北京市民大附中高一下期末物理試卷解析版

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1、 2015-2016學年北京市民大附中高一（下）期末物理試卷 　 一、選擇題（共16小題，每小題3分，滿分48分.在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分） 1．對元電荷的理解，下列說法正確的是（　　） A．目前認為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×10﹣19C B．元電荷就是質(zhì)子 C．元電荷就是電子 D．物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍 2．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是（　?。? A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動 C．勻變

2、速曲線運動 D．勻速圓周運動 3．關(guān)于電場強度和磁感應強度，下列說法中正確的是（　?。? A．電場強度的定義式E=適用于任何靜電場 B．電場中某點電場強度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向相同 C．磁感應強度公式B=說明磁感應強度B與放入磁場中的通電導線所受安培力F成正比，與通電導線中的電流I和導線長度L的乘積成反比 D．磁感應強度公式B=說明磁感應強度的方向與放入磁場中的通電直導線所受安培力的方向相同 4．中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述

3、材料，下列說法不正確的是（　?。? A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 5．如圖，長為2l的直導線折成邊長相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B．當在該導線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導線受到的安培力大小為（　?。? A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl 6．將三個質(zhì)量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，

4、下板接地．三個微粒分別落在圖中A、B、C三點，不計其重力作用，則（　?。? A．三個微粒在電場中運動時間相等 B．三個的帶電量相同 C．三個微粒所受電場力的大小關(guān)系是FA＜FB＜FC D．三個微粒到達下板時的動能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA 7．如圖所示，一重力不計的帶電粒子以某一速度進入負點電荷形成的電場中，且只在電場力作用下依次通過M、N、P三點，其中N點是軌跡上距離負點電荷最近的點．若粒子在M點和P點的速率相等，則（　　） A．粒子在N點時的速率最大 B．UMN=UNP C．粒子在N點時的加速度最大 D．粒子在M點時電勢能大于其在N點時的電勢能 8．如圖所示，電

5、路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關(guān)S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是（　?。? A．使A、B兩板正對面積錯開一些 B．使A、B兩板靠近一些 C．斷開S后，使A、B兩板正對面積錯開一些 D．斷開S后，使A板向左平移拉開一些 9．如圖所示電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，當開關(guān)S閉合后，小型直流電動機M和指示燈L都恰能正常工作．已知指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動機M的線圈電阻為R，則下列說法中正確的是（　　） A．電動機的額定電壓為IR B．電動機的輸出功率為IE﹣FR C．電源的輸出功率為IE﹣I2r D．整個電路的

6、熱功率為I2（R0+R+r） 10．直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P向右移動時，電源的（　?。? A．效率一定增大 B．內(nèi)部損耗功率一定增大 C．總功率一定減小 D．輸出功率可能先增大后減小 11．如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上．不計重力．下列說法正確的有（　　） A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短 C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 12．如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d為導線某一橫截面所在

7、平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直．磁感應強度可能為零的點是（　?。? A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．d點 13．如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點等高，分別處于沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中．兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放．M、N為軌道的最低點，則下列說法中正確的是（　?。? A．兩個小球到達軌道最低點的速度vM＜vN B．兩個小球第一次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力FM＞FN C．小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間 D．在磁場中小球能到達軌道的另一

8、端最高處，在電場中小球不能到達軌道另一端最高處 14．圖（a）為示管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（　?。? A． B． C． D． 15．利用如圖所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向電流I時，在導體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U．已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確的是 （　?。? A．上表面電勢高 B．下表面電勢高 C．該導體單位體積內(nèi)的自由

9、電子數(shù)為 D．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 16．如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌，相距L=1m．PM間接有一個電動勢為E=6V，內(nèi)阻r=1Ω的電源和一只滑動變阻器．導體棒ab跨放在導軌上，棒的質(zhì)量為m=0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3kg．棒與導軌的動摩擦因數(shù)為μ=0.5（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導軌與棒的電阻不計，g取10m/s2），勻強磁場的磁感應強度B=2T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是（　　） A．6Ω B．5Ω C．4Ω D．2Ω 　 二、實驗題（共2小題，每空2分，滿分1

10、2分） 17．要測繪一個標有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作，已選用的器材有：電池組（電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1Ω）、電流表（量程為0～250mA，內(nèi)阻約5Ω）、電壓表（量程為0～3V，內(nèi)限約3kΩ）、電鍵一個、導線若干． （1）實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的_______（填“A”或“B”） A、滑動變阻器（最大阻值20Ω，額定電流1A） B．滑動變阻器（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A） （2）實驗的電路圖應選用下列的圖_______（填“A”或“B”）． 18．某同學準備利用下列器材測量電源電動勢和內(nèi)電阻．

11、 A．干電池兩節(jié)，每節(jié)電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆 B．直流電壓表V1、V2，量程均為0～3V，內(nèi)阻約為3kΩ C．定值電阻R0未知 D．滑動變阻器R，最大阻值Rm E．導線和開關(guān) （1）根據(jù)如圖甲所示的實物連接圖，在圖乙方框中畫出相應的電路圖； （2）實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0，方法是先把滑動變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，則R0=_______（用U10、U20、Rm表示） （3）實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a

12、，則電源電動勢E=_______，內(nèi)阻為r=_______（用k、a、R0表示）． 　 三、解答題（共4小題，滿分40分） 19．如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點．已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e．求： （1）電子穿過A板時的速度大小； （2）電子從偏轉(zhuǎn)電

13、場射出時的側(cè)移量； （3）P點到O點的距離． 20．如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： （1）通過導

14、體棒的電流； （2）導體棒受到的安培力大??； （3）導體棒受到的摩擦力． 21．如圖所示，質(zhì)量m=2.0×10﹣4kg、電荷量q=1.0×10﹣6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場強度為E1的勻強電場中．取g=10m/s2． （1）求勻強電場的電場強度E1的大小和方向； （2）在t=0時刻，勻強電場強度大小突然變?yōu)镋2=4.0×103N/C，且方向不變．求在t=0.20s時間內(nèi)電場力做的功； （3）在t=0.20s時刻突然撤掉電場，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點時的動能． 22．真空中存在一中空的柱形圓筒，如圖是它的一個截面，a、b、c為此截面上

15、的三個小孔，三個小孔在圓形截面上均勻分布，圓筒半徑為R．在圓筒的外部空間存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，其方向與圓筒的軸線平行，在圖中垂直于紙面向內(nèi)．現(xiàn)在a處向圓筒內(nèi)發(fā)射一個帶正電的粒子，其質(zhì)量為m，帶電量為q，使粒子在圖所在平面內(nèi)運動，設粒子只受磁場力的作用，若粒子碰到圓筒即會被吸收，則： （1）若要粒子發(fā)射后在以后的運動中始終不會碰到圓筒，則粒子的初速度的大小和方向有何要求？ （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也為B，則為使粒子以后都不會碰到圓筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？ 　  2015-2016學年北京市民大附中高一（下）期

16、末物理試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（共16小題，每小題3分，滿分48分.在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分） 1．對元電荷的理解，下列說法正確的是（　?。? A．目前認為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×10﹣19C B．元電荷就是質(zhì)子 C．元電荷就是電子 D．物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍 【考點】元電荷、點電荷． 【分析】元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電

17、體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍． 【解答】解：A、目前認為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×10﹣19C，故A正確； B、元電荷是最小電荷量，不是一種帶電微粒，故BC錯誤； D、物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，故D正確； 故選：AD． 　 2．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是（　?。? A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動 C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動 【考點】電場強度；牛頓第二定律． 【分析】根據(jù)物體的初狀態(tài)和受力情況判斷物體的運動情況． 【解答】解：一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，合力不

18、為0． A、物體合力不為0，不可能做勻速直線運動，故A錯誤． B、物體合力不為0，當初速度方向與加速度方向相同，而且合外力恒定，就做勻加速直線運動，故B正確． C、物體合力不為0，當初速度方向與加速度方向不在一條直線上，而且合外力恒定，物體就做勻變速曲線運動，故C正確． D、物體合力不為0，當合力與速度方向始終垂直，就可能做勻速圓周運動，故D正確． 答案選不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)，故選：A． 　 3．關(guān)于電場強度和磁感應強度，下列說法中正確的是（　?。? A．電場強度的定義式E=適用于任何靜電場 B．電場中某點電場強度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向相同 C．磁感

19、應強度公式B=說明磁感應強度B與放入磁場中的通電導線所受安培力F成正比，與通電導線中的電流I和導線長度L的乘積成反比 D．磁感應強度公式B=說明磁感應強度的方向與放入磁場中的通電直導線所受安培力的方向相同 【考點】磁感應強度；電場強度． 【分析】電場強度處處相等的區(qū)域內(nèi)，電勢不一定處處相等，沿電場線的方向電勢降低；小段通電導線在某處若不受磁場力，是導線與磁場垂直，則此處不一定無磁場．電場強度的定義式E=適用于任何電場；磁感應強度的方向與置于該處的通電導線所受的安培力方向垂直． 【解答】解：A、電場強度的定義式E=適用于任何電場．故A正確； B、根據(jù)電場強度方向的規(guī)定：電場中某點電場強

20、度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向相同．故B正確； C、磁感應強度公式B=是定義式，磁感應強度的大小與方向由磁場本身決定，與放入磁場中的通電導線所受安培力F無關(guān)，與通電導線中的電流I和導線長度L的乘積無關(guān)．故C錯誤； D、根據(jù)左手定則，磁感應強度的方向與置于該處的通電導線所受的安培力方向垂直．故D錯誤． 故選：AB 　 4．中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是（　?。? A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合

21、B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 【考點】洛侖茲力；地磁場． 【分析】根據(jù)課本中有關(guān)地磁場的基礎(chǔ)知識，同時明在確磁場及磁通量的性質(zhì)；即可確定此題的答案． 【解答】解：A、地理南、北極與地磁場的南、北極不重合有一定的夾角，即為磁偏角；故A正確； B、磁場是閉合的曲線，地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故B正確； C、磁場是閉合的曲線，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行，故C錯誤； D、地磁場

22、與射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子速度方向并不平行，所以對帶電宇宙射線粒子有力的作用，故D正確； 本題選錯誤的，故選：C． 　 5．如圖，長為2l的直導線折成邊長相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B．當在該導線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導線受到的安培力大小為（　　） A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl 【考點】安培力的計算． 【分析】由安培力公式F=BIL進行計算，注意式中的L應為等效長度． 【解答】解：導線在磁場內(nèi)有效長度為2lsin30°=l，故該V形通電導線受到安培力大小為F=BI2

23、lsin30°=BIL，選項C正確． 故選C． 　 6．將三個質(zhì)量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，下板接地．三個微粒分別落在圖中A、B、C三點，不計其重力作用，則（　?。? A．三個微粒在電場中運動時間相等 B．三個的帶電量相同 C．三個微粒所受電場力的大小關(guān)系是FA＜FB＜FC D．三個微粒到達下板時的動能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】微粒在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解處理類平拋問題即可． 【解答】解：帶電微粒進入垂直電場方向進入電場后均做類平拋運動，

24、可沿水平方向建立x軸，豎直方向建立y軸，則有題意有： A、B、C三個微粒在水平方向位移有：xA＞xB＞xC，在豎直方向位移有：yA=yB=yC 因為微粒在水平方向做勻速直線運動，故滿足x=v0t得運動時間有t= ∵xA＞xB＞xC∴tA＞tB＞tC，所以A錯誤． ∵微粒在y軸方向做初速度為0的勻加速直線運動，有得： a= 又∵yA=yB=yC，tA＞tB＞tC ∴aA＜aB＜aC ∵微粒在電場中受電場力產(chǎn)生加速度，則由牛頓第二定律有：F=ma ∴有FA＜FB＜FC，所以C正確； 在電場中有F=qE=得到qA＜qB＜qC，所以B錯誤； 又因為微粒在電場中電場力對微粒做的功等

25、于微粒動能的變化，由于微粒初動能相同，則可以比較電場力做功確定微粒末動能的大小 由于FA＜FB＜FC，yA=yB=yC 所以C正確； 所以有電場力做功WC＞W(wǎng)B＞W(wǎng)A 據(jù)W=Ek﹣Ek0由于初動能相同所以有三個微粒到達下板時的動能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA故D正確． 故選CD． 　 7．如圖所示，一重力不計的帶電粒子以某一速度進入負點電荷形成的電場中，且只在電場力作用下依次通過M、N、P三點，其中N點是軌跡上距離負點電荷最近的點．若粒子在M點和P點的速率相等，則（　?。? A．粒子在N點時的速率最大 B．UMN=UNP C．粒子在N點時的加速度最大 D．粒子在M點時電勢

26、能大于其在N點時的電勢能 【考點】電場線；勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系． 【分析】由一定的軌跡可得，粒子在勻強電場中受到的電場力的方向向左，在向右運動的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的速度減小，電勢能增加，根據(jù)粒子的運動分析可以得出結(jié)論． 【解答】解：A、由題可得電子受到的電場力向左，在向右運動的過程中，電場力對電子做負功，粒子的速度減小，運動到N點時，電子的速度最小，所以A錯誤； B、由于粒子在M點和P點的速率相等，所以UMN=﹣UNP，所以B錯誤； C、根據(jù)電場線的疏密可得，N點處的電場線最密，所以粒子在N點時受到的電場力最大，加速度最大．所以C正確； D、當粒子向右運動

27、的過程中，電場力對粒子做負功，電勢能增加，粒子在M點時電勢能小于其在N點時的電勢能，所以D錯誤． 故選：C． 　 8．如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關(guān)S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是（　?。? A．使A、B兩板正對面積錯開一些 B．使A、B兩板靠近一些 C．斷開S后，使A、B兩板正對面積錯開一些 D．斷開S后，使A板向左平移拉開一些 【考點】電容器． 【分析】靜電計測量的是金屬板兩端的電勢差，閉合電鍵，A、B兩端的電勢差不變．斷開電鍵，則兩極板所帶的電量不變，根據(jù)電容的變化判斷電勢差的變化． 【解答】解：AB

28、、電鍵閉合，兩極板電勢差不變，則靜電計指針張開的角度不變．故A、B錯誤． C、斷開S后，極板所帶的電量不變，使A、B兩板正對面積錯開一些，正對面積變小，根據(jù)知，電容減小，根據(jù)U=，則電勢差增大，張角增大．故C正確． D、斷開S后，使A板向左平移拉開一些，d增大，根據(jù)知，電容減小，根據(jù)U=，則電勢差增大，張角增大．故D正確． 故選CD． 　 9．如圖所示電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，當開關(guān)S閉合后，小型直流電動機M和指示燈L都恰能正常工作．已知指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動機M的線圈電阻為R，則下列說法中正確的是（　?。? A．電動機的額定電壓為IR B．電動機的輸出

29、功率為IE﹣FR C．電源的輸出功率為IE﹣I2r D．整個電路的熱功率為I2（R0+R+r） 【考點】功率、平均功率和瞬時功率． 【分析】小燈泡是純電阻電路，滿足歐姆定律，但電動機正常工作時不是純電阻，不能滿足歐姆定律；電源的輸出功率P=UI=IE﹣I2r；由公式P=UI求出電動機的總功率P總．電動機的輸出功率是機械功率，根據(jù)能量守恒可知P出=P總﹣P熱，P熱=I2R．整個電路的熱功率為I2（R0+R+r）． 【解答】解A、電動機不是純電阻，不能滿足歐姆定律，電動機的額定電壓大于IR，故A錯誤； B、電動機的電壓為：UM=E﹣I（R0+r），電動機的輸出功率為：P出=UMI﹣I2

30、R0=[E﹣I（R0+r）]I﹣I2R0，故B錯誤． C、電源的輸出功率為：P=IE﹣I2r；，故故C正確； D、整個電路的熱功率為I2（R0+R+r），故D正確． 故選：CD 　 10．直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P向右移動時，電源的（　?。? A．效率一定增大 B．內(nèi)部損耗功率一定增大 C．總功率一定減小 D．輸出功率可能先增大后減小 【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律． 【分析】滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，由歐姆定律可以判斷電路電流如何變化，由電功率公式可以分析答題． 【解答】解：由電路圖可知，當滑動變阻滑片向右移動時，滑動變阻器接入

31、電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動勢不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流I變小； A、電源的效率η==，電源內(nèi)阻r不變，滑動變阻器阻值R變大，則電源效率增大，故A正確； B、電源內(nèi)阻r不變，電流I減小，電源內(nèi)部損耗功率Pr=I2r減小，故B錯誤； C、電源電動勢E不變，電流I變小，電源總功率P=EI減小，故C正確； D、當滑動變阻器阻值與電源內(nèi)阻相等時，電源輸出功率最大，如果滑動變阻器的最大電阻值大于電源的內(nèi)電阻，則電源的輸出功率先增大后減小，故D正確； 故選：ACD． 　 11．如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P

32、上．不計重力．下列說法正確的有（　?。? A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短 C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動． 【分析】帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，要熟練應用半徑公式和周期公式進行求解． 【解答】解：a、b粒子的運動軌跡如圖所示： 粒子a、b都向下由左手定則可知，a、b均帶正電，故A正確； 由r=可知，兩粒子半徑相等，根據(jù)上圖中兩粒子運動軌跡可知a粒子運動軌跡長度大于b粒子運動軌跡長度，運動時間a在磁場中飛行的時間比b的長，故BC錯誤； 根據(jù)運動軌跡

33、可知，在P上的落點與O點的距離a比b的近，故D正確． 故選：AD． 　 12．如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直．磁感應強度可能為零的點是（　?。? A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．d點 【考點】通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向． 【分析】由安培定則可判出兩導線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應強度為零的點的位置． 【解答】解：兩電流在該點的合磁感應強度為0，說明兩電流在該點的磁感應強度滿足等大反

34、向關(guān)系． 根據(jù)右手螺旋定則在兩電流的同側(cè)磁感應強度方向相反，則為a或c，又I1＞I2，所以該點距I1遠距I2近，所以是c點； 故選C． 　 13．如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點等高，分別處于沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中．兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放．M、N為軌道的最低點，則下列說法中正確的是（　?。? A．兩個小球到達軌道最低點的速度vM＜vN B．兩個小球第一次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力FM＞FN C．小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間 D．在磁場中小球能到達軌道的另一端最高處，在電場中小球不

35、能到達軌道另一端最高處 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】帶電小球在磁場中運動，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理求出運動到最低點的速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出底部對小球的支持力大小，然后進行比較． 【解答】解：A、對左圖，根據(jù)動能定理得，，解得． 對右圖，根據(jù)動能定理得，，解得．所以vM＞vN．故A錯誤． B、在最低點，對左圖有：，解得FM=3mg． 對右圖有：，解得FN=3mg﹣qE．知FM＞FN．故B正確． C、左圖在運動的過程中，只有重力做功，右圖在運動的過程中，除重力做功外，還有電場力做負功，起阻礙作用，所以小球

36、第一次到達M點的時間小于小球第一次到達N點的時間．故C錯誤． D、若在磁場中小球能運動到另一端的最高處，則根據(jù)動能定理知，在電場中，電場力始終做負功，小球不能到達最高點．故D正確． 故選BD． 　 14．圖（a）為示管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（　　） A． B． C． D． 【考點】示波管及其使用． 【分析】示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測

37、信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象． 【解答】解：由于電極XX′加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓是信號電壓，信號電壓與掃描電壓周期相同，所以熒光屏上會看到的圖形是B； 故選B． 　 15．利用如圖所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向電流I時，在導體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U．已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確的是 （　　） A．上表面電勢高 B．下表面電勢高 C．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 D．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 【考點】霍爾效應及

38、其應用． 【分析】金屬導體中移動的是自由電子，電子定向移動，受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使得上下表面存在電勢差，最終電子受電場力和洛倫茲力處于平衡．根據(jù)上下表面帶電的正負判斷電勢的高低．根據(jù)電流的微觀表達式求出單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)． 【解答】解：A、電流方向水平向右，則自由電子的運動方向水平向左，根據(jù)左手定則，電子向上偏，上表面得到電子帶負電，下表面失去電子帶正電．所以下表面的電勢高．故A錯誤，B正確． C、電流的微觀表達式為I=nevS，n表示單位體積內(nèi)的電子數(shù)，S表示橫截面積，則n=．最終電子受電場力和洛倫茲力處于平衡，有：，則v=．所以n=．故D正確，C錯誤． 故選BD．

39、　 16．如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌，相距L=1m．PM間接有一個電動勢為E=6V，內(nèi)阻r=1Ω的電源和一只滑動變阻器．導體棒ab跨放在導軌上，棒的質(zhì)量為m=0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3kg．棒與導軌的動摩擦因數(shù)為μ=0.5（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導軌與棒的電阻不計，g取10m/s2），勻強磁場的磁感應強度B=2T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是（　　） A．6Ω B．5Ω C．4Ω D．2Ω 【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；安培力． 【分析】分析導體棒的

40、受力情況，當棒剛要向右滑動時，軌道對棒的靜摩擦力向左達到最大，此時導體棒所受的安培力最小，電路中電流最小，根據(jù)平衡條件和安培力公式求出電路中電流的最大值，由歐姆定律得到滑動變阻器連入電路電阻的最大值； 當棒剛要向左滑動時，軌道對棒的靜摩擦力向右達到最大，此時導體棒所受的安培力最大，電路中電流最大，根據(jù)平衡條件和安培力公式求出電路中電流的最大值，由歐姆定律得到滑動變阻器連入電路電阻的最小值；即可得到變阻器接入電路的電阻范圍，再選擇． 【解答】解：導體棒水平方向受到向右的繩的拉力、向左的安培力和靜摩擦力． 當棒剛要向右滑動時，軌道對棒的靜摩擦力向左達到最大，此時電路中電流最小，設為I1，由平

41、衡條件得： BI1L+μmg=Mg，得I1==1A 此時變阻器接入電路的電阻最大，設為R1，由歐姆定律得 R1==Ω=5Ω 當棒剛要向左滑動時，軌道對棒的靜摩擦力向右達到最大，此時電路中電流最大，設為I2，由平衡條件得： BI2L=μmg+Mg，得I2==2A 此時變阻器接入電路的電阻最小，設為R2，由歐姆定律得 R2===2Ω 所以為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值范圍為2Ω≤R≤5Ω，不可能是6Ω． 該題選不可能的，故選A 　 二、實驗題（共2小題，每空2分，滿分12分） 17．要測繪一個標有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線

42、，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作，已選用的器材有：電池組（電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1Ω）、電流表（量程為0～250mA，內(nèi)阻約5Ω）、電壓表（量程為0～3V，內(nèi)限約3kΩ）、電鍵一個、導線若干． （1）實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的　A?。ㄌ睢癆”或“B”） A、滑動變阻器（最大阻值20Ω，額定電流1A） B．滑動變阻器（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A） （2）實驗的電路圖應選用下列的圖　B?。ㄌ睢癆”或“B”）． 【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線． 【分析】（1）為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器． （2）根據(jù)題意確定滑動變阻器接法，根

43、據(jù)燈泡電阻與電表內(nèi)阻關(guān)系確定電流表接法，然后選擇實驗電路． 【解答】解：（1）電壓從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選A； （2）實驗要求：燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡電阻R===15Ω，電流表內(nèi)阻約為5Ω，電壓表內(nèi)阻約為3000Ω，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法，因此應選擇圖B所示實驗電路． 故答案為：（1）A；（2）B． 　 18．某同學準備利用下列器材測量電源電動勢和內(nèi)電阻． A．干電池兩節(jié)，每節(jié)電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆 B．直流電壓表V1、V2，量程均為0～3V，內(nèi)阻約為3kΩ

44、 C．定值電阻R0未知 D．滑動變阻器R，最大阻值Rm E．導線和開關(guān) （1）根據(jù)如圖甲所示的實物連接圖，在圖乙方框中畫出相應的電路圖； （2）實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0，方法是先把滑動變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，則R0=　Rm?。ㄓ肬10、U20、Rm表示） （3）實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，則電源電動勢E=　　，內(nèi)阻為r=　?。ㄓ胟、a、R0表示）． 【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻． 【分析】（1）由實物

45、圖可知電路的連接方法得出對應的原理圖； （2）根據(jù)實驗原理結(jié)合歐姆定律可求得定值電阻的阻值； （3）根據(jù)閉合電路歐姆定律及圖象的性質(zhì)可得出對應的電動勢和內(nèi)電阻． 【解答】解：（1）由實物圖可知電路的連接方式，得出的實物圖如圖所示 （2）由圖可知，V2測量R0與R兩端的電壓，V1測量R兩端的電壓，則R0兩端的電壓U20﹣U10； 由歐姆定律可知：R0==Rm； （3）由閉合電路歐姆定律可知：E=U2+r 變形得：U1=U2﹣ 則有：﹣=a； =k 解得：E= r= 故答案為：（1）如圖所示；（2）Rm；（3）； 　 三、解答題（共4小題，滿分40分） 19．如圖

46、所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點．已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e．求： （1）電子穿過A板時的速度大??； （2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量； （3）P點到O點的距離． 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用． 【分析】（1）電子在加速電場U

47、1中運動時，電場力對電子做正功，根據(jù)動能定理求解電子穿過A板時的速度大小． （2）電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動．根據(jù)板長和初速度求出時間．根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量． （3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后沿穿出電場時的速度做勻速直線運動，水平方向：位移為L2，分速度等于v0，求出勻速運動的時間．豎直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出離開電場后偏轉(zhuǎn)的距離，再加上電場中偏轉(zhuǎn)的距離得解． 【解答】解：（1）設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得： e

48、U1=，解得： （2）電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動．設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時相對于原運動方向的側(cè)移量為y1． 根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得： a=，又E=，得a= 水平方向：t1=， 豎直方向：y1=， 解得：y1= （3）設電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy． 根據(jù)運動學公式得：vy=at1= 電子離開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運動，設電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t

49、2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，如圖所示 t2=，y2=vyt2 解得：y2= P到O點的距離為 y=y1+y2= 答：（1）電子穿過A板時的速度大小為； （2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y1=； （3）P點到O點的距離y2=． 　 20．如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導

50、體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： （1）通過導體棒的電流； （2）導體棒受到的安培力大小； （3）導體棒受到的摩擦力． 【考點】安培力． 【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大?。? （2）根據(jù)安培力的公式F=BIL求出安培力的大?。? （3）導體棒受重力、支持力、安培力、摩擦力處于平衡，根據(jù)共點力平衡求出摩擦力的大小． 【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I===1.5 A； （2

51、）導體棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N； （3）導體棒受力如圖，將重力正交分解，如圖： F1=mgsin 37°=0.24 N F1＜F安，根據(jù)平衡條件： mgsin 37°+f=F安 代入數(shù)據(jù)得：f=0.06 N 答：（1）通過導體棒的電流為1.5A； （2）導體棒受到的安培力大小0.30N； （3）導體棒受到的摩擦力為0.06N． 　 21．如圖所示，質(zhì)量m=2.0×10﹣4kg、電荷量q=1.0×10﹣6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場強度為E1的勻強電場中．取g

52、=10m/s2． （1）求勻強電場的電場強度E1的大小和方向； （2）在t=0時刻，勻強電場強度大小突然變?yōu)镋2=4.0×103N/C，且方向不變．求在t=0.20s時間內(nèi)電場力做的功； （3）在t=0.20s時刻突然撤掉電場，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點時的動能． 【考點】動能定理的應用；共點力平衡的條件及其應用；牛頓第二定律；電場強度． 【分析】（1）帶正電微粒靜止勻強電場中，重力與電場力平衡，即可由平衡條件求得電場強度E1的大小和方向； （2）在t=0時刻，勻強電場強度大小突然變?yōu)镋2=4.0×103N/C后，粒子向上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，

53、由運動學位移公式求出位移，即可求得電場力做的功； （3）在t=0.20s時刻突然撤掉電場，根據(jù)動能定理求解帶電微粒回到出發(fā)點時的動能． 【解答】解：（1）設電場強度為E，則有 Eq=mg 得 E=N/C=2.0×103N/C，方向向上． （2）在t=0時刻，電場強度突然變化為E2=4.0×103N/C，設微粒的加速度為a，在t=0.20s時間內(nèi)上升高度為h，電場力做功為W，則 qE2﹣mg=ma1 解得：a1=10m/s2 則 解得：h=0.20m 電場力做的功為W=qE2h 代入解得：W=8.0×10﹣4J （3）設在t=0.20

54、s時刻突然撤掉電場時粒子的速度大小為v，回到出發(fā)點時的動能為Ek，則 v=at 根據(jù)動能定理得：mgh=Ek﹣ 得Ek=mgh+ 解得：Ek=8.0×10﹣4J 答：（1）求勻強電場的電場強度E1的大小是2.0×103N/C，方向向上． （2）在t=0.20s時間內(nèi)電場力做的功為8.0×10﹣4J． （3）帶電微?；氐匠霭l(fā)點時的動能是8.0×10﹣4J． 　 22．真空中存在一中空的柱形圓筒，如圖是它的一個截面，a、b、c為此截面上的三個小孔，三個小孔在圓形截面上均勻分布，圓筒半徑為R．在圓筒的外部空間存在著勻強磁場，磁感應強度大小

55、為B，其方向與圓筒的軸線平行，在圖中垂直于紙面向內(nèi)．現(xiàn)在a處向圓筒內(nèi)發(fā)射一個帶正電的粒子，其質(zhì)量為m，帶電量為q，使粒子在圖所在平面內(nèi)運動，設粒子只受磁場力的作用，若粒子碰到圓筒即會被吸收，則： （1）若要粒子發(fā)射后在以后的運動中始終不會碰到圓筒，則粒子的初速度的大小和方向有何要求？ （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也為B，則為使粒子以后都不會碰到圓筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？ 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動． 【分析】（1）粒子若由a射向c，由c出磁場后，粒子受到的洛倫茲力的方向向左，粒子將向左偏轉(zhuǎn)，若再次射入圓筒時從a進入指向c

56、，則粒子偏轉(zhuǎn)360°，這個顯然是不可能的；若再次射入圓筒時從a射向b，則圓心到c的距離一定大于圓心到a的距離，這也是不可能的，所以粒子只能從a射向b． 若粒子從a射向b，依題意，出圓筒后再次射入從a圓筒時，方向指向b，則粒子偏轉(zhuǎn)360°，這個顯然是不可能的；出圓筒后再次射入從c圓筒時，方向指向b，則粒子的偏轉(zhuǎn)角是300°，這也是不可能的，做不出軌跡的圖象； 所以粒子進入圓筒后從a指向b，從b進入磁場偏轉(zhuǎn)后只能由c進入圓筒，且方向指向a．畫出粒子運動的軌跡，然后由圖中的幾何關(guān)系得出粒子運動的半徑，即可求出粒子速度的大??； （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙

57、面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也為B，為使粒子以后都不會碰到圓筒，結(jié)合（1）的分析與粒子運動的對稱性可知，粒子運動的軌跡只能是從a到b，然后到c，再到a，等等，粒子運動的方向是從a指向圓心．做出粒子運動的軌跡，然后由圖中的幾何關(guān)系得出粒子運動的半徑，即可求出粒子速度的大小； 【解答】解：（1）依題意，粒子進入圓筒后從a指向b，從b進入磁場偏轉(zhuǎn)后只能由c進入圓筒，且方向指向a．畫出粒子運動的軌跡如圖1，粒子的偏轉(zhuǎn)角是240°，由圖中的幾何關(guān)系得： 粒子運動的圓心一定在圓筒上，而且粒子的半徑r=R． 粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，所以： 聯(lián)立得：； （2）如果在圓

58、筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也為B，由粒子運動的對稱性可知，粒子運動的軌跡只能是從a到b，然后在外側(cè)的磁場中到c，在圓筒內(nèi)再到a，然后在外側(cè)的磁場中到b，在圓筒內(nèi)再到c，然后在外側(cè)的磁場中到a，如圖2． 粒子運動的方向是從a指向圓心．做出粒子運動的軌跡粒子運動軌跡如圖2所示， 由圖可知，cd⊥oc，bd⊥ob，所以粒子的偏轉(zhuǎn)角：β=240°，所以：∠bod=30°，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設圓弧的圓半徑為r′，粒子的偏轉(zhuǎn)半徑： 由牛頓第二定律得：qvB= 所以： 答：（1）若要粒子發(fā)射后在以后的運動中始終不會碰到圓筒，粒子的初速度的大小為：方向從a指向b； （2）如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也為B，則為使粒子以后都不會碰到圓筒，粒子的初速度大小為，方向由a指向圓心． 　  2016年9月15日