变化，即可分析灯泡亮度及电容两端的电压；由q=uc可求得电量解答：解：由图可知，当开关闭合时，r2与l串联后与r3并联，再由r1串联；当开关断开时，r3断开，总电阻增大，总电流减小，r1分压及内压减小，灯泡两端电压增大；故灯泡变亮；电容器并联在电源两端，因内压减小，路端电压增大；故电容器两端电压增大；由q=uc可知，电容器带电量增加；故选：a点评：本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，此类问题解题的基本思路为：局部整体局部；在分析中一定要完整，不能认为总电流小了，灯泡就会变暗7在xoy坐标的原点处放置一根与坐标平面垂直的通电直导线，电流方向指向纸内（如图所示），此坐标范围内还存在一个平行于xoy平面的匀强磁场已知在以直导线为圆心的圆周上的a、b、c、d四点中，a点的磁感应强度最大，则此匀强磁场的方向（）a 沿x轴正方向b 沿x轴负方向c 沿y轴正方向d 沿y轴负方向考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；电场强度分析：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，a点有电流产生的向下的磁场，若还有向下的磁场，则电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加和磁场最大故选：d点评：磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则8某静电场沿x轴方向的电势分布如图所示，如果仅仅考虑这一方向上的电场情况，则（）a 0l和2l3l之间均为匀强电场，且0l之间的场强一定比2l3l之间的场强大b l2l和3l4l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反c l2l和4l5l之间均为非匀强电场，且这两处的电场方向一定相同d 3l4l和4l5l之间均为匀强电场，且3l4l之间的场强一定比4l5l之间的场强大考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：沿着场强方向电势减小，垂直场强方向电势不变，根据题中图象得到电势变化规律，图象的斜率表示电场强度，从而判断电场强度的情况解答：解：a、根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，因此在0l和2l3l之间不存在沿着x方向的电场分量，故a错误b、根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，l2l和3l4l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反，故b正确；c、根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，l2l和4l5l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相同，故c错误；d、根据图象=ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，3l4l和4l5l之间均为匀强电场，且3l4l之间的场强一定比4l5l之间的场强小，故d错误故选：b点评：本题关键是要明确沿电场方向电势减小，垂直场强方向，电势不变；匀强电场中，沿电场线方向电势降低最快，沿着任意方向（垂直电场线除外）电势随位移均匀变化二、实验题011秋合肥校级期末）李丹同学需要测定某干电池的电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻小于4；电压表（量程0一3v，内阻约3k）、电流表（量程00.6a，内阻约1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只（1）实验中滑动变阻器应选用r1（填“r1”或“r2”）（2）在甲图的方框中画出实验电路图（3）根据实验中测得多组电压和电流值，在ui图象中描点得到的如图乙所示，由图可求出该电源电动势e=1.5v；内阻r=1.25考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用，在限流接法中取比内电阻大10左右即可过大则难以调节；过小起不到应有的调节作用（2）运用伏安法测量干电池的电动势和内电阻，由于内阻较小，采用电流表外接法连接电路（3）由闭合电路欧姆定律可得出电压与电流的关系，结合数学关系可知图象的斜率表示内阻，与纵坐标的交点表示电源的电动势解答：解：（1）由题意可知，电源的内阻小于4，故为了易于调节，准确测量，还有r2额定电流只有0.1a，很容易烧坏，所以滑动变阻器应选小电阻r1 （2）运用伏安法测量干电池的电动势和内电阻，由于内阻较小，采用电流表外接法连接电路：（3）作出ui图象：由闭合电路欧姆定律可知：u=eir；即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可得电动势为：e=1.5vr=1.25故答案为：（1）r1（2）如图（3）1.5，1.25点评：测电动势和内电阻实验的考查中，一定会考到数据的处理； 因此要掌握好此实验的图象法分析电动势和内电阻的方法三、计算题1013秋福建校级期末）平行的水平轨道mn、pq与电源电阻等连成如图所示的电路，ab为金属细棒，与导轨接触良好且可在轨道上运动，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中已知电源电动势e=1.5v、内阻r=0.5、ab棒质量为m=0.02kg、电阻rab=3、长度l=0.5m与轨道间的动摩擦因数=0.5，磁场的磁感应强度b=0.5t，不计轨道电阻当开关s闭合时，ab棒恰好可以运动重力加速度g=10m/s2求：（1）此时流过ab棒的电流；（2）电阻r的阻值考点：安培力；闭合电路的欧姆定律分析：（1）导体棒刚好运动，安培力等于摩擦力，根据共点力平衡求的电流（2）由闭合电路的欧姆定律求的电阻的阻值即可解答：解：（1）对导体棒受力分析可知bil=mg解得（2）ab两端的电压为u=rabi=30.4v=1.2v电源内阻分的电压u内=eu=1.51.2v=0.3v干路电流为故流过电阻r的电流为i=ii=0.60.4a=0.2a故电阻的阻值为r=答：（1）此时流过ab棒的电流为0.4a；（2）电阻r的阻值为6点评：本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，抓住串并联的特点即可求得一、单项选择题11某一电源的路端电压与电流的关系和电阻r1、r2的电压与电流的关系如图所示用此电源和电阻r1、r2组成电路r1、r2可以同时接入电路，也可以单独接入电路为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）a 将r1、r2串联后接到电源两端b 将r1、r2并联后接到电源两端c 将r1单独接到电源两端d 将r2单独接到电源两端考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由电源的ui图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻由电阻的ui图线求出电阻再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择解答：解：由图象得到：电源的电动势为e=3v，内阻为r=0.5，r1单独接到电源两端输出功率为p出1=1.5v3a=4.5w，r2单独接到电源两端输出功率则为p出2=2v2a=4w由电阻的伏安特性曲线求出 r1=0.5、r2=1，当将r1、r2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流i串=1.5a，此时电源的输出功率p串=i串2（r1+r2）=3.75w两电阻并联时，r并=利用欧姆定律可得电路电流i并=a=3.6a，此时电源的输出功率p并=ei并i并2r=4.32w所以将r1单独接到电源两端时电源的输出功率最大故选c点评：这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，直接选择c12用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法（）a 将其磁感应强度增大为原来的2倍b 将其磁感应强度增大为原来的4倍c 将d形金属盒的半径增大为原来的2倍d 将两d形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大但从d形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关所以加速电压越大，回旋次数越少，最大动能只由磁感应强度和d形金属盒的半径决定解答：解：带电粒子从d形盒中射出时的动能 ekm=mvm2 （1） 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 r= （2） 由（1）（2）可得ekm= 显然，当带电粒子q、m一定的，则ekmr2 b2即ekm与磁场的磁感应强度b、d形金属盒的半径r的平方成正比，与加速电场的电压无关，故ac正确，bd错误；故选：ac点评：本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变13三个不同的带电离子a、b、c（不计离子重力）以相同的初速度，从同一位置同时垂直于电场方向射入同一匀强电场，它们的轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场下列判断正确的是（）a 三个离子中，c的比荷最大b 三个离子中，a受的电场力最大c 三个离子中，c受的电场力最大d 若a，b质量相同，则a的动能增量大于b的动能增量考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：电场力与电势的性质专题分析：离子垂直射入匀强电场，离子在电场中做类平抛运动，根据粒子在水平方向的位移关系确定粒子的运动时间关系，然后根据粒子竖直方向的位移关系确定离子的加速度关系，应用牛顿第二定律比较离子的比荷关系，应用动能定理确定动能的增量关系解答：解：a、离子在极板间做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，粒子的运动时间：t=，由图示可知：xaxb=xc，离子的水平初速度v0相等，则：tatb=tc，离子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，y=at2，由图示可知：ya=ybyc，由于tatb=tc，则：aaabac，由牛顿第二定律得：a=，电场强度e相同，则，故a错误；b、由牛顿第二定律可知，离子所受电场力：f=ma，已知：aaabac，由于不知道离子的质量关系，无法判断粒子所受的电场力关系，故bc错误；d、已知：aaab，若a，b质量相同，由f=ma可知，fafb，电场力做功：w=fy，已知：ya=yb，则wawb，由动能定理可知，离子a的动能增加量大于离子b的动能增加量，故d正确；故选：d点评：本题考查了粒子在电场中的运动，知道离子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据图示确定离子的水平位移、粒子是竖直位移关系是正确解题的关键14如图所示，有一金属块垂直于表面c的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为b，金属块的厚度为d，高度为h，当有稳定恒电流i平行平面c的方向通过时，由于磁场力的作用，金属块的上下两表面m、n间的电压为u，则金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（）a b c d 考点：霍尔效应及其应用分析：定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在前后表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数解答：解：由图，磁场方向向里，电子向左移动，根据左手定则，电子向上表面偏转，上表面得到电子带负电，下表面带正电；那么根据e=evb，i=nesv=nehdv，得：n=，故a正确，bcd错误故选：a点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡三、实验题15.用螺旋测微器测量时示数如图所示，该示数的读数为0.560mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用专题：实验题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻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：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.016.0mm=0.060mm，所以最终读数为0.560 mm故答案为：0.560点评：螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读16.一个未知电阻rx，阻值大约为1.0k1.2k为了较为准确的测定其电阻值，实验室中还备有如下器材：电源e （电动势3v、内阻可忽略） 电压表v （量程3v、内阻约为3k） 电流表a1（量程3ma、内阻约为10）电流表a2（量程0.6a、内阻约为1） 滑动变阻器r的最大阻值为20开关s、导线若干（1）在实验中电流表应选a1（2）为了尽可能减少误差，且能够测量较多组数据，请你在虚线框中画出本实验的电路图（3）根据你所画的电路图在题给的实物图上用笔画线代替导线画出连接图考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则，由于待测电阻阻值较大，从减小误差的角度选择滑动变阻器分压式接法和电流表内接法按照前面的选择连接电路画出本实验的电路图即可画实物图时要注意电表的正负极和开关的位置解答：解：（1）未知电阻rx，阻值大约为1.0k1.2k为了较为准确的测定其电阻值，所以实验中电流表应选a1（2）由于待测电阻阻值较大，从减小误差的角度选择滑动变阻器分压式接法和电流表内接法电路图：（3）根据电路图相应的画出实物图：故答案为：（1）a1（2）见上图（3）见上图点评：本题关键要从减小实验误差的角度选择电流表，并确定安培表的内、外接法和滑动变阻器的限流、分压法；要明确安培表的内、外接法的误差来源三、计算题17.如图，一长度为l=0.1m的细线，一端固定在o点，另一端栓一带电量为q=2.5104的带电小球，并置于匀强电场中将小球拉至水平位置oa，并从a点无初速度释放，则小球能摆到左边的最高位置为c点，而后在ac之间来回摆动已知小球的质量m=5102kg，oc与竖直方向的夹角=37求：（1）小球带何种电荷？（2）匀强电场的场强e为多大？（3）小球运动到最低点b处时细线对小球的拉力大小f为多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）通过对小球的受力分析及可判断出电性（2）根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式求出匀