2019-2020年高二上学期期末物理试卷 含解析.doc

2019-2020年高二上学期期末物理试卷 含解析一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求1（3分）（xx秋广州期末）两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（）A4FBC2FD1.5F2（3分）（xx秋广州期末）关于电场场强的概念，下列说法正确的是（）A由E=可知，电场中某点的场强E与q成反比，与F成正比B正负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关D电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零3（3分）（xx秋广州期末）如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，Q表示电容器所带电量，E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）AQ变小，U变小，E变大BQ不变，U变小，E不变CQ不变，U变大，E不变DQ不变，U不变，E变大4（3分）（xx秋广州期末）下列关于电阻率的说法中正确的是（）A电阻率与导体的长度和横截面积有关B电阻率只由导体的材料决定，与温度无关C电阻率大的导体，电阻一定大D有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响5（3分）（xx秋广州期末）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是（） AL1变暗，L2变亮，L3也变亮BL1变亮，L2不能确定，L3变暗CL1变亮，L2和L3皆变暗DL1变亮，L2变亮，L3变暗6（3分）（xx秋广州期末）一个直流电动机，线圈电阻恒定为0.5；若把电动机接2.0V电压能正常工作，此时经过线圈的电流是1.0A，则电动机的输出功率P出是（）AP出=2.5WBP出=2WCP出=1.5WDP出=1W7（3分）（xx秋广州期末）一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感强度为0.50T的匀强磁场中，受到安培力大小不可能是（）A0NB0.10NC0.20ND0.40N8（3分）（xx秋广州期末）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定（）A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带负电D粒子从b到a，带负电9（3分）（xx肇庆二模）如图所示，一正方形闭合线圈在足够大的匀强磁场中运动，其中能产生感应电流的是（）ABCD10（3分）（xx秋广州期末）关于在电磁感应现象，下列说法正确的是（）A感应电流的磁场方向总是跟原来的磁场方向相反B闭合线圈放在变化的磁场中，一定能产生感应电流C穿过某闭合线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大D穿过某闭合线圈的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大二、双项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题只有两个正确选项，全对得4分，选对但不全得2分，选错或不选均得零分11（4分）（xx秋广州期末）下列说法中，正确的是（）A发现电磁感应现象的物理学家是法拉第B发现电流磁效应现象的物理学家是安培C物理学家安培用分子电流假说解释了磁体产生磁场的原因D电场实际上并不存在，是物理学家假想出的一种东西12（4分）（xx秋广州期末）如图所示的实线为一簇未标明方向的点电荷电场的电场线，虚线是一个不计重力的带负电的粒子从a点运动到b点的运动轨迹，则由图可知（）A场源点电荷带负电B带电粒子在a点的加速度较大C带电粒子在a点的动能较小Db点的电势较a点的电势低13（4分）（xx秋广州期末）关于闭合电路，下列说法中正确的是（）A闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B闭合电路中，当外电路断开时，路端电压等于零C闭合电路中，电流越大，路端电压就越小D闭合电路中，外电阻越大，路端电压就越大14（4分）（xx秋广州期末）一不计重力的电子经过某空间区域时做匀速直线运动，则（）A此区域内一定无磁场B此区域内可能既有电场又有磁场C此区域内可能只有电场D此区域内可能既无电场又无磁场15（4分）（xx秋广州期末）如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（） A闭合电键K 瞬间B闭合电键K后，把R的滑片右移C闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出D闭合电键K后，把Q靠近P三、实验题（16题8分，17题10分，共18分）16（8分）（xx秋广州期末）如图1为一个正在测量中的多用电表表盘：（1）如果是用100挡测量电阻，则读数为（2）如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为mA（3）若用螺旋测微器测金属丝的直径，由图2可知金属丝的直径d=mm17（10分）（xx秋广州期末）（1）用伏安法描绘灯泡的UI图线，要求电压表从零开始并多测几组数据，把图1中所示的实验器材用实线连接成相应的电路图闭合开关前，图中滑动变阻器的滑片P应移到（填“左端”或“右端”）（2）用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻现有甲、乙两个供实验的电路图，实验时应选用图2中电路图（填“甲”或“乙”）根据实验测得的一系列数据，画出UI图（如图2丙），被测干电池的电动势为V，内阻为四计算题（本题共3小题，共32分）18（10分）（xx秋广州期末）有一静止电子经过电压U0加速后，从电压为U的平行金属板正中央射入，该两极板间距为d，电子刚好能射出平行金属板电子的质量为m，不计重力，电量为e求：（1）电子经U0加速后进入平行金属板间的初速度v0为多少？（2）平行金属板的长度？19（10分）（xx秋广州期末）如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L=0.5m，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B=2T垂直于导轨放置的ab棒中点系水平细线，线跨过光滑定滑轮挂上G=3N的物块已知ab棒与导轨间的最大静摩擦力为2N，电源的电动势E=10V；内阻r=1，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计，细线质量不计，ab棒始终静止在导轨上求：（1）判定磁感应强度B的方向并说明依据（2）求滑动变阻器R的可能值来源:20（12分）（xx秋广州期末）如图所示的平面直角坐标系xoy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p点（坐标0，h），以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点（2h，0）进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值xx学年广东省广州市五校联考高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求来源:1（3分）（xx秋广州期末）两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（）A4FBC2FD1.5F考点：库仑定律分析：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系解答：解：由库仑定律可得：3F=；即F=；而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；则库仑力F=4F；故选：A点评：本题很多同学由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；在学习中应注意审题的练习2（3分）（xx秋广州期末）关于电场场强的概念，下列说法正确的是（）A由E=可知，电场中某点的场强E与q成反比，与F成正比B正负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关D电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零考点：电场强度分析：电场强度的定义式E=运用比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，电场中某一点的场强是唯一确定的解答：解：A、E=是电场强度的定义式，运用了比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能说：E与q成反比，与F成正比故A错误来源:学_科_网B、场强的方向与正试探电荷受到的电场力的方向相同，与负试探电荷受到的电场力的方向相反，某一点场强方向与放入试探电荷的正负无关，故B错误CD、场强E由电场本身决定，与试探电荷正负无关，电场中某一点不放试探电荷时，该点场强仍存在，故C正确，D错误故选：C点评：本题要掌握比值法定义的共性来理解电场强度，知道场强的定义式E=运用比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关来源:3（3分）（xx秋广州期末）如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，Q表示电容器所带电量，E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）AQ变小，U变小，E变大BQ不变，U变小，E不变CQ不变，U变大，E不变DQ不变，U不变，E变大考点：电容器的动态分析专题：恒定电流专题分析：电容器与电源断开，电量不变，根据d的变化判断出电容的变化，再根据电容的变化，判断出电势差的变化，再根据E=，即可判定电场强度的变化解答：解：电容器与电源断开，电量不变，d减小，根据电容的决定式C= 知，电容C增大，根据U=，知电量不变，则U变小；最后由E=，可知，电场强度不变故B正确，A、C、D错误故选：B点评：本题是电容器的动态分析，关键是抓住不变量，当电容器与电源相连，两端间电势差不变，当电容与电源断开，所带电量不变4（3分）（xx秋广州期末）下列关于电阻率的说法中正确的是（）A电阻率与导体的长度和横截面积有关B电阻率只由导体的材料决定，与温度无关C电阻率大的导体，电阻一定大D有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响考点：电阻定律；电阻率与温度的关系分析：电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响解答：解：A、电阻率与导体的长度L和横截面积S无关，故A错误；B、电阻率表征了导体材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，与温度有关，故B错误；C、导体电阻与导体电阻率、导体长度、横截面积决定，导体的电阻率越大，电阻不一定越大，故C错误；D、电阻率由导体的材料决定，大部分导体的电阻率与温度有关；但有些合金的电阻率几乎不受温度的影响，一般用来造标准电阻；故D正确；故选：D点评：本题考查了影响电阻率的因素，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题5（3分）（xx秋广州期末）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是（） AL1变暗，L2变亮，L3也变亮BL1变亮，L2不能确定，L3变暗CL1变亮，L2和L3皆变暗DL1变亮，L2变亮，L3变暗考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯L3亮度的变化根据并联部分电压的变化情况，判断L1亮度的变化由总电流与L1电流的变化，判断L2亮度的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I增大，L3变亮并联部分电压U=EI（R3+r），E、R3、r都不变，I增大，则U减小，L1变暗流过L2的电流I2=II1，I增大，I1减小，I2增大，则L2变亮故A正确故选：A点评：本题电路中动态分析问题，分析时要抓住：当外电路某一部分电阻增大或减小时，外电路电路总电阻也随之增大或减小6（3分）（xx秋广州期末）一个直流电动机，线圈电阻恒定为0.5；若把电动机接2.0V电压能正常工作，此时经过线圈的电流是1.0A，则电动机的输出功率P出是（）AP出=2.5WBP出=2WCP出=1.5WDP出=1W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电动机为非纯电阻电路；明确电动机的总功率、输出功率及热功率的区别与联系，即可列式求解解答：解：电动机正常工作时输出功率为：P出=UII2r=2110.5=1.5W故选：C点评：对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；要注意功率公式的正确应用7（3分）（xx秋广州期末）一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感强度为0.50T的匀强磁场中，受到安培力大小不可能是（）A0NB0.10NC0.20ND0.40N考点：安培力分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小由安培力公式求出导线所受磁场力的范围再选择解答：解：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为Fmax=BIL=0.520.2N=0.2N；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零则导线所受磁场力的范围为00.2N故ABC正确，D错误；因选不可能的，故选：D点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F=BILsin，就能正确解答，基本题8（3分）（xx秋广州期末）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定（）来源:A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带负电D粒子从b到a，带负电考点：洛仑兹力；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：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确故选B点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键9（3分）（xx肇庆二模）如图所示，一正方形闭合线圈在足够大的匀强磁场中运动，其中能产生感应电流的是（）ABCD考点：感应电流的产生条件分析：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题解答：解：A、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；B、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故B错误；C、线框绕轴转动，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故C错误；D、线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故D正确；故选：D点评：本题比较简单，考查了基本规律的应用，是一道考查基础知识的好题10（3分）（xx秋广州期末）关于在电磁感应现象，下列说法正确的是（）A感应电流的磁场方向总是跟原来的磁场方向相反B闭合线圈放在变化的磁场中，一定能产生感应电流C穿过某闭合线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大D穿过某闭合线圈的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大考点：法拉第电磁感应定律分析：根据楞次定律，结合感应电流产生的条件，再由根据法拉第电磁感应定律，即可分析答题解答：解：A、根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向可与原来的磁场方向相反，也可相同，故A错误；B、闭合线圈放在变化的磁场中，当穿过的磁通量变化时，一定能产生感应电流，故B错误；来源:C、由法拉第电磁感应定律可知：感应电动势与磁通量的变化率成正比，线圈中的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，线圈中产生的感应电动势越大，故C正确；D、由法拉第电磁感应定律可知：感应电动势与磁通量的变化率成正比，线圈中的磁通量变化越大，磁通量的变化率不一定大，线圈中产生的感应电动势不一定越大，故D错误；故选：C点评：本题考查了对法拉第电磁感应定律的理解，正确理解法拉第电磁感应定律即可解题，注意感应电流产生条件二、双项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题只有两个正确选项，全对得4分，选对但不全得2分，选错或不选均得零分11（4分）（xx秋广州期末）下列说法中，正确的是（）A发现电磁感应现象的物理学家是法拉第B发现电流磁效应现象的物理学家是安培C物理学家安培用分子电流假说解释了磁体产生磁场的原因D电场实际上并不存在，是物理学家假想出的一种东西考点：物理学史分析：本题可根据法拉第、奥斯特的物理学成就和安培分子电流假说进行解答解答：解：A、1831年，法拉第发现了电磁感应现象，故A正确B、发现电流磁效应现象的物理学家是奥斯特，故B错误C、物理学家安培提出了分子电流假说，很好在解释了磁体产生磁场的原因，故C正确D、电荷周围存在电场，电场是一种客观存在的物质，故D错误故选：AC点评：多了解物理学史，了解科学家的贡献，有利于对培养我们学习物理的兴趣12（4分）（xx秋广州期末）如图所示的实线为一簇未标明方向的点电荷电场的电场线，虚线是一个不计重力的带负电的粒子从a点运动到b点的运动轨迹，则由图可知（）A场源点电荷带负电B带电粒子在a点的加速度较大C带电粒子在a点的动能较小Db点的电势较a点的电势低考点：电场线分析：由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小解答：解：A、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子带负电，受到的电场力的方向与电场线方向相反，所以粒子的电场线的方向向右，场源点电荷带正负电故A错误B、电场线的疏密表示场强的大小，由图可知粒子在a点处的电场强度大，粒子受到的电场力大，加速度大故B正确C、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，若粒子从a运动到b，电场力与轨迹之间的夹角是钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大故C错误D、正点电荷产生的电场，方向向右，沿电场线的方向电势降低，所以b点的电势较a点的电势低，故D正确故选：BD点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况13（4分）（xx秋广州期末）关于闭合电路，下列说法中正确的是（）A闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B闭合电路中，当外电路断开时，路端电压等于零C闭合电路中，电流越大，路端电压就越小D闭合电路中，外电阻越大，路端电压就越大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：闭合电路的动态分析抓住不变量电动势和内电阻，然后进行分析在外路中，电流从电势高的地方流向电势低的地方，内电路中相反当电源开路时，路端电压等于电动势根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与电流、电阻的关系解答：解：A、闭合电路中，在外路中，电流从电势高的地方流向电势低的地方，内电路中相反故A错误B、闭合电路中，当外电路断开时，电流为零，内电压为零，路端电压等于电源的电动势，故B错误C、闭合电路中，电流越大，内电阻不变，内电压越大，则路端电压越小故C正确D、闭合电路中，外电阻越大，总电阻越大，总电流越小，内电压越小，路端电压越大故D正确故选：CD点评：解决本题的关键是进行动态分析时，抓住不变量要在理解的基础上，明确路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小14（4分）（xx秋广州期末）一不计重力的电子经过某空间区域时做匀速直线运动，则（）A此区域内一定无磁场B此区域内可能既有电场又有磁场C此区域内可能只有电场D此区域内可能既无电场又无磁场考点：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：通过对电子的运动分析可知，电子在该区域可能不受力的作用，有两种情况，一是电场和磁场都不存在，二是只存在磁场，但是电子的初速度方向与磁场的方向在同一条直线上；可能只受电场力作用，电子的初速度与电场力的方向在通一条直线上；可能既受电场力又受洛伦兹力作用，但是二力为一对平衡力解答：解：A、电子沿着磁感线进入磁场时，电子不受洛伦兹力作用，电子不会偏转，选项A错误B、若电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转，此时电场与磁场是正交的选项B正确C、如果该区域只存在电场，并且电子是沿着电场线的方向进入电场时，电子不发生偏转，但出现速度变化，不可能做匀速直线运动，选项C错误D、此区域内可能既无电场又无磁场，既没有电场力，也没有磁场力，故选项D正确故选：BD来源:点评：带电粒子在匀强电场中运动，主要研究两种情况，一是初速度的方向与电场的方向在一条直线上，此时做匀变速直线运动二是垂直于电场射入，此时做类平抛运动带电粒子在匀强磁场中运动，有三种情况，一是初速度的方向与磁场方向在同一条直线上，此时带电粒子不受洛伦兹力作用，带电粒子做匀速直线运动，二是垂直于磁场射入，在洛伦兹力的作用下，带电粒子将做匀速圆周运动三是带电粒子的初速度与磁场有一定的夹角，带电粒子做等距螺旋运动带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动时，主要研究是电场与磁场正交的情况，此时既受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用此种情况有一种特例即为电场力和洛伦兹力是一对平衡力15（4分）（xx秋广州期末）如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（） A闭合电键K 瞬间B闭合电键K后，把R的滑片右移C闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出D闭合电键K后，把Q靠近P考点：楞次定律分析：当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解：A、闭合电键，在P中的磁场从无到有，穿过P的磁场也穿过Q，知Q中产生感应电流，根据楞次定律，左边导线的电流向下故A正确B、闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故B错误C、闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故C错误D、闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下故D正确故选：AD点评：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向三、实验题（16题8分，17题10分，共18分）16（8分）（xx秋广州期末）如图1为一个正在测量中的多用电表表盘：（1）如果是用100挡测量电阻，则读数为1400（2）如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为3.70mA（3）若用螺旋测微器测金属丝的直径，由图2可知金属丝的直径d=0.693mm考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（2）根据表盘确定其分度值，然后读出其示数（3）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数解答：解：（1）如果是用100挡测量电阻，由图示表盘可知，读数为14100=1400（2）如果是用直流5mA挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.1mA，则读数为3.70mA（3），由图2所示可知，金属丝的直径d=0.5mm+19.30.01mm=0.693mm；故答案为：（1）1400；（2）3.70；（3）0.693点评：本题考查了多用电表与螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；读数时视线要与刻度线垂直17（10分）（xx秋广州期末）（1）用伏安法描绘灯泡的UI图线，要求电压表从零开始并多测几组数据，把图1中所示的实验器材用实线连接成相应的电路图闭合开关前，图中滑动变阻器的滑片P应移到左端（填“左端”或“右端”）（2）用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻现有甲、乙两个供实验的电路图，实验时应选用图2中电路图甲（填“甲”或“乙”）根据实验测得的一系列数据，画出UI图（如图2丙），被测干电池的电动势为1.40V，内阻为0.80考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采用电流表的内接法，（在UI图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小解答：解：（1）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，作出实验电路图，闭合开关前，图中滑动变阻器的滑片P应移到左端（2）测量电源电动势和内阻的时候，由于电源的内阻是很小的，若采用甲图的接法，由于电流表内阻的影响，会使测量电阻偏大，为了减小内阻的测量误差，实验时应选用电路图甲在UI图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.40V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=0.80故答案为：（1）如图，左端；（2）甲，1.40，0.80点评：1、本题考查了实验电路设计、连接实物电路图等问题，要掌握实验器材的选取原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路图的关键2、本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的四计算题（本题共3小题，共32分）18（10分）（xx秋广州期末）有一静止电子经过电压U0加速后，从电压为U的平行金属板正中央射入，该两极板间距为d，电子刚好能射出平行金属板电子的质量为m，不计重力，电量为e求：（1）电子经U0加速后进入平行金属板间的初速度v0为多少？（2）平行金属板的长度？考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题来源:分析：（1）电子在AB之间做加速运动，电场力的功等于电子动能的变化，根据动能定理即可解答；（2）电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，则电子的沿电场线方向的位移为，根据平抛运动的方法，结合牛顿第二定律即可解答；解答：解：（1）电子经过电压U0加速，根据动能定理，有：e U0=mv02解得v0=（2）电子在电压为U的平行金属板间作类平抛运动，运动时间为：t=加速度为：a=电子在竖直方向上的位移为：y=a t 2电子刚好能穿出电场，有：y=解以上方程，得：L=d 答：（1）电子经U0加速后进入平行金属板间的初速度v0为（2）平行金属板的长度为d 点评：该题中，电子先在加速电场中加速，然后在偏转电场中偏转，属于常规的典型题目难度适中19（10分）（xx秋广州期末）如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L=0.5m，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B=2T垂直于导轨放置的ab棒中点系水平细线，线跨过光滑定滑轮挂上G=3N的物块已知ab棒与导轨间的最大静摩擦力为2N，电源的电动势E=10V；内阻r=1，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计，细线质量不计，ab棒始终静止在导轨上求：（1）判定磁感应强度B的方向并说明依据（2）求滑动变阻器R的可能值考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）若要保持ab静止不动，受力必须平衡由于ab棒所受的最大静摩擦力为2N，而ab棒的重力为G=3N，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断磁感应强度B的方向；（2）分两种情况研究：安培力大于G和安培力小于G进行讨论，根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的范围，由欧姆定律求解电阻的范围解答：解：（1）根据受力分析可知ab棒所受的安培力一定水平向左，根据左手定则，磁感应强度B的方向垂直于导轨平面向上（2）滑动变阻器R取最大值时，流过ab棒电流最小，安培力最小，最大静摩擦力向左，有：F安+f=G 且 F安=BIL，I=所以有：解得：R=9当滑动变阻器R取最小值时，流过ab棒电流最大，安培力最大，最大静摩擦力向右，有：F安=G+f，即：解得：R=1ab棒始终静止在轨道上，滑动变阻器R的可能取值在1至9之间均可答：（1）根据受力分析可知ab棒所受的安培力一定水平向左，根据左手定则，磁感应强度B的方向垂直于导轨平面向上（2）滑动变阻器R的范围为1至9之间点评：此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解20（12分）（xx秋广州期末）如图所示的平面直角坐标系xoy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p点（坐标0，h），以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点（2h，0）进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度解答：解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2h=v0t，竖直方向：h=t2，解得：E=；（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为：vy=at=t=v0，速度：v=v0，方向与x轴正方向成450角；（3）粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得：qvB=m，当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示：由几何知识得：r=L，解得：B=；答：（1）电场强度E的大小为；（2）粒子到达a点时速度的大小为：v0，方向：与x轴正方向成450角；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值为点评：本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用