福建省廈門市2015-2016學(xué)年高二(上)期末物理試卷(解析版)

1、2015-2016學(xué)年福建省廈門市高二（上）期末物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：共8小題，每小題4分，共32分在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，選對(duì)的得4分，有選錯(cuò)的得0分，把答案填在答題卡中1物理學(xué)家通過艱苦的實(shí)驗(yàn)來探究自然的物理規(guī)律，為人類的科學(xué)做出了巨大貢獻(xiàn)下列描述中符合物理學(xué)史實(shí)的是（）A安培發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)B奧斯特通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定了磁場(chǎng)對(duì)電流的作用力C庫(kù)侖總結(jié)出了真空中的兩靜止點(diǎn)電荷間相互作用的規(guī)律D法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律2真空中兩個(gè)完全相同、帶異種電荷的導(dǎo)體小球A和B（視為點(diǎn)電荷），A帶電荷量為+3Q，B帶電荷量為Q，彼此間的引力為F把兩導(dǎo)體小球

2、互相接觸后再移回原來各自的位置，這時(shí)A和B之間的作用力為F，則F與F之比為（）A3：1B9：1C1：3D1：93如圖所示，厚薄均勻的矩形金屬薄片邊長(zhǎng)為ab=20cm，ad=10cm，ae=5cm，若將A與B接入電路時(shí)，電阻為R1；若將C與D接入電路時(shí)，電阻為R2，則R1：R2為（）A2：1B4：1C8：1D16：14如圖所示，R4是半導(dǎo)體材料制成的熱敏電阻，電阻率隨溫度的升高而減小，這就是一個(gè)火警報(bào)警器的電路，電流表是安放在值班室的顯示器，電源兩極之間接一個(gè)報(bào)警器，當(dāng)R4所在處出現(xiàn)火情時(shí)，顯示器的電流I和報(bào)警器兩端的電壓U的變化情況是（）AI變大，U變小BI變大，U變大CI變小，U變大DI變小

3、，U變小5如圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖初速度為零的帶電粒子a、b（不計(jì)重力）在A點(diǎn)經(jīng)電壓U加速后，進(jìn)人磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后分別打在感光板S上的x1、x2處圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則（）Aa的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量Ba的電荷量一定大于b的電荷量Ca的比荷（）大于b的比荷Da在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間6如圖所示是一個(gè)由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，平行板電容器中央有一個(gè)液滴處于平衡狀態(tài)，保持B板不動(dòng)，A板逐漸上移，則（）A電容器的電容變大B電阻R中有從a流向b的電流C液滴帶電性質(zhì)無法確定D液滴將向上運(yùn)動(dòng)7如圖所示，一圓形

4、閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵（質(zhì)量為m），銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸始終保持重合則懸掛磁鐵的繩子中拉力F隨時(shí)間t變化的圖象可能是（）ABCD8有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射人偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符不必考慮墨汁微粒的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是（）A減小墨汁微粒的質(zhì)量B增大墨汁微粒所帶的電荷量C增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓D增大墨汁微粒的噴出速度二、多項(xiàng)選擇題：共4小題，每小題4分共16分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)

5、的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分，把答案填在答題卡中9如圖所示，平行直線表示電場(chǎng)線，但未標(biāo)方向，一帶正電微粒只受電場(chǎng)力作用，以某初速度從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，動(dòng)能逐漸增大，則（）A電場(chǎng)線方向從右向左B電場(chǎng)線方向從左向右C微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是軌跡aD微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是軌跡b10如圖所示，a，b燈分別標(biāo)有“3.6V，2.5W”和“3.6V，4.0W”，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)R，能使a、b都正常發(fā)光斷開開關(guān)后重做實(shí)驗(yàn)，則（）A閉合開關(guān)，a將慢慢亮起來，b立即發(fā)光B閉合開關(guān)，a、b同時(shí)發(fā)光C斷開開關(guān)，a、b都逐漸熄滅D斷開開關(guān)，a逐漸熄滅，b燈閃亮一下再熄滅11如圖甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n=100

6、，線圈面積S=100cm2，線圈的電阻r=1，線圈外接一個(gè)阻值R=4的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示下列說法中正確的（）A線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B電阻R兩端的電壓隨時(shí)問均勻增大C前4s內(nèi)通過電阻R的電荷量為4×102CD線圈電阻r消耗的功率為4×102W12如圖所示，空間中存在一水平方向勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直在電磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球套在絕緣桿上初始，給小球一沿桿向下的初速

7、度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，電量保持不變已知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=，則以下說法正確的是（）A小球的初速度為v0=B若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止C若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止D若小球的初速度為，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共12分請(qǐng)把答案填在答題卡的相應(yīng)位置上13某同學(xué)用多用電表粗略測(cè)量一定值電阻的阻值，他先把選擇開關(guān)旋到“×1k”擋，測(cè)量時(shí)指針偏轉(zhuǎn)如甲圖所示，為了比較精確的測(cè)量，他進(jìn)行了下列合理的操作：A將換擋旋鈕調(diào)至“×”倍率；B重新將紅、黑兩表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕（填

8、圖甲中“A”或“B”）使指針指到圖中歐姆表刻度盤中的刻度線位置；（填“0”或“”）C將待測(cè)電阻兩端金屬線與紅、黑兩表筆接觸，這時(shí)刻度盤上的指針位置如乙圖所示，則該定值電阻阻值為14某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)測(cè)量一種合金絲的電阻率（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量合金絲的直徑為防止讀數(shù)時(shí)測(cè)微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊，如圖甲所示的部件（填“A”、“B”、“C”或“D”）從圖中的示數(shù)可讀出合金絲的直徑為mm（2）待測(cè)合金絲Rx的電阻約為5提供的儀器有：A電壓表（內(nèi)阻約為10k，量程為3V）B電流表（內(nèi)阻約為3，量程為0.6A）C電流表（內(nèi)阻約為0.1，量程為3A）D滑動(dòng)變阻器（阻值為05，額定電流為2A）E電源（電動(dòng)勢(shì)

9、為5V，內(nèi)電阻為1）F一個(gè)開關(guān)、若干導(dǎo)線測(cè)量時(shí)，電流表應(yīng)選（填序號(hào)）該同學(xué)根據(jù)以上儀器連接實(shí)驗(yàn)線路，為了較精確地測(cè)量，同時(shí)要求實(shí)驗(yàn)中電流表示數(shù)變化范圍盡量寬，請(qǐng)你用筆畫線代替導(dǎo)線，在圖乙中將電路補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)中，測(cè)出合金絲的兩端電壓為U，電流強(qiáng)度為I，直徑為d，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則該合金絲的電阻率的表達(dá)式=（用所給符號(hào)表示）四、計(jì)算題：本題共4小題共40分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位15電場(chǎng)中某區(qū)域的電場(chǎng)線分布如圖所示，A、B是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)一個(gè)電荷量q1=4.0×108的負(fù)點(diǎn)電荷，放在電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)

10、力為F1=2.0×104N（1）求A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小EA；（2）將q2=2.0×108C的正點(diǎn)電荷放入電場(chǎng)中的A點(diǎn)，求q2受到的電場(chǎng)力F2的大小和方向；（3）如果將點(diǎn)電荷q1從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功WAB=8.0×107J，求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB16如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E=12V，內(nèi)阻r=2，閉合電鍵S后，標(biāo)有“8V，12W”的燈泡恰能正常發(fā)光，電動(dòng)機(jī)M繞組的電阻R0=4，求：（1）電源的內(nèi)電壓U內(nèi)；（2）通過電動(dòng)機(jī)M的電流IM；（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出17某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示質(zhì)量為m的均勻細(xì)金屬桿MN與兩條豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連

11、，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外，磁場(chǎng)邊界ab的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，bc的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)3，且L3L1當(dāng)MN中沒有電流通過且處于靜止時(shí)，MN與矩形區(qū)域的ad、bc中點(diǎn)連線重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流通過時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度大小MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g（1）當(dāng)電流表的示數(shù)為零時(shí)，求每條彈簧的伸長(zhǎng)量；（2）若兩輕質(zhì)彈簧的彈力為零，求金屬桿MN中電流的大小和方向；（3）當(dāng)金屬桿中電流方向從M到N時(shí)，此電流表測(cè)量的最大值是多少？18如圖甲所示，兩間距為d的水平放置的平行金屬板M、N，M板某處C放有粒子

12、源，C的正上方的N板D處開有一個(gè)可穿過粒子的小孔間距L=2d的平行金屬導(dǎo)軌P、Q與金屬板M、N相連，導(dǎo)軌上存在一垂直紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一導(dǎo)體棒ab貼緊PQ以一定的初速度向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)在ab進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，粒子源飄出一個(gè)初速度視為零、質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，在M、N間加速后從D處射出在N板的上方（并與D點(diǎn)相切）有一個(gè)內(nèi)圓半徑R1=d、外圓半徑R2=3d的圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其大小也為B、方向垂直紙面向外，兩圓的圓心O與C、D在一豎直線上不計(jì)粒子重力，忽略平行板外的電場(chǎng)以及磁場(chǎng)間的相互影響（1）C處飄出的粒子帶何種電荷？已知ab棒的速度為v0，求粒子到達(dá)N板時(shí)速度v；（2）為了不讓粒

13、子進(jìn)入內(nèi)圓半徑為R1的無磁場(chǎng)區(qū)域，試求出ab棒的速度v0最大值v0m；（3）若ab棒的速度只能是，為了實(shí)現(xiàn)粒子不進(jìn)入半徑為R1的內(nèi)圓無磁場(chǎng)區(qū)域，可以控制金屬導(dǎo)軌P、Q的磁場(chǎng)寬度（如圖乙所示），求該磁場(chǎng)寬度S的范圍2015-2016學(xué)年福建省廈門市高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：共8小題，每小題4分，共32分在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，選對(duì)的得4分，有選錯(cuò)的得0分，把答案填在答題卡中1物理學(xué)家通過艱苦的實(shí)驗(yàn)來探究自然的物理規(guī)律，為人類的科學(xué)做出了巨大貢獻(xiàn)下列描述中符合物理學(xué)史實(shí)的是（）A安培發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)B奧斯特通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定了磁場(chǎng)對(duì)電流的作用力C庫(kù)侖

14、總結(jié)出了真空中的兩靜止點(diǎn)電荷間相互作用的規(guī)律D法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律【考點(diǎn)】物理學(xué)史【分析】本題是物理學(xué)史問題，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可答題【解答】解：A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A錯(cuò)誤B、安培通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定了磁場(chǎng)對(duì)電流的作用力，故B錯(cuò)誤C、庫(kù)侖通過扭秤實(shí)驗(yàn)總結(jié)出了真空中的兩靜止點(diǎn)電荷間相互作用的規(guī)律庫(kù)侖定律，故C正確D、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律，故D錯(cuò)誤故選：C2真空中兩個(gè)完全相同、帶異種電荷的導(dǎo)體小球A和B（視為點(diǎn)電荷），A帶電荷量為+3Q，B帶電荷量為Q，彼此間的引力為F把兩導(dǎo)體小球互相接觸后再移回原來各自的位

15、置，這時(shí)A和B之間的作用力為F，則F與F之比為（）A3：1B9：1C1：3D1：9【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律【分析】理解庫(kù)侖定律的內(nèi)容知道帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分【解答】解：設(shè)AB之間的距離為r，根據(jù)庫(kù)侖定律得兩球之間的相互吸引力的大小是：F=k，將A與B接觸時(shí)先中和再平分，則A、B分開后電量均為=Q，這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小為：F=k=F即F與F之比為3：1； 故選：A3如圖所示，厚薄均勻的矩形金屬薄片邊長(zhǎng)為ab=20cm，ad=10cm，ae=5cm，若將A與B接入電路時(shí)，電阻為R1；若將C與D接入電路時(shí)，電阻為R2，則R1：R2為（）A2：1B

16、4：1C8：1D16：1【考點(diǎn)】電阻定律【分析】由金屬導(dǎo)體電阻的決定式R=進(jìn)行計(jì)算，注意各電阻中的導(dǎo)體長(zhǎng)度及截面積【解答】解：由電阻的決定式可知，將A與B接入電路時(shí)，電阻為：R1=，將C與D接入電路時(shí)，電阻為：R2=，則R1：R2=4：1，故B正確故選：B4如圖所示，R4是半導(dǎo)體材料制成的熱敏電阻，電阻率隨溫度的升高而減小，這就是一個(gè)火警報(bào)警器的電路，電流表是安放在值班室的顯示器，電源兩極之間接一個(gè)報(bào)警器，當(dāng)R4所在處出現(xiàn)火情時(shí)，顯示器的電流I和報(bào)警器兩端的電壓U的變化情況是（）AI變大，U變小BI變大，U變大CI變小，U變大DI變小，U變小【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律【分析】R3為用半導(dǎo)體熱敏

17、材料制成的傳感器，溫度升高時(shí)，其電阻減小當(dāng)傳感器R4所在處出現(xiàn)火情時(shí)，分析R4的變化，確定外電路總電阻的變化，分析總電流和路端電壓的變化，即可知U的變化根據(jù)并聯(lián)部分電壓的變化，分析I的變化【解答】解：當(dāng)傳感器R4所在處出現(xiàn)火情時(shí)，R4的阻值變小，R2、R3與R4的并聯(lián)電阻減小，外電路總電阻變小，則總電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，即有U變小因U變小，而電流增大，故R1分壓增大；并聯(lián)部分分壓減??；故電流表示數(shù)減?。还蔬x：A5如圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖初速度為零的帶電粒子a、b（不計(jì)重力）在A點(diǎn)經(jīng)電壓U加速后，進(jìn)人磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后分別打在感光板S上的x1、x

18、2處圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則（）Aa的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量Ba的電荷量一定大于b的電荷量Ca的比荷（）大于b的比荷Da在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間【考點(diǎn)】質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理【分析】帶電粒子先在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡為半圓，本題動(dòng)能定理和牛頓第二定律求解【解答】解：A、設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度大小為v，磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，電荷量和質(zhì)量分別為q、m，打在感光板上的距離為x 根據(jù)動(dòng)能定理，得：qU=mv2，v=由qvB=m，r=則：x=2r=得到： =由圖，x1x2，U、B相同，則；而a的質(zhì)量可能大于b的

19、質(zhì)量，也可能小于b的質(zhì)量；a的電荷量可能大于b的電荷量，也可能小于b的電量，故C正確，AB錯(cuò)誤；D、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都是半個(gè)周期，則：t=T=，由于，所以a在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間故D錯(cuò)誤故選：C6如圖所示是一個(gè)由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，平行板電容器中央有一個(gè)液滴處于平衡狀態(tài)，保持B板不動(dòng)，A板逐漸上移，則（）A電容器的電容變大B電阻R中有從a流向b的電流C液滴帶電性質(zhì)無法確定D液滴將向上運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析【分析】電容器與電源相連，板間電壓不變A板逐漸上移，即增大電容器兩板間距離的過程中，電容減小，電量減小，電容器放電根據(jù)原來極板的帶電情況，

20、分析電流的方向根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的變化，分析液滴的運(yùn)動(dòng)方向【解答】解：A、保持B板不動(dòng)，A板逐漸上移，電容器板間距離增大，由電容的決定式C=知，電容C變小，故A錯(cuò)誤B、電容器帶電量不變，由電容的定義式C=，知Q=CU，C變小，Q變小，則電容器放電，電阻R中有從a流向b的電流故B正確C、液滴原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受的電場(chǎng)力與重力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，而板間場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，則液滴帶負(fù)電，故C錯(cuò)誤D、U不變，d增大，由E=分析知，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，則液滴所受的電場(chǎng)力減小，液滴將向下運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤故選：B7如圖所示，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵（質(zhì)量為m），銅環(huán)的中心軸線與條

21、形磁鐵的中軸始終保持重合則懸掛磁鐵的繩子中拉力F隨時(shí)間t變化的圖象可能是（）ABCD【考點(diǎn)】楞次定律【分析】根據(jù)對(duì)楞次定律判斷圓環(huán)在磁鐵上方與下方時(shí)受到的磁場(chǎng)力方向，然后由牛頓第二定律，懸掛磁鐵的繩子中拉力F與重力加速度的關(guān)系【解答】解：銅環(huán)閉合，銅環(huán)在下落過程中，穿過銅環(huán)的磁通量不斷變化，銅環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流；由楞次定律可知，感應(yīng)電流總是阻礙磁體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)銅環(huán)在磁鐵上方時(shí)，感應(yīng)電流阻礙銅環(huán)靠近磁鐵，給銅環(huán)一個(gè)向上的安培力，因此拉力大于重力；當(dāng)銅環(huán)位于磁鐵下方時(shí)，銅環(huán)要遠(yuǎn)離磁鐵，感應(yīng)電流阻礙銅環(huán)的遠(yuǎn)離對(duì)銅環(huán)施加一個(gè)向上的安培力，則拉力大于重力；當(dāng)銅環(huán)處于磁鐵中央時(shí)，磁通量不變，則沒有感應(yīng)電

22、流，沒有安培阻力，因此拉力等于重力，故ACD錯(cuò)誤，B正確故選：B8有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射人偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符不必考慮墨汁微粒的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是（）A減小墨汁微粒的質(zhì)量B增大墨汁微粒所帶的電荷量C增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓D增大墨汁微粒的噴出速度【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【分析】要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)角y，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)量y的表達(dá)式，再進(jìn)行分析【解答】解：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做

23、類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：水平方向：L=v0t；豎直方向：y=at2，加速度為：a=聯(lián)立解得：微粒飛出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為 y=要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)角y，由上式分析可知，采用的方法有：減小微粒的比荷、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U、增大墨汁微粒的噴出速度v0故ABC錯(cuò)誤，D正確故選：D二、多項(xiàng)選擇題：共4小題，每小題4分共16分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分，把答案填在答題卡中9如圖所示，平行直線表示電場(chǎng)線，但未標(biāo)方向，一帶正電微粒只受電場(chǎng)力作用，以某初速度從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，動(dòng)能逐漸增大，則（）A電場(chǎng)線方向從右向左B電場(chǎng)線方

24、向從左向右C微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是軌跡aD微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是軌跡b【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【分析】粒子動(dòng)能逐漸增大，根據(jù)動(dòng)能定理，受到的電場(chǎng)力做正功，結(jié)合電場(chǎng)力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，且速度與電場(chǎng)力之間的夾角為銳角進(jìn)行判斷【解答】解：粒子的動(dòng)能逐漸增大，說明電場(chǎng)力做正功，若電場(chǎng)線方向從右向左，電場(chǎng)力水平向左，根據(jù)合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，軌跡可能為a，粒子從A到B電場(chǎng)力做負(fù)功，與題意不符；故AC錯(cuò)誤；若電場(chǎng)線方向從左向右，電場(chǎng)力水平向右，根據(jù)軌跡彎曲方向與受力方向之間的關(guān)系，軌跡可能為b，且粒子從A到B電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，故BD正確；故選：BD10如圖所示，a，b燈分別標(biāo)有“3.6V，2.

25、5W”和“3.6V，4.0W”，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)R，能使a、b都正常發(fā)光斷開開關(guān)后重做實(shí)驗(yàn)，則（）A閉合開關(guān)，a將慢慢亮起來，b立即發(fā)光B閉合開關(guān)，a、b同時(shí)發(fā)光C斷開開關(guān)，a、b都逐漸熄滅D斷開開關(guān)，a逐漸熄滅，b燈閃亮一下再熄滅【考點(diǎn)】自感現(xiàn)象和自感系數(shù)【分析】閉合開關(guān)的瞬間，L相當(dāng)于斷路，穩(wěn)定后自感作用消失，而開關(guān)斷開的瞬間，線圈相對(duì)于電源結(jié)合歐姆定律分析電流大小【解答】解：A、閉合瞬間，L相當(dāng)于斷路，b立刻變亮，a逐漸變亮，A正確，B錯(cuò)誤C、閉合開關(guān)穩(wěn)定時(shí)，a的亮度比b的?。桓鶕?jù)I=知通過a的電流??；電鍵斷開，L相當(dāng)于電源與兩個(gè)燈泡串聯(lián)，逐漸熄滅，由于穩(wěn)定后a燈的電流小于b燈，所以電鍵斷

26、開瞬間b燈的電流比穩(wěn)定時(shí)的電流小，b燈不會(huì)再閃亮一下，故C正確，D錯(cuò)誤故選：AC11如圖甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n=100，線圈面積S=100cm2，線圈的電阻r=1，線圈外接一個(gè)阻值R=4的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示下列說法中正確的（）A線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B電阻R兩端的電壓隨時(shí)問均勻增大C前4s內(nèi)通過電阻R的電荷量為4×102CD線圈電阻r消耗的功率為4×102W【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律【分析】線圈平面垂直處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨著時(shí)間均勻變化時(shí)，線圈中的磁通量發(fā)生變化

27、，從而導(dǎo)致出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生感應(yīng)電流由楞次定律可確定感應(yīng)電流方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，運(yùn)用功率與電量的表達(dá)式，從而即可求解【解答】解：A、由圖可知，穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得：線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流逆時(shí)針，故A正確B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可知，磁通量的變化率恒定，所以電動(dòng)勢(shì)恒定，則電阻兩端的電壓恒定，故B錯(cuò)誤；CD、由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=N=N=100××0.01V=0.05V，由閉合電路歐姆定律，可知電路中的電流為I=A=0.01A，前4s內(nèi)通過R的電荷量Q=It=0.01×4C=0.04C，所以線圈電阻r消耗的功率P=I2

28、R=0.012×1W=1×104W，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC12如圖所示，空間中存在一水平方向勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直在電磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球套在絕緣桿上初始，給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，電量保持不變已知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=，則以下說法正確的是（）A小球的初速度為v0=B若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止C若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止D

29、若小球的初速度為，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為【考點(diǎn)】帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、彈力（可能有）、向右上方的洛倫茲力、向左的電場(chǎng)力，當(dāng)受到的合外力等于0時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)小球受到的合外力不為0時(shí)，要判斷出支持力的方向，明確支持力的大小隨洛倫茲力的變化關(guān)系，然后做出判定【解答】解：A、對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖，電場(chǎng)力的大?。篎=qE=，由于重力的方向豎直向下電場(chǎng)力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由幾何關(guān)系可知，重力與電場(chǎng)力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場(chǎng)力的合力不會(huì)對(duì)小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會(huì)對(duì)小球做功所以，當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)

30、時(shí)，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場(chǎng)力的合力相等，方向相反所以qv0B=2mg所以v0=故A正確；B、若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=3mgFG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則摩擦力：f=FN小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)速度減小到時(shí)，小球開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)故B錯(cuò)誤C、若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=mgFG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，而摩擦力：f=FN小球?qū)?/p>

31、做減速運(yùn)動(dòng)；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止故C正確；D、若小球的初速度為，球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止，運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功等于小球的動(dòng)能，所以W=故D錯(cuò)誤故選：AC三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共12分請(qǐng)把答案填在答題卡的相應(yīng)位置上13某同學(xué)用多用電表粗略測(cè)量一定值電阻的阻值，他先把選擇開關(guān)旋到“×1k”擋，測(cè)量時(shí)指針偏轉(zhuǎn)如甲圖所示，為了比較精確的測(cè)量，他進(jìn)行了下列合理的操作：A將換擋旋鈕調(diào)至“×100”倍率；B重新將紅、黑兩表筆短接，調(diào)節(jié)B調(diào)零旋鈕（填圖甲中“A”或“

32、B”）使指針指到圖中歐姆表刻度盤中的0刻度線位置；（填“0”或“”）C將待測(cè)電阻兩端金屬線與紅、黑兩表筆接觸，這時(shí)刻度盤上的指針位置如乙圖所示，則該定值電阻阻值為2100【考點(diǎn)】用多用電表測(cè)電阻【分析】使用歐姆表測(cè)電阻時(shí)要選擇合適的擋位，然后進(jìn)行歐姆調(diào)零；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)歐姆表的紅表筆插“+”插孔，黑表筆插“”插孔，“+”與電源負(fù)極相連，“”與電源正極相連；歐姆表零刻度線在最右側(cè)，最大刻度線在最左側(cè)【解答】解：A、偏角大，則說明電阻小，要用小檔位：×100檔 B、換檔后要進(jìn)行歐姆調(diào)零，選B，短接紅、黑表筆使指針刻度為0 C、電阻值為：21×100=21

33、00故答案為：100； B；0；210014某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)測(cè)量一種合金絲的電阻率（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量合金絲的直徑為防止讀數(shù)時(shí)測(cè)微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊，如圖甲所示的部件B（填“A”、“B”、“C”或“D”）從圖中的示數(shù)可讀出合金絲的直徑為0.410mm（2）待測(cè)合金絲Rx的電阻約為5提供的儀器有：A電壓表（內(nèi)阻約為10k，量程為3V）B電流表（內(nèi)阻約為3，量程為0.6A）C電流表（內(nèi)阻約為0.1，量程為3A）D滑動(dòng)變阻器（阻值為05，額定電流為2A）E電源（電動(dòng)勢(shì)為5V，內(nèi)電阻為1）F一個(gè)開關(guān)、若干導(dǎo)線測(cè)量時(shí)，電流表應(yīng)選B（填序號(hào)）該同學(xué)根據(jù)以上儀器連接實(shí)驗(yàn)線路，為了較精確地測(cè)量，同時(shí)

34、要求實(shí)驗(yàn)中電流表示數(shù)變化范圍盡量寬，請(qǐng)你用筆畫線代替導(dǎo)線，在圖乙中將電路補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)中，測(cè)出合金絲的兩端電壓為U，電流強(qiáng)度為I，直徑為d，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則該合金絲的電阻率的表達(dá)式=（用所給符號(hào)表示）【考點(diǎn)】測(cè)定金屬的電阻率【分析】（1）為防止讀數(shù)時(shí)測(cè)微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B螺旋測(cè)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，注意其精度是0.01mm（2）由，求得電流值選擇電流表，根據(jù)電壓表、電流表與待測(cè)電阻阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表外接法，精確測(cè)定此電阻絲的阻值，要求測(cè)量值盡可能多，故采用分壓法由電阻定律公式變形即可求得電阻率的表達(dá)式【解答】解：（1）為防止

35、讀數(shù)時(shí)測(cè)微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為0mm，可動(dòng)刻度的讀數(shù)為：0.01mm×41.0=0.410mm，故合金絲的直徑為 d=0.410mm（2）電路最大電流約為=0.83A，為準(zhǔn)確測(cè)量，電流表應(yīng)選B；為擴(kuò)大電流表示數(shù)變化范圍，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，電路圖如圖所示：根據(jù)Rx=，其中S=，解得：=，故答案為：（1）B，0.410；（2）B；如圖所示；四、計(jì)算題：本題共4小題共40分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位15電場(chǎng)中某區(qū)域的電場(chǎng)線分布如圖所示，A、B是電場(chǎng)中

36、的兩點(diǎn)一個(gè)電荷量q1=4.0×108的負(fù)點(diǎn)電荷，放在電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)力為F1=2.0×104N（1）求A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小EA；（2）將q2=2.0×108C的正點(diǎn)電荷放入電場(chǎng)中的A點(diǎn)，求q2受到的電場(chǎng)力F2的大小和方向；（3）如果將點(diǎn)電荷q1從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功WAB=8.0×107J，求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB【考點(diǎn)】電場(chǎng)線；電場(chǎng)強(qiáng)度【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=，求解A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，根據(jù)F=Eq求解q2受到的電場(chǎng)力，根據(jù)公式UAB=求解A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差【解答】解：（1）A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：，（2）q2受到的電場(chǎng)力為：

37、，方向沿場(chǎng)強(qiáng)向左，（3）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為：答：（1）A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為5.0×103 N/C；（2）q2受到的電場(chǎng)力F2的大小為1.0×104N，方向沿場(chǎng)強(qiáng)向左；（3）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為20V16如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E=12V，內(nèi)阻r=2，閉合電鍵S后，標(biāo)有“8V，12W”的燈泡恰能正常發(fā)光，電動(dòng)機(jī)M繞組的電阻R0=4，求：（1）電源的內(nèi)電壓U內(nèi)；（2）通過電動(dòng)機(jī)M的電流IM；（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率【分析】（1）燈泡恰能正常發(fā)光，電壓和功率達(dá)到額定值，即可知道外電壓，由閉合電路歐姆定律可求得內(nèi)電壓（2）由公式P=UI求

38、出燈泡的電流由歐姆定律求出總電流，從而得到通過電動(dòng)機(jī)M的電流（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于輸入功率減去發(fā)熱功率由功率公式和功率關(guān)系求解【解答】解：（1）燈泡恰能正常發(fā)光，可知外電路有： U外=8V由E=U外+U內(nèi)得：U內(nèi)=EU外=128=4V （2）由PL=ULIL得燈泡的電流為：總電流為：故有：IM=IIL=（21.5）A=0.5A（3）電動(dòng)機(jī)輸入功率為：P入=UIM=8×0.5W=4W發(fā)熱功率為：由P入=P出+P熱得：P出=P入P熱=3W答：（1）電源的內(nèi)電壓U內(nèi)是4V；（2）通過電動(dòng)機(jī)M的電流IM是0.5A；（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出是3W17某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示質(zhì)量

39、為m的均勻細(xì)金屬桿MN與兩條豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外，磁場(chǎng)邊界ab的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，bc的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)3，且L3L1當(dāng)MN中沒有電流通過且處于靜止時(shí)，MN與矩形區(qū)域的ad、bc中點(diǎn)連線重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流通過時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度大小MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g（1）當(dāng)電流表的示數(shù)為零時(shí)，求每條彈簧的伸長(zhǎng)量；（2）若兩輕質(zhì)彈簧的彈力為零，求金屬桿MN中電流的大小和方向；（3）當(dāng)金屬桿中電流方向從M到N時(shí)，此電流表測(cè)量的最大值是多少？【考點(diǎn)】安培力；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用【分析】（1）對(duì)金屬桿受力分析，受重力和兩個(gè)拉力，根據(jù)平衡條件并結(jié)合胡克定律列式分析即可；（2）對(duì)金屬桿受力分析，受重力和安培力，根據(jù)平衡條件求解安培力，根據(jù)FA=BIL求解電流大小，根據(jù)左手定則判斷電流方向；（3）當(dāng)金屬桿中電流方向從M到N時(shí)，根據(jù)左手定則，安培力向下，根據(jù)平衡條件和胡克定律求解最大安培力，根據(jù)FA=BIL求解最大電流大小【解答】解：（1）設(shè)當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，每條彈簧的伸長(zhǎng)量為x，由二力平衡條件得：mg=2kx 所以：（2）彈簧的彈力為零時(shí)，金