广东省广州市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷(理科)课件

1、广东省广州市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷（理科）一、单项选择（每题3分，共24分）1（3分）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（）AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPEQ，PQDEPEQ，PQj2（3分）如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则（）A电场力做正功B粒子带正电C电势能增加D加速度减小3（3分）如图所示为磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，线圈中心处挂有一根小磁针，小磁针与线圈在同一平面内，当赫姆霍兹线圈通以如图所示方向的电流时（）A小磁针N极向里转B小磁针N极向外转C小磁针在纸

2、面向左摆动D小磁针在纸面向右摆动4（3分）如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（）A磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用B磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用5（3分）如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是 （）ABCD6（3分）如图所示，一根金属棒MN，

3、两端用弹簧悬挂于天花板上，棒中通有方向从M流向N的电流若在图中的虚线范围内加一磁场，可以使弹簧的弹力增大（弹力的方向不变）关于该磁场的方向，以下判断中正确的是（）A垂直纸面向里B垂直纸面向外C平行纸面向上D平行MN向左7（3分）如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（）A在b、n之间某点B在n、a之间某点Ca点D在a、m之间某点8（3分）如图，用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是

4、（）A图中加速器出口射出的是带正电粒子BD形盒的狭缝间所加的电压是直流电压C强磁场对带电粒子做功，使其动能增大D粒子在加速器中的半径越大，周期越长二、双项选择（每题4分，漏选2分，共24分）9（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大10（4分）如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻

5、增大），R1为定值电阻，R是滑动变阻器，开关S闭合，C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，下列各项单独操作中能使带电液滴向上运动的是（）A将R0加热BR的滑动头P向上移动CC的上极板向上移动D开关S断开11（4分）电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为12（4分）在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子（不计重力）可能沿水平方向向右作直线运动的是（）ABCD13（4分）如图是比荷（即）相同的两粒子

6、从O点垂直进入直线边界匀强磁场区域的运动轨迹则下列说法正确的是（）Aa带正电，b带负电Ba的带电量比b的带电量小Ca运动的速率比b的小Da的运动时间比b的短14（4分）质量和带电量都相同的两个粒子，以不同的速率垂直于磁感线方向射入匀强磁场中，两粒子的运动轨迹如图中、所示，粒子的重力不计，下列对两个粒子的运动速率和在磁场中运动时间t及运动周期T、角速度的说法中正确的是（）A12Bt1t2CT1T2D1=2三、实验题（23分）15（13分）小明同学用下列器材描绘额定电压为3.0V的小灯泡伏安特性图线（要求电压变化从零开始），并研究小灯泡实际功率及灯丝温度等问题A电流表（0.6A，1）B电压表（3V

7、，1k）C滑动变阻器（10，1A）D电源（4V，内阻不计）用笔画线代替导线，将图1中的实验仪器连成完整的实验电路开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于端（填“a”或“b”）闭合开关，变阻器的滑片向b端移动，电压表的示数逐渐增大，电流表指针却几乎不动，则电路的故障为排除故障后，小明完成了实验，并由实验数据画出小灯泡IU图象如图中实线所示由图可确定小灯泡在电压为2.0V时实际功率为（保留两位有效数字）图2是用多用电表欧姆档“1”档直接测量小灯泡灯丝在27时电阻值，则阻值为，若小灯泡灯丝电阻值与灯丝温度的关系为R=k，k为比例常数如图3，根据IU图中的实线，估算该灯泡正常工作时灯丝的温度约为0C若IU图

8、中的虚线或表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实线相比，虚线（填或）才是其真实的伏安特性曲线16（10分）图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率”的实验电路图（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d=m（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对 应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的Rx图象，可得该图线的斜率 k=/m（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率的表达式为_（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“”接线柱上，可以测 量电源的电动势和内阻闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的 示数，把实验得到的

9、数据绘成如图丁所示的UI图象，得出电源的电动势 E=V；若R0=2.0，则电源的内阻r=四、计算题（共29分）17（9分）如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r18（8分）如图所示，PQ和MN为水平放置的平行金属导轨，间距为L=1.0m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=20g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相

10、连，物体c的质量M=30g在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场，磁场方向竖直向上导体棒与导轨间的动摩擦因数=0.5，最大静摩擦力可视为滑动摩擦力，若要保持物体c静止不动，重力加速度g取10m/s2，求：（1）导体棒中电流的方向如何？（2）导体棒中电流大小的范围？19（12分）如图所示，一质量为m、电量为+q、重力不计的带电粒子，从A板的S点由静止开始释放，经A、B加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域已知AB间的电压为U，MN极板间的电压为2U，MN两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界求：（1）带电粒子离开B板时速度v0的大

11、小；（2）带电粒子离开偏转电场时速度v的大小与方向；（3）要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度d多大？广东省广州市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择（每题3分，共24分）1（3分）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（）AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPEQ，PQDEPEQ，PQj考点：电场线；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小根据沿电场线的方向电势降低解答：解：由图P点电场线密，电场强度大，EPEQ，沿电

12、场线的方向电势降低，PQ故选：A点评：掌握电场线的特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低2（3分）如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则（）A电场力做正功B粒子带正电C电势能增加D加速度减小考点：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：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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解答：解：A、B、C、带电粒子在电场中受到的电场力的方向应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断带电粒子受到的电场力是向下的，与电场线的方向相反，所以粒子一定是带负电在从A运动的

13、B的过程中，电场力做负功，动能减小，电荷的电势能增加，所以AB错误，C正确；D、由于A点的电场线比B的电场线稀疏，所以B的电场强度大，电荷在B的时受到的电场力大，加速度大，所以D错误；故选：C点评：本题考查电场线与粒子在电场中的运动轨迹的分析，就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题3（3分）如图所示为磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，线圈中心处挂有一根小磁针，小磁针与线圈在同一平面内，当赫姆霍兹线圈通以如图所示方向的电流时（）A小磁针N极向里转B小磁针N极向外转C小磁针在纸面向左摆动D小磁针在纸面向右摆动考点：左手定则；安培力 分析：根据右手螺旋定则判

14、断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针N极的偏转解答：解：根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的N极向纸面里偏转故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题本题的关键知道小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向，以及会运用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向4（3分）如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（）A磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用B磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D

15、磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断解答：解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如图根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，向右故选B点评：本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况5（3分）如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有

16、大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是 （）ABCD考点：磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在P点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解解答：解：MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，所以，合磁场的方向一定右如图故选项D正确，选项ABC错误故选：D

17、点评：磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提6（3分）如图所示，一根金属棒MN，两端用弹簧悬挂于天花板上，棒中通有方向从M流向N的电流若在图中的虚线范围内加一磁场，可以使弹簧的弹力增大（弹力的方向不变）关于该磁场的方向，以下判断中正确的是（）A垂直纸面向里B垂直纸面向外C平行纸面向上D平行MN向左考点：左手定则；安培力 分析：棒子受重力和拉力处于平衡，为了增大绳子的拉力，则加上匀强磁场后，产生向下的安培力解答：解：A、磁场方向垂直纸面向里，导体棒所受的安培力方向竖直向上，根据平衡，知悬线的拉力减小故A错误B、磁场方向垂直纸面向外，导体

18、棒所受的安培力方向竖直向下，根据平衡，知悬线的拉力增大故B正确C、磁场方向平行于纸面向上，则安培力方向垂直纸面向外，当平衡时，绳子拉力的方向不在竖直方向上故C错误D、磁场方向平平行MN向左，则电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力的作用，拉力不变故D错误故选：B点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行求解，掌握左手定则判断安培力的方向7（3分）如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出

19、磁场的位置是（）A在b、n之间某点B在n、a之间某点Ca点D在a、m之间某点考点：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：由几何关系可知粒子从n点射出时的半径，则可求得磁感应强度与速度的关系，则牛顿第二定律可确定B加倍后的半径，即可由几何关系求得射出磁场的位置解答：解：设边长为a，则从n点射出的粒子其半径恰好为； 由牛顿第二定律可得：Bqv=m当磁感应强度变为原来的2倍时，由2Bqv=m得：R=故粒子应从a点穿出；故选：C点评：带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆的性质，由几何关系确定圆心和半径，再由牛顿第二定律求解即可8（3分）如图，用回旋加速器来加速带电粒子，以下

20、说法正确的是（）A图中加速器出口射出的是带正电粒子BD形盒的狭缝间所加的电压是直流电压C强磁场对带电粒子做功，使其动能增大D粒子在加速器中的半径越大，周期越长考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：回旋加速度是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与电场的变化周期相等，粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度无关解答：解：A、根据左手定则，通过粒子的偏转方向和磁场方向知，该电荷带正电故A正确B、因为加速粒子时粒子在磁场中运动的周期与电场的变化周期相等，所以D形盒的狭缝间所加的电压为交变电压故B错误C、洛伦兹力不做功，所以磁场不增加粒子的动能故C错误D、粒子在磁场中运动

21、的周期T=，与粒子的速度、半径无关故D错误故选：A点评：解决本题的关键知道回旋加速器的原理，知道粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相等二、双项选择（每题4分，漏选2分，共24分）9（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大考点：电势能；电场线；电势 专题：电场力与电势的性质专题分

22、析：电场线与等势面垂直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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加结合这些知识分析解答：解：A、由轨迹的弯曲情况，电场力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直（电场线垂直该处等势面），由于正电荷的受力方向与场强方向一致，故可画出电场线方向，如图所示顺着电场线方向电势降低，则知a的电势最高，故A正确BC、如果质点由P运动到Q，电场力方向与速度方向的夹角小于90，做正功，电势能减小，动能增大；反之，如果由Q到P，速度或位移与力的方向夹角大于90做负功，电势能增大，动能减小，故质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大

23、，通过P点时的动能比通过Q点时小，故B、C错误D、P处等势面比Q处密，等势面密处场强大，电荷在P点受的电场力大，加速度就大，故D正确故选：AD点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题10（4分）如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），R1为定值电阻，R是滑动变阻器，开关S闭合，C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，下列各项单独操作中能使带电液滴向上运动的是（）A将R0加热BR的滑动头P向上移动CC的上极板向上移动D开关S断开考点：闭合电路的欧姆定律；电容 专题：恒定电流专题分析：电容器板间电压等于变阻器R1两端的电压，改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，

24、由欧姆定律分析电流表计数的变化及变阻器两端电压的变化当变阻器的电压增大时，油滴将向上运动改变板间距离，判断电容的变化，由E=分析场强变化解答：解：A、将R0加热，其电阻减小，电路中电流增加，R两端电压增大，则电容器极板间的电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故A正确B、仅把R的滑动端向上滑动时，R减小，R分担的电压减小，则电容器的电压减小，场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴向下运动故B错误C、C的上极板向上移动，即把两极板间距离增大，板间电压不变，由E=分析知，板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴向下运动故C错误D、开关S断开，电容器两板间电压为电源电动

25、势，故电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故D正确故选：AD点评：本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由E=分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向11（4分）电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为考点：电功、电功率；焦耳定律 专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两

26、个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以A正确，B错误；C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以C正确，D错误；故选AC点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的12（4分）在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子（不计重力）可能沿水平方向向右作直线运动的是（）ABCD考点：带电粒子在混合场中的运

27、动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电子做直线运动，要求粒子受到得合力与初速度方向在同一直线上，逐项分析电子的受力情况即可解答解答：解：A、若电子向右运动，则受到电场力向左，洛伦兹力向下，合力跟初速度方向不在同一直线上，故A错误；B、若电子向右运动，则受到电场力向左，不受洛伦兹力，合力跟初速度方向在同一直线上，故B正确；C、若电子向右运动，则受到电场力向上，洛伦兹力向下，当电场力等于洛伦兹力时，电子向右匀速运动，故C正确；D、若电子向右运动，则受到电场力向上，洛伦兹力向上，合力跟初速度方向不在同一直线上，故D错误；故选BC点评：本题主要考查了电子在电场和磁场中受力情况的分析，要使电子做

28、直线运动，则要求粒子受到得合力与初速度方向在同一直线上，难度不大，属于基础题13（4分）如图是比荷（即）相同的两粒子从O点垂直进入直线边界匀强磁场区域的运动轨迹则下列说法正确的是（）Aa带正电，b带负电Ba的带电量比b的带电量小Ca运动的速率比b的小Da的运动时间比b的短考点：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：根据粒子的偏转方向得出洛伦兹力方向，通过左手定则判断粒子的电性荷质比相同的a、b两粒子，因质量无法确定，则电量无法比较根据洛伦兹力提供向心力，得到速度与轨道半径的关系，根据半径大小判断速度大小根据周期与速度的关系，计算出周期的表达式，据此讨论运动时间解答：

29、解：A、根据左手定则可知，a带正电，b带负电，故A正确B、荷质比相同的a、b两粒子，因质量无法确定，则电量无法比较故B错误C、根据洛伦兹力提供向心力，得，因为两粒子的比荷相同，故R越大，v就越大，故C正确D、因为T=，因为相同，故T相同，ab都运动半个周期，故ab运动的时间相同，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用，注意圆心角与周期决定运动的时间14（4分）质量和带电量都相同的两个粒子，以不同的速率垂直于磁感线方向射入匀强磁场中，两粒子的运动轨迹如图中、所示，粒子的重力不计，下列对两个粒子的运动速率和在磁场中运动时间t及运动周期T、角

30、速度的说法中正确的是（）A12Bt1t2CT1T2D1=2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：粒子垂直进入匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，周期为T=，半径为r=，两个粒子运动的周期和角速度相同根据轨迹分析半径的大小，即可知速度的大小解答：解：A、粒子垂直进入匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由轨迹和几何知识得知，半径关系为r1r2，半径为r=，两个粒子的质量和电量都相等，则得12，故A正确B、由轨迹看出，轨迹对应的圆心角大小关系为：12，粒子在磁场中运动时间为t=，两个粒子运动的周期相同，则t1t2故B错误C、D粒子匀速圆周运动的周

31、期为T=，两个粒子的质量和电量都相等，周期相同，又角速度=，则得角速度也相同故C错误，D正确故选：AD点评：本题是带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，掌握半径公式r=和周期公式T=是解答的基础粒子运动时间与圆心角的大小成正比三、实验题（23分）15（13分）小明同学用下列器材描绘额定电压为3.0V的小灯泡伏安特性图线（要求电压变化从零开始），并研究小灯泡实际功率及灯丝温度等问题A电流表（0.6A，1）B电压表（3V，1k）C滑动变阻器（10，1A）D电源（4V，内阻不计）用笔画线代替导线，将图1中的实验仪器连成完整的实验电路开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于a端（填“a”或“b”）闭合开关

32、，变阻器的滑片向b端移动，电压表的示数逐渐增大，电流表指针却几乎不动，则电路的故障为小灯泡断路排除故障后，小明完成了实验，并由实验数据画出小灯泡IU图象如图中实线所示由图可确定小灯泡在电压为2.0V时实际功率为0.38W（保留两位有效数字）图2是用多用电表欧姆档“1”档直接测量小灯泡灯丝在27时电阻值，则阻值为1.5，若小灯泡灯丝电阻值与灯丝温度的关系为R=k，k为比例常数如图3，根据IU图中的实线，估算该灯泡正常工作时灯丝的温度约为17970C若IU图中的虚线或表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实线相比，虚线II（填或）才是其真实的伏安特性曲线考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定

33、电流专题分析：该实验采用了滑动变阻器的分压接法和电流表的外接法，由此可正确连接实物图；开始实验之前，要使滑动变阻器的输出电压为零，根据电路图可知滑动变阻器的滑片应置于a端；电压表有示数，说明电压表的两个接线柱和电源的两极连接的电路中无断路；电流表指针几乎不动，说明电路中电阻很大，可能是断路了；由图象求出小灯泡在电压为2.0V时的电流值，根据P=UI可以求出灯泡的实际功率大小；欧姆表的读数为指针示数乘以档位，由此可以求出待测电阻数值，将此时温度和电阻值代入公式R=k可以求k，然后根据图求出灯泡正常工作的电阻阻值，代入公式可知此时的温度大小根据实验电路图可知，由于电压表的分流作用，导致测量的灯泡的

34、电流值偏大，即相同电压情况下，灯泡实际电流比测量值偏小，因此II是真实的伏安特性曲线解答：解：该实验要求电压从零调节，因此滑动变阻器要采用分压接法，由于灯泡电阻很小，因此电流表要采用外接法，由此可正确连接实物图如下所示：开始实验之前，要使滑动变阻器的输出电压为零，根据电路图可知滑动变阻器的滑片应置于a端故答案为：a电压表有示数，说明电压表的两个接线柱和电源的两极连接的电路中无断路；电流表指针几乎不动，说明电路中电阻很大，可能是断路了，故出现这种情况的可能性是小灯泡断路故答案为：小灯泡断路根据灯泡的IU图象可知，当灯泡的电压为2V时，灯泡的电流为0.19A，因此此时灯泡的时间功率为：P=UI=2

35、.0V0.19A=0.38W故答案为：0.38W多用电表欧姆档“1”档，因此欧姆读数结果为：R=1.51=1.5，此时温度为t=27代入公式：R=k 得k的大小为：k= 灯泡正常工作的电压为3V，根据根据灯泡的IU图象可知此时灯泡的电流为0.23A，此时灯泡的电阻为： 联立解得：t=1797故答案为：1797根据实验电路图可知，由于电压表的分流作用，导致测量的灯泡的电流值偏大，即相同电压情况下，灯泡实际电流比测量值偏小，因此II是真实的伏安特性曲线故答案为：点评：本题考查了描绘小灯泡伏安特性图线实验中的实验原理图、数据处理等操作，尤其是结合图线进行数据处理的能力是考查的重点，在平时中要加强训练

36、16（10分）图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率”的实验电路图（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d=3.95104mm（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对 应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的Rx图象，可得该图线的斜率 k=10/m（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率的表达式为_=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“”接线柱上，可以测 量电源的电动势和内阻闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的 示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的UI图象，得出电源的电动势 E=2.80V；若

37、R0=2.0，则电源的内阻r=1.0考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：的关键是根据电阻定律以及闭合电路欧姆定律写出表达式，再根据图象的截距和斜率的含义即可求解解答：解：（1）螺旋测微器的读数为d=39.50.01mm=0.395mm=3.95104m（3.921043.98104都对）（2）Rx图象的斜率为k=/m（3）由R=可得=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“”接线柱上，由U=EI（R0+r）可得，UI图象的纵轴的截距为电源的电动势E，斜率大小为（R0+r），所以E=2.80V（2.782.82都对），R0+r=，解得r=1.0（0.961.04都对）

38、故答案为：（1）3.95104m，（2）10，（3）=；（4）2.80，1.0点评：遇到实验问题，关键是弄清实验原理和要求，若涉及到图象问题，则先根据物理规律求出表示纵轴与横轴物理量的表达式，然后根据截距和斜率的概念即可求解四、计算题（共29分）17（9分）如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r考点：带电粒子在匀强

39、磁场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径解答：解：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：由此可得电子做圆周运动的半径为：R=（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度为：=则电子在磁场中运动的时间：t=（3）由题意知，由图根据几何关系知：得：答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径为；（2）电子在磁场中运动的时间为；（3）圆形磁场区域的半径为点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式，能正确作出电子做圆周运动的半径18（ 8分）如图所示，PQ和MN为水平放置的平行金属导轨，间距为L=1.0m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=20g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M=30g在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=