2019-2020年高二物理上学期期末模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期期末模拟试卷（含解析）一、本卷共14题，每题4分，共56分在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1（4分）下列各图分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔（A、B图）或障碍物（C、D图），其中能发生明显衍射现象的有（）ABCD2（4分）如图为某一电场的电场线和等势面分布，其中图中实线表示电场线，虚线表示过a、c两点的等势面，电势分别为a=50V，c=20V那么a、c连线的中点b的电势b为（）Ab=35VBb35VCb35 VD上述情况都有可能3（4分）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球用轻质绝缘细线悬挂起来，若加一方向平行于纸面的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成角，则该电场的场强大小至少为（）AcosBsinCtanDcot4（4分）从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能粒子流到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，如图所示，那么（）A地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同B地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最强，赤道附近最弱C地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强D地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转5（4分）如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷Q，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AO点电场强度为零BD点电场强度为零C若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向C，电势能增大6（4分）如图所示，额定电压都是110V，额定功率分别为PA=100W、PB=40W的两灯泡，接在220V电路上使用，使电灯能够正常发光，且电路中消耗电能最小的电路是哪一个（）ABCD7（4分）在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时（）AA1的示数增大，V的示数减小BA1的示数减小，A2的示数增大CA2的示数增大，V的示数增大DA1的示数增大，A2的示数增大8（4分）如图a所示为一列简谐横波在t=20s时的波形图，图是b这列波中P点的振线，那么该波的传播速度和方向是（）Av=25cm/s，向左传播Bv=50cm/s，向左传播Cv=25cm/s，向右传播Dv=50cm/s，向右传播9（4分）如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（）Aa代表的电阻丝较粗Bb代表的电阻丝较粗Ca电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比10（4分）如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘当MN中电流突然增大时，线圈所受安培力的合力方向（）A向左B向右C垂直纸面向外D垂直纸面向里11（4分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B带电粒子由加速器的边缘进入加速器C电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关12（4分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）AnvStBnvtCD13（4分）在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（）A伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大14（4分）某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力和运动的说法中正确的是（）AA对B的压力变小BB对A的摩擦力保持不变CA对B的摩擦力变大D两物体运动的加速度减小二、实验题（17分）15某实验小组想描绘标有“12V，6W”的小灯泡的伏安特性曲线，实验室中只提供了下列器材：A安培表A1量程（00.5A；r1=0.5）；B安培表A2量程（00.6A；r10.3）；C电阻箱R（0999.9）；D滑动变阻器R1（010；5A）E电源电动势15V；内阻不计；电键一个，导线若干为了减小描绘小灯泡在012V电压下的伏安特性曲线的误差，要求电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上，请你完成以下项目：（1）设计一个满足要求的实验电路图，画在如图虚线框内（2）若安培表A1的读数为I1，其内阻为r1，安培表A2的读数为I2，电阻箱的阻值为R，写出灯泡两端电压U的表达式16（12分）某同学为研究某电学元件（最大电压不超过2.5V，最大电流不超过0.55A）的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A电压表（量程是3V，内阻是6k的伏特表）B电流表（量程是0.6A，内阻是0.5的安培表）C滑动变阻器（阻值范围05，额定电流为0.6A）D直流电源（电动势E=3V，内阻不计）E开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（I和U分别表示电学测量仪器上的电流和电压）I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00请在图1的方框中画出实验电路图，电学元件用Rx表示；在图2中描出该电学元件的伏安特性曲线17某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势，该同学利用如图所示的电路进行实验，图中R0为已知阻值的定值电阻用该电路测电动势与内阻，测量值和真实值的关系：E真 E测，r真r测（填“”、“”或“=”）改变电阻箱阻值，取得多组数据为了便于用图象法求解电动势与内阻，需要建立合适的坐标系，纵坐标表示，横坐标表示三、解答题18在如图的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x=0.20m，已知AB连线与电场线夹角为=60，今把一电荷量q=2108C的检验电荷放入该匀强电场中，其受到的电场力的大小为F=4.0104N，方向水平向左求：（1）电场强度E的大小和方向；（2）若把该检验电荷从A点移到B点，电势能变化了多少；（3）若A点为零电势点，B点电势为多少19如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m电压为10V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出已知速度的偏向角，不计离子重力求：（1）离子速度v的大小；（2）离子的比荷；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t20如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里金属板右下方以MN、PQ为上下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力（1）已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小和方向；（2）若撤去板间磁场B0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30角，求A点离下极板的高度；（3）在（2）的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B应为多大？四川省乐山市犍为县孝姑中学xx学年高二上学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、本卷共14题，每题4分，共56分在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1（4分）下列各图分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔（A、B图）或障碍物（C、D图），其中能发生明显衍射现象的有（）ABCD考点：波的干涉和衍射现象分析：要使发生明显的衍射现象，必须使得孔或阻碍物的尺寸比水波的波长要小得多或相差不大解答：解：一列水波在传播过程中遇到了小孔（A、B图），相比而言B图的孔洞的尺寸比A图小，所以B图能发生明显的衍射故A不正确，B正确；一列水波在传播过程中遇到了阻碍物（C、D图），相比而言C图的阻碍物的尺寸比D图大，所以D图能发生明显的衍射故C不正确，D正确；故选：BD点评：在本题中发生明显的衍射的条件是相比而言的2（4分）如图为某一电场的电场线和等势面分布，其中图中实线表示电场线，虚线表示过a、c两点的等势面，电势分别为a=50V，c=20V那么a、c连线的中点b的电势b为（）Ab=35VBb35VCb35 VD上述情况都有可能考点：电场线分析：根据电场强度与电势差的关系：U=Edd相同时，电场强度大的地方，电势差也大，电场强度小的地方，电势差也小根据点电荷场强分布的特点，判断ab间、bc间的场强大小，从而可以判断ab间、bc间处的电势差的大小，进一步计算b点的电势大小解答：解：根据电势差与场强的关系：U=Ed 可知 在d相同的情况下，E越大，U也越大由电场线的疏密可知ab间的场强大于bc间的场强，所以：UabUbc； 即abbc， 50VBB20V 所以b35V故选：C点评：此题考查了电势差和电场强度的关系，也可以根据“电场线密集处，等差等势线也密集”，电场强度和电势是电场中两个很重要的性质，要认真掌握3（4分）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球用轻质绝缘细线悬挂起来，若加一方向平行于纸面的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成角，则该电场的场强大小至少为（）AcosBsinCtanDcot考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当小球静止时受到重力、电场力和细线的拉力，运用作图法得出电场力最小的条件，由平衡条件求出最小的电场力；最后根据F=Eq求解电场强度解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况，如图：根据作图法得到，当电场力qE与细线垂直时，电场力最小；根据平衡条件得：qE=mgsin得到：E=故选：B点评：本题是带电物体在电场中平衡问题，受力分析是基础，关键要会运用作图法求解极值，也可以函数法求解4（4分）从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能粒子流到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，如图所示，那么（）A地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同B地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最强，赤道附近最弱C地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强D地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转考点：地磁场分析：根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向解答：解：A、高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转不同的磁场，所受到的洛伦兹力大小不一，而在赤道处与磁场垂直，洛伦兹力最大，所以在赤道附近最强，南、北两极最弱，故AB错误，C正确；D、地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子在洛伦兹力作用下，偏向面与赤道平面平行，故D错误；故选：C点评：本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判断粒子的运动情况5（4分）如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷Q，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AO点电场强度为零BD点电场强度为零C若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向C，电势能增大考点：电场的叠加；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：空间某点的电场强度是由三个点电荷叠加而成的，电势能变化要看电场力做功情况，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：A、题中A、B两个+Q在O点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点在O点产生的场强（不为零），A选项错误；B、题中A、B、C三点电荷在D点产生的场强如图所示，大小相等，设EA=EB=EC=E，EA、EB的矢量和沿x轴正方向，大小也等于E，EC方向沿x轴负方向，故三个场强的矢量和为0，B选项正确；C、D、x轴上x0的区间，合场强方向沿x轴负方向，所以将正电荷从O移向C，电场力做正功，电势能减小，将负电荷从O移向C，电场力做负功，电势能增加，C选项错误，D选项正确故选BD点评：本题关键在于用矢量合成的平行四边形定则来求解空间任意一点的和场强，根据电场力做功情况来判断电势能的变化情况6（4分）如图所示，额定电压都是110V，额定功率分别为PA=100W、PB=40W的两灯泡，接在220V电路上使用，使电灯能够正常发光，且电路中消耗电能最小的电路是哪一个（）ABCD考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路解答：解：A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以A错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以B错误；C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且并联电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，所以C正确故选：C点评：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小7（4分）在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时（）AA1的示数增大，V的示数减小BA1的示数减小，A2的示数增大CA2的示数增大，V的示数增大DA1的示数增大，A2的示数增大考点：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R1的滑动片P向b端移动时，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再分析外电路总电阻的变化，即可判断出干路电流的变化和路端电压的变化，根据路端电压的变化判断出通过R2的电流如何变化，结合干路电流的变化，分析通过R1的电流变化，即可知道两电表读数的变化情况解答：解：当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时，R1减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，所以可知A1的示数增大电源的内电压增大，则路端电压即V的示数减小，通过R2的电流减小，则通过A2的电流增大故A正确故选：AD点评：本题考查了并联电路的特点，按“局部到整体再到局部”的顺序进行动态分析8（4分）如图a所示为一列简谐横波在t=20s时的波形图，图是b这列波中P点的振线，那么该波的传播速度和方向是（）Av=25cm/s，向左传播Bv=50cm/s，向左传播Cv=25cm/s，向右传播Dv=50cm/s，向右传播考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：波的多解性分析：由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速由振动图象上读出P点t=20s的速度方向，在波动图象上根据P点的振动方向判断传播方向解答：解：由甲图波动图象读出波长=100cm，由乙图振动图象读出周期T=2s，则波速v=50cm/s由乙图：P点t=20s的速度方向与t=2s时速度方向相同，即沿y轴正方向，根据甲图波动图象判断可知波向左传播故选：B点评：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力9（4分）如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（）Aa代表的电阻丝较粗Bb代表的电阻丝较粗Ca电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：IU图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细解答：解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大故A、C错误，B正确D、电阻的大小与电压、电流无关故D错误故选：B点评：解决本题的关键会从IU图线中比较电阻的大小，以及掌握电阻定律R=10（4分）如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘当MN中电流突然增大时，线圈所受安培力的合力方向（）A向左B向右C垂直纸面向外D垂直纸面向里考点：安培力分析：金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框abcd的磁通量增大，根据楞次定律判断线框abcd感应电流，再由左手定则来确定所受有安培力方向解答：解：金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况若MN中电流突然增大时，穿过线框的磁通量将增大根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为逆时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向左故A正确，BCD错误故选：A点评：本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断11（4分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B带电粒子由加速器的边缘进入加速器C电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理；霍尔效应及其应用专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功解答：解：A、被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A正确，B错误C、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=mv2，故离子是从电场中获得能量，故C正确D、当离子离开回旋加速器时，动能最大，根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的电压无关，故D正确故选：ACD点评：解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，运用电场加速，磁场偏转，但是最大动能与加速的电压无关12（4分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）AnvStBnvtCD考点：电流、电压概念专题：恒定电流专题分析：首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数解答：解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为vtS又由于单位体积的导线有n个自由电子，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为nvSt，故A正确由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为It，而电子的电荷量为q，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故C也正确故选：AC点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度13（4分）在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（）A伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大考点：闭合电路的欧姆定律；电容器专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小故ABC错误，D正确故选：D点评：本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大14（4分）某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力和运动的说法中正确的是（）AA对B的压力变小BB对A的摩擦力保持不变CA对B的摩擦力变大D两物体运动的加速度减小考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；洛仑兹力分析：A带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断摩擦力的变化解答：解：A、A带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对B的压力变大，B对地面的压力变大，所以A错误；B、A、B两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于B与地面之间没有摩擦力的作用，所以AB受到的合力不变，加速度大小不变，AB之间的摩擦力不变，所以B正确，CD错误；故选：B点评：A运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析甲受到的静摩擦力即可二、实验题（17分）15某实验小组想描绘标有“12V，6W”的小灯泡的伏安特性曲线，实验室中只提供了下列器材：A安培表A1量程（00.5A；r1=0.5）；B安培表A2量程（00.6A；r10.3）；C电阻箱R（0999.9）；D滑动变阻器R1（010；5A）E电源电动势15V；内阻不计；电键一个，导线若干为了减小描绘小灯泡在012V电压下的伏安特性曲线的误差，要求电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上，请你完成以下项目：（1）设计一个满足要求的实验电路图，画在如图虚线框内（2）若安培表A1的读数为I1，其内阻为r1，安培表A2的读数为I2，电阻箱的阻值为R，写出灯泡两端电压U的表达式U=（I2I1）RI1r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：（1）分析实验原理，根据给出的实验仪器分析实验电路图；（2）根据电路结论，根据串并联电路的规律可得出灯泡的电压的表达式解答：解：（1）由题意可知，本实验测应采用滑动变阻器的分压接法；题目没有给出电压表，故只能采用电流表，而电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上；且题目中没有给出定值电阻，故只能采用电流表串接的方式，故将灯泡与A1串联后再由R并联，然后与A2串联；如图所示；（2）灯泡两端的电压等于并联部分的电压减去电流表两端的电压；由欧姆定律可知：U=（I2I1）RI1r；故答案为：（1）如图；（2）U=（I2I1）RI1r；点评：本题为探究性实验，要注意正确分析实验原理，认真分析题目中给出的仪器，从而得出实验原理图16（12分）某同学为研究某电学元件（最大电压不超过2.5V，最大电流不超过0.55A）的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A电压表（量程是3V，内阻是6k的伏特表）B电流表（量程是0.6A，内阻是0.5的安培表）C滑动变阻器（阻值范围05，额定电流为0.6A）D直流电源（电动势E=3V，内阻不计）E开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（I和U分别表示电学测量仪器上的电流和电压）I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00请在图1的方框中画出实验电路图，电学元件用Rx表示；在图2中描出该电学元件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；恒定电流专题分析：（1）根据题意确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图（2）应用描点法作出图象注意坐标系中标度的选择解答：解：（1）由表中实验数据可知，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，元件电阻约为R=4.5，电压表内阻约为6k，电流表内阻约为0.5，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示点评：电学实验中要注意仪表的选择方法、设计实验电路、电路的接法等，要多练习从而找出相应的规律； 明确分压接法使用的条件，并能根据电流表及电压表的内阻确定电流表的内外接法；测小灯泡的伏安特性曲线采用的均为分压外接法17某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势，该同学利用如图所示的电路进行实验，图中R0为已知阻值的定值电阻用该电路测电动势与内阻，测量值和真实值的关系：E真 E测，r真r测（填“”、“”或“=”）改变电阻箱阻值，取得多组数据为了便于用图象法求解电动势与内阻，需要建立合适的坐标系，纵坐标表示，横坐标表示考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：在应用图象法处理实验数据时，直线最简单、直观，根据闭合电路的欧姆定律求出求出U与R的关系式，然后答题解答：解：由图示电路图可知，电源电动势：E=U+Ir=U+（+）r，得：=（1+）+，应用图象法处理实验数据，为方便实验数据处理，应以表示纵轴，表示横轴，此时图线的纵轴截距表示：（1+），所以E真大于E测，r真大于r测由可知，应以表示纵轴，表示横轴，故答案为：；点评：解决本题的关键：知道运用伏阻法测量电源电动势和内阻的原理，会根据图象测量电源的电动势和内阻，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量三、解答题18在如图的匀强电场中，有A、B两点，且A、B两点间的距离为x=0.20m，已知AB连线与电场线夹角为=60，今把一电荷量q=2108C的检验电荷放入该匀强电场中，其受到的电场力的大小为F=4.0104N，方向水平向左求：（1）电场强度E的大小和方向；（2）若把该检验电荷从A点移到B点，电势能变化了多少；（3）若A点为零电势点，B点电势为多少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）已知试探电荷所受的电场力和电荷量，由E=求解电场强度的大小，场强与负电荷所受的电场力方向相反（2）根据功的公式求出检验电荷从A点移到B点电场力做功，根据功能关系分析电势能变化（3）根据电势差公式求出A、B间的电势差，由UAB=AB，A=0，求解B点电势解答：解：（1）电场强度E的大小为 E=N/C=2104N/C，方向水平向右（2）检验电荷从A点移到B点电场力做的功W=Fxcos=4.01040.2cos60J=4.0105J由电场力做功与电势能变化关系得，检验电荷从A点移到B点电势能增加了4105J（3）由得：UAB=V=2.0103V 又UAB=AB，A=0解得，B=2.0103V 答：（1）电场强度E的大小为2104N/C，方向水平向右（2）若把该检验电荷从A点移到B点电势能增加了4105J（3）若A点为零电势点，B点电势为2.0103V点评：解决本题的关键是掌握电场强度与电势差的定义式，知道电场力做功与电势能变化的关系，属于基础性问题19如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m电压为10V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出已知速度的偏向角，不计离子重力求：（1）离子速度v的大小；（2）离子的比荷；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t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）对离子直线运动过程进行受力分析，受到洛伦兹力和电场力作用，且二力平衡；结合匀强电场的场强与电势差的关系式，可求出离子在电场中的运动速度；（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律结合几何关系即可求解比荷；（3）根据题意画出离子在磁场中运动的轨迹草图，充分利用几何关系，结合离子在磁场中的运动周期公式，即可求解解答：解：（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：B0qv=qE0，解得：v=2000m/s（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：由几何关系有：离子的比荷为：（3）弧CF对应圆心角为，离子在圆形磁场区域中运动时间t，解得：答：（1）离子速度v的大小为2000m/s；（2）离子的比荷为2104C/kg；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t为9105s点评：该题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，在混合场中要注意对离子的受力分析；在磁场中要掌握住轨道半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，半径和偏转角的几何关系就比较明显了20如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里金属板右下方以MN、PQ为上下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力（1）已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小和方向；（2）若撤去板间磁场B0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30角，求A点离下极板的高度；（3）在（2）的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B应为多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）离子做匀速直线运动时，电场力和洛仑兹力二力平衡，根据平衡条件列式，即可求解电场强度的大小，由左手定则判断出洛兹力的方向，即可确定电场强度的方向； （2）撤去板间磁场B0，离子在电场中做类平抛运动，平行于极板做匀速直线运动，垂直于极板做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度的分解求出离子从M点射出电场时的速度，由动能定理求解A点离下极板的高度；（3）根据题意画出离子的运动轨迹，根据几何知识求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力，列式求解B解答：解：（1）设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛仑兹力平衡有： qE=qv0B0解得：E=v0B0 由左手定则可判断出洛仑兹力方向竖直向上，所以电场力的方向竖直向下，故场强的方向竖直向下（2）设A点离下极板的高度为h，离子射出电场时的速度为v，根据动能定理得： 离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速直线运动，则有 v= 联立解得：h= （3）设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得：r= 根据牛顿第二定律得：qvB=m 联立解得：；答：（1）金属板间电场强度的大小为v0B0，方向竖直向下；（2）A点离下极板的高度为；（3）磁场的磁感应强度B应为点评：本题是粒子速度选择器、电场偏转和磁场偏转的综合，关键要掌握类平抛运动的处理方法：运动的分解法，并能运用动能定理求解h磁场中匀速圆周运动问题，关键要正确画出离子的运动轨迹，运用几何知识求解半径