2022年高二期中物理试卷《精选文档》 .pdf

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1、金陵中学河西分校高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题 （本题共 6 小题，每小题4 分，共计 24 分，每小题只有一个选项符合题意，把所选项前的字母填在题后括号内）1 （ 4 分） （2015?北京）关于电荷量、电场强度、磁感应强度、磁通量的单位，下列说法错误的是（）A牛/库是电荷量的单位B 特斯拉是磁感应强度的单位C磁通量的单位是韦伯D 伏/米是电场强度的单位2 （ 4 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，在某一点电荷Q 产生的电场中，有a、b两点，其中a 点的场强大小为Ea，方向与ab 连线成 30 角； b 点的场强大小为Eb，方向与ab 连线成 60 角则关于a、

2、b 两点场强大小及电势高低，下列说法中正确的是（）AEa=3Eb，abBEb=3Ea，abC Ea=2Eb，a bDEb=2Ea，ab3 （4 分） （2008?威海模拟）一质量为m、带电量为q 的小球用细线系住，线的一端固定在O 点若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成60 角则电场强度的最小值为（）ABCD4 （4 分） （2014 秋 ?建邺区校级期中）如图所示， 电源电动势为E=12V ，内阻 r=3 ，R0=1 ，直流电动机内阻R0 =1 ，当调节滑动变阻器R1=2时，可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定功率为6W） ，则此时

3、R2的阻值为（）AR2=1.5BR2=2C R2=2.5D R2=35 （4分） （2014 秋?建邺区校级期中）关于磁场中某点的磁感应强度B，下列说法中正确的是（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 23 页A 由 B=可知， B 与 F 成正比，与IL 的乘积成反比B在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零C磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致D 磁场中某点的磁场方向就是小磁针N 极受磁场力的方向6 （ 4 分） （2008?宁夏）在等边三角形的三个顶点a、b、c 处，各有一条长直

4、导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c 点的导线所受安培力的方向（）A与 ab 边平行，竖直向上B 与 ab 边平行，竖直向下C与 ab 边垂直，指向左边D 与 ab 边垂直，指向右边二、多项选择题（本题共5 小题，每小题6 分，共计30 分每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后括号内）7 （ 6 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，发现电压表V1、 V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，下列说法中正确的是（）A小灯泡 L1、L2变暗， L2变亮 B 小灯

5、泡 L3变暗， L1、L2变亮CU1 U2 D U1=U28 （ 6 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，虚线a、b、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、 R、Q 是这条轨迹上的三点，R 同时在等势面b 上，据此可知（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 23 页A 三个等势面中，c 的电势最高B带电质点在P 点的电势能比在Q 点的小C带电质点在P 点的动能与电势能之和比在Q 点的小D 带电质点在P 点的加速度比

6、在Q 的加速度大9 （6 分） （2006?扬州二模）如图所示，两块相对的平行金属板M、N 与电池相连， N 板接地在距离两板等远的一点P固定一个带负电的点电荷，如果将M 板向上移一小段距离，则（）A点电荷所受的电场力减小B 点电荷所受的电场力增大C点电荷的电势能减少D 点电荷的电势能增大10 （6 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是（）A 如图所示位置时磁通量等于BS B若使框架绕OO 转过 60 角，磁通量仍为BS C若从初始位置绕OO转过 90 角，则磁通量为零D 若从初始位置线圈翻转1

7、80 ，则磁通量变化为零11 （6 分） （2014 秋 ?建邺区校级期中）电磁轨道炮工作原理如图所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I 成正比 通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2 倍，理论上可采用的方法是（）A 只将轨道长度L 变为原来的2 倍B只将电流I 增加至原来的2 倍C只将弹体质量减至原来的一半D 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2 倍，其它量不变精选学习资料 - -

8、- - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 23 页三、实验题（本题共3 小题，共22 分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答）12 （4 分） （2014 秋?建邺区校级期中）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为cm， 厚度的测量值为mm13 （8 分） （2014 秋?建邺区校级期中）某实验小组按如图甲的电路用伏安法测一节干电池的电动势 E 和内电阻r，如图乙所示的UI 图象是由实验测得的7 组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出E= V，r= 由于实验中所用电表不是理想电表

9、，则E测E真，r测r真（填 “ ”“=” 或“ ” ）14 （3 分） （2014 秋?建邺区校级期中）在“ 测定金属导线的电阻率” 的实验中，待测金属导线的电阻 Rx约为 5 实验室备有下列实验器材：A电压表V1（量程 3V，内阻约为15k ）B电压表V2（量程 15V，内阻约为75k ）C电流表A1（量程 3A，内阻约为0.2 ）D电流表A2（量程 0.6A，内阻约为1 ）E变阻器 R1（05 ，1.0A ）F变阻器R2（0100 ，0.3A）G电池 E（电压为 3V，允许最大电流1.0A）H开关 S，导线若干精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

10、- - -第 4 页，共 23 页（1）为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有（填写选中的实验器材前面的字母） （2）为了减小实验误差，在图甲的框框内画出该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图乙用导线连接起来四、计算题（本题共4 小题，共计44 分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15 （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，电灯L 标有 “ 4V、1W” 滑动变阻器R 总电阻为50 ，当滑片P 滑至某位置时，L 恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A，由于外电路发生故障，电灯L 突然熄

11、灭，此时电流表示数变为0.5A，电压表示数变为10V，若导线完好，电路中各处接触良好，试问：（1）发生故障是短路还是断路？发生在何处？（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（3）电源电动势和内电阻分别为多大？16 （2008?四川）如图为一电流表的原理示意图质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN 的右端 N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab当 MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与精选学习资料 - - - - - - -

12、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 23 页矩形区域的cd 边重合：当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度（1）当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？（重力加速度为g）（2）若要电流表正常工作，MN 的哪一端应与电源正极相接？（3）若 k=2.0N/m ，=0.20m，=0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是多少？（不计通电时电流产生的磁场的作用）（4）若将量程扩大2 倍，磁感应强度应变为多大？17 （2007?上海）如图所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场电量为q、动能为 E0的带电粒子从a点沿 ab 方向进入电场，不计重力（1）若

13、粒子从c 点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能（2）若粒子离开电场时动能为EK ，求电场强度的大小？18 （2013 秋?杜集区校级期末）一质量为m、带电量为 +q 的小球从距地面高为h 处以一定的初速度水平抛出在距抛出点水平距离为l 处，有根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求：（1）小球的初速度v0（2）电场强度E 的大小（3）小球落地时的动能EK精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 23 页2014-2

14、015 学年江苏省南京市金陵中学河西分校高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题 （本题共 6 小题，每小题4 分，共计 24 分，每小题只有一个选项符合题意，把所选项前的字母填在题后括号内）1 （ 4 分） （2015?北京）关于电荷量、电场强度、磁感应强度、磁通量的单位，下列说法错误的是（）A牛/库是电荷量的单位B 特斯拉是磁感应强度的单位C磁通量的单位是韦伯D 伏/米是电场强度的单位考点：电场强度；磁通量专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场强度的定义式E=、电场强度与电势差的关系式E=、磁通量的定义式=BS 等等，分析各个量的单位解答：解： A、电荷量的单位是

15、库仑，由电场强度的定义式E=知， F 的单位是牛， q 的单位是库，则电场强度的单位是牛/库故 A 错误B、特斯拉是磁感应强度的单位，故B 正确C、磁通量的定义式=BS，B 的单位是 T，S 的单位是m2，磁通量的单位是韦伯，故C正确D、由电场强度与电势差的关系式E=，可知 U 的单位是伏特，d 的单位是米，则电场强度的单位是伏 /米，故 D 正确本题选错误的，故选：A 点评：本题关键要掌握常见物理量的单位，知道物理量之间的关系式，即相关的公式， 能根据公式推导出单位之间的关系尤其是磁通量的单位，是比较容易忘记的2 （ 4 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，在某一点电荷Q 产生的

16、电场中，有a、b两点，其中a 点的场强大小为Ea，方向与ab 连线成 30 角； b 点的场强大小为Eb，方向与精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 23 页ab 连线成 60 角则关于a、 b 两点场强大小及电势高低，下列说法中正确的是（）AEa=3Eb，abBEb=3Ea，abC Ea=2Eb，a bDEb=2Ea，ab考点：点电荷的场强；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：将 Ea、 Eb延长相交，即得到Q 点的位置，由几何知识求出ab 两点到 Q 的距离之比，由 E=求解场强之比根据两点到Q 距离的大小关系

17、，比较电势高低解答：解：将 Ea、Eb延长相交，交点即为Q 点的位置设ab 两点到 Q 的距离分别为ra和 rb，由几何知识得到：Ra=abcos30 ；Rb=absin30故有： E=求解场强之比为：=由电场线的方向可得，场源电荷为负电荷，故有：ab；故选： B 点评：本题的解题关键是确定Q 的位置，根据点电荷电场线分布特点及点电荷额场强公式求解3 （4 分） （2008?威海模拟）一质量为m、带电量为q 的小球用细线系住，线的一端固定在O 点若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成60 角则电场强度的最小值为（）ABCD考点：电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用分析：

18、当电场强度最小时，电场力最小，根据平衡条件可知物体所受合力为0，故电场力和绳子拉力的合力等于物体的重力，根据平行四边形定则可以将三个力放到同一个矢量三角形中，故电场力的对边的箭头落在绳子上显然只有当电场力与绳垂直时电场力最小解答：解：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，故小球受到重力mg、绳的拉力F1、电场力 F2三个力作用， 根据平衡条件可知，拉力 F1与电场力F2的合力必与重力mg 等大反向因为拉力F1的方向确定， F1与 F2的合力等于mg 确定， 由矢量图可知， 当电场力F2垂直悬线时电场力F2=qE 最小，故场强E 也最小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

19、结 - - - - - - -第 8 页，共 23 页由图可知此时电场力qE=mgsin60 所以，所以正确的选项是B故选： B 点评：当处于平衡状态的物体受到三个力，一个力是恒力， 第二个力方向不变，第三个力大小与方向都发生变化时可以利用矢量三角形法即图解法求解4 （4 分） （2014 秋 ?建邺区校级期中）如图所示， 电源电动势为E=12V ，内阻 r=3 ，R0=1 ，直流电动机内阻R0 =1 ，当调节滑动变阻器R1=2时，可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定功率为6W） ，则此时 R2的阻值为（）AR2=1.5BR2=2C R2=2

20、.5D R2=3考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于甲图， 当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率；对于乙图， 求出最大输出的功率的表达式，利用数学知识求乙图中的电阻的大小解答：解：据 P输出=可知：当电路的外电阻等于内阻时，电路的输出功率最大，所以甲图R1=rR0=3 1 =2所以电路的最大的输出功率为P=I2（R0+R1）=12W 对于乙图，输出的功率最大时，电动机的额定功率P0=6W，电路中电流为I，对于乙图，输出的功率也为12W，所以对于乙图有I2R2+6W=12W ，解得 R21.5 ，精选学习资料 - - - -

21、- - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 23 页故 BCD 错误， A 正确故选： A点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的5 （4分） （2014 秋?建邺区校级期中）关于磁场中某点的磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A 由 B=可知， B 与 F 成正比，与IL 的乘积成反比B在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零C磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致D 磁场中某点的磁场方向就是小磁针N 极受磁场力的方向考点：磁感应强度；磁感线及用磁感线描

22、述磁场分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中， 即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比解答：解：A、由可知，是通过比值定义，所以B 与 F，与 IL 均无关，而B 由磁场本身性质决定故A 错误；B、 在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，可能是该电流元的方向与磁场的方向平行，该点 B 值大小不一定为零故B 错误；C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，所以磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故C 错误；D、磁场中某点的磁场方向就是小磁针N 极受磁场力的方向故D 正确；故选： D 点评：磁感应强度

23、的定义式可知，是属于比值定义法，且通电导线垂直放在磁场中即 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是有条件的6 （ 4 分） （2008?宁夏）在等边三角形的三个顶点a、b、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c 点的导线所受安培力的方向（）A与 ab 边平行，竖直向上B 与 ab 边平行，竖直向下精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 23 页C与 ab 边垂直，指向左边D 与 ab 边垂直，指向右边考点：通电直导线和通电线圈周

24、围磁场的方向；磁感应强度；左手定则分析：通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向解答：解：等边三角形的三个顶点a、b、c 处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流由安培定则可得：导线a、b 的电流在 c 处的合磁场方向竖直向下再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边故选： C 点评：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥二、多项选择题（本题共5 小题，每小

25、题6 分，共计30 分每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后括号内）7 （ 6 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，发现电压表V1、 V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，下列说法中正确的是（）A小灯泡 L1、L2变暗， L2变亮 B 小灯泡 L3变暗， L1、L2变亮CU1 U2 D U1=U2考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮

26、度的变化根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化根据路端电压的变化，分析U1和U2的大小解答：解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大则L2变亮变阻器的有效电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮故 A 错误， B 正确C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以 U1U2故 CD 错误故选： B精选学习资料 - - -

27、 - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 23 页点评：本题是电路动态变化分析问题，按“ 局部 整体 局部 ” 思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小8 （ 6 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，虚线a、b、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、 R、Q 是这条轨迹上的三点，R 同时在等势面b 上，据此可知（）A 三个等势面中，c 的电势最高B 带电质点在P 点的电势能比在Q 点的小C 带电质点在P 点的动能与电势能之和比在Q

28、点的小D 带电质点在P 点的加速度比在Q 的加速度大考点：等势面；电场强度分析：作出电场线， 根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上 故 c 点电势最高； 根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P 点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出， P 点场强小，电场力小，加速度小解答：解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c 点电势最高，故A 正确；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B 错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P 点的动能与电势能之和等于在 Q 点的动能与电势能之和

29、，故C 错误；D、P 点位置电场线与Q 处的密，电场强度大，故电场力也大，由于只受电场力，故粒子在P点的加速度比Q 点大，故 D 正确；故选： AD 点评：根据电场线与等势面垂直，作出电场线， 得到一些特殊点 （电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法9 （6 分） （2006?扬州二模）如图所示，两块相对的平行金属板M、N 与电池相连， N 板接地在距离两板等远的一点P固定一个带负电的点电荷，如果将M 板向上移一小段距离，则（）A点电荷所受的电场力减小B 点电荷所受的电场力增大C点电荷的电势能减少D 点电荷的电势能增大精选学习资料 - - -

30、- - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 23 页考点：电容器的动态分析；电势能；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：平行金属板M、N 与电池相连， 板间电压不变将M 板向上平移一小段距离，板间距离增大，电容减小，场强减小，点电荷所受电场力减小根据P 点与下板之间电势差的变化情况，确定P 点电势的变化若电势升高，正电荷的电势能增大；若电势降低，正电势能减小解答：解：A、B 由题分析得知， 电容器的板间电压保持不变，将 M 板向上平移一小段距离，板间距离增大，则由E=得知，板间场强E 减小，点电荷受到的电场力减小故A 正确 B 错误C、板间场强减小，P

31、 点与下板间的距离未变，由U=Ed 得知， P 点与下板之间电势差减小，下板电势为零，P点的电势高于下板的电势，则P 点的电势降低，点电荷带负电，则点电荷在 P 点具有的电势能增大故C 错误， D 正确故选： AD 点评：解答本题时，关键要对物理量间的关系要熟悉确定电势，往往先确定电势差，再确定电势10 （6 分） （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是（）A 如图所示位置时磁通量等于BS B若使框架绕OO 转过 60 角，磁通量仍为BS C若从初始位置绕OO转过 90 角，则磁通量为零D 若从初始位置

32、线圈翻转180 ，则磁通量变化为零考点：磁通量分析：图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积当它绕轴转过角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scos ，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积线圈从图示转过90 时，磁通量为0，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差解答：解：A、 线圈与磁场垂直， 穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积故图示位置的磁通量为 =BS，故 A 正确；B、使框架绕OO转过 60 角，则在磁场方向的投影面积为，则磁通量为BS，故 B 错误；C、线圈从图示转过90 的过程中， S 垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，

33、当线圈从图示转过90 时， S 磁通量为0，故 C 正确；D、从初始位置转过180 角，磁通量变化为?=BS（ BS）=2BS，故 D 错误；故选： AC精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 23 页点评：本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式 =BScos ， 是线圈与磁场垂直方向的夹角夹角变化，磁通量也会变化，注意磁通量要分清穿过线圈的正反面11 （6 分） （2014 秋 ?建邺区校级期中）电磁轨道炮工作原理如图所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从

34、另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I 成正比 通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2 倍，理论上可采用的方法是（）A 只将轨道长度L 变为原来的2 倍B只将电流I 增加至原来的2 倍C只将弹体质量减至原来的一半D 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2 倍，其它量不变考点：安培力；动能定理分析：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度根据速度的表达式进行求解解答：解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：BIl ?L=mv2，磁感应强度的大小与

35、I 成正比，所以有：B=kI 解得：A、只将轨道长度L 变为原来的2 倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故 A 错误B、只将电流I 增加至原来的2 倍，弹体的出射速度增加至原来的2 倍，故 B 正确C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故 C 错误D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2 倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2 倍，故 D 正确故选： BD点评：解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解要找出一个物理量变化所采用的方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个因素求解三、实验题（本题共3 小题，共22 分，把答案填在

36、题中横线上或按题目要求作答）12 （4 分） （2014 秋?建邺区校级期中）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为1.240 cm，厚度的测量值为1.8691.871 mm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 23 页考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读 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： 1、游标卡尺的主尺读

37、数为：1.2cm=12mm，游标尺上第8 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8 0.05mm=0.40mm ，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm 2、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为37.0 0.01mm=0.370mm ，所以最终读数为1.5mm+0.370mm=1.870mm ，由于需要估读，最后的结果可以在1.8691.871 之间故答案为： 1.240，1.869 1.871 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13 （8 分） （2014 秋?建邺区校级期中）某实验小组

38、按如图甲的电路用伏安法测一节干电池的电动势 E 和内电阻r，如图乙所示的UI 图象是由实验测得的7 组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出E= 1.5 V，r= 0.36 由于实验中所用电表不是理想电表，则E测E真，r测r真（填“ ”“=” 或“ ” ）考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：根据 U=E Ir 可知，电源电动势E 应等于 UI 图象的纵轴截距，电源内阻应等于UI 图象斜率的绝对值；分析电动势和内阻的误差大小时可将电源与电压表看做一等效电源，然后可知电压和内阻的测量值均偏小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共

39、 23 页解答：解：画出的UI 图象如图所示：根据U=EIr 可知， E=1.5V ，r= 0.36 ；采用 “ 等效电源法 ” 分析可知， 可把电源与电压表看做一等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，测量的电动势是等效电源外电路断开时的路端电压，由于等效电源外电路断开时电源与电压表组成一闭合电路，所以等效电源的外电断开时的路端电压一定小于电源的电动势，即；同理，电源内阻测量的是等效电源的内阻即电源与电压表的并联电阻，由于并联电阻小于任一支路的电阻，所以内阻测量值偏小，即；故答案为： 1.5， 0.36，点评：应明确： 根据 U=EIr 可知，表示电源的UI 图象中纵轴截距等于电动势大小，UI

40、图象斜率的绝对值等于电源的内阻； 可采用 “ 等效电源法 ” 分析电动势和内阻测量值与真实值大小关系14 （3 分） （2014 秋?建邺区校级期中）在“ 测定金属导线的电阻率” 的实验中，待测金属导线的电阻 Rx约为 5 实验室备有下列实验器材：A电压表V1（量程 3V，内阻约为15k ）B电压表V2（量程 15V，内阻约为75k ）C电流表A1（量程 3A，内阻约为0.2 ）D电流表A2（量程 0.6A，内阻约为1 ）E变阻器 R1（05 ，1.0A ）F变阻器R2（0100 ，0.3A）G电池 E（电压为 3V，允许最大电流1.0A）H开关 S，导线若干精选学习资料 - - - - -

41、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 23 页（1）为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有ADEGH （填写选中的实验器材前面的字母） （2）为了减小实验误差，在图甲的框框内画出该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图乙用导线连接起来考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路解答：解： （1）伏安法测电阻，需要：G、电池 E（电动

42、势为3V ） ，H、开关 S，导线若干；电源电动势是3V，因此电压表可选：A、电压表V1（量程 3V，内阻约为15K ） ，电路最大电流约为：I=A=0.6A ，如果选用量程是3A 的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表可选：D电流表A2（量程 0.6A，内阻约为 1 ） ；为方便实验操作，滑动变阻器应选：E、变阻器R1（ 05 ，1.0A） ；即需要的实验器材有：ADEGH ；（2）=3000，=5，电流表应选择外接法，因此实验电路：根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

43、- - -第 17 页，共 23 页故答案为：（ 1）ADEGH ； （2）如上图所示；实物电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作； 确定电流表的接法是正确解题的关键四、计算题（本题共4 小题，共计44 分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15 （2014 秋?建邺区校级期中）如图所示，电灯L 标有 “ 4V、1W” 滑动变阻器R 总电阻为50 ，当滑片P 滑至某位置时，L 恰好正常发光，此时电流表示数为0.

44、45A，由于外电路发生故障，电灯L 突然熄灭，此时电流表示数变为0.5A，电压表示数变为10V，若导线完好，电路中各处接触良好，试问：（1）发生故障是短路还是断路？发生在何处？（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（3）电源电动势和内电阻分别为多大？考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）电灯 L 突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L 发生断路（2）L 断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压，根据欧姆定律即可求得R2的阻值， L 未断路时恰好正常发光，根据闭合电路欧姆定律即可求得滑动变阻器接入

45、电路的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir 即可求解精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 23 页解答：解： （1）电灯 L 突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L 发生断路（2）L 断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压为：U2=U端=10V ，R2= =20L 未断路时恰好正常发光：UL=4V ，IL=0.25A U端=U2=I2? R2=0.45 20V=9V R=（3）根据闭合电路欧姆定律为：E=U+Ir 故障前： E=9+（ 0.45

46、+0.25）r，故障后： E=10+0.5r，解得： r=5 ，E=12.5V 答： （1）故障为断路，只可能灯L 发生断路；（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为20 ；（3）电源的电动势为12.5V，内电阻为5 点评：本题考查了根据电流表电压表的示数判断电路故障问题及闭合电路欧姆定律的应用，难度适中16 （2008?四川）如图为一电流表的原理示意图质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN 的右端 N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab

47、当 MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd 边重合：当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度（1）当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？（重力加速度为g）（2）若要电流表正常工作，MN 的哪一端应与电源正极相接？（3）若 k=2.0N/m ，=0.20m，=0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是多少？（不计通电时电流产生的磁场的作用）（4）若将量程扩大2 倍，磁感应强度应变为多大？考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律专题：共点力作用下物体平衡专题；电磁学精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19

48、 页，共 23 页分析：（1）电流表示数为零时，金属棒在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，根据平衡方程可解得弹簧伸长量（2）当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒将受到向下的安培力，根据左手定则可知 MN 中电流方向，从而确定MN 的哪一端与电源正极相接（3）当金属棒处于ab 线上时， 电流表示数最大，根据平衡条件以及弹簧的伸长量可求得此时是最大电流（4）扩大量程后根据（3）中的平衡方程即可解出正确结果解答：解： （1）设弹簧的伸长为 x，则有： mg=kx 由 式得：故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为（2）为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN 的安培力必须向下跟左手定则可知金属棒

49、中电流从M 端流向 N 端，因此M 端应接正极故若要电流表正常工作，MN 的 M 端应接正极（3）设满量程时通过MN 的电流强度为Im，则有：联立 并代入数据得：Im=2.5 A 故此电流表的量程是2.5A（4）设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有：由得代入数据得B=0.10 T 故若将量程扩大2 倍，磁感应强度应变为0.10T点评：本题题意新颖， 考查点巧妙， 借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件列方程是解题关键17 （2007?上海）如图所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场电量为q、动能为 E0的带电粒子从a点沿 ab 方向进入电场，

50、不计重力（1）若粒子从c 点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能（2）若粒子离开电场时动能为EK ，求电场强度的大小？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 23 页专题：计算题；压轴题分析：（1）将运动沿着水平和竖直方向正交分解，运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解；（2）粒子在ab 方向上作匀速运动；粒子在ad 方向上做初速度为0 的匀加速运动；运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解解答：解： （1）粒子的初动能为，E0=m粒子在 ab 方向上作