【试卷解析】四川省绵阳市高二上学期期末物理试卷

1、四川省绵阳市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一本大题12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1（3分）为防止麻醉剂乙醚爆炸，医疗手术室地砖要使用导电材料，医生和护士的鞋子和外套也要用导电材料，一切设备包括病人身体要良好接触，并保持良好接地这是为了（）a除菌消毒b消除静电c利用静电d防止漏电2（3分）单摆在振动过程中，离开平衡位置的最大距离越来越小在这个过程中（）a能量逐渐消失b动能转化为势能c机械能守恒d总能量守恒，机械能转化为其他形式的能3（3分）如图所示，绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a旁边固定有一绝缘金属球b，开始时a

2、、b都不带电使b带电时（）aa不动ba远离bca靠近bda靠近b，并被b吸住不离开4（3分）如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度下列各俯视图中正确表示磁感应强度b的方向的是（）abcd5（3分）如图所示，是举重比赛裁判控制电路共有3个裁判，1个主裁判，2个副裁判；当有两个（其中必须包括主裁判）或两个以上的裁判同意时，才表示通过，否则不通过；主裁判用a表示，副裁判分别用b、c表示；1代表同意，0代表不同意下列两种情况：（1）a裁判控制的开关断开，b裁判控制的开关闭合，c裁判控制的开关闭合；（2）a裁判控制的开

3、关闭合，b裁判控制的开关断开，c裁判控制的开关闭合所对应的结果逻辑值分别是（）a1，1b1，0c0，1d0，06（3分）速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的匀强磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场磁感应强度最大的是（）abcd7（3分）某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由m运动到n，以下说法正确的是（）a粒子必定带正电荷b该静电场一定是孤立正电荷产生的c粒子在m点的加速度小于它在n点的加速度d粒子在m点的速度大于它在n点的速度8（3分）如图所示，有一带电粒子贴着a板内侧沿水平方向射入a、b两板间的匀强电场，当a、b两板间电压为

4、u1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当a、b两板间电压为u2时，带电粒子沿轨迹落到b板中间设粒子两次射入电场的水平速度之比为2：1，则两次电压之比为（）au1：u2=1：1bu1：u2=1：2cu1：u2=1：4du1：u2=1：89（3分）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以o点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示由振动图象可以得知（）a振子的振动周期等于t1b在t=0时刻，振子的位置在a点c在t=t1时刻，振子的速度为零d从t1到t2，振子正从o点向b点运动10（3分）如图所示，电路中rt为热敏电阻，r1和r2为定值电阻当温度升高时，rt阻值变小开关s

5、闭合后，若温度降低，下列物理量中变大的是（）a通过r2的电流b通过rt的电流c通过r1的电流d电容器两极板间的电场强度11（3分）如图所示，q1、q2是两个等量正电荷，固定在绝缘平面内，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在区域同时存在一个匀强磁场，磁场方向如图所示，不计小球重力从靠近q2的图示某位置由静止释放小球，小球在整个运动过程中（）a速度一直增大b加速度一直增大c所受洛伦兹力大小一直变化d所受洛伦兹力方向一直不变12（3分）如图所示，在屏幕mn的右方和虚线的上方区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线垂直射入，经过时间t0垂直打到

6、屏mn上同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成45角射入，经过时间t1打到屏mn上；同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成135角射入，经过时间t2打到屏mn上微粒所受重力可忽略，每次射入磁场的速度大小不变则t0、t1、t2之间大小关系正确的是（）at12t0bt1=2t0ct20.5t0dt2=0.5t0二、本大题6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分13（3分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）a安培力的方向垂直于直导线b安培力的方向总是垂直于磁

7、场的方向c安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关d将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半14（3分）电荷量为q的点电荷在电场中由a点移到b点时，电场力做功w，两点间的电势差为u，若让电荷量为2q的点电荷在电场中由a点移到b点，则（）a电场力做功为wb电场力做功为2wc两点间的电势差为ud两点间的电势差为2u15（3分）美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在a、c板间，带电粒子从p0

8、处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入d形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）a带电粒子每运动一周被加速一次bp1p2=p2p3c粒子能获得的最大速度与d形盒的尺寸有关da、c板间的加速电场的方向需要做周期性的变化16（3分）如图所示，电阻r1=10，电动机m线圈电阻r2=10，电路两端电压u保持不变当开关s断开时，电流表的示数为i1=0.5a；当开关s闭合后，电动机转起来，电流表示数为i2，整个电路消耗的电功率为p，则（）au=5vbi2=1acp=5wdp5w17（3分）如图所示，平行板间的匀强电场范围内存在着匀强磁场（图中未画出

9、），带电粒子从p点以垂直于电场方向的速度v0射入平行板间，恰好做匀速直线运动，从q飞出忽略重力则（）a磁场方向垂直纸面向外b磁场方向与带电粒子的电性无关c带电粒子从q沿qp进入，也能做匀速直线运动d若粒子带负电，以速度v1从p沿pq射入，从q飞出，则v1v018（3分）如图所示，mn是空间中某一水平面内的一条直线，整个空间有水平方向的匀强电场或者有竖直方向的匀强磁场现有一带电粒子在mn上的o点具有水平方向的初速度v0不计粒子重力下列判断正确的是（）a如果粒子能回到mn上且速度大小增大，则空间中的场一定是电场b如果粒子能回到mn上且速度大小不变，则空间中的场一定是磁场c若只改变粒子的初速度大小，

10、发现粒子能回到mn上且与mn的夹角大小不变，则空间中的场一定是磁场d若只改变粒子的初速度大小，发现粒子能回到mn上且所用的时间不变，则空间中的场一定是磁场三本大题4小题，每空2分，补全电路2分，共24分19（4分）几名同学进行野外考察，登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度于是他们用细线拴好石块p系在树枝上做成一个简易单摆，如图所示然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量同学们首先测出摆长l，然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动，用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式是g=；若振动周期测量正确，但由于难以确定石块重

11、心，测量摆长时从悬点仅量到石块上端，导致用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）20（4分）科学实验是人们认识自然的重要手段电学实验中经常需要测量某负载的电阻，测电阻的方法有多种一只标有“220v，100w”的灯泡，它正常工作时的电阻是若用多用电表中欧姆挡来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻应（选填“大于”、“等于”、“小于”）灯泡正常工作时的电阻21（8分）某同学想通过“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来测量一小灯泡的额定功率所用器材如下：待测小灯泡一只：额定电压为2.5v，电阻约为几欧电压表一只：量程为3v，内阻约为3k电流表一只：量程为0.6a

12、，内阻约为0.1滑动变阻器一只干电池两节开关一只，导线若干请在图甲中补全测量小灯泡额定功率的电路图图甲中开关s闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于（选填“a端”、“b端”或“ab正中间”）；该同学通过实验得到了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示小灯泡的额定功率是w；如果将这个小灯泡接到电动势为1.5v，内阻为5的电源两端，小灯泡消耗的功率是w（结果均保留两位有效数字）22（8分）某同学探究电阻丝的电阻与哪些因素有关有如下器材：a电源e（电动势为4v，内阻约为1）；b电流表a1（量程5ma，内阻约为10）；c电流表a2（量程0.6a，内阻约为1）；d电压表v1（量程3v，内阻约为l k）；e电压表v2（

13、量程l5v，内阻约为3k）；f滑动变阻器r1（阻值02）；g滑动变阻器r2（阻值020）；h开关及导线若干他对电阻丝做了有关测量，数据如表所示编号金属丝直径d/mm金属丝直径的平方d2/mm2金属丝长度l/cm电阻r/10.300.09100.0014.2020.300.0950.007.1530.600.36100.003.60如图是测量编号为2的电阻丝电阻时的备选原理图，则该同学应选择电路（选填“甲”或“乙”）进行测量选用的器材代号为请写出电阻r与l、d间的关系式r=（比例系数用表示）根据表中数据，求出比例系数=m（结果保留两位有效数字）四本大题2小题，共22分，要求必须写出必要的文字说明

14、、主要的计算步骤和明确的答案23（10分）如图所示，电源电动势e=30v，内阻r=1，r1=9，滑动变阻器的总电阻rx=20间距d=0.1m的两平行金属板m、n水平放置，闭合开关k，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆ab，带电小球s穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量q=1103c（可视为点电荷，不影响电场的分布）调节滑动变阻器的滑片p，使小球c恰能静止在a处重力加速度g=10m/s2（1）求小球的电性和m、n两极板间的电压；（2）求滑动变阻器pb段的阻值r2；（3）调节滑动变阻器，使pb段的阻值r3=7.5，待电场重新稳定后释放小球c，求小球c到达杆的中点o时

15、的速度大小24（12分）在如图所示的坐标系中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在与第三象限相同的匀强电场，还有一个等腰直角三角形区域omn，omn为直角，mn边有挡板，已知挡板mn的长度为2l一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上y=l处的p1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=2l处的p2点进入第三象限，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=2l处的p3点进入第四象限已知重力加速度为g求：（1）粒子到达p2点时速度的大小和方向

16、；（2）第三象限空间中磁感应强度的大小；（3）现在等腰直角三角形区域omn内加一垂直纸面的匀强磁场，要使粒子经过磁场偏转后能打到挡板mn上，求所加磁场的方向和磁感应强度大小的范围四川省绵阳市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本大题12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1（3分）为防止麻醉剂乙醚爆炸，医疗手术室地砖要使用导电材料，医生和护士的鞋子和外套也要用导电材料，一切设备包括病人身体要良好接触，并保持良好接地这是为了（）a除菌消毒b消除静电c利用静电d防止漏电考点：* 静电的利用和防止分析：本题考查是关于静电的防止与应用，从实例的

17、原理出发就可以判断出答案解答：解：由题意可知，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，而因静电而产生爆炸，因此不可能是这样静电会产生火花、热量，麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，就象油罐车一样，在运输或贮存过程中，会产生静电，汽油属于易挥发性物品，所以它的屁股后面要安装接地线（软编织地线），以防爆炸，麻醉剂与之同理，故b正确，acd错误；故选：b点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例2（3分）单摆在振动过程中，离开平衡位置的最大距离越来越小在这个过程中（）a能量逐渐消失b动能转化为势能c机械能守恒d总能量守恒，机械能转化为其他形

18、式的能考点：简谐运动的回复力和能量 分析：因为单摆受到空气的阻力，机械能转化为内能；在能量转化的过程中，总能量保持不变解答：解：单摆在振动过程中，离开平衡位置的最大距离越来越小，是因为单摆受到空气的阻力，机械能转化为内能，其机械能越来越小在能量转化的过程中，能量不会消失，总能量保持不变故abc错误，d正确故选：d点评：能量转化是个普遍现象，自然界中物质运动形式的变化总伴随着能量的相互转化不同形式的能量发生相互转化的过程中，遵守能量转化和守恒定律3（3分）如图所示，绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a旁边固定有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电使b带电时（）aa不动ba

19、远离bca靠近bda靠近b，并被b吸住不离开考点：库仑定律 分析：带电物体能够吸引轻小物体，a与b接触后，a球与b球带上了同种电荷，相互排斥而分开解答：解：带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而分开，故c正确，abd错误；故选：c点评：本题关键是带电物体能够吸引轻小物体，接触后，带同种电荷，又因为带同种电荷而分开4（3分）如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度下列各俯视图中正确表示磁感应强度b的方向的是（）abcd考点：安培力 分析：电流由电源正极经炮弹流向电源负极，炮弹受

20、到的安培力方向应水平向前，由左手定则判断磁场方向是否正确解答：解：a、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向后，不符合实际，故a错误；b、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向前，符合实际，故b正确；c、由左手定则可知，炮弹受到的安培力竖直向下，不符合要求，故c错误；d、由左手定则可知，炮弹受的安培力竖直向下，不符合要求，故d错误；故选b点评：电磁炮的炮弹在安培力作用下在轨道上向前加速度运动，炮弹受到的安培力应向前，应用左手定则判断出安培力的方向，是正确解题的关键5（3分）如图所示，是举重比赛裁判控制电路共有3个裁判，1个主裁判，2个副裁判；当有两个（其中必须包

21、括主裁判）或两个以上的裁判同意时，才表示通过，否则不通过；主裁判用a表示，副裁判分别用b、c表示；1代表同意，0代表不同意下列两种情况：（1）a裁判控制的开关断开，b裁判控制的开关闭合，c裁判控制的开关闭合；（2）a裁判控制的开关闭合，b裁判控制的开关断开，c裁判控制的开关闭合所对应的结果逻辑值分别是（）a1，1b1，0c0，1d0，0考点：简单的逻辑电路 分析：电路图结合题干可知，b、c只要有一个闭合即可，故为或逻辑关系；当a断开，灯熄灭，当a闭合，灯亮；故b、c或后，其输出与a的关系为与逻辑关系解答：解：根据题意，b、c只要有一个闭合，该部分电路即为通路，当a断开，灯不亮，当a闭合，灯亮；

22、故b、c为或逻辑关系；或后的结果与a为与逻辑关系，故这两种情况，所对应的逻辑值分别是0、1故c正确故选：c点评：本题考查了组合门电路，b、c先或其结果再与a是与逻辑关系，理解逻辑关系，组合门电路6（3分）速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的匀强磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场磁感应强度最大的是（）abcd考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 分析：速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，写出相应的牛顿第二定律的方程，得出半径与磁感应强度之间的关系式，即可做出正确的答案解答：解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：所以：

23、，速率相同的电子，v、m与电量q都相同，所以b与r成反比，则半径最小的d图中，磁感应强度b最大故选：d点评：该题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径与磁感应强度的关系，可以利用半径公式直接解答7（3分）某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由m运动到n，以下说法正确的是（）a粒子必定带正电荷b该静电场一定是孤立正电荷产生的c粒子在m点的加速度小于它在n点的加速度d粒子在m点的速度大于它在n点的速度考点：电场线 分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：

24、解：a、由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方向未知，所以不能确定电荷的电性，故a错误b、孤立正电荷的电场线从正电荷出发到无穷远处终止的直线，故该静电场不一定是孤立正电荷产生的故b错误c、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，n点的场强大于m点的场强的大小，在n点的受力大于在m的受力，所以粒子在m点的加速度小于它在n点的加速度，故c正确d、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在m点的速度小于它在n点的速度动能，故d错误故选：c点评：此题根据物体做曲线运动的条件，掌握住电场线的特点，即可解决本题8（3分

25、）如图所示，有一带电粒子贴着a板内侧沿水平方向射入a、b两板间的匀强电场，当a、b两板间电压为u1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当a、b两板间电压为u2时，带电粒子沿轨迹落到b板中间设粒子两次射入电场的水平速度之比为2：1，则两次电压之比为（）au1：u2=1：1bu1：u2=1：2cu1：u2=1：4du1：u2=1：8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：带电粒子在电场中做类平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解解答：解：带点粒子在电场中做类平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有：x=

26、v0ty=a=解得：u=据题有：初速度v0之比为2：1，水平位移x之比为2：1，竖直位移y之比为1：2，代入上式解得：=故选：b点评：本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论9（3分）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以o点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示由振动图象可以得知（）a振子的振动周期等于t1b在t=0时刻，振子的位置在a点c在t=t1时刻，振子的速度为零d从t1到t2，振子正从o点向b点运动考点：简谐运动；简谐运动的振幅、周期和频率 专题：简谐运动专题分析：简谐运动中振子的周期是振子完成一

27、个周期性变化所用的时间，由图直接读出；根据位移分析振子的位置和速度，振子在最大位移处速度为零，通过平衡位置时速度最大；根据位移的变化，分析振子的运动情况解答：解：a、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期 t=2t1；故a错误；b、由图乙知在t=0时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在o点，故b错误；c、在t=t1时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故c错误；d、从t1到t2，振子的位移从0变化到正向最大，说明正从o点向b点运动故d正确故选：d点评：对振动图象读出周期、振幅和振子的位移情况，从而判断出其速度、加速度情况，是应具备的基本能力，

28、应加强相关练习，做到熟练掌握10（3分）如图所示，电路中rt为热敏电阻，r1和r2为定值电阻当温度升高时，rt阻值变小开关s闭合后，若温度降低，下列物理量中变大的是（）a通过r2的电流b通过rt的电流c通过r1的电流d电容器两极板间的电场强度考点：闭合电路的欧姆定律；电容 专题：恒定电流专题分析：开关s闭合后，rt的温度降低，rt阻值增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，r1两端的电压和内电压都减小，分析rt和r2并联电压的变化，判断通过r2电流的变化，即可知道通过rt的电流变化根据公式e=分析电容器板间场强的变化解答：解：开关s闭合后，rt的温度降低，rt阻值变大，rt和r2并联电阻变动，外

29、电路总电阻增大，干路电流减小，即通过通过r1的电流变小r1两端的电压和内电压都减小，则知rt和r2并联电压增大，通过r2电流增大，由于干路电流变小，则知通过rt的电流变小电容器板间电压等于r1的电压，其电压变小，则根据公式e=分析可知两极板间的电场强度变小故a正确，bcd错误故选：a点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析11（3分）如图所示，q1、q2是两个等量正电荷，固定在绝缘平面内，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在区域同时存在一个匀强磁场，磁场方向如图所示，不计小球重力从靠近q2的图示某位置由静止释放小球，小球在整个运动过程中（）a速度一直

30、增大b加速度一直增大c所受洛伦兹力大小一直变化d所受洛伦兹力方向一直不变考点：洛仑兹力 分析：小球开始受到q2对它的库仑力大于q1对它的库仑力，所以先向左运动，运动的过程中受到洛伦兹力，通过受力情况，知小球向左先加速后减速到0然后又返回解答：解：小球由静止释放后沿绝缘杆先向左做加速运动，运动到杆的中点时，所受电场力为零，加速度为零，速度达到最大，然后越过中点继续向左做减速运动，水平方向所受电场力不断增大，加速度不断增大，最后速度变为零，然后反向再向右运动，如此反复，小球在运动过程中速度大小与方向不断发生变化，因此所受洛伦兹力大小与方向也不断发生变化，故a、b、d错误，c正确故选：c点评：解决本

31、题的关键能够根据小球的受力情况分析出小球的运动情况，从而可知洛伦兹力的变化12（3分）如图所示，在屏幕mn的右方和虚线的上方区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线垂直射入，经过时间t0垂直打到屏mn上同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成45角射入，经过时间t1打到屏mn上；同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成135角射入，经过时间t2打到屏mn上微粒所受重力可忽略，每次射入磁场的速度大小不变则t0、t1、t2之间大小关系正确的是（）at12t0bt1=2t0ct20.5t0dt2=0.5t0考点：带电粒子在匀强磁场中

32、的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间，然后画出粒子在三种情况下的运动轨迹，得出粒子偏转的角度，由时间与偏转角度的关系比较即可解答：解：带电微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：得：微粒运动的周期：，可知题目中的微粒在磁场中运动的周期是相等的，运动的时间：，与偏转的角度成正比如图做出三种情况下微粒运动的轨迹，从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线垂直射入，经过时间t0垂直打到屏mn上时，微粒偏转的角度是90，所以，由图可知同一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成45角射入时，在磁场中偏转的角度小于180，所以：；同

33、一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向并与虚线右方成135角射入时，弦长，所以在磁场中偏转的角度大于60，所以：所以只有a正确故选：a点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，应用左手定则、粒子周期公式与牛顿第二定律即可正确解题，其中正确做出三种情况下粒子运动的轨迹，得出角度之间的关系是解题的关键二、本大题6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分13（3分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）a安培力的方向垂直于直导线b安培力的方向总是垂直于磁场的方向c安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹

34、角无关d将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半考点：安培力 分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式f=bil时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为f=bil解答：解：a、b、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故ab正确；c、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为f=bilsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故c错误；d、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成

35、直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故d错误故选：ab点评：解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为f=bil14（3分）电荷量为q的点电荷在电场中由a点移到b点时，电场力做功w，两点间的电势差为u，若让电荷量为2q的点电荷在电场中由a点移到b点，则（）a电场力做功为wb电场力做功为2wc两点间的电势差为ud两点间的电势差为2u考点：电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：两点间的电势差是由电场决定的，电场不变，两点之间的电势

36、差就不变，根据w=qu可以直接计算电场力做功的大小解答：解：在同一个电场中，两点之间的电势差就不变，与放入的电荷的电荷量的大小无关，是由ab之间的电势差的大小还是u；让电荷量为2q的点电荷在电场中由a点移到b点，电场力做功为q2u=2w，是由bc正确，ad错误；故选：bc点评：解答本题的时候要注意电场力做功的公式w=qu是普遍使用的公式，电场中两点间的电势差是由电场决定的，电场不变，两点之间的电势差就不变15（3分）美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量如图所示为一种改进后的回旋加速器示

37、意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在a、c板间，带电粒子从p0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入d形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）a带电粒子每运动一周被加速一次bp1p2=p2p3c粒子能获得的最大速度与d形盒的尺寸有关da、c板间的加速电场的方向需要做周期性的变化考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在a、c板间，只有经过ac板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大解答：解：ad、带电粒子只有经过ac

38、板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次电场的方向没有改变，则在ac间加速故a正确，d错误b、根据r=，则p1p2=2（r2r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据v2v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3v2v2v1，则p1p2p2p3故b错误c、当粒子从d形盒中出来时，速度最大，根据r=，得，v=知加速粒子的最大速度与d形盒的半径有关故c正确故选：ac点评：解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在ac间加速，加速的电场不需改变16（3分）如图所示，电阻r1=10，电动机m线圈电阻r2=10，电路两端电压u保持不变当开关s断开时，电流表的示数为

39、i1=0.5a；当开关s闭合后，电动机转起来，电流表示数为i2，整个电路消耗的电功率为p，则（）au=5vbi2=1acp=5wdp5w考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：当电键s断开时，由欧姆定律求出电阻r1的电压u；当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电路是非纯电阻电路，由i2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由p=ui求解电路中功率范围解答：解：当电键s断开时，由欧姆定律得，u=i1r1=5v当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机转动，电动机的电流i=a=0.5a，故电流表的电流i21a，电动机中电功率p=ui25w故ad正确，bc错误故选：ad

40、点评：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，i2是关键不等式17（3分）如图所示，平行板间的匀强电场范围内存在着匀强磁场（图中未画出），带电粒子从p点以垂直于电场方向的速度v0射入平行板间，恰好做匀速直线运动，从q飞出忽略重力则（）a磁场方向垂直纸面向外b磁场方向与带电粒子的电性无关c带电粒子从q沿qp进入，也能做匀速直线运动d若粒子带负电，以速度v1从p沿pq射入，从q飞出，则v1v0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：粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力

41、，解决此题可以先假设粒子的电性，来判断磁场的方向分析粒子能否沿直线运动，就是分析洛伦兹力与电场力的大小，从而判断粒子的偏转方向，由动能定理分析射出场区的速度与初速度的关系解答：解：a、假设带电粒子带正电，粒子将受到竖直向下的电场力，所以洛伦兹力应为竖直向上，由左手定则可判断，磁场的方向应垂直于纸面向里故a错误b、当粒子在正交的电场和磁场的区域内做匀速直线运动时，电场力和洛伦兹力大小相等，且方向相反改变粒子的电性，其他条件不变的情况下，电场力和洛伦兹力的方向同时改为反向，粒子的合力仍为零所以磁场方向与带电粒子的正负无关，故b正确c、带电粒子从q沿qp进入，所受的电场力方向不变，而洛伦兹力方向会变

42、为与电场力相同，此时带电粒子将发生向下偏转故c错误d、粒子带负电时，将受到向上的电场力和向下的洛伦兹力，当速度为v0时，电场力和洛伦兹力大小相等，即有 qe=qv0b，v0=；粒子从q飞出，可判断电场力要大于洛伦兹力，即有qeqv1b，v1，可得v1v0故d正确故选：bd点评：该题综合了电场和磁场的内容，解决此类问题的关键是正确判断洛伦兹力和电场力的大小及方向，要熟练的应用左手定则来分析问题18（3分）如图所示，mn是空间中某一水平面内的一条直线，整个空间有水平方向的匀强电场或者有竖直方向的匀强磁场现有一带电粒子在mn上的o点具有水平方向的初速度v0不计粒子重力下列判断正确的是（）a如果粒子能

43、回到mn上且速度大小增大，则空间中的场一定是电场b如果粒子能回到mn上且速度大小不变，则空间中的场一定是磁场c若只改变粒子的初速度大小，发现粒子能回到mn上且与mn的夹角大小不变，则空间中的场一定是磁场d若只改变粒子的初速度大小，发现粒子能回到mn上且所用的时间不变，则空间中的场一定是磁场考点：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：洛伦兹力不做功，电场力可以做功；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类似抛体运动据此分析即可解答：解：a、洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可使带电粒子做功，动能增大，则知如果粒子回到mn上时速度增大，则该空间存在

44、的一定是电场，故a正确；b、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，该空间可能存在电场粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，所以也可能存在磁场故b错误；c、若只改变粒子的初速度大小，发现粒子能回到mn上且与mn的夹角大小不变，可能存在磁场，也可能存在电场，因为圆有对称性，抛物体也具有对称性故c错误；d、若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到mn上所用的时间不变，粒子只能是在磁场中运动，t=t=，与速度无关，故d正确；故选：ad点评：本题关键是分电场和磁场两种情况进行分析讨论，抓住匀速圆周运动模型和直线运动模型进行分析讨论三本大题4小题，每空2分，补全电路2分，共24分1

45、9（4分）几名同学进行野外考察，登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度于是他们用细线拴好石块p系在树枝上做成一个简易单摆，如图所示然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量同学们首先测出摆长l，然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动，用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式是g=；若振动周期测量正确，但由于难以确定石块重心，测量摆长时从悬点仅量到石块上端，导致用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值偏小（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）考点：单摆周期公式 专题：单摆问题分析：（1）单摆完成一次全振动的时间是一

46、个周期单摆完成n次全振动所用的时间t，求出周期由单摆的周期公式得出重力加速度的表达式（2）根据重力加速度的表达式分析重力加速度值与真实值的大小关系解答：解：由题，单摆完成n次全振动所用的时间t得，单摆的周期t=由单摆的周期公式t=2得，g=单摆的摆长应等于悬点到石块重心的距离，若测量摆长时从悬点仅量到石块上端做为摆长，摆长l偏小，则由重力加速度的表达式g=可知，重力加速度值比真实值偏小故答案为：；偏小；点评：单摆的周期采用累积法测量，周期的表达式t=根据测量原理分析实验误差是常用的思路20（4分）科学实验是人们认识自然的重要手段电学实验中经常需要测量某负载的电阻，测电阻的方法有多种一只标有“2

47、20v，100w”的灯泡，它正常工作时的电阻是484若用多用电表中欧姆挡来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻应小于（选填“大于”、“等于”、“小于”）灯泡正常工作时的电阻考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：灯泡正常发光时温度可以达到一千多摄氏度，金属阻（率）随温度升高而增大；考虑灯泡发光时产生热量，则导致电阻率变大，使得工作时电阻偏大解答：解：根据p=，得到r=484；灯泡正常发光时温度可以达到一千多摄氏度，金属阻（率）随温度升高而增大，故常温下电阻较小；故答案为：484，小于点评：考查公式r=及r=式中成立条件，是不是受温度的影响同时还体现电阻率随着温度升高而增大21（8分）某同学想通过“

48、描绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来测量一小灯泡的额定功率所用器材如下：待测小灯泡一只：额定电压为2.5v，电阻约为几欧电压表一只：量程为3v，内阻约为3k电流表一只：量程为0.6a，内阻约为0.1滑动变阻器一只干电池两节开关一只，导线若干请在图甲中补全测量小灯泡额定功率的电路图图甲中开关s闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于b（选填“a端”、“b端”或“ab正中间”）；该同学通过实验得到了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示小灯泡的额定功率是0.51w；如果将这个小灯泡接到电动势为1.5v，内阻为5的电源两端，小灯泡消耗的功率是0.10w（结果均保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实

49、验题分析：（1）通过灯泡的电阻与电流表、电压表内阻比较，分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接（2）滑动变阻器运用分压式接法，电键闭合前，使得测量电路部分处于短路，起保护作用（3）从伏安特性图线中找出电压为2.5v时的电流，根据p=ui求出小灯泡的额定功率作出电动势e=3.0v，内阻r=7.5的电源的iu图线，与伏安特性图线的交点横纵坐标表示此时的电流和电压大小，从而根据p=ui求出实际功率解答：解：（1）灯泡的电阻约为几欧，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法电路图如图所示（2）图甲中开关s闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于b端，使得闭合电键后，测量电路部分处于短路状态，电压

50、表、电流表示数为0，起保护作用（3）当u=2.5v时，电流i=0.205a，所以额定功率p=ui=2.50.205w=0.51w作出电动势e=1.5v，内阻r=5的电源的iu图线，如图，交点对应的电压和电流分别为：1.0v、0.10a，所以实际功率p=ui=1.00.10=0.10w故答案为：如图所示b端0.51，0.10点评：解决本题的关键掌握电流表内外接选择的方法，难点是与电源连接求实际功率，因为灯泡的电阻是随u的变化而变化的，所以必须用图象的方法来解决22（8分）某同学探究电阻丝的电阻与哪些因素有关有如下器材：a电源e（电动势为4v，内阻约为1）；b电流表a1（量程5ma，内阻约为10）

51、；c电流表a2（量程0.6a，内阻约为1）；d电压表v1（量程3v，内阻约为l k）；e电压表v2（量程l5v，内阻约为3k）；f滑动变阻器r1（阻值02）；g滑动变阻器r2（阻值020）；h开关及导线若干他对电阻丝做了有关测量，数据如表所示编号金属丝直径d/mm金属丝直径的平方d2/mm2金属丝长度l/cm电阻r/10.300.09100.0014.2020.300.0950.007.1530.600.36100.003.60如图是测量编号为2的电阻丝电阻时的备选原理图，则该同学应选择电路甲（选填“甲”或“乙”）进行测量选用的器材代号为acdgh请写出电阻r与l、d间的关系式r=（比例系数用

52、表示）根据表中数据，求出比例系数=1.0106m（结果保留两位有效数字）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：本题的关键是根据待测电阻阻值较小满足可知电流表应用外接法；根据表格中最大电流数值来选择电流表量程；根据电源电动势大小来选择电压表的量程；可以首先根据电阻定律写出电阻r的表达式，将表格中数据代入求得解答：解：由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以应选择电路甲c；由于电源电动势为4v，所以电压表应选d根据表格数据可知，电路中最大电流为：i=a=0.83a，所以电流表应选；根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：rmax=20，所以变阻器应选g；故选用的器材代号为：acdg

53、h根据表中数据可知：r=；可求出：=，代入一组数据解得：=1.0106 m故答案为：甲，acdgh；，1.0106点评：对电学实验应明确：根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据电路中的最大电流来选择电流表量程；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法四本大题2小题，共22分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案23（10分）如图所示，电源电动势e=30v，内阻r=1，r1=9，滑动变阻器的总电阻rx=20间距d=0.1m的两平行金属板m、n水平放置，闭合开关k，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆ab，带电小球s穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量q=1103c（可视为点电荷，不影响电场的分布）调节滑动变阻器的滑片p，使小球c恰能静止在a处重力加速度g=10m/s2（1）求小球的电