河南省南陽市高二物理上學(xué)期期中試題（含解析）.doc

物理試卷一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分1-8小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，9-12小題每題有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，不選或有錯(cuò)選的得0分）1（4分）在電磁學(xué)發(fā)展過程中，許多科學(xué)家作出了貢獻(xiàn)下列說法正確的是（）a奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)b奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)c安培發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷間的相互作用規(guī)律d安培發(fā)現(xiàn)了磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用規(guī)律考點(diǎn)：物理學(xué)史.分析：本題考查電磁學(xué)中的相關(guān)物理學(xué)史，應(yīng)掌握在電磁學(xué)發(fā)展中作出突出貢獻(xiàn)的科學(xué)家的名字及主要發(fā)現(xiàn)解答：解：a、1820年，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故a正確；b、焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，故b錯(cuò)誤；c、庫侖發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷的相互作用規(guī)律，安培發(fā)現(xiàn)了磁場對(duì)電流的作用規(guī)律，故c錯(cuò)誤；d、洛侖茲發(fā)現(xiàn)磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷作用規(guī)律，安培發(fā)現(xiàn)了磁場對(duì)電流的作用規(guī)律，故d錯(cuò)誤；故選：a點(diǎn)評(píng)：近幾年高考中增加了對(duì)物理學(xué)史的考查，在學(xué)習(xí)中要注意掌握科學(xué)家們的主要貢獻(xiàn)，要求能熟記2（4分）（2005淮安模擬）若帶正電的小球只受電場力作用，則它在任意一段時(shí)間內(nèi)（）a一定沿電力線由高電勢處向低電勢處運(yùn)動(dòng)b一定沿電力線由低電勢處向高電勢處運(yùn)動(dòng)c不一定沿電力線運(yùn)動(dòng)，但一定由高電勢處向低電勢處運(yùn)動(dòng)d不一定沿電力線運(yùn)動(dòng)，也不一定由高電勢處向低電勢處運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：電場線；電勢.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：電場線并不存在，是虛擬的，是認(rèn)為引入的，而物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是實(shí)際存在的，故電場線不是電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡；帶正電的小球只受電場力作用，但不清楚小球的初狀態(tài)，所以在任意一段時(shí)間內(nèi)小球可能加速運(yùn)動(dòng)，也有可能減速運(yùn)動(dòng)解答：解：電場線并不存在，是虛擬的，是認(rèn)為引入的，而物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是實(shí)際存在的，故電場線不是電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡所以小球不一定沿電力線運(yùn)動(dòng)帶正電的小球只受電場力作用，但不清楚小球的初狀態(tài)，也就是小球的初速度方向與受電場力方向有可能相同或相反所以小球在任意一段時(shí)間內(nèi)小球可能加速運(yùn)動(dòng)，也有可能減速運(yùn)動(dòng)所以小球在任意一段時(shí)間內(nèi)小球動(dòng)能可能增加，也有可能減小，小球在任意一段時(shí)間內(nèi)小球電勢能可能增加，也有可能減小，所以小球也不一定由高電勢處向低電勢處運(yùn)動(dòng)故選d點(diǎn)評(píng)：電場線和電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡是兩個(gè)概念帶正電的小球由高電勢處向低電勢處運(yùn)動(dòng)電勢能減小，動(dòng)能增加反之電勢能增加，動(dòng)能減小3（4分）如圖所示，在兩平行金屬板間有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一個(gè)帶電粒子垂直于電場和磁場方向射入場中，射出時(shí)粒子的動(dòng)能減小了，為了使粒子射出時(shí)比射入時(shí)的動(dòng)能增大，在不計(jì)重力的情況下，可采取的方法是（其它條件不變）（）a增大粒子射入時(shí)的速度b增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度c增大電場的電場強(qiáng)度d改變粒子的帶電性質(zhì)考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng).專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題分析：首先分析粒子在復(fù)合場中的受力情況，粒子受到電場力和洛倫茲力作用，無論粒子電性如何，電場力和洛倫茲力都將方向相反，然后根據(jù)粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)結(jié)合能量關(guān)系分析即可得出答案解答：解：無論粒子帶何種電荷，由于電場力與洛倫茲力都是方向相反的，而動(dòng)能減少說明電場力做了負(fù)功，即電場力小于洛倫茲力，粒子向洛倫茲力的方向偏轉(zhuǎn)了所以要使動(dòng)能增大，必然減小磁場力或增大電場力 a：增大速度，則磁場力增大而電場力不變，動(dòng)能更會(huì)減少選項(xiàng)a錯(cuò)誤b：增大磁感應(yīng)強(qiáng)度即增大了洛倫茲力，不符合上面的分析選項(xiàng)b錯(cuò)誤c：增加電場強(qiáng)度即增大電場力，使粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，這樣電場力做正功，所以動(dòng)能會(huì)增大選項(xiàng)c正確d：改變電性，兩力同時(shí)反向，磁場力仍大于電場力，所以粒子動(dòng)能仍會(huì)減少選項(xiàng)d錯(cuò)誤故選：c點(diǎn)評(píng)：該題是速度選擇器一類的題，在速度選擇器中，粒子的受力特點(diǎn)：同時(shí)受到方向相反的電場力和洛倫茲力作用；粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡，即qvb=qe，v=，只有速度為的粒子才能沿直線勻速通過選擇器若粒子受到的電場力和磁場力不平衡時(shí)，粒子將發(fā)生偏轉(zhuǎn)：電場力大于洛倫茲力時(shí)，粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，此時(shí)電場力做正功，電勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；電場力小于洛倫茲力時(shí)，粒子將向洛倫茲力反向偏轉(zhuǎn)，電場力做負(fù)功，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢能思考：還有其他方法嗎？4（4分）（2012江蘇）一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容c和兩極板間的電勢差u的變化情況是（）ac和u均增大bc增大，u減小cc減小，u增大dc和u均減小考點(diǎn)：電容器.專題：電容器專題分析：根據(jù)電容的決定式判斷電容大小，根據(jù)定義式判斷電壓變化解答：解：由公式知，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容c增大，由公式知，電荷量不變時(shí)u減小，b正確故選b點(diǎn)評(píng)：本題考查了等容的定義式和決定式的配合應(yīng)用5（4分）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個(gè)d形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩d形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能，可行的辦法是（）a只增大加速電壓b只減小磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度c只增加周期性變化的電場的頻率d只增大d形金屬盒的半徑考點(diǎn)：霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用.分析：回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子射出時(shí)的速度，從而得出動(dòng)能的表達(dá)式，看動(dòng)能與什么因素有關(guān)解答：解：由qvb=m，解得v=則動(dòng)能ek=mv2=，知?jiǎng)幽芘c加速的電壓無關(guān)，狹縫間的距離無關(guān)，與周期性變化的電場的頻率也無關(guān)，與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和d形盒的半徑有關(guān)，增大磁感應(yīng)強(qiáng)度和d形盒的半徑，可以增加粒子的動(dòng)能故d正確，a、b、c錯(cuò)誤故選：d點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道粒子的最大動(dòng)能與加速的電壓無關(guān)，與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和d形盒的半徑有關(guān)6（4分）如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的m、n兩小孔中，o為m、n連線中點(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于o點(diǎn)對(duì)稱導(dǎo)線通有大小相等、方向相反的電流i已知通電長直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b=k，式中k是常數(shù)、i是導(dǎo)線中電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線的距離一帶正電的小球（圖中未畫出）以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）a小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)b小球一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)c小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大d小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃罂键c(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力.專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題分析：根據(jù)右手螺旋定制，判斷出mn直線處磁場的方向，然后根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力大小和方向的變化，明確了受力情況，即可明確運(yùn)動(dòng)情況解答：解：根據(jù)右手螺旋定制可知直線mn處的磁場方向垂直于mn向里，磁場大小先減小后增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向向上，根據(jù)f=qvb可知，其大小是先減小后增大，由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，小球?qū)ψ烂娴膲毫ο仍龃蠛鬁p小，故acd錯(cuò)誤，b正確故選：b點(diǎn)評(píng)：本題考查了右手螺旋定則和左手定則的熟練應(yīng)用，正確解答帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的思路為明確受力情況，進(jìn)一步明確其運(yùn)動(dòng)形式和規(guī)律7（4分）如圖所示是一實(shí)驗(yàn)電路圖在滑動(dòng)觸頭由a端滑向b端的過程中，下列表述正確的是（）a路端電壓變小b電流表的示數(shù)變大c電源內(nèi)阻消耗的功率變小d電路的總電阻變大考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率.專題：恒定電流專題分析：在滑動(dòng)觸頭由a端滑向b端的過程中，分析變阻器接入電路的電阻如何變化，分析外電路總電阻的變化，根據(jù)歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，以及電源內(nèi)阻消耗的功率如何變化，再判斷電流表的示數(shù)的變化解答：解：當(dāng)滑片向b端滑動(dòng)時(shí)，其接入電路中的電阻減小，使得外電路總電阻減小，故d錯(cuò)誤根據(jù)i=，可知總電流在增加，根據(jù)閉合電路中的歐姆定律有e=ir+u外，可知路端電壓u外在減小，故a正確流過電流表的示數(shù)為i=，可知電流在減小，故b錯(cuò)誤根據(jù)p=i2r，可知內(nèi)阻消耗的功率在增大，故c錯(cuò)誤故選a點(diǎn)評(píng)：本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問題，首先分析變阻器接入電路的電阻如何變化，接著分析總電阻、總電流和路端電壓的變化，再分析局部電流、電壓的變化，即按“局部到整體再到局部”的思路進(jìn)行分析8（4分）圖中a，b，c三點(diǎn)都在勻強(qiáng)電場中，已知acbc，abc=60，bc=20cm把一個(gè)電量q=105c的正電荷從a移到b，電場力做功為零；從b移到c，電場力做功為1.73103j，則該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向是（）a865v/m，垂直ac向左b865v/m，垂直ac向右c1000v/m，垂直ab斜向上d1000v/m，垂直ab斜向下考點(diǎn)：電場強(qiáng)度；電勢能；等勢面.專題：計(jì)算題分析：由題意可知ab兩點(diǎn)電勢相等，則可知等勢面，由電場線可等勢面的關(guān)系可知電場線；由電場力做功可求得bc兩點(diǎn)的電勢差，則可確定電場線的方向，由u=ed可求得電場強(qiáng)度解答：解：由電場力做功的特點(diǎn)可知，ab兩點(diǎn)電勢相等，故ab應(yīng)為等勢面；因電場線與等勢面相互垂直，故過c做ab的垂線，一定是電場線；因從b到c由w=uq可知，bc兩點(diǎn)的電勢差u=173v；即c點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)的電勢，故電場線垂直于ab斜向下；bc間沿電場線的距離d=bcsin60=0.173m；由e=可知電場強(qiáng)度e=v/m=1000v/m； 故選d點(diǎn)評(píng)：電場線與等勢面相互垂直而電場線由是由高電勢指向低電勢；勻強(qiáng)電場中u=ed中的d應(yīng)為沿電場方向的有效距離9（4分）（2005南京三模）如圖所示，平行于紙面水平向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度b1=1t位于紙面內(nèi)的細(xì)直導(dǎo)線，長l=1m，通有i=1a的恒定電流當(dāng)導(dǎo)線與b成60夾角時(shí)，發(fā)現(xiàn)其受到的安培力為零則該區(qū)域同時(shí)存在的另一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b2大小可能值（）atbtc1 tdt考點(diǎn)：安培力.分析：當(dāng)磁場的方向與電流的方向平行時(shí)，則導(dǎo)體棒所受的安培力為零，通過平行四邊形定則定則確定另一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b2大小可能值解答：解：根據(jù)平行四邊形定則知，虛線表示合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，與電流的方向平行，可知b2的最小值為則故b、c、d正確，a錯(cuò)誤故選bcd點(diǎn)評(píng)：解決本題的突破口在于抓住合場強(qiáng)的方向與電流方向平行，結(jié)合平行四邊形定則進(jìn)行求解10（4分）圖中k、l、m為靜電場中的三個(gè)相距很近的等勢面（k、m之間無電荷）一帶電粒子射入此靜電場中后，依abcde軌跡運(yùn)動(dòng)已知電勢klm下列說法中正確的是（）a粒子帶負(fù)電b粒子在bc段做減速運(yùn)動(dòng)c粒子在b點(diǎn)與d點(diǎn)的速率大小相等d粒子在c點(diǎn)時(shí)電勢能最小考點(diǎn)：等勢面；電勢.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：由等勢面的情況可以畫出電場線的大致分布圖，結(jié)合粒子的曲線運(yùn)動(dòng)，所受合力應(yīng)該指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，所以粒子的所受電場力是偏在左側(cè)的，又因?yàn)轭}目中交代了電勢klm ，所以電場線指向左側(cè)，該粒子應(yīng)該帶正電，b、d在同一等勢面上，電勢能相等，動(dòng)能相等，速率相等根據(jù)a到c電場力做負(fù)功，電勢能增大，c到e電場力做正功，電勢能減小，c點(diǎn)電勢最大解答：解：a、畫出電場線的大致分布圖，電勢klm ，所以電場線指向左側(cè)，電場力大體向左，該粒子應(yīng)該帶正電，故a錯(cuò)誤 b、b到c電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，速率減小故b正確 c、b、d在同一等勢面上，粒子在這兩點(diǎn)的電勢能相等，根據(jù)動(dòng)能與電勢能總量守恒，可知粒子在兩點(diǎn)速率相等故c正確 d、a到c電場力做負(fù)功，電勢能增大，c到e電場力做正功，電勢能減小，c點(diǎn)電勢最大故d錯(cuò)誤故選bc點(diǎn)評(píng)：這類軌跡問題常常作電場線求解，這是常用方法電勢、電勢能、場強(qiáng)等物理量大小比較是電場部分常見題目11（4分）如圖所示，金屬棒mn兩端由等長的輕質(zhì)絕緣細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，棒中通以由m向n的電流靜止時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為角若僅改變下列某一個(gè)條件，角的相應(yīng)變化情況是（）a棒中的電流變大，角變大b兩懸線同時(shí)變短，角變小c金屬棒質(zhì)量變大，角變小d磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，角變大考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用；安培力.分析：對(duì)通電導(dǎo)線受力分析，求出夾角的關(guān)系表達(dá)式，然后根據(jù)表達(dá)式分析答題解答：解：導(dǎo)體棒受力如圖所示，tan=，f=bil；a、棒中電流i變大，角變大，故a正確；b、兩懸線等長變短，角不變，故b錯(cuò)誤；c、金屬棒質(zhì)量變大，角變小，故c正確；d、磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，角變大，故d正確；故選：acd點(diǎn)評(píng)：對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析、應(yīng)用平衡條件，根據(jù)安培力公式分析即可正確解題12（4分）在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的離子p+和p3+，經(jīng)電壓為u的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b、方向垂直紙面向里，有一定的寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示已知離子p+在磁場中轉(zhuǎn)過=30后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子p+和p3+（）a在電場中的加速度之比為1：1b在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為 3：1c在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1：2d離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1：3考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng).專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題分析：要分析加速度就要先分析其受的電場力，而要分析動(dòng)能就要看電場做的功；要分析半徑就要用洛倫茲力充當(dāng)向心力，來找出半徑，有了半徑其轉(zhuǎn)過的角度就很容易了解答：解：a、兩個(gè)離子的質(zhì)量相同，其帶電量是1：3的關(guān)系，所以由a=可知其在電場中的加速度是1：3，故a錯(cuò)b、要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時(shí)其速度表達(dá)式為：v=，可知其速度之比為1：又由qvb=m知，r=，所以其半徑之比為：1，故b錯(cuò)誤c、由b的分析知道，離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為：1，設(shè)磁場寬度為l，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以有sin=，則可知角度的正弦值之比為1：，又p+的角度為30，可知p3+角度為60，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1：2，故c正確d、由電場加速后：qu=mv2可知，兩離子離開電場的動(dòng)能之比為1：3，故d正確故選：cd點(diǎn)評(píng)：磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題重點(diǎn)是要找出半徑，然后通過合理的作圖畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，基本就可以解決問題了，磁場中的軌跡問題是高考特別喜歡考查的內(nèi)容，而且都是出大題，應(yīng)該多做訓(xùn)練二、填空題（本題共3小題，把答案填在對(duì)應(yīng)的橫線上，或按題目要求作圖）13（4分）圖示游標(biāo)卡尺的讀數(shù)是140.05mm，螺旋測微器讀數(shù)應(yīng)為6.125mm考點(diǎn)：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用.專題：實(shí)驗(yàn)題分析：解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀解答：解：1、游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為140mm，游標(biāo)尺上第1個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為10.05mm=0.05mm，所以最終讀數(shù)為：140mm+0.05mm=140.05mm2、螺旋測微器的固定刻度為6mm，可動(dòng)刻度為12.50.01mm=0.125mm，所以最終讀數(shù)為6mm+0.125mm=6.125mm，由于需要估讀，最后的結(jié)果可以為6.1250.002mm故答案為：140.05，6.125點(diǎn)評(píng)：對(duì)于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量14（7分）有一個(gè)標(biāo)有“12v、24w”的燈泡，為了描繪小燈泡的伏安特性曲線，需測定燈泡兩端的電壓和通過燈泡的電流，現(xiàn)有如下器材：a直流電源15v（內(nèi)阻可不計(jì)）b直流電流表03a（內(nèi)阻0.1）c直流電流表0300ma（內(nèi)阻約5）d直流電壓表015v（內(nèi)阻約15k）e直流電壓表025v（內(nèi)阻約200k）f滑動(dòng)變阻器（10、5a）g滑動(dòng)變阻器（1k、3a）（1）實(shí)驗(yàn)臺(tái)上已放置開關(guān)、導(dǎo)線若干及燈泡，為了完成實(shí)驗(yàn)需要從上述器材中再選用abdf（用序號(hào)字母表示）（2）在圖1方框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)原理圖（3）用筆描線替代導(dǎo)線將圖2中實(shí)物連好考點(diǎn)：描繪小電珠的伏安特性曲線.專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題分析：儀器的選擇應(yīng)保證實(shí)驗(yàn)的安全、準(zhǔn)確和便于調(diào)節(jié)；先選出必須的儀器；再由燈泡的額定電壓可選出電源及電壓表；由功率公式可求出電流，則可求出電流表的量程；根據(jù)電阻關(guān)系可選出滑動(dòng)變阻器；由題目要求要選出滑動(dòng)變阻器的接法及電流表的接法；根據(jù)原理圖連接實(shí)物圖解答：解：由題意可知，為了完成實(shí)驗(yàn)電源為必選；因燈泡的額定電壓為12v，故為了安全準(zhǔn)確電壓表應(yīng)選d中15v的量程；而燈泡中的電流約為：i=2a；故電流表應(yīng)選b中3a的量程；而由題意可知，本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用分壓接法，故滑動(dòng)變阻器選小電阻，故選f；故選abdf；由題意可知，本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用分壓接法；由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡內(nèi)阻，故電流表采用外接法，故電路如圖所示；根據(jù)原理圖，結(jié)合實(shí)物圖的連接方法，連接實(shí)物圖即可；如圖所示；故答案為：abdf；由圖所示；（3）如圖所示；點(diǎn)評(píng)：本題考查描繪伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)，要注意正確理解分壓及外接法的應(yīng)用15（7分）理解并會(huì)熟練操作歐姆表，是高中物理學(xué)習(xí)必須掌握的一種能力（1）如圖所示是一個(gè)歐姆表的外部構(gòu)造示意圖，其正、負(fù)插孔內(nèi)分別插有紅、黑表筆，則虛線內(nèi)的電路圖應(yīng)是圖中的c（2）某同學(xué)使用多用電表測電阻，他的主要實(shí)驗(yàn)步驟如下把選擇開關(guān)扳到“100”的歐姆檔上；把表筆插入測試插孔中，先把兩根表筆相接觸，旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在電阻刻度的零位上；把兩根表筆分別與某一待測電阻的兩端相接，發(fā)現(xiàn)這時(shí)指針離刻度盤上”“位置太近；換用“10”的歐姆檔，隨即記下歐姆數(shù)值；把表筆從測試筆孔中拔出后，把多用表放回桌上原處，實(shí)驗(yàn)完畢這個(gè)同學(xué)在測量時(shí)已注意到：待測電阻與其他元件和電源斷開，不用手碰表筆的金屬桿指出該學(xué)生在實(shí)驗(yàn)操作中錯(cuò)誤的地方并糾正（三個(gè)錯(cuò)誤）錯(cuò)誤一：指針偏轉(zhuǎn)較小說明電阻偏小，應(yīng)該選用較大的擋位，即換用“1k”的歐姆檔錯(cuò)誤二：歐姆表換擋后要重新調(diào)零錯(cuò)誤三：多用電表使用完畢，拔出表筆后要將選擇開關(guān)調(diào)到“off”檔或交流最高電壓檔考點(diǎn)：用多用電表測電阻.專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題分析：（1）紅表筆插在正極孔中，與內(nèi)部電源的負(fù)極相連，選檔后要進(jìn)行調(diào)零（2）使用歐姆表測電阻應(yīng)選擇合適的擋位，使指針指針中央刻度線附近，歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，歐姆表使用完畢，把選擇開關(guān)置于off擋或交流電壓最高檔解答：解：（1）正極插孔接電源的負(fù)極，每次換擋時(shí)都要進(jìn)行短接調(diào)零，所以電阻要可調(diào)節(jié)，由圖示電路圖可知，c正確，故選c（2）由實(shí)驗(yàn)步驟可知，實(shí)驗(yàn)操作錯(cuò)誤有：錯(cuò)誤1：指針偏轉(zhuǎn)較小說明電阻偏小，應(yīng)該選用較大的擋位，即換用“1k”的歐姆檔；錯(cuò)誤2：歐姆表換擋后要重新調(diào)零；錯(cuò)誤3：多用電表使用完畢，拔出表筆后要將選擇開關(guān)調(diào)到“off”檔或交流最高電壓檔；故答案為：（1）c；（2）指針偏轉(zhuǎn)較小說明電阻偏小，應(yīng)該選用較大的擋位，即換用“1k”的歐姆檔；歐姆表換擋后要重新調(diào)零；多用電表使用完畢，拔出表筆后要將選擇開關(guān)調(diào)到“off”檔或交流最高電壓檔點(diǎn)評(píng)：本題考查了歐姆表的使用方法與主要事項(xiàng)、多用電表讀數(shù)，應(yīng)用歐姆表測電阻時(shí)，要選擇合適擋位，歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零三、計(jì)算題（本題共4小題，共44分解答時(shí)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位）16（10分）如圖所示，a、b兩點(diǎn)間接一電動(dòng)勢為e=4v，內(nèi)電阻為r=1的直流電源，電阻r1、r2、r3的阻值均為3，電容器的電容為30f，電壓表為理想電壓表，求：（1）電壓表的讀數(shù)；（2）電容器所帶的電荷量考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律.專題：恒定電流專題分析：（1）當(dāng)電鍵s閉合時(shí)，電路接通，電壓表測r1、r2兩端的電壓根據(jù)歐姆定律求出總電流，由u=ir可求得電壓表的讀數(shù)；（2）電容器的電壓等于r2、r3兩端的電壓，求出電壓，再求解電容器的電量解答：解：（1）當(dāng)電鍵s閉合時(shí)，三個(gè)電阻串聯(lián)；根據(jù)閉合電路歐姆定律得：i=0.4a；電壓表的示數(shù)u=i（r1+r2）=0.46=2.4v；（2）電容器與r2、r3并聯(lián)，總電壓uc=i（r2+r3）=0.46=2.4v；電量q=cuc=301062.4c=7.2105c答：（1）電壓表讀數(shù)為2.4v；（2）電容器所帶的電荷量7.2105c點(diǎn)評(píng)：本題考查閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，要注意正確分析電路結(jié)構(gòu)，明確電壓表及電容器的電壓17（10分）在如圖所示的電路中，兩平行正對(duì)金屬板a、b水平放置，兩板間的距離d=4.0cm電源電動(dòng)勢e=400v，內(nèi)電阻r=20，電阻r1=1980閉合開關(guān)s，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從b板上的小孔以初速度v0=1.0m/s豎直向上射入兩板間，小球到達(dá)a板時(shí)速度恰好為0若小球所帶電荷量q=1.0107c，質(zhì)量m=2.0104kg，不考慮空氣阻力，忽略射入小球?qū)﹄娐返挠绊?，取g=10m/s2求：（1）a、b兩金屬板間的電壓的大小u；（2）滑動(dòng)變阻器消耗的電功率p滑考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律；電容.專題：恒定電流專題分析：（1）小球從b板上的小孔射入恰好到達(dá)a板的過程中，在電場力和重力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，電場力做功qu，重力做功mgd，根據(jù)動(dòng)能定理求解u（2）變阻器兩端的電壓等于u，由i=，u=ir滑，相結(jié)合求出r滑，滑動(dòng)變阻器消耗的電功率 解答：解：（1）小球從b板上的小孔射入恰好到達(dá)a板的過程中，在電場力和重力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)a、b兩極板間電壓為u，根據(jù)動(dòng)能定理有qumgd=0mv02 代入數(shù)據(jù)解得：u=200v（2）設(shè)此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路中的電阻值為r滑，根據(jù)閉合電 路歐姆定律可知，電路中的電流得 i=根據(jù)部分電路歐姆定律可知 u=ir滑解得 r滑=2.0103滑動(dòng)變阻器消耗的電功率 =20w答：（1）a、b兩金屬板間的電壓的大小u為200v；（2）滑動(dòng)變阻器消耗的電功率p滑為20w點(diǎn)評(píng)：本題電場與電路的綜合應(yīng)用，小球在電場中做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求電壓根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)，由歐姆定律求變阻器接入電路的電阻難度不大18（12分）如圖所示，mnpq，mn、pq之間區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b，mn、pq之間寬度為d一電子從a點(diǎn)沿與mn夾角為60的方向射入磁場，入射方向與磁場垂直，運(yùn)動(dòng)到邊界pq上時(shí)速度方向與pq平行，且從pq邊界射出磁場已知電子帶電量為e，質(zhì)量為m，重力不計(jì)，求：（1）電子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大?。唬?）電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力.專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題分析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其軌跡恰好與ef邊相切時(shí)，軌跡半徑最小，對(duì)應(yīng)的速度最?。?）根據(jù)電子轉(zhuǎn)過的圓心角與電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式 可以求出電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間解答：解：（1）電子速度方向與pq平行，由幾何知識(shí)可得：r+rcos60=d，解得：r=d，電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律：evb=m，解得：v=；（2）電子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓