2019-2020年高二上學(xué)期期末物理試題 含解析.doc

2019-2020年高二上學(xué)期期末物理試題 含解析一.單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求選對(duì)的得4分，選錯(cuò)或不答的得0分1（3分）磁場(chǎng)中某區(qū)域的磁感線，如圖所示，則（）Aa、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，BaBbBa、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，BaBbC同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力大D同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力小考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：磁場(chǎng)是一種特殊物質(zhì)形態(tài)，既看不見(jiàn)又摸不著因此引入磁感線來(lái)幫助我們理解磁場(chǎng)，磁感線的疏密表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，磁感線上某點(diǎn)的切線方向表磁場(chǎng)的方向而小段通電導(dǎo)線放在磁場(chǎng)中有磁場(chǎng)力作用，但要注意放置的角度解答：解：磁場(chǎng)中某區(qū)域的磁感線如圖所示：a處的磁感線比b處疏，則a點(diǎn)磁感強(qiáng)度比b點(diǎn)小所以A不正確，B正確；當(dāng)將一小段通電導(dǎo)線放入磁場(chǎng)時(shí)，若沒(méi)有磁場(chǎng)力，不一定沒(méi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度，原因是受到放置角度的限制，當(dāng)通電導(dǎo)線垂直磁場(chǎng)時(shí)，受到的磁場(chǎng)力最大所以C、D選項(xiàng)均不正確故選B點(diǎn)評(píng)：磁場(chǎng)方向的是根據(jù)小磁針的受力方向規(guī)定的，小磁針N極受力方向或靜止時(shí)所指方向就是該點(diǎn)磁場(chǎng)方向，也是磁感應(yīng)強(qiáng)度方向也可用磁感線的切線方向來(lái)判定磁場(chǎng)中的某點(diǎn)的磁場(chǎng)方向磁感線的疏密程度來(lái)表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小密的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大，疏的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度小這些特點(diǎn)和電場(chǎng)中的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向和大小非常類(lèi)似2（3分）（xx上海）如圖，長(zhǎng)為2l的直導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)相等，夾角為60的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為I的電流時(shí)，該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為（）A0B0.5BIlCBIlD2BIl考點(diǎn)：安培力的計(jì)算專(zhuān)題：計(jì)算題分析：由安培力公式F=BIL進(jìn)行計(jì)算，注意式中的L應(yīng)為等效長(zhǎng)度解答：解：導(dǎo)線在磁場(chǎng)內(nèi)有效長(zhǎng)度為2lsin30=l，故該V形通電導(dǎo)線受到安培力大小為F=BI2lsin30=BIL，選項(xiàng)C正確故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查安培力的計(jì)算，熟記公式，但要理解等效長(zhǎng)度的意義3（3分）（xx佛山一模）電荷量為3e的正離子，自勻強(qiáng)磁場(chǎng)a點(diǎn)如圖射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，打中并吸收了原處于靜止?fàn)顟B(tài)的一個(gè)電子，若忽略電子質(zhì)量，則接下來(lái)離子的運(yùn)動(dòng)軌跡是（）ABCD考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)量守恒定律專(zhuān)題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，吸收電子后所帶電荷量減小，根據(jù)洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力確定離子半徑變化情況解答：解：離了吸收一個(gè)電子后，離子帶電荷量由+3e變?yōu)?2e，由于不考慮電子質(zhì)量，故吸收電子后離子運(yùn)動(dòng)的速度保持不變由洛倫茲力提供向心力qvB=m可得離子運(yùn)動(dòng)半徑R=因?yàn)殡x子吸收電子后帶電荷量減小且離子速度不變，故離子做圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑R增大，離子帶電荷各類(lèi)沒(méi)有發(fā)生變化，故離子圓周運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有發(fā)生變化，故ABC錯(cuò)誤，D正確故選D點(diǎn)評(píng)：該題考查帶電離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，由于電量的改變而導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)半徑的變化，此內(nèi)容是高考的重點(diǎn)內(nèi)容之一，有很強(qiáng)的伸縮空間，是考生復(fù)習(xí)的重點(diǎn)本題屬中等題目4（3分）關(guān)于電源的電動(dòng)勢(shì)，下列說(shuō)法正確的是（）A電源的電動(dòng)勢(shì)就是接在電源兩極間的電壓表測(cè)得的電壓B同一電源接入不同的電路，電動(dòng)勢(shì)就會(huì)發(fā)生變化C電源的電動(dòng)勢(shì)是表示電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能的本領(lǐng)大小的物理量D在閉合電路中，當(dāng)外電阻變大時(shí)，路端電壓增大，電源的電動(dòng)勢(shì)也增大考點(diǎn)：電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻專(zhuān)題：恒定電流專(zhuān)題分析：電源沒(méi)有接入電路時(shí)兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動(dòng)勢(shì)電動(dòng)勢(shì)的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱，與外電路的結(jié)構(gòu)無(wú)關(guān)電源的電動(dòng)勢(shì)在數(shù)值上等于內(nèi)、外電壓之和解答：解：A、電壓表是由內(nèi)阻的，跟電源連接后構(gòu)成一個(gè)通路，測(cè)量的是電壓表內(nèi)阻的電壓，所以電壓表測(cè)得的電源兩極間電壓值略小于電動(dòng)勢(shì)故A錯(cuò)誤B、電動(dòng)勢(shì)反映本身的特性，與外電路的結(jié)構(gòu)無(wú)關(guān)故BD錯(cuò)誤C、電動(dòng)勢(shì)的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱，電動(dòng)勢(shì)越大，本領(lǐng)越大故C正確 故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)于電源的電動(dòng)勢(shì)的理解能力電動(dòng)勢(shì)是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小，與外電路無(wú)關(guān)5（3分）（xx汕頭一模）如圖，在正點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)中，在某點(diǎn)M放入一電荷量為q的正點(diǎn)電荷P，P受到的庫(kù)侖力為F，下列表述正確的是（）AP、Q之間相互吸引B若將P移走，則M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C若將P移近Q，則P所受庫(kù)侖力減小D若將P的電荷量增大為2q，則P所受庫(kù)侖力增大為2F考點(diǎn)：庫(kù)侖定律專(zhuān)題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題分析：電場(chǎng)中的場(chǎng)強(qiáng)與放入電場(chǎng)中的電荷無(wú)關(guān)，電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式為E=電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，電場(chǎng)線越密的地方，場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng)；電場(chǎng)線越疏的地方，場(chǎng)強(qiáng)越弱解答：解：A、由題意可知，點(diǎn)電荷Q與P均為同種電荷，則出現(xiàn)排斥現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B、M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度由正點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，當(dāng)在M點(diǎn)放入P點(diǎn)電荷時(shí)，則電荷受到電場(chǎng)力作用；當(dāng)取走電荷時(shí)，則沒(méi)有電場(chǎng)力，而該處的電場(chǎng)強(qiáng)度卻依然存在，故B錯(cuò)誤；C、若將P移近Q時(shí)，兩者間的庫(kù)侖力將增大，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式為E=當(dāng)將P的電荷量增大為2q，則P所受庫(kù)侖力增大為2F，故D正確，故選：D點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理解電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=知道其與放入電場(chǎng)中的電荷無(wú)關(guān)電場(chǎng)線越密的地方，場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng)；電場(chǎng)線越疏的地方，場(chǎng)強(qiáng)越弱6（3分）（xx安徽）如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個(gè)極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部閉合電鍵S，小球靜止時(shí)受到懸線的拉力為F調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是（）A保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)將變大B保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)將變小C保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變大D保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變小考點(diǎn)：串聯(lián)電路和并聯(lián)電路；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度；路端電壓與負(fù)載的關(guān)系專(zhuān)題：壓軸題；恒定電流專(zhuān)題分析：電容器兩端間的電壓與R0兩端的電壓相等，通過(guò)判斷R0兩端間電壓的變化，知道極板間電場(chǎng)的變化，從而知道電場(chǎng)力的變化及拉力的變化解答：解：保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，由于R0和R2串聯(lián)，總電流減小，R0兩端的電壓減小，即平行板電容器的兩個(gè)極板的電壓U減小，帶電小球受到的電場(chǎng)力減小，懸線的拉力為將減小，故A錯(cuò)誤，B正確 保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，由于在含容支路中的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線，所以R0兩端的電壓不變，F(xiàn)電不變，懸線的拉力為F不變，故C、D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵是1、熟悉含容電路的特點(diǎn)：電容兩端間的電壓與其并聯(lián)部分的電壓相等；含容支路中的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線2、會(huì)正確的進(jìn)行受力分析，搞清楚什么力變化導(dǎo)致拉力的變化7（3分）（xx安徽一模）如圖所示，A、B為相同的兩個(gè)燈泡，均發(fā)光，當(dāng)變阻器的滑片P向下端滑動(dòng)時(shí)，則（）AA燈變亮，B燈變暗BA燈變暗，B燈變亮CA、B燈均變亮DA、B燈均變暗考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律專(zhuān)題：恒定電流專(zhuān)題分析：首先認(rèn)識(shí)電路的結(jié)構(gòu)：變阻器與燈B并聯(lián)與R串聯(lián)，再與燈A并聯(lián)當(dāng)變阻器的滑片P向下端滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，分析外電路總電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析總電流的變化和路端電壓的變化，即可知道燈A的亮度變化根據(jù)總電流和通過(guò)A電流的變化，分析通過(guò)R的電流變化和電壓變化，可分析出B兩端電壓的變化，即可燈B亮度變化可分析出通過(guò)并聯(lián)電路的變化，則知燈B的變化解答：解：電路的結(jié)構(gòu)是：變阻器與燈B并聯(lián)與R串聯(lián)，再與燈A并聯(lián)當(dāng)變阻器的滑片P向下端滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，則知總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，通過(guò)A的電流減小，則燈A變暗因總電流增大、通過(guò)A的電流減小，則通過(guò)R的電流增大，R的電壓增大，路端電壓減小，則B兩端電壓的減小，B燈變暗所以A、B燈均變暗故選：D點(diǎn)評(píng)：本題是電路動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，按“局部整體局部”的思路進(jìn)行分析8（3分）如圖所示，在兩條豎直邊界線所圍的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從左邊界的P點(diǎn)以某一水平速度射入電場(chǎng)，從右邊界的Q點(diǎn)射出，下列判斷正確的有（）A粒子帶正電B粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C粒子電勢(shì)能增大D若增大電場(chǎng)強(qiáng)度粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間變大考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)能專(zhuān)題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題分析：根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向得出粒子所受電場(chǎng)力的方向，從而確定電荷的電性，粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化，將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，抓住水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)判斷時(shí)間的變化解答：解：A、粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力豎直向下，知粒子帶正電故A正確，B錯(cuò)誤B、從P到Q，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小故C錯(cuò)誤D、粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，初速度不變，由x=v0t知：t=，則僅增大電場(chǎng)強(qiáng)度，粒子穿越電場(chǎng)的時(shí)間不變，故D錯(cuò)誤故選：A點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，掌握處理類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的方法，知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系二、雙項(xiàng)選擇題：本大題共6小題，每小題4分，共24分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，只選1個(gè)且正確的得2分，有選錯(cuò)或者不答的得0分9（4分）如圖是點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，下面說(shuō)法正確的是（）AA點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定大于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)BA點(diǎn)的電勢(shì)一定比B點(diǎn)高C這個(gè)電場(chǎng)一定是正電荷形成的D在B點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)電子，它一定向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：電場(chǎng)線；電勢(shì)；電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)能專(zhuān)題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題分析：電場(chǎng)線是從正電荷或者無(wú)窮遠(yuǎn)出發(fā)出，到負(fù)電荷或無(wú)窮遠(yuǎn)處為止，沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小解答：解：A、只有一條電場(chǎng)線不能判斷電荷的情況，所以不能判斷是不是正電荷產(chǎn)生的，電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，由于只有一條電場(chǎng)線，不能判斷電場(chǎng)線的疏密情況，所以不能判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小，所以A錯(cuò)誤；B、沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，所以A點(diǎn)的電勢(shì)一定比B點(diǎn)高故B正確；C、由于只有一條電場(chǎng)線，不能判斷電場(chǎng)線的疏密情況，所以不能判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小，也不能判定這個(gè)電場(chǎng)一定是否是正電荷形成的所以C錯(cuò)誤；D、由圖可以知道的電場(chǎng)的方向向右，所以當(dāng)由靜止釋放一個(gè)電子時(shí)，電子的受力的方向向左，所以電子將一定向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，所以D正確故選：BD點(diǎn)評(píng)：本題就是考查學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的掌握，加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，即可解決本題10（4分）如圖所示，用電池對(duì)電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將兩極板的間距變大，則（）A電容器的電容增大B電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)C電容器帶電量不變D電流表中將有從b到a的電流考點(diǎn)：電容專(zhuān)題：電容器專(zhuān)題分析：電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到重力與電場(chǎng)力而平衡將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，根據(jù)板間場(chǎng)強(qiáng)E=分析場(chǎng)強(qiáng)的變化，再分析電荷q所受電場(chǎng)力的變化，判斷電荷q的運(yùn)動(dòng)方向根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，而電容器的電壓一定，再由電容的定義式分析板間電容器電量的變化，根據(jù)電容器是充電還是放電，分析電路中電流的方向解答：解：A、將兩極板的間距變大，根據(jù)電容的決定式C=，電容減小，故A錯(cuò)誤；B、將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，板間場(chǎng)強(qiáng)E=減小，電荷q所受的電場(chǎng)力F=Eq減小，電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、電容減小，電壓不變，根據(jù)Q=CU，電量減小，故C錯(cuò)誤；D、電容器的電量減小，電容器放電，而電容器上極板帶正電，則電流表中將有從b到a的電流，故D正確；故選：BD點(diǎn)評(píng)：對(duì)于電容器動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，首先要根據(jù)電容的決定式C=判斷電容的變化，抓住不變量，再由電容的定義式C=分析電量或電壓的變化，再進(jìn)一步研究場(chǎng)強(qiáng)等的變化11（4分）如圖，直導(dǎo)線處于足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，與磁感線成=30角，導(dǎo)線中通過(guò)的電流為I，為了增大導(dǎo)線所受的安培力，下列四種方法，可行的是（）A增大電流IB增加直導(dǎo)線的截面積C使導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)30D使導(dǎo)線在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)60考點(diǎn)：安培力分析：根據(jù)左手定則的內(nèi)容，判定安培力的方向左手定則的內(nèi)容是：伸開(kāi)左手，讓大拇指與四指方向垂直，并且在同一平面內(nèi)，磁感線穿過(guò)掌心，四指方向與電流的方向相同，大拇指所指的方向?yàn)榘才嗔Φ姆较蚨才嗔Φ拇笮=BILsin30，且B與I垂直； 若不垂直時(shí)，則將B沿導(dǎo)線方向與垂直方向進(jìn)行分解解答：解：A、由公式F=BILsin30，當(dāng)增大電流時(shí)，可增大通電導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力故A正確；B、由公式F=BILsin30，當(dāng)增加直導(dǎo)線的截面積時(shí)，不會(huì)影響通電導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)使導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)30時(shí)，雖導(dǎo)線長(zhǎng)度沒(méi)有變化，但導(dǎo)致導(dǎo)線與磁場(chǎng)平行，則所受磁場(chǎng)力變小，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)使導(dǎo)線在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)60時(shí)，雖導(dǎo)線長(zhǎng)度沒(méi)有變化，由公式F=BILsin90，則所受磁場(chǎng)力變大，故D正確；故選：AD點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵會(huì)根據(jù)左手定則判斷電流方向、磁場(chǎng)方向、安培力方向的關(guān)系同時(shí)考查安培力大小公式的成立條件，注意無(wú)論導(dǎo)線如何轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生安培力的大小均不變12（4分）如圖所示，虛線框MNPQ內(nèi)為一矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里a、b、c是三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，圖中畫(huà)出了它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡若不計(jì)粒子所受重力，則（）A粒子a帶負(fù)電，粒子b、c帶正電B射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子b的動(dòng)能最大C粒子b的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D射入磁場(chǎng)時(shí)c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最大考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡由左手定則判斷粒子的電性；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的動(dòng)能；根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角比較粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間解答：解：A、根據(jù)左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：v=，粒子的動(dòng)能EK=mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子動(dòng)能越大，由圖示可知，b的軌道半徑r最大，則b粒子動(dòng)能最大，故B正確；C、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，故C錯(cuò)誤；D、粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=相同，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角最大，則射入磁場(chǎng)時(shí)c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最大，故D正確；故選：BD點(diǎn)評(píng)：帶電粒子在磁場(chǎng)、質(zhì)量及電量相同情況下，運(yùn)動(dòng)的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運(yùn)動(dòng)圓弧來(lái)確定速率的大小13（4分）如圖所示，a、b分別表示一個(gè)電池組和一只電阻的伏安特性曲線以下說(shuō)法正確的是（）A電池組的內(nèi)阻是1B電阻的阻值為0.33C將該電阻接在該電池組兩端，電池組的輸出功率將是4WD改變外電阻的阻值時(shí)，該電池組的最大輸出功率為4W考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率專(zhuān)題：恒定電流專(zhuān)題分析：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=，由電池組的伏安特性曲線斜率倒數(shù)的大小求出電源的內(nèi)阻由電阻的伏安特性曲線斜率倒數(shù)的大小求出電阻值兩圖線的交點(diǎn)即為該電阻接在該電池組兩端是工作狀態(tài)，讀出電流和電壓，求出電池組的輸出功率當(dāng)外電阻等于電池內(nèi)阻時(shí)，該電池組的輸出功率最大，并功率公式求出電池組的最大輸出功率解答：解：A、由圖線a斜率倒數(shù)的大小求出電池組的內(nèi)阻r=1故A正確 B、由圖線b斜率倒數(shù)的大小求出電阻的阻值R=3故B錯(cuò)誤 C、將該電阻接在該電池組兩端，電路中電流I=1A，路端電壓為U=3V，電池組的輸出功率P出=3W故C錯(cuò)誤 D、由圖線a讀出電源的電動(dòng)勢(shì)E=4V當(dāng)外電阻等于電池內(nèi)阻時(shí)，該電池組的輸出功率最大，電池組的最大輸出功率Pmax=4W故D正確故選AD點(diǎn)評(píng)：本題考查讀圖的能力對(duì)于圖象，往往從數(shù)學(xué)上斜率、截距、交點(diǎn)等知識(shí)來(lái)理解其物理意義14（4分）如圖為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖，等離子體束（含有正、負(fù)離子）以某一速度垂直噴射入由一對(duì)磁極CD產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，A、B是一對(duì)平行于磁場(chǎng)放置的金屬板穩(wěn)定后電流表中的電流從“+”極流向“”極，由此可知（）AD磁極為N極B正離子向B板偏轉(zhuǎn)C負(fù)離子向D磁極偏轉(zhuǎn)D離子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程洛侖茲力對(duì)其不做功考點(diǎn)：霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用分析：根據(jù)電流的流向確定極板的帶電，通過(guò)左手定則判斷磁場(chǎng)方向，確定正負(fù)離子的偏轉(zhuǎn)方向解答：解：根據(jù)電流的方向知，A板帶正電，B板帶負(fù)電，正離子向A板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向B板偏轉(zhuǎn)根據(jù)左手定則知，D極為N極，C極為S極因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚺c速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功故A、D正確，B、C錯(cuò)誤故選AD點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷電荷的運(yùn)動(dòng)方向、磁場(chǎng)方向和洛倫茲力方向的關(guān)系三、實(shí)驗(yàn)題（共18分）15（8分）（xx深圳二模）為測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻現(xiàn)提供如下儀器：A電壓表（量程2V，內(nèi)阻約8k）B電流表（量程0.6A，內(nèi)阻rA=0.8）C滑動(dòng)變阻器（020）D開(kāi)關(guān)E若干導(dǎo)線為準(zhǔn)確測(cè)定干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，應(yīng)選擇圖甲（選填“甲”或“乙”）；閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)調(diào)至左端（選填“左”或“右”）移動(dòng)變阻器的滑片，得到幾組電壓表和電流表的示數(shù)，描繪成如圖丙所示的UI圖象從圖線的截距得出干電池的電動(dòng)勢(shì)為1.40V的理論依據(jù)是電源UI圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)；利用圖丙可得到干電池的內(nèi)阻為0.63（保留兩位有效數(shù)字）考點(diǎn)：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題分析：根據(jù)電源內(nèi)阻大小與圖示電路圖分析答題；滑動(dòng)變阻器采用限流接法，閉合開(kāi)關(guān)前，滑片要置于阻值最大位置；根據(jù)閉合電路歐姆定律分析答題；電源UI圖象斜率的絕對(duì)值是電源電動(dòng)勢(shì)解答：解：電流表內(nèi)阻已知，采用伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻時(shí)，應(yīng)選擇圖甲所示電路由圖乙所示電路圖可知，滑動(dòng)變阻器采用限流接法，閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)調(diào)至左端在閉合電路中，路端電壓U=EIr，當(dāng)I=0時(shí)，U=E，則電源的UI圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值等于電源電動(dòng)勢(shì)，由圖丙所示圖象可知，電源電動(dòng)勢(shì)為1.40V電源UI圖象斜率的絕對(duì)值是電源內(nèi)阻，由圖丙所示圖象可知，電源內(nèi)阻r=1.43，電池內(nèi)阻為1.430.8=0.63故答案為：甲；左；電源UI圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)；0.63點(diǎn)評(píng)：應(yīng)用伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻時(shí)，如果電源內(nèi)阻較小，相對(duì)于電源來(lái)說(shuō)，應(yīng)采用電流表外接法16（10分）為了測(cè)定光敏電阻Rx的光敏特性，某同學(xué)使用多用表“100”的歐姆擋測(cè)其在正常光照下的大致電阻，示數(shù)如圖甲所示，則所測(cè)得的阻值Rx=3200；為了比較光敏電阻在正常光照射和強(qiáng)光照射時(shí)電阻的大小關(guān)系，采用伏安法測(cè)電阻得出兩種“UI”圖線如圖乙所示，由此可知正常光照射時(shí)光敏電阻阻值為3000，強(qiáng)光照射時(shí)光敏電阻阻值為200；考慮到電表內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，圖丙電路中測(cè)量值小于真實(shí)值（填“大于”、“小于”、“等于”），請(qǐng)根據(jù)圖丙將圖丁中的儀器連接成完整實(shí)驗(yàn)電路考點(diǎn)：伏安法測(cè)電阻專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題分析：歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；根據(jù)圖象應(yīng)用歐姆定律可以求出電阻阻值；電流表采用外接法時(shí)，由于電壓表的分流作用，電流表測(cè)量值偏大，根據(jù)歐姆定律，電阻的測(cè)量值偏??；根據(jù)電路圖連接實(shí)物電路圖解答：解：由圖甲所示可知，阻值：Rx=32100=3200；由圖乙所示圖象可知，正常光照射時(shí)光敏電阻阻值：RX=3000強(qiáng)光照射時(shí)光敏電阻阻值：RX=200由圖丙所示電路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流表測(cè)量值偏大，根據(jù)歐姆定律，電阻的測(cè)量值偏??；根據(jù)圖丙所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所：故答案為：3200；3000；200；小于；連線如圖點(diǎn)評(píng)：歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；電流表外接法適用于測(cè)小電阻，電流表內(nèi)接法適用于測(cè)大電阻四、計(jì)算題（共34分）17（16分）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50的直流電源現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2已知sin 37=0.60、cos 37=0.80，求：（1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力；（3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力（4）若將磁場(chǎng)方向改為豎直向上，要使金屬桿繼續(xù)保持靜止，且不受摩擦力左右，求此時(shí)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小？考點(diǎn)：安培力分析：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大?。?）根據(jù)安培力的公式F=BIL求出安培力的大?。?）導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力、摩擦力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出摩擦力的大?。?）當(dāng)B的方向改為豎直向上時(shí)，這時(shí)安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，?huà)出受力圖，然后結(jié)合幾何關(guān)系即可求出解答：解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I1=1.5 A（2）導(dǎo)體棒受到的安培力為：F安=BIL=0.30 N由左手定則可知，安培力沿斜面向上（3）對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖，將重力正交分解，沿導(dǎo)軌方向有：F1=mgsin 37=0.24 NF1F安，根據(jù)平衡條件可知，摩擦力沿斜面向下mgsin 37+f=F安解得：f=0.06 N（4）當(dāng)B的方向改為豎直向上時(shí)，這時(shí)安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，則B2IL=mgtan ，B2=0.5T答：（1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流是1.5A；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力0.30 N，由左手定則可知，安培力沿斜面向上；（3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力是0.06N（4）若將磁場(chǎng)方向改為豎直向上，要使金屬桿繼續(xù)保持靜止，且不受摩擦力左右，此時(shí)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小是0.5T點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會(huì)利用共點(diǎn)力平衡去求未知力18（18分）（xx浙江）如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)（1）判讀墨滴所帶電荷的種類(lèi)，并求其電荷量；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；（3）現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B，則B的大小為多少？考點(diǎn)：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題：壓軸題；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：（1）根據(jù)電場(chǎng)力和重力平衡求出電荷量的大小，通過(guò)電場(chǎng)力的方向確定電荷的正負(fù)（2）墨滴垂直進(jìn)入電磁場(chǎng)共存區(qū)域，重力仍與電場(chǎng)力平衡，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)粒子垂直打在M點(diǎn)，通過(guò)幾何關(guān)系得出粒子的軌道半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小（3）根據(jù)幾何關(guān)系得出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，結(jié)合帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小解答：解：（1）墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有： 由式得，q= 由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受的電場(chǎng)力方向向上，可知墨滴帶負(fù)電荷 （2）墨滴垂直進(jìn)入電磁場(chǎng)共存區(qū)域，重力仍與電場(chǎng)力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有： 考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)和撞板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰好完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑R=d 由式得，B=（3）根據(jù)題設(shè)，墨滴的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有： 由圖示可得， 得， 聯(lián)立式可得，答：（1）墨滴帶負(fù)電，電量為（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B=（3）B的大小為點(diǎn)評(píng)：本題考查粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，知道粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)區(qū)域，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合牛頓第二定律和共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解