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甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷(特部)


甘肃省张掖市民乐一中 2014-2015 学年高二上学期期中物理试卷 (特部)
一.选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分.1-9 是单项选择题,10-12 是多项选择题) 1. (4 分)下列有关物理学家和他们的贡献叙述正确的是() A.伽利略最早指出力是维持物体运动的原因 B. 牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量 C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律并测出了静电力常量 D.密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 2. (4 分)根据磁感应强度的定义式 ,下列说法中正确的是()

A.在磁场中某确定位置,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 F=0;那么该处的 B 一定为零 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 为零的位置,那么它受到磁场力 F 也一定为零 3. (4 分)如图所示为电阻 R1 和 R2 的伏安特性曲线,这两条曲线把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ三个区域.现把 R1 和 R2 并联在电路中,消耗的电功率分别用 P1 和 P2 表示;并联的总电 阻设为 R. 下列关于 P1 与 P2 的大小关系及 R 的伏安特性曲线应该在的区域的说法正确的是 ()

A.伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1<P2 B. 伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1<P2 C. 伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1>P2 D.伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1>P2 4. (4 分)如图所示,电源电动势为 6V,当开关接通时,灯泡 L1 和 L2 都不亮,用电压表 测得各部分电压是 Uad=0,Ucd=6V,Uab=6V,由此可以断定()

A.L1 和 L2 的灯丝都断了 C. L2 的灯丝断了

B. L1 的灯丝断了 D.变阻器 R 断路

5. (4 分)如图,一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷,在垂直于圆盘且过 圆心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点,a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R,在 a 点处有一 电荷量为 q(q>0)的固定点电荷.已知 b 点处的场强为零,则 d 点处场强的大小为(k 为 静电力常量) ()

A.

B.

C.

D.

6. (4 分)用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示) .设两极板 正对面积为 S,极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 θ.实验中,极板所带电荷量不变, 若()

A.保持 S 不变,增大 d,则 θ 变大 C. 保持 d 不变,减小 S,则 θ 变小

B. 保持 S 不变,增大 d,则 θ 变小 D.保持 d 不变,减小 S,则 θ 不变

7. (4 分)如图所示,平行板电容器与电动势为 E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板接 地.一带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖 直向上移动一小段距离()

A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P 点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减小 D.若电容器的电容减小,则极板带电量将增大 8. (4 分)如图所示,一价氢离子( H)和二价氦离子( He)的混合体,经同一加速

电场 U1 同时加速后,垂直射入同一偏转 U2 电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们 ()

A.同时到达屏上同一点 C. 同时到达屏上不同点

B. 先后到达屏上同一点 D.先后到达屏上不同点

9. (4 分)在如图所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为 E、内电阻为 r,R1、R2 为 定值电阻,R3 为滑动变阻器,C 为电容器, 、 为理想电流表和电压表.在滑动变阻器

滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中,下列说法中正确的是()

A.a 点的电势降低 C. 电流表示数变小

B. 电压表示数变小 D.电容器 C 所带电荷量增多

10. (4 分)如图所示,通电导体棒静止于水平导轨上,棒的质量为 m,长为 L,通过的电 流大小为 I 且垂直纸面向里, 匀强磁场的磁感强度 B 的方向与导轨平面成 θ 角, 则导体棒受 到的()

A.安培力大小为 BIL C. 摩擦力大小为 BILsinθ

B. 安培力大小为 BILsinθ D.支持力大小为 mg﹣BILcosθ

11. (4 分)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形,在导线中通过 的电流均为 I,方向如图所示.a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到 相应顶点的距离相等.将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2 和 B3,下列说法 正确的是()

A.B1=B2=B3 B. B1=B2<B3 C. a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外,c 处磁场方向垂直于纸面向里 D.a 处磁场方向垂直于纸面向外,b 和 c 处磁场方向垂直于纸面向里 12. (4 分)如图 1,A 板的电势 UA=0,B 板的电势 UB 随时间的变化规律如图 2 所示.电 子只受电场力的作用,且初速度为零,则()

A.若电子在 t=0 时刻进入的,它将一直向 B 板运动 B. 若电子在 t=0 时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上 C. 若电子在 t= 时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上

D.若电子是在 t= 时刻进入的,它将时而向 B 板、时而向 A 板运动

二.实验题(共 16 分) 13. (3 分)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示.该金属丝的直径是 mm.

14. (13 分)为了精确测量某待测电阻 Rx 的阻值(约为 30Ω) .有以下一些器材可供选择. 电流表:A1(量程 0~50mA,内阻约 12Ω) A2(量程 0~3A,内阻约 0.12Ω) 电压表:V1(量程 0~3V,内阻很大) V2(量程 0~15V,内阻很大) 电源:E(电动势约为 3V,内阻约为 0.2Ω) 定值电阻:R(30Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R1(0~10Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R2(0~1kΩ,允许最大电流 0.5A) 单刀单掷开关 S 一个,导线若干 (1)电流表应选,电压表应选,滑动变阻器应选. (填字母代号) (2)请在方框中画出测量电阻 Rx 的实验电路图. (要求测量值的范围尽可能大一些,所用 器材用对应的符号标出) (3)某次测量中,电压表示数为 U 时,电流表示数为 I,则计算待测电阻阻值的表达式为 Rx=.

三.计算题(共 46 分,要求写出必要的文字说明,方程和重要的演算步骤,只写出最后答 案不得分. )

15. (8 分)一台小型电动机在 3V 电压下工作,用此电动机提升所受重力为 4N 的物体时, 通过它的电流是 0.2A.在 30s 内可使该物体被匀速提升 3m.若不计除电动机线圈生热之外 的能量损失,求: (1)电动机的输入功率; (2)在提升重物的 30s 内,电动机线圈所产生的热量; (3)线圈的电阻. 16. (12 分)如图所示,水平轨道与直径为 d=0.8m 的半圆轨道相接,半圆轨道的两端点 A、 3 B 连线是一条竖直线,整个装置处于方向水平向右,大小为 10 V/m 的匀强电场中,一小球 ﹣3 质量 m=0.5kg,带有 q=5×10 C 电量的正电荷,在静电力作用下由静止开始运动,不计一 2 切摩擦,g=10m/s . (1) 若它运动的起点离 A 为 L, 它恰能到达轨道最高点 B, 求小球在 B 点的速度和 L 的值. (2)若它运动起点离 A 为 L′=2.6m,且它运动到 B 点时电场消失,它继续运动直到落地, 求落地点与 B 点的距离.

17. (12 分)质量为 m=1.0kg、带电量 q=+2.5×10 C 的小滑块(可视为质点)放在质量为 M=2.0kg 的绝缘长木板的左端,木板放在光滑水平面上,滑块与木板之间的动摩擦因数为 μ=0.2,木板长 L=1.5m,开始时两者都处于静止状态,所在空间加有一个方向竖直向下强度 4 2 为 E=4.0×10 N/C 的匀强电场,如图所示.取 g=10m/s ,试求: (1)用水平力 F0 拉小滑块,要使小滑块与木板以相同的速度一起运动,力 F0 应满足什么 条件? (2)用水平恒力 F 拉小滑块向木板的右端运动,在 1.0s 末使滑块从木板右端滑出,力 F 应 为多大? (3)按第(2)问的力 F 作用,在小滑块刚刚从木板右端滑出时,系统的内能增加了多少? (设 m 与 M 之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等,滑块在运动中带电量不 变)

﹣4

18. (14 分)如图所示,A 为有光滑曲面的固定轨道,轨道底端的切线方向是水平的.质量 M=40kg 的小车 B 静止于轨道右侧, 其上表面与轨道底端在同一水平面上. 一个质量 m=20kg 的物体 C 以 2.0m/s 的初速度从轨道顶端滑下,冲上小车 B 后经一段时间与小车相对静止并 一起运动.若轨道顶端与底端的高度差 h=1.6m.物体与小车板面间的动摩擦因数 μ=0.40, 2 小车与水平面间的摩擦忽略不计. (取 g=10m/s ) ,求: (1)物体与小车保持相对静止时的速度 v; (2)物体冲上小车后,与小车发生相对滑动经历的时间 t;

(3)物体在小车上相对滑动的距离 d.

甘肃省张掖市民乐一中 2014-2015 学年高二上学期期中 物理试卷(特部)
参考答案与试题解析

一.选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分.1-9 是单项选择题,10-12 是多项选择题) 1. (4 分)下列有关物理学家和他们的贡献叙述正确的是() A.伽利略最早指出力是维持物体运动的原因 B. 牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量 C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律并测出了静电力常量 D.密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 考点: 物理学史. 分析: 伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因. 牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测出了引力常量. 库仑发现了点电荷的相互作用规律并测出了静电力常量. 密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值. 解答: 解:A、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因.故 A 错误. B、牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测出了引力常量.故 B 错误. C、库仑发现了点电荷的相互作用规律并测出了静电力常量.故 C 正确. D、密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值.故 D 正确. 故选 CD. 点评: 本题考查了物理学史, 学好物理学史不仅是高中物理学习的要求, 而且能增加我们 对物理的学习兴趣,平时要注意物理学史的积累.

2. (4 分)根据磁感应强度的定义式

,下列说法中正确的是()

A.在磁场中某确定位置,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 F=0;那么该处的 B 一定为零 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 为零的位置,那么它受到磁场力 F 也一定为零 考点: 磁感应强度.

分析: 本题要掌握磁感应强度的物理意义, 定义式及其物理意义. 磁感应强度用来描述磁 场本身的强弱和方向. 当电流方向与磁场方向相互垂直时, 磁感应强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. 解答: 解:A、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向,由磁场本身决定,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 无关.故 A 错误. B、 当通电导体平行放在磁场中某处受到的磁场力 F 等于 0,但磁场并一定为零.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 为零的位置,由 F=BILsinα 得知,那么它受到磁场力 F 也一定 为零.故 D 正确. 故选 D 点评: 磁感应强度的定义式 B= 可知,是属于比值定义法,且导线垂直放入与磁场.即

B 与 F、I、L 均没有关系,它是由磁场的本身决定.例如:电场强度 E= 一样.同时还要注 意的定义式 B= 是有条件的.

3. (4 分)如图所示为电阻 R1 和 R2 的伏安特性曲线,这两条曲线把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ三个区域.现把 R1 和 R2 并联在电路中,消耗的电功率分别用 P1 和 P2 表示;并联的总电 阻设为 R. 下列关于 P1 与 P2 的大小关系及 R 的伏安特性曲线应该在的区域的说法正确的是 ()

A.伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1<P2 B. 伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1<P2 C. 伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1>P2 D.伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1>P2 考点: 路端电压与负载的关系. 专题: 恒定电流专题. 分析: 伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数.当两个电阻并联后总电阻 R 比任何一个电 阻都要小,R 的伏安特性曲线的斜率大于 R1 和 R2 的伏安特性曲线的斜率.R1 和 R2 并联在 电路中,电压相等,由图读出电流关系,再研究功率关系. 解答: 解:把 R1 和 R2 并联在电路中,并联的总电阻 R 比 R1 和 R2 都小,则 R 的伏安特 性曲线的斜率大于 R1 和 R2 的伏安特性曲线的斜率,则 R 的伏安特性曲线应该Ⅰ区.R1 和 R2 并联在电路中, 电压相等, 由图读出流过电阻 R1 的电流较大, 则功率 P1>P2. 故 C 正确, ABD 错误. 故选:C. 点评: 本题首先要从数学角度理解图线的物理意义:斜率越大,电阻越小.其次抓住并联 电路的基本特点:支路两端的电压相等.

4. (4 分)如图所示,电源电动势为 6V,当开关接通时,灯泡 L1 和 L2 都不亮,用电压表 测得各部分电压是 Uad=0,Ucd=6V,Uab=6V,由此可以断定()

A.L1 和 L2 的灯丝都断了 C. L2 的灯丝断了

B. L1 的灯丝断了 D.变阻器 R 断路

考点: 闭合电路的欧姆定律. 专题: 恒定电流专题. 分析: 利用电流表和电压表判断电路中的故障, 是考试的热点题型之一, 依据在故障电路 中电流表和电压表显示的现象来判断 Uab=0V,Uad=0V,Ucd=6V,由此可断定. 解答: 解: 串联电路中两灯均不发光, 则可能是某处断路, 电压表测断路位置为电源电压, Ucd=6V,说明从 a 到 d 的电路和 b 到 c 的电路是连接良好的,故 L1 的灯丝和滑动变阻器都 良好,L2 的灯丝烧断了,故 C 正确,ABD 错误; 故选:C. 点评: 电压表如果示数为零,那么被测部分短路,或被测部分外部断路. 电压表如果示数为电源电压,那么被测部分断路,或被测部分外部短路. 电流表如果为零,那么电路中有断路的地方,也有少数可能是电流表短路. 电流表如果示数突然变大,那么电路中有短路的地方. 两灯均不亮,可能是某处断路. 两灯一亮一灭,可能是某灯短路 5. (4 分)如图,一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷,在垂直于圆盘且过 圆心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点,a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R,在 a 点处有一 电荷量为 q(q>0)的固定点电荷.已知 b 点处的场强为零,则 d 点处场强的大小为(k 为 静电力常量) ()

A.

B.

C.

D.

考点: 电场的叠加;电场强度. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 由题意可知,半径为 R 均匀分布着电荷量为 Q 的圆盘上电荷,与在 a 点处有一电 荷量为 q(q>0)的固定点电荷,在 b 点处的场强为零,说明各自电场强度大小相等,方向

相反.那么在 d 点处场强的大小即为两者之和.因此根据点电荷的电场强度为 求解. 解答: 解:电荷量为 q 的点电荷在 b 处产生电场强度为 ,

即可

而半径为 R 均匀分布着电荷量为 Q 的圆盘上电荷,与在 a 点处有一电荷量为 q(q>0)的 固定点电荷,在 b 点处的场强为零, 则圆盘在此处产生电场强度也为 .那么圆盘在此 d 产生电场强度则仍为 .

而电荷量为 q 的点电荷在 d 处产生电场强度为 电场强度方向相同,即为两者大小相加. 所以两者这 d 处产生电场强度为 ,故 B 正确,ACD 错误.

,由于都在 d 处产生

故选:B. 点评: 考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加,紧扣电场强度的大小与方向关系, 从而为解题奠定基础. 6. (4 分)用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示) .设两极板 正对面积为 S,极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 θ.实验中,极板所带电荷量不变, 若()

A.保持 S 不变,增大 d,则 θ 变大 C. 保持 d 不变,减小 S,则 θ 变小

B. 保持 S 不变,增大 d,则 θ 变小 D.保持 d 不变,减小 S,则 θ 不变

考点: 电容器的动态分析. 专题: 电容器专题. 分析: 静电计测定电容器极板间的电势差,电势差越大,指针的偏角越大.根据电容的决 定式 C= 分析极板间距离、 正对面积变化时电容的变化情况, 由于极板所带电荷量不 分析板间电势差的变化,即可再确定静电计指针的偏角变化情

变,再由电容的定义式 C= 况.

解答: 解:A、B、根据电容的决定式 C=

得知,电容与极板间距离成反比,当保 分析可知板

持 S 不变,增大 d 时,电容减小,电容器的电量 Q 不变,由电容的定义式 C=

间电势差增大,则静电计指针的偏角 θ 变大;反之,保持 S 不变,减小 d,则 θ 减小.故 A 正确,B 错误. C、D、根据电容的决定式 C= 得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持 d 不变, 分析可知

减小 S 时,电容减小,电容器极板所带的电荷量 Q 不变,则由电容的定义式 C=

板间电势差增大,静电计指针的偏角 θ 变大;反之,保持 d 不变,增大 S,则 θ 减小,故 C 错误,D 错误. 故选:A. 点评: 本题是电容动态变化分析问题,关键抓住两点:一是电容器的电量不变;二是掌握 电容的两个公式:电容的决定式 C= 和 C= .

7. (4 分)如图所示,平行板电容器与电动势为 E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板接 地.一带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖 直向上移动一小段距离()

A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P 点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减小 D.若电容器的电容减小,则极板带电量将增大 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: 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离, 电容器两板间电压不变, 根据 E= 分析板间场强的变化,判断电场力变化,确定油滴运动情况.由 U=Ed 分析 P 点与下极 板间电势差如何变化,即能分析 P 点电势的变化和油滴电势能的变化. 解答: 解:A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,由于电容器两板间电 压不变,根据 E= 得知板间场强减小,油滴所受的电场力减小,则油滴将向下运动.故 A 错误. B、场强 E 减小,而 P 点与下极板间的距离不变,则由公式 U=Ed 分析可知,P 点与下极板 间电势差将减小,而 P 点的电势高于下极板的电势,则知 P 点的电势将降低.故 B 正确. C、由带电油滴原来处于平衡状态可知,油滴带负电,P 点的电势降低,则油滴的电势能将 增加.故 C 错误.

D、根据 Q=Uc,由于电势差不变,电容器的电容减小,故带电量减小,故 D 错误; 故选:B. 点评: 本题运用 E= 分析板间场强的变化,判断油滴如何运动.运用推论:正电荷在电 势高处电势能大,而负电荷在电势高处电势能小,来判断电势能的变化. 8. (4 分)如图所示,一价氢离子( H)和二价氦离子( He)的混合体,经同一加速

电场 U1 同时加速后,垂直射入同一偏转 U2 电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们 ()

A.同时到达屏上同一点 C. 同时到达屏上不同点

B. 先后到达屏上同一点 D.先后到达屏上不同点

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. 分析: 本题中带电粒子先加速后偏转. 先根据动能定理求出加速获得的速度表达式. 两种 粒子在偏转电场中做类平抛运动, 垂直于电场方向上做匀速直线运动, 沿电场方向做匀加速 运动, 根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系, 从而得 出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系. 解答: 解:设加速电压为 U1,偏转电压为 U2,偏转极板的长度为 L,板间距离为 d. 在加速电场中,由动能定理得:qU1= ①

两种粒子在偏转电场中,水平方向做速度为 v0 的匀速直线运动,由于两种粒子的比荷不同, 则 v0 不同,所以两粒子在偏转电场中运动的时间 t= 不同.两种粒子在加速电场中的加速

度不同,位移相同,则运动的时间也不同,所以两粒子是先后离开偏转电场. 在偏转电场中的偏转位移 y= ②

联立①②得 y=

同理可得到偏转角度的正切 tanθ=

,可见 y 和 tanθ 与电荷的电量和质量无关.所以出

射点的位置相同,出射速度的方向也相同.故两种粒子打屏上同一点.故 B 正确,A、C、 D 错误. 故选:B.

点评: 解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况, 知道从静止开 始经过同一加速电场加速,垂直打入偏转电场,运动轨迹相同.做选择题时,这个结论可直 接运用,节省时间. 9. (4 分)在如图所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为 E、内电阻为 r,R1、R2 为 定值电阻,R3 为滑动变阻器,C 为电容器, 、 为理想电流表和电压表.在滑动变阻器

滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中,下列说法中正确的是()

A.a 点的电势降低 C. 电流表示数变小

B. 电压表示数变小 D.电容器 C 所带电荷量增多

考点: 电容;闭合电路的欧姆定律. 专题: 电容器专题. 分析: 在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中, 变阻器在路电阻减小, 外电阻 减小,根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻 R1 两端电压的变化,即可知道电压表读 数的变化.电容器 C 的电压等于电阻 R2 两端的电压,分析并联部分电压的变化,即知道电 容器的电压如何变化,根据干路电流与通过 R2 的电流变化情况,分析电流表的变化.a 点 的电势等于 R2 两端的电压. 解答: 解:在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中,变阻器在路电阻减小,外 电路总电阻减小,干路电流 I 增大,电阻 R1 两端电压增大,则电压表示数变大. 电阻 R2 两端的电压 U2=E﹣I(R1+r) ,I 增大,则 U2 变小,电容器板间电压变小,其带电量 减小. 根据外电路中顺着电流方向电势降低,可知,a 的电势大于零,a 点的电势等于 R2 两端的电 压,U2 变小,则 a 点的电势降低,通过 R2 的电流 I2 减小,通过电流表的电流 IA=I﹣I2,I 增大,I2 减小,则 IA 增大.即电流表示数变大.故 A 正确,BCD 错误. 故选:A 点评: 本题是电路动态变化分析问题,要抓住不变量:电源的电动势、内阻及定值电阻的 阻值不变,进行分析.根据电流方向判断电势高低,由电压的变化判断电势的变化. 10. (4 分)如图所示,通电导体棒静止于水平导轨上,棒的质量为 m,长为 L,通过的电 流大小为 I 且垂直纸面向里, 匀强磁场的磁感强度 B 的方向与导轨平面成 θ 角, 则导体棒受 到的()

A.安培力大小为 BIL

B. 安培力大小为 BILsinθ

C. 摩擦力大小为 BILsinθ

D.支持力大小为 mg﹣BILcosθ

考点: 安培力. 分析: 导体棒 AC 静止于水平导轨上,受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力.导 体棒与磁场方向垂直,安培力大小 FA=BIl,根据左手定则判断安培力方向,根据平衡条件 求解导轨对导体棒的支持力和摩擦力, 再由牛顿第三定律求解导轨受到 AC 棒的压力和摩擦 力. 解答: 解:以导体棒 AC 为研究对象,分析受力,如图. 其中,安培力大小 FA=BIl,根据平衡条件得: G+FAcosθ=N…① f=FAsinθ…② 由①得:N=G+FAcosθ=mg+BIlcosθ 由②得:f=BIlsinθ 由牛顿第三定律得,导轨受到 AC 棒的压力和摩擦力各为: N=mg+BIlcosθ 和 f=BIlsinθ.所以选项 AC 正确,选项 BD 错误. 故选:AC

点评: 本题是磁场知识与力学知识的综合,比较简单,安培力是桥梁,关键是安培力的方 向判断和大小计算. 11. (4 分)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形,在导线中通过 的电流均为 I,方向如图所示.a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到 相应顶点的距离相等.将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2 和 B3,下列说法 正确的是()

A.B1=B2=B3 B. B1=B2<B3 C. a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外,c 处磁场方向垂直于纸面向里 D.a 处磁场方向垂直于纸面向外,b 和 c 处磁场方向垂直于纸面向里

考点: 磁感应强度. 分析: 通电导线周围存在磁场,且离导线越远场强越弱.磁场不但有大小而且有方向,方 向相同则相加,方向相反则相减.并根据矢量叠加原理来求解. 解答: 解:A、B、由题意可知,a 点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成, 即垂直纸面向外,而 b 点与 a 点有相同的情况,有两根相互抵消,则由第三根产生磁场,即 为垂直纸面向外,而 c 点三根导线产生磁场方向相同,所以叠加而成的磁场最强,故 A 错 误,B 正确; C、D、由图可知,根据右手螺旋定则可得,a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外,c 处磁场方 向垂直于纸面向里,故 C 正确,B 错误. 故选:BC. 点评: 根据通电导线周围的磁场对称性、方向性,去确定合磁场强度大小.磁场的方向相 同,则大小相加;方向相反的,大小相减.同时考查矢量叠加原理. 12. (4 分)如图 1,A 板的电势 UA=0,B 板的电势 UB 随时间的变化规律如图 2 所示.电 子只受电场力的作用,且初速度为零,则()

A.若电子在 t=0 时刻进入的,它将一直向 B 板运动 B. 若电子在 t=0 时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上 C. 若电子在 t= 时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上

D.若电子是在 t= 时刻进入的,它将时而向 B 板、时而向 A 板运动

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. 分析: 根据电子在电场力作用下, 结合牛顿第二定律与运动学公式的关系, 从而可确定不 同时刻电子的运动情况,即可求解. 解答: 解:A、若电子在 t=0 时刻进入的,它将在电场力作用下,先加速向 B 运动,后减 速向 B 运动,接着加速向 B 运动,后减速向 B 运动,因此它一直向 B 板运动,直到到达 B 板,故 A 正确,B 错误; C、若电子在 t= 时刻进入的,从 到 到 它先向 B 板加速运动,后减速运动,当 到 ,

电子回头运动,当

又向 B 运动,这样时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打

到 B 板上,故 C 正确; D、同理,若电子是在 t=T/4 时刻进入的,它将时而向 B 板、时而向 A 板运动,故 D 正确; 故选 ACD 点评: 考查粒子在电场力作用下, 根据运动与受力来确定运动的情况, 掌握牛顿第二定律 与运动学公式的应用,注意粒子从不同时刻进入电场,发生的运动情况不同. 二.实验题(共 16 分)

13. (3 分)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示.该金属丝的直径是 1.702mm.

考点: 螺旋测微器的使用. 专题: 实验题. 分析: 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数, 在读可动刻度读数时需 估读. 解答: 解:螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm,可动刻度为 20.2×0.01mm=0.202mm,所以 最终读数为 1.5mm+0.202mm=1.702mm. 故答案为:1.702 点评: 对于基本测量仪器如游标卡尺、 螺旋测微器等要了解其原理, 要能正确使用这些基 本仪器进行有关测量. 14. (13 分)为了精确测量某待测电阻 Rx 的阻值(约为 30Ω) .有以下一些器材可供选择. 电流表:A1(量程 0~50mA,内阻约 12Ω) A2(量程 0~3A,内阻约 0.12Ω) 电压表:V1(量程 0~3V,内阻很大) V2(量程 0~15V,内阻很大) 电源:E(电动势约为 3V,内阻约为 0.2Ω) 定值电阻:R(30Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R1(0~10Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R2(0~1kΩ,允许最大电流 0.5A) 单刀单掷开关 S 一个,导线若干 (1)电流表应选 A1,电压表应选 V1,滑动变阻器应选 R1. (填字母代号) (2)请在方框中画出测量电阻 Rx 的实验电路图. (要求测量值的范围尽可能大一些,所用 器材用对应的符号标出) (3)某次测量中,电压表示数为 U 时,电流表示数为 I,则计算待测电阻阻值的表达式为 Rx= ﹣R.

考点: 伏安法测电阻. 专题: 实验题. 分析: 分析题意,明确实验中应采有的实验原理;正确选择实验仪器;明确滑动变阻的接 法及电表的使用方法; 解决本题的关键是将待测电阻与定值电阻串联使用,应通过估算说明.

解答: 解: (1) 、测量电阻时电流不能太大,电流表应选 表应选 ,根据闭合电路欧姆定律考虑电流表读数要求 I= 太小,

,电源电动势为 3V,故电压 ≤ ,可求出电路最小电

阻 R=90Ω,故变阻器若用限流式则 变阻器 ,

太大,因此应采用分压式,故应选阻值小的

(2) 、又待测电阻阻值远小于电压表内阻,电流表应选外接法,但根据欧姆定律,若将电阻 直接接在电压表两端时,电阻两端最大电压为 U= 表 U= 图如图所示. =50×30 V=1.5V,只是电压

量程的一半;若将待测电阻与定值电阻串联,则它们两端电压为 =50 =3V,正好与电压表 的量程相同,所以电路

(3) 、由欧姆定律可得:

=

﹣R

故答案为(1)





; (2)如图; (3)

﹣R

点评: 因本题有“要求测量值的范围尽可能大一些”,这就提示我们滑动变阻器应用分压 式;又所给器材中有一个定值电阻,说明可能待测电阻不能直接使用. 三.计算题(共 46 分,要求写出必要的文字说明,方程和重要的演算步骤,只写出最后答 案不得分. ) 15. (8 分)一台小型电动机在 3V 电压下工作,用此电动机提升所受重力为 4N 的物体时, 通过它的电流是 0.2A.在 30s 内可使该物体被匀速提升 3m.若不计除电动机线圈生热之外 的能量损失,求: (1)电动机的输入功率; (2)在提升重物的 30s 内,电动机线圈所产生的热量; (3)线圈的电阻. 考点: 电功、电功率;能量守恒定律. 专题: 恒定电流专题. 分析: (1)由 P=UI 求出电动机的输入功率.

(2)电动机总功率等于热功率与输出功率之和,由 P=Fv 求出电动机的输出功率,然后求 出线圈的热功率. (3)由电功率公式 Q=I r 的变形公式求出线圈电阻. 解答: 解: (1)电动机的输入功率 P 入=UI=0.2×3 W=0.6 W. (2)电动机提升重物的机械功率 P 机=Fv=(4×3/30)W=0.4 W. 根据能量关系 P 入=P 机+PQ,得生热的功率 PQ=P 入﹣P 机=(0.6﹣0.4)W=0.2 W. 所生热量 Q=PQt=0.2×30 J=6 J. (3)由焦耳定律 Q=I Rt,得线圈电阻 R=
2 2

=

Ω=5Ω.

答: (1)电动机的输入功率为 0.6W. (2)线圈电阻产生的热量为 6J. (3)线圈电阻为 5Ω. 点评: 电动机是非纯电阻电路,电动机总功率等于输出功率与热功率之和. 16. (12 分)如图所示,水平轨道与直径为 d=0.8m 的半圆轨道相接,半圆轨道的两端点 A、 B 连线是一条竖直线,整个装置处于方向水平向右,大小为 10 V/m 的匀强电场中,一小球 ﹣3 质量 m=0.5kg,带有 q=5×10 C 电量的正电荷,在静电力作用下由静止开始运动,不计一 2 切摩擦,g=10m/s . (1) 若它运动的起点离 A 为 L, 它恰能到达轨道最高点 B, 求小球在 B 点的速度和 L 的值. (2)若它运动起点离 A 为 L′=2.6m,且它运动到 B 点时电场消失,它继续运动直到落地, 求落地点与 B 点的距离.
3

考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系;向心力. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: (1)小球恰好到达 B 点时,由重力提供向心力,根据牛顿第二定律可求出小球经 B 点时的速度,对从静止到 B 过程,运用动能定理列式求解 L. (2)小球离开 B 点,电场消失,小球做平抛运动.先运用动能定理求出小球到达 B 点时的 速度,再根据平抛运动的规律求解落地点与起点的距离. 解答: 解: (1)因小球恰能到 B 点,则在 B 点,有: mg=m ,

解得: . 小球从静止运动到 B 过程,由动能定理,有:

qEL﹣mgd= 代入数据解得:L=1m. (2)小球离开 B 点,电场消失,小球做平抛运动,设落地点距 B 点距离为 s,由动能定理 得: 小球从静止运动到 B 有: 代入数据解得: 对于平抛运动,有: d= 解得:t= 水平位移大小为: 故有:s= = =2.4m. . . ,

答: (1)若它运动的起点离 A 为 L,它恰能到达轨道最高点 B,小球在 B 点的速度为 2m/s, L 的值为 1m. (2)若它运动起点离 A 为 L=2.6m,且它运动到 B 点时电场消失,它继续运动直到落地, 落地点与起点的距离为 2.4m. 点评: 本题是动能定理与平抛运动、 圆周运动临界条件的综合, 把握每个过程和状态的规 律是解题的规律,属于常规题. 17. (12 分)质量为 m=1.0kg、带电量 q=+2.5×10 C 的小滑块(可视为质点)放在质量为 M=2.0kg 的绝缘长木板的左端,木板放在光滑水平面上,滑块与木板之间的动摩擦因数为 μ=0.2,木板长 L=1.5m,开始时两者都处于静止状态,所在空间加有一个方向竖直向下强度 为 E=4.0×10 N/C 的匀强电场,如图所示.取 g=10m/s ,试求: (1)用水平力 F0 拉小滑块,要使小滑块与木板以相同的速度一起运动,力 F0 应满足什么 条件? (2)用水平恒力 F 拉小滑块向木板的右端运动,在 1.0s 末使滑块从木板右端滑出,力 F 应 为多大? (3)按第(2)问的力 F 作用,在小滑块刚刚从木板右端滑出时,系统的内能增加了多少? (设 m 与 M 之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等,滑块在运动中带电量不 变)
4 2
﹣4

考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题: 牛顿运动定律综合专题.

分析: (1)先以木板为研究对象,当滑块对木板的静摩擦力达到最大时,根据牛顿第二 定律求出木板能够产生的最大的加速度,再对滑块研究,求出力 F0 应满足的条件. (2)滑块从木板右端滑出时,滑块相对于木板的位移等于板长,根据位移公式求出滑块的 加速度,再由牛顿第二定律求出 F. (3)系统的内能增加等于滑动摩擦力大小与相对位移大小的乘积. 解答: 解: (1)当拉力 F0 作用于滑块 m 上,木板能够产生的最大加速度为:

为使滑块与木板共同运动,滑块最大加速度 am≤aM 对于滑块有:F0﹣μ(mg+qE)=mam 得 F0=μ(mg+qE)+mam=6.0N 即为使滑块与木板之间无相对滑动,力 F0 不应超过 6.0N. (2)设滑块相对于水平面的加速度为 a1,木板的加速度为 a2,由运动学公式可知: , ,

滑块从木板右端滑出时,则有 s1﹣s2=L 滑动过程中木板的加速度 a2=
2

=

=2.0m/s ,

2

联立解得:滑块运动的加速度 a1=5.0m/s 对滑块:F=μ(mg+qE)+ma1=9.0N (3)在将小滑块从木板右端拉出的过程中,系统的内能增加了:Q=μ(mg+qE)L=6.0J 答: (1) 用水平力 F0 拉小滑块, 要使小滑块与木板以相同的速度一起运动, 力 F0 不应超过 6.0N. (2)用水平恒力 F 拉小滑块向木板的右端运动,在 1.0s 末使滑块从木板右端滑出,力 F 应 为 9.0N. (3)小滑块刚刚从木板右端滑出时,系统的内能增加了 6.0J. 点评: 本题采用隔离法和整体法研究两个物体有相对运动的问题, 抓住加速度关系和位移 关系.当两个物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值是常用的临界条件. 18. (14 分)如图所示,A 为有光滑曲面的固定轨道,轨道底端的切线方向是水平的.质量 M=40kg 的小车 B 静止于轨道右侧, 其上表面与轨道底端在同一水平面上. 一个质量 m=20kg 的物体 C 以 2.0m/s 的初速度从轨道顶端滑下,冲上小车 B 后经一段时间与小车相对静止并 一起运动.若轨道顶端与底端的高度差 h=1.6m.物体与小车板面间的动摩擦因数 μ=0.40, 2 小车与水平面间的摩擦忽略不计. (取 g=10m/s ) ,求: (1)物体与小车保持相对静止时的速度 v; (2)物体冲上小车后,与小车发生相对滑动经历的时间 t; (3)物体在小车上相对滑动的距离 d.

考点: 动量守恒定律;动能定理的应用. 专题: 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合.

分析: (1)物体 C 从曲面下滑时只有重力做功,由机械能守恒定律(或动能定理)可以 求出物体 C 滑到轨道底端时的速度,物体 C 滑上小车后在小车上运动,到两者相对静止的 过程中,物体 C 与小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出物体与小车保持相 对静止时的速度 v. (2)物体在小车上滑动过程中,小车受到的合外力为物体 C 对小车的滑动摩擦力,对小车 由动量定理可以求出物体 C 与小车发生相对滑动经历的时间 t. (3)物体 C 在小车上滑动时,克服摩擦力做功产生的热量为 fd=μmgd,对物体 C 与小车组 成的系统,应用能量守恒定律可以求出物体在小车上相对滑动的距离 d. 解答: 解: (1)物体下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得: mgh+ mv1 =0+ mv2 , 即:20×10×1.6+ ×20×2 =0+ ×20×v2
2 2 2 2

解得:v2=6m/s; 物体相对于小车板面滑动过程动量守恒,由动量守恒定律得: mv2=(m+M)v, 即:20×6=×v 解得:v=2m/s; (2)对小车,在物体 C 在车上滑动过程中,由动量定理得: μmgt=Mv﹣0, 即:0.4×20×10×t=40×2﹣0 解得:t=1s; (2)物体 C 在小车上滑动过程中,由能量守恒定律得: μmgd= mv2 ﹣ (m+M)v , 即:0.4×20×10×d= ×20×6 ﹣ ××2
2 2 2 2

解得:d=3m; 答: (1)物体与小车保持相对静止时的速度为 2m/s; (2)物体冲上小车后,与小车发生相对滑动经历的时间为 1s; (3)物体在小车上相对滑动的距离为 3m. 点评: 本题是一道力学综合题, 本题考查了求物体的速度、 物体在小车上滑行的时间及相 对距离,分析清楚物体的运动过程,应用机械能守恒定律、动量守恒定律、动量定理、能量 守恒定律即可正确解题.


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