陕西省西安一中大学区高二(上)期末物理试卷

陕西省西安一中大学区高二(上)期末物理试卷(含答案)陕西省西安一中大学区高二(上)期末物理试卷(含答案)PAGE/NUMPAGES陕西省西安一中大学区高二(上)期末物理试卷(含答案)高二（上）期末物理试卷题号一二三四总分得分一、单项选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.依照磁感觉强度的定义式，以下说法中正确的选项是（）A.在磁场中某确定地址，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B.一小段通电直导线在空间某处受磁场力；那么该处的B必然为零C.磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D.一小段通电直导线放在B为零的地址，那么它碰到磁场力F也必然为零2.以下列图的情况中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是（）A.带等量异种电荷的平行金属板之间的两点B.C.D.离点电荷等距的任意两点两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A.串通一个的电阻B.并联一个的电阻C.串通一个的电阻D.并联一个的电阻4.回旋加速器是加速带电粒子的装置．其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都获取加速，以下列图．现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，以下 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 可行的是（）A.增大金属盒的半径B.减小狭缝间的距离C.增大高频交流电压D.减小磁场的磁感觉强度在以下列图的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端搬动，则三个电表示数的变化情况是（）A.增大，不变，U增大B.减第1页，共23页小，增大，U减小C.增大，减小，U增大D.减小，不变，U减小以下列图，在x＞0，y＞0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感觉强度的方向垂直于xoy平面向里，大小为B，现有一质量为m，电量为q的带正电粒子，从在x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场，不计重力的影响，则以下有关说法中正确的选项是（）A.B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为粒子在磁场中运动所经历的时间可能为只要粒子的速率合适，粒子即可能经过坐标原点粒子必然不能能经过坐标原点7.以下列图，以O为圆心的圆周上有六个均分点a、b、c、d、e、f．等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E．现改变a处点电荷的地址，使O点的电场强度改变，以下表达正确的选项是（）A.移至b处，O处的电场强度大小减半，方向沿OdB.移至c处，O处的电场强度大小不变，方向沿OeC.移至f处，O处的电场强度大小不变，方向沿OeD.移至e处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oc8.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬时，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3马上变亮，最后A2与A3的亮度相同。以下说法正确的选项是（）A.图1中，与的电阻值相同B.图1中，闭合，电路牢固后，中电流大于中电流C.图2中，变阻器R与的电阻值相同D.图2中，闭合瞬时，中电流与变阻器R中电流相等如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ向来与ab垂直，且与线框接触优异，不计摩擦。在PQ从凑近ad处向bc滑动的过程中（）A.PQ中电流先增大后减小B.C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.PQ两端电压先减小后增大线框耗资的电功率先减小后增大第2页，共23页10.以下列图，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是（）正在增强；正在减弱；二、多项选择题（本大题共5小题，共20.0分）B.D.正在减弱；正在增强；以下列图，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板。要使粒子的入射速度变为，还可以恰好穿过电场，则必定再使（）A.C.粒子的电荷量变为原来的两板间距离增为原来的4倍B.D.两板间电压减为原来的两板间距离增为原来的2倍12.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内abc、、三点的地址以下列图，三点的电势分别为10V、17V、26V．以下说法正确的选项是（）电场强度的大小为坐标原点处的电势为1V电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV如图是质谱仪的工作原理表示图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子经过的狭缝P和记录粒子地址的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场。以下表述正确的选项是（）质谱仪是解析同位素的重要工具速度选择中的磁场方向垂直纸面向外能经过狭缝P的带电粒子的速率等于粒子打在胶片上的地址越凑近狭缝P，粒子的荷质比越小14.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感觉强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场界线平行，如图(a)所示．已知导线框素来向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时辰进入磁场．线框中感觉电动势随时间变化的图线如图(b)所示（感觉电流的方向为顺时针时，感觉电动势取正）．以下说法正确的选项是（）第3页，共23页磁感觉强度的大小为导线框运动速度的大小为磁感觉强度的方向垂直于纸面向外D.在至这段时间内，导线框所受的安培力大小为以下列图，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特点图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特点曲线，若是把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则以下说法正确的选项是（）电源1与电源2的内阻之比是11：7B.电源1与电源2的电动势之比是7：11C.在这两种连接状态下，小灯泡耗资的功率之比是12：D.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是12：三、实验题研究题（本大题共2小题，共16.0分）某同学要研究一种新资料制成的圆柱体的电阻。步骤以下：1）用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图A所示，可知其长度为______mm。2）用螺旋测微器测量其直径，如图B所示，可知其直径为______cm。3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格以下：待测圆柱体电阻R（阻值约为200Ω）电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约l0kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，赞同经过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，赞同经过的最大电流0.5A）开关S导线若干第4页，共23页为使实验误差较小，要求测得多组数据进行解析，请在方框中画出测量的电路图，并注明所用器材的代号。17.某同学用如图1所示的电路测量两节干电池串通而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜高出0.5A．实验室供应器材以下：电压表（量程0-3V，内阻约3kΩ），电阻箱（阻值范围0-999.9Ω），开关、导线若干．1）请依照图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．2）实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，获取如表所示的若干组R、U的数据．12345678910电阻R/Ω60.535.220.013.79.95.84.33.52.92.5电压U/V2.582.432.222.001.781.401.181.050.930.85依照实验数据绘出如图3所示的-图线．由图象得出电池组的电动势E=______V，内电阻r=______Ω．（保留三位有效数字）（3）关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，以下说法正确的选项是______A．电压表的分流作用引起的误差属于有时误差B．同学读电压表示数引起的误差属于系统误差C．本实验用图象法办理数据能够减小有时误差D．若是将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差．四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）以下列图，MN、PQ为足够长的平行导轨，间距L=0.5m．导轨平面与水平面间的夹角θ=37．°NQ⊥MN，NQ间连接有一个R=3Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感觉强度为B0=1T．将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触优异，金属棒的电阻r=2Ω，其余部分电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中向来与NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s=2m．试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37=0°.6，cos37°=0.8）1）金属棒达到稳准时的速度是多大；2）从静止开始直到达到牢固速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少；3）从静止开始直到达到cd处的过程中，经过电阻R的电荷量q．第5页，共23页19.边长为L的等边三角形OAB地域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场所区AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v。以下列图，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin35°≈0.577．求：1）匀强磁场的磁感觉强度；2）带电粒子在磁场中运动的最长时间；3）沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比率。如图，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直．xOy平面内长方形地域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA的长为l、与x轴间的夹角θ=30°．一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可看作质点）从y轴上的P点沿x轴方向以必然速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场所区．已知重力加速度为g．（1）求P的纵坐标yp及小球从P射出时的速度v0；（2）已知电场强度的大小为E=，若小球不能够从BC边界走开电场，OC长度应满足什么条件？第6页，共23页答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、磁感觉强度反响磁场自己的强弱和方向，由磁场自己决定，与放入磁场的导线所受的安培力F、导线的长度L和电流I没关。故A错误。B、当通电导体平行放在磁场中某处碰到的磁场力F等于0，但磁场并必然为零。故B错误；C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则得知：磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故C错误；D、一小段通电直导线放在B为零的地址，由F=BILsinα得知，那么它碰到磁场力F也必然为零。故D正确。应选：D。本题要掌握磁感应强度的物理意义义义应强度用来，定式及其物理意．磁感描述磁场自己的强弱和方向．当电流方向与磁场方向相互垂直时应强，磁感度等于导线所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．B的方向与导线所受的磁场力方向垂直．磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义导线垂直放入与磁法，且场．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场电场强度E=的自己决定．比方：一样时还义式B=是有条件的．．同要注意的定2.【答案】D【解析】解：A、平行板电容器中场强相同而电势不相同，A错误；B、距离点电荷等势面上的点电势相等，而场强不相同，B错误；C、两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等而场强的方向不相同，C错误；D、两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势为零，第7页，共23页场强相同，D正确；应选：D。电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必定是大小和方向都相同才行．不相同观察了不相同电场中电势和场强的知识，其中重点是电势是标量而场强是矢量．3.【答案】C【解析】解：要将电流表改装成电压表，必定在电流表上串联一个大电阻，串通电阻起分压作用。应串通电阻为R===9.5×103kΩ故C正确，ABD错误。应选：C。电流表串通电阻起分压作用为电压表，电流表串通电阻为总电阻减去电流表的内阻。总电阻=量程除以满偏电流。电流表改装成电压表应串通电阻分压。串通电阻阻值为：R=，是总电阻。4.【答案】A【解析】带电粒子从D形盒中射出时的动2（1）解：能Ekm=mvm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必然的，则Ekm∝R2B2即Ekm随磁场的磁感觉强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离没关，应选：A。回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每经过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，经过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变．因第8页，共23页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．因此加速电压越大，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．本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中向来被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．因此简单让学生产生误解：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．5.【答案】B【解析】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流。R2的滑动触点向b端搬动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，经过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大。故A、C、D错误，B正确。应选：B。本题第一要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行解析．解决本题的重点抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前必然要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．6.【答案】D【解析】解：AB、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，P点的地址不确定，粒子从x轴上走开磁场或粒子运动轨迹与y轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心为：α场长动时间：tmax=T=角最大，中的最运×max=300°，粒子在磁第9页，共23页；粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重合，最小圆心角：α场中的最短运动时间：tmin=T=T=，粒子在磁min=120°，粒子在磁场中运动所经历的时间为：≤t≤，故AB错误；CD、粒子由x轴上的P点与x轴正方向成30°角射入磁场，则粒子在磁场中做圆周运动的圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示：粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角必然大于180°，而磁场为有界磁场，粒子不能能经过坐标原点，故C错误，D正确；应选：D。带电粒子以必然速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，从而导出半径公式和周期公式。本题观察了带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，掌握粒子在磁场中匀速圆周运动的半径公式和周期公式是正确解题的重点。7.【答案】D【解析】负电荷分别放置在a、d两处时圆处产生的电场强解：A、等量正、点，在心O度大小为负电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右。E，等量正、点当a处点电荷移至b处时电处的电场强度方向夹角为则，两点荷在O60°，O处的合电场强度大小为2×cos30°=E，方向沿od与oe角均分线，故A错误；B、当a处点电荷移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则O第10页，共23页处的合电场强度大小为，方向：沿Oe，故B错误。C、同理，当a处点电荷移至f处，o处的合电场强度大小为与Oc角均分线，故C错误；D、同理，当移至e处，o处的合电场强度大小减半，方向沿E，方向沿OdOc，故D正确；应选：D依照点电荷在0处电场强度，结合矢量合成的原理，确定O处的电场强度大小和方向。本题观察点电荷电场强度的叠加，要掌握点电荷电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理。8.【答案】C【解析】解：A、图1中，断开S1的瞬时，A1灯闪亮，是由于电路稳准时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；B、图1中，闭合S1，电路牢固后，断开开关S1瞬时，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；C、图2中，由于要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；D、图2中，闭合S2瞬时，L2对电流由阻拦作用，因此L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。应选：C。闭合开关的瞬间，经过L的电流增大，产生自感电动势，依照楞次定律解析电流的变化，判断经过两灯电流的关系。待电路牢固后断开开关，线圈产生自感电动势，解析经过两灯的电流关系，判断两灯可否同时熄灭。当经过线圈自己的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特其余电磁感觉现象，可运用楞次定律解析自感电动势对电流的影响。9.【答案】C【解析】第11页，共23页解：依照右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足：R1+R2+R1=3R，由题图可知，当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：当导体棒位于中间地址时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：，可知当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间地址处的电阻值，因此当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小。A、导体棒由凑近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感觉电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律解析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大。故A错误。B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小。故B错误；C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P=得知，PQ上外力的功率先减小后增大。故C正确。D、由以上的解析可知，导体棒PQ上的电阻向来大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，依照闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路耗资的电功率最大，因此可得线框耗资的电功率先增大后减小。故D错误。应选：C。本题分段过程解析：当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的第12页，共23页过程，抓住PQ产生的感觉电动势不变。导体棒由凑近ab边向dc边匀速滑动的过程中，产生的感觉电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律解析PQ两端的电压如何变化；由题意，PQ上外力的功率等于电功率，由P=，解析功率的变化；当PQ从左端滑到ab中点的过程中，由于总电阻增大，则干路电流减小，PQcb回路的电阻减小，经过cb的电流增大，可知ab中电流减小；当PQ从ab中点滑到右端的过程中，干路电流增大，PQda回路的电阻增大，PQ两端的电压减小，可知ab中电流减小；依照矩形线框总电阻与PQ电阻的关系，解析其功率如何变化。当矩形线框的总电阻等于PQ的电阻时，线框的功率最大。本题一要解析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，解析电压的变化和电流的变化；二要依照推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，解析功率的变化。10.【答案】B【解析】解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，因此线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，依照楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线框产生的感觉电动势：E=n；油滴所受电场力：F=E场q，对油滴，依照平衡条件得：q=mg；因此解得，线圈中的磁通量变化率的大小为；．故B正确，ACD错误；应选：B。由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，依照法拉第电磁感觉第13页，共23页定律E=n会产生牢固的电动势，小球碰到向上的电场力，依照小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化．解决本题的重点掌握法拉第电磁感觉定律，欧姆定律等等电磁感觉与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向．注意感觉电动势与电场强度符号简单混淆．同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感觉电动势．11.【答案】AD【解析】【解析】以必然速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，因此粒子做类平抛运动．这样类平抛运动可将看作沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动。依照运动学公式解题。带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动。应用办理类平抛运动的方法处理粒子运动。【解答】解：设平行板长度为l，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场所区而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t=，垂直初速度方向做匀加速运动：a=，y==at2=，欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场所区而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d；A、使粒子的带电量减少为原来的，则y===，故A正确；间所接电源的电压减小到原来的一半，y=，故BB、使两板第14页，共23页错误；电压不变变222，速度C、D、板的，距离化，依照y==，即：Uql=mdv减小为，则距离应该增加为2倍；故C错误，D正确；应选：AD。12.【答案】ABD【解析】解：A、以下列图，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依照沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向以下列图，由于匀强电场，则有：E=，依照几何关系，则d===3.6cm，因此电场强度大小为E==2.5V/cm，故A正确；B、依照φ-φ=φ-φ，因a、b、c三点电势分别为φ=10Vφ=17Vφ=26V，a、、cabobc解得：原点处的电势为φ=1V，故B正确；0=φφ，电子从a点到b点电场力做功为，C、因Uaba-b=10-17=-7VW=qUab=7eV因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；D、同理，U=φ-φ=17-26=-9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为bcbcW=qUbc=9eV，故D正确；应选：ABD．第15页，共23页依照匀强电场的电场强度公式E=，结合电势差与场强间距，即可求解；依照电势差等于电势之差；依照电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．观察匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义．13.【答案】ABC【解析】解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=进，入偏转电场后，有qvB0=m，解得R=．知r越小，比荷越大。同位素电量相等，质量不相同，则偏转半径不相同，因此质谱仪是解析同位素的重要工具。故A、C正确，D错误。B、粒子在磁场中向左偏转，依照左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，依照左手定则，磁场的方向垂直纸面向外。故B正确。应选：ABC。带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，依照半径公式得出半径与粒子比荷的关系。解决本题的重点知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式。14.【答案】BC【解析】【解析】依照线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据感觉电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。依照安培力公式得出导线框所受的安培力。第16页，共23页本题观察了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感觉电动势公式以及楞次题够从图象中获取感应电动势动时间等。定律，本能的大小、方向、运图应电动势，因此从开始到ab进入【解答】AB、由象能够看出，没有感用时0.2s，导线框匀速运动的速度为：v=，依照E=BLv知磁感觉强度为：B=，故A错误，B正确。C、由b图线进磁场时应电流的方向为顺时针，依照楞次定律得，可知，框，感磁感觉强度的方向垂直纸面向外，故C正确。导线框所受的安培力F=BIL==D、在内，N=0.04N，故D错误。应选BC。15.【答案】AC【解析】电图线r则：r解：A、依照源U-I，r2=，r1，1=2=11：7，故A正确。B、E1=E2=10V，故B错误C、D、灯泡伏安特点曲线与电源外特点曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则：U1=3v，I1=5A，P1=15W，R1=ΩU2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=ΩP1：P2=1：2，R1：R2=18：25故C正确，D错误应选：AC。依照电源的外特点曲线U-I图线，可求出电动势和内阻；依照灯泡伏安特点曲线与电源外特点曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻。第17页，共23页本题重点在于对电源外特点曲线、灯泡伏安特点曲线的理解，明确交点的含义，同时掌握电源的总功率，输出功率，电阻耗资功率之间的差异，及理解电源效率的公式。16.【答案】50.150.4700【解析】解：（1）主尺刻度读数：50mm；游标尺读数：0.05mm×3=0.15mm；故游标卡尺读数为：50.15mm；（2）固定刻度读数：4mm；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×20.0=0.200mm；故螺旋测微器读数为：4.700mm=0.4700cm；（3）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值动变阻器应采用分压接法；，滑最大电流为：I===20mA，故电流表选择较大量程的，即选择A2；电源电压为为有较小的读数误电压表选小量程的，即选择V1；4V，差，故由于电阻与安培表内阻相凑近，大内小外，故采用安培表外接法；实验电路图以下列图：故答案为（1）50.15；（2）0.4700；（3）如上图所示。（1）游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数；游标尺读数=精确度×对齐刻线的排列数；（2）螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；（3）电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，依照待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，尔后作出实验电路图。明确游标卡尺、螺旋测微器的读数方法，熟悉多用电表欧姆档的读数方法，知道游标卡尺、螺旋测微器是精美的测量仪器，而欧姆表只能初略测量电阻；明确伏安法测电阻的实验原理，知道误差的本源和减小方法。第18页，共23页17.【答案】3.13；5.00；CD【解析】解：①由原理可知电路为简单的串通电路，将各元件串接，电压表并联在电阻箱两端；以以下列图所示②由原理图可知，本实验采用的是伏阻法，由闭合电路欧姆定律可得：U=R；则=+R；故图象的斜率等于=k；截距b=；而由图可知，图象的斜率k==1.7；b=0.32；故解得：E==3.13V；r=5.00Ω．③电压表的分流作用是由于测量技术的不完满造成的，属于系统误差；而读数的误差为有时误差；采用图象法解析能够有效防备有时误差的影响；若将电压表内阻考虑进来，则能够减小系统误差；故AB错误；CD正确；应选CD；故答案为：（1）以下列图；（2）3.13；5.00（3）CD．（1）已知电路图，依照电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；注意接线要接在接线柱上，导线不能够交织；（2）由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 规律可求得电动势和内阻；（3）由于技术上的不完满及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为有时误差；采用图象法能够减小偶然误差．第19页，共23页本题求电动势和内阻的关键在于正确的由闭合电路欧姆定律得出函数关系，从而结合图象求出；同时注意区分系统误差和有时误差．18.【答案】解：（1）金属棒在达到牢固速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到牢固速度时加速度为零，做匀速直线运动，则有：mgsinθ=FA+μmgcosθ又安培力为：FA=B0IL感觉电动势为：E=B0Lv感觉电流为：I=由以上四式并代入已知数据，得：v=2m/s2）依照能量守恒得，重力势能减小转变为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热．有：mgssinθ=mv2+μmgcosθ?s+Q电阻R上产生的热量：QR=Q代入数据解得：QR=0.06J（3）从静止开始直到达到cd处的过程中，经过电阻R的电荷量为：q=t=t==C=0.2C答：（1）金属棒达到的牢固速度是2m/s；（2）从静止开始直到达到牢固速度的过程中，电阻R上产生的热量是0.06J；（3）从静止开始直到达到cd处的过程中，经过电阻R的电荷量q为0.2C．【解析】（1）对金属棒进行受力解析，达到牢固速度时，即为做匀速运动，依照平衡条件列出等式求解．（2）依照能量守恒得，重力势能减小转变为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热．再依照串通电路能量（功率）分配关系，即可求得电阻R上产生的热量．（3）依照法拉第电磁感觉定律、欧姆定律和电荷量公式结合求解q．本题观察了平衡条件、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感觉电动势公式，还有能量守恒定律．关键要知道当金属棒速度达到稳准时，棒处于平衡状态，由平衡条件和能量守恒定律进行求解．19.【答案】解：（1）依照几何关系：OC=Lcos30°=L沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对的圆心角为60°。第20页，共23页依照几何关系可得粒子半径：r=OC=L依照洛伦兹力供应向心力可得：qvB=m联立解得：B==（2）从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长设弦OA对的圆心角为α，依照几何关系：sin==≈0.577，可得：α≈70°粒子在磁场中运动的周期：T==最长时间：tm≈（3）从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD=OC，粒子做圆周运动的圆弧对的圆心角也为60°，如图，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°，即：沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等，从OB方向到OC方向这30°范围内的粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为60°，故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比率是，答：（1）匀强磁场的磁感觉强度为；（2）带电粒子在磁场中运动的最长时间为；（3）沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比率为。【解析】（1）利用洛伦兹力供应向心力结合几何关系，即可求出匀强磁场的磁感觉强度；（2）解析可知从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，利用周期公式结合粒子转过的圆心角，再运用t=?T，即可求出求出最长时间；（3）利用几何关系找出OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，恰好还在磁场中的粒子，找出临界几何条件，解析还在磁场中运动粒子的初速度角度占360°的百分比即为所求比率。本题观察带电粒子在有界磁场中的运动，解题重点是要画出粒子轨迹过程图，第21页，共23页找到临界几何条件，再运用洛伦兹力供应向心力与几何关系结合求解即可，对同学们数学几何能力要求较高。20.【答案】解：（1）设小球从P到M所用时间为竖直方向：水平方向：由几何关系：解得（2）设小球到达M时速度为，进入电场后加速度为amgcosθ=qE小球在电场中沿方向做匀速直线运动，沿与垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设界线OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为mgsinθ=ma＞解得＞答：（1）P的纵坐标为，小球从P射出时的速度为；2）已知电场强度的大小为E=3mg2q，若小球不能够从BC界线走开电场，OC长度应满足条件＞【解析】（1）小球从P到M做平抛运动，依照平抛运动的规律及几何关系即可求解P的纵坐标yp及小球从P射出时的速度；（2）依照运动的合成与分解，将重力分解为垂直于电场线和平行于电场线，沿电场线合力为0，做匀速直线运动，垂直电场线依照牛顿第二定律求出加速度，做匀加速直线运动，依照运动学规律列出两个方向的运动学方程即可求解；本题第二问有必然的创新，和平时做的习题的办理方法近似，依旧依照运动的合成与分解，老例题目在垂直电场线方向做匀速直线运动，沿电场线方向第22页，共23页匀加速直线运动，本题正好相反，因此不能够硬套公式，必然要掌握基本的解题方法．第23页，共23页