江苏省扬州市高邮市2015_2016学年高二物理上学期期中试题选修含解析.doc

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1、12015-20162015-2016 学年江苏省扬州市高邮市高二学年江苏省扬州市高邮市高二（上上）期中物理试卷期中物理试卷（选修选修）一、单项选择题（每题一、单项选择题（每题 3 3 分，共分，共 1818 分）分）1欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为 a、b、c，且 abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）ABCD2如图所示，直线、分别是电源 1 与电源 2 的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源 1 和电源 2 单独连接时，则下列说法不正确的是（）A电源 1

2、 和电源 2 的内阻之比是 11：7B电源 1 和电源 2 的电动势之比是 1：1C在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是 1：2D在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是 1：23已知地磁场的水平分量为 B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度，如图所示为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验实验方法：先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针，N 极指向北方；给线圈通电，此时小磁针 N 极指北偏东角后静止，由此可以确定线圈中电流方向（由东向西看）与线圈中央的合磁感应强度分别为（）A顺时针；B顺时针；C逆时针；D逆时针；4如图所示，MN 是一根长为 l=10cm，质量

3、 m=50g 的金属棒，用两根长度也为 l 的细软导线将导体棒 MN 水平吊起，使导体棒处在 B=T 的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角=37，则金属棒中恒定电流的大小及方向为（）2A9A，MN B11.25A，NM C5A，NM D5A，MN5如图，长方体玻璃水槽中盛有 NaCl 的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿 x 轴正向的电流 I，沿 y 轴正向加恒定的匀强磁场 B图中 a、b 是垂直于 z轴方向上水槽的前后两内侧面（）Aa 处电势高于 b 处电势Ba 处离子浓度大于 b 处离子浓度C溶液的上表面电势高

4、于下表面的电势D溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度6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，并置于粗糙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，A、B 始终保持相对静止以下关于 A、B 受力情况的说法中正确的是（）AA 对 B 的压力变小 BA 对 B 的摩擦力变小CA 对 B 的摩擦力变大DB 对地面的压力保持不变二、多项选择题（每题二、多项选择题（每题 4 4 分，选错得零分，漏选得分，选错得零分，漏选得 2 2 分，共分，共 24

5、24 分）分）7下列关于磁感应强度的定义式 B=说法正确的（）AB 与 F 成正比，与电流强度 I 和导线长度 L 乘积成反比BB 与 F、电流强度 I 和导线长度 L 乘积无关，决定于磁场本身的性质C磁感应强度 B 的方向与安培力 F 的方向相同D磁感应强度 B 的方向与小磁针 N 极静止时的指向相同8如图电路中，电源电动势为 E、内阻为 r，R0为定值电阻，电容器的电容为 C闭合开关S，增大可变电阻 R 的阻值，电压表示数的变化量为U，电流表示数的变化量为I，则（）3A变化过程中U 和I 的比值变大B电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值变大C电阻 R0两端电压减小，减小量为UD电容器的

6、带电量增大，增加量为 CU9回旋加速器的核心部分如图所示，两个 D 形盒分别与交变电源的两极相连下列说法正确的是（）AD 形盒之间电场力使粒子加速BD 形盒内的洛伦兹力使粒子加速C增大交变电压的峰值，最终获得的速率 v 增大D增大磁感应强度，最终获得的速率 v 增大10在如图所示的电路中，输入电压 U 恒为 8V灯泡 L 标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻为 1若灯泡恰能正常发光，电动机正常工作，下列说法正确的是（）A流过电动机的电流为 5AB电动机的输出功率为 6WC电动机的发热功率是 4WD整个电路消耗的电功率是 10W11有一种测量体重的电子秤，如图示意，它由三部分构成：踏板、压力

7、传感器 R（阻值随所受压力大小发生变化的电阻），显示体重大小的仪表 G（实质是理想电流表），设踏板的质量可忽略，已知电流表的量程为 3A，电源电动势为 12V，内阻为 2，电阻随压力变化的函数式为 R=300.02F（F 和 R 的单位分别是 N 和），下列判断正确的是（）A该秤测量的最大体重是 1400NB该秤测量的最大体重是 1300NC该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在 G 刻度盘 0.375A 处D该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在 G 刻度盘 0.400A 处412在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子 P+和 P3+，经电压为 U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为 B、

8、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子 P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子 P+和P3+（）A在电场中的加速度之比为 1：1B离开电场区域时的动能之比为 1：3C在磁场中运动的半径之比为 1：D在磁场中运动的时间之比为 3：2三、简答题（共三、简答题（共 2828 分）分）13（14 分）（2015 秋高邮市期中）要描绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，并便于操作乙选用的器材有：A电池组：电动势为 4.5V，内阻约 1B直流电流表：量程 0300mA，内阻为 5C直流电流表：量程 03A，

9、内阻为 0.1D直流电压表：量程 015V，内阻为 15kE直流电压表：量程 03V，内阻为 6kF滑动变阻器：最大阻值 20，额定电流 1AG滑动变阻器：最大阻值 1 500，额定电流 0.2A电键一个、导线若干（1）以上器材中应电流表选用（填选项代号），电压表选用（填选项代号），滑动变阻器选用（填选项代号）；（2）实验的电路图应选用下列的图 1 的（填字母代号），并用笔画线代替导线连接实物图 2；（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 3 所示如果将这个小灯泡接到电动势为 1.5V、内阻为 5的电源两端，小灯泡消耗的功率约为W（保留 1 位有效数字）514（14 分）（2015 秋高邮市期

10、中）某学生实验小组利用如图 1 所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻使用的器材有：多用电表；电压表：量程 5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值 5k；导线若干回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔，调欧姆零点（2）将图 1 中多用电表的黑表笔和（填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图 2 甲所示，这时电压表的示数如图乙所示多用电表和电压表的读数分别为k和V（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为 12k和 4.00V从测量

11、数据可知，电压表的内阻为k（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图 3 所示根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为k四、计算题（共四、计算题（共 5050 分）分）15（16 分）（2015 秋高邮市期中）如图所示为质谱仪的原理图，A 为粒子加速器，电压为U1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为 B1，板间距离为 d；C 为偏转分离器，磁感应强度为 B2今有一质量为 m、电量为 q 的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度 v

12、；（2）速度选择器的电压 U26（3）粒子在 B2磁场中偏转的距离16（16 分）（2015 秋高邮市期中）如图所示，在半径为 R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点 P 有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为 m，电荷量为 q，粒子重力不计（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角；（3）若粒子以速率 v0从 P 点以与 PQ 夹角射入，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角17（18 分）（2015 秋高邮市期中）如图

13、所示，匀强电场 E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场 B=2T，方向垂直纸面向里m=1g 带正电的小物块 A，从 M 点沿=0.5 的绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，它滑行 0.8m 到 N 点时就离开壁做曲线运动，在 P 点 A 瞬时受力平衡，此时其速度与水平方向成 45角设 P 与 M 的高度差为 1.6m（g 取 10m/s2）求：（1）A 开始刚下滑时的加速度大小；（2）A 离开壁瞬间的速度大小；（3）P 与 M 的水平距离72015-20162015-2016 学年江苏省扬州市高邮市高二（上）期中物理试卷（选修）学年江苏省扬州市高邮市高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析参考答

14、案与试题解析一、单项选择题（每题一、单项选择题（每题 3 3 分，共分，共 1818 分）分）1欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为 a、b、c，且 abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）ABCD【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】由金属导体电阻的决定式 R=进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积【解答】解：由电阻的决定式可知，A 中电阻 RA=，B 中电阻 RB=；C 中电阻 RC=；D 中电阻 RD=；故电阻最小的为 A；故选：A【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的2如图所示，

15、直线、分别是电源 1 与电源 2 的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源 1 和电源 2 单独连接时，则下列说法不正确的是（）A电源 1 和电源 2 的内阻之比是 11：7B电源 1 和电源 2 的电动势之比是 1：1C在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是 1：2D在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是 1：2【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由闭合电路欧姆定律 U=EIr，电源的 UI 图线是直线，r 等于电源的 UI 图线斜率的大小，由斜率可算出电源内阻电源 UI 图与纵轴

16、值表示电动势大小电源与灯泡的 UI 图线的交点表示灯泡接在电源上的工作状态，读出电压、电流，可求出灯泡的功率【解答】解：A、由图得到 r1=，r2=，r1：r2=11：7，故 A 正确B、E1=10V，E2=10VE1：E2=1：1，故 B 正确8C、灯泡接在电源上时，U=3V，I=5A，P=UI=15W灯泡接在电源上，U=5V，I=6A，P=UI=30W，故 C 正确D、由上，R1=，R2=，R1：R21：2 故 D 错误本题选错误的，故选 D【点评】本题将电源的外特性曲线和灯泡的伏安特性曲线作在同一幅图上，关键在于理解交点的物理意义对于非线性元件，电阻 R=，不能用求电阻3已知地磁场的水平

17、分量为 B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度，如图所示为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验实验方法：先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针，N 极指向北方；给线圈通电，此时小磁针 N 极指北偏东角后静止，由此可以确定线圈中电流方向（由东向西看）与线圈中央的合磁感应强度分别为（）A顺时针；B顺时针；C逆时针；D逆时针；【考点】磁感应强度【分析】本题考查了磁场的合成，小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小【解答】解：各个分磁场与合磁场关系如图所示：根据安培定则可知，环形电流产生向东的磁场，线

18、圈中电流方向（由东向西看）应该沿逆时针的方向地磁场水平分量 B，所以根据三角函数关系可得：B=B合cos，得：故 ABD 错误，C 正确故选：C【点评】物理中力、电场强度、磁场强度等均为矢量，在合成时遵循平行四边形定则，因此要熟练应用平行四边形定则进行矢量的合成4如图所示，MN 是一根长为 l=10cm，质量 m=50g 的金属棒，用两根长度也为 l 的细软导线将导体棒 MN 水平吊起，使导体棒处在 B=T 的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角=37，则金属棒中恒定电流的大小及方向为（）9A9A，MN B11.25A，NM C5A，NM

19、 D5A，MN【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力【分析】金属棒向外偏转的过程中，受重力 mg、导线拉力 FT、安培力 F 三个力的作用，由左手定则判断电流的方向在导线上摆的过程中，重力做负功，安培力做正功，根据动能定理和安培力公式列式求解【解答】解：金属棒向外偏转的过程中，受重力 mg、导线拉力 FT、安培力 F 共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得：WF+WG=0其中 WF=Flsin=BIl2sin，WG=mgl（1cos）解得金属棒中的电流大小为I=A=5A由左手定则判断知，棒中电流方向由 MN故选：D【点评】对于通电体在磁场中运动的问题，正确运用动能定理列式解题是关

20、键，注意线的拉力不做功5如图，长方体玻璃水槽中盛有 NaCl 的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿 x 轴正向的电流 I，沿 y 轴正向加恒定的匀强磁场 B图中 a、b 是垂直于 z轴方向上水槽的前后两内侧面（）Aa 处电势高于 b 处电势Ba 处离子浓度大于 b 处离子浓度C溶液的上表面电势高于下表面的电势D溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度【考点】洛仑兹力；电势10【分析】在溶液中通入沿 x 轴正向的电流 I，在 NaCl 的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面

21、积累的电荷的情况，再分析电势的情况【解答】解：A、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向 a 处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向 a 处的，所以 a 处整体不带电，a 的电势和 b 的电势相同，所以A 错误；B、由于正负离子都向 a 处运动，所以 a 处的离子浓度大于 b 处离子浓度，所以 B 正确；CD、离子都向 a 出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以 CD 错误故选 B【点评】对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子

22、，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电6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，并置于粗糙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，A、B 始终保持相对静止以下关于 A、B 受力情况的说法中正确的是（）AA 对 B 的压力变小 BA 对 B 的摩擦力变小CA 对 B 的摩擦力变大DB 对地面的压力保持不变【考点】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

23、兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断压力和摩擦力的变化【解答】解：AD、A 带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力方向向下，所以 A 对 B的压力变大，B 对地面的压力变大，故 AD 错误；BC、A、B 两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，对整体，根据牛顿第二定律得 Ff=m总a，f 增大，a 减小对 A：水平方向有：fA=mAa，a 减小，则 B 对 A 的摩擦力 fA变小，由牛顿第三定律知，A 对 B 的摩擦力也变小故 B 正确，C 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 A

24、 受到的静摩擦力即可二、多项选择题（每题二、多项选择题（每题 4 4 分，选错得零分，漏选得分，选错得零分，漏选得 2 2 分，共分，共 2424 分）分）7下列关于磁感应强度的定义式 B=说法正确的（）AB 与 F 成正比，与电流强度 I 和导线长度 L 乘积成反比BB 与 F、电流强度 I 和导线长度 L 乘积无关，决定于磁场本身的性质C磁感应强度 B 的方向与安培力 F 的方向相同D磁感应强度 B 的方向与小磁针 N 极静止时的指向相同【考点】磁感应强度11【分析】本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度 B=是采用比值法定义的，B 大小与 F、IL 无关，B 由磁场本身决定，当电流方向与

25、磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直【解答】解：A、磁感应强度 B=是采用比值法定义的，B 大小与 F、IL 无关，B 由磁场本身决定，故 A 错误；B 正确C、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故 C 错误；D、磁感应强度 B 的方向与小磁针 N 极静止时的指向相同，故 D 正确故选：BD【点评】对于磁感应强度的定义式 B=，要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义 E=类比学习8如图电路中，电源电动势为 E、内阻为 r，R0为定值电阻，电容器的电容为 C闭合开关S，增大可变电阻 R 的阻值，电压表示数的变化量为

26、U，电流表示数的变化量为I，则（）A变化过程中U 和I 的比值变大B电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值变大C电阻 R0两端电压减小，减小量为UD电容器的带电量增大，增加量为 CU【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】闭合开关 S，增大可变电阻 R 的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻 R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻 R0两端的电压变化量，并比较与U 的关系，确定电容带电量变化量电压表的示数 U 和电流表的示数 I 的比值等于 R电压表示数变化量U 和电流表示数变化量I 的比值等于 R0+r【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=EI（R0

27、+r），由数学知识得知，=R0+r，保持不变故A 错误B、由图，=R，R 增大，则电压表的示数 U 和电流表的示数 I 的比值变大故 B 正确C、D、闭合开关 S，增大可变电阻 R 的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻 R0两端的电压减小，R 两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻 R0两端的电压减小量小于U电容器两极板间的电压等于 R 两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为 CU故 C 错误，D 正确故选：BD12【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意R，R 是非纯性元件9回旋加速器的核心部分如图所示，两个

28、D 形盒分别与交变电源的两极相连下列说法正确的是（）AD 形盒之间电场力使粒子加速BD 形盒内的洛伦兹力使粒子加速C增大交变电压的峰值，最终获得的速率 v 增大D增大磁感应强度，最终获得的速率 v 增大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关【解答】解：AB、带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，故 A 正确，B 错误；CD、根据 qBv=m，解得 v=，带电粒子射出时的动能 EK=，与加速电场的电压、频率无关，与磁感应强度的大小有关，增大磁感应强度，最终获得的速

29、率 v 增大故C 错误，D 正确；故选：AD【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关10在如图所示的电路中，输入电压 U 恒为 8V灯泡 L 标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻为 1若灯泡恰能正常发光，电动机正常工作，下列说法正确的是（）A流过电动机的电流为 5AB电动机的输出功率为 6WC电动机的发热功率是 4WD整个电路消耗的电功率是 10W【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；13由 P=UI 的

30、变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由 P=I2R 求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由 P=UI 求出电路的总功率【解答】解：A、灯泡正常发光，则电路电流，故 A 错误；B、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动势电压 UM=UUL=8V3V=5V，电动机的热功率 PQ=I2RM=（2A）21=4W，输出功率 P出=UIPQ=524=6W；故 BC 正确；D、整个电路消耗的功率 P总=UI=8V2A=16W，故 D 错误；故选：BC【点评】本题考查功率公式的应用，要注意明确电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差11有一种测量体重的

31、电子秤，如图示意，它由三部分构成：踏板、压力传感器 R（阻值随所受压力大小发生变化的电阻），显示体重大小的仪表 G（实质是理想电流表），设踏板的质量可忽略，已知电流表的量程为 3A，电源电动势为 12V，内阻为 2，电阻随压力变化的函数式为 R=300.02F（F 和 R 的单位分别是 N 和），下列判断正确的是（）A该秤测量的最大体重是 1400NB该秤测量的最大体重是 1300NC该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在 G 刻度盘 0.375A 处D该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在 G 刻度盘 0.400A 处【考点】传感器在生产、生活中的应用【分析】由电阻 R 随压力变化的函数式为 R=3

32、00.02F 可知，压力 F 越大，电阻越小，电路中电流越大，当电流达到电流表量程时，电路中电流达到最大，压力最大，该秤能测量的体重最大由闭合电路欧姆定律求出电流为 3A 时，电阻 R，再表达式 R=300.02F 求出该秤能测量的最大体重体重为 1300N 时，由表达式 R=300.02F 求出电阻 R，再由闭合电路欧姆定律求出电流踏板空载时 F=0，得到此时的电阻 R，由闭合电路欧姆定律求出电流【解答】解：A、当电流达到电流表量程 3A 时，由闭合电路欧姆定律得到 I=，代入解得 R=2由 R=300.02F 得，F=1400N即该秤能测量的最大体重是 1400N故 A 正确，B错误C、踏

33、板空载时 F=0，R=300.02F=30，I=0.375A即该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表 G 刻度盘 0.375A 处故 C 正确 D 错误故选：AC【点评】本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，基础是认真读题，抓住电阻与压力的关系这类问题，往往高起点，低落点，不会太难12在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子 P+和 P3+，经电压为 U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示14已知离子 P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子 P+和P3+（）A在电场中的加速度之比为 1：1

34、B离开电场区域时的动能之比为 1：3C在磁场中运动的半径之比为 1：D在磁场中运动的时间之比为 3：2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了【解答】解：A、两个离子的质量相同，其带电量是 1：3 的关系，所以由 a=可知，其在电场中的加速度是 1：3，故 A 错B、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为 1：3，故 B 正确C、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所

35、以在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为 1：又由 qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故 C 错误D、离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为 L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有 sin=，则可知角度的正弦值之比为 1：，又 P+的角度为 30，可知 P3+角度为 60，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，t=T=，=，故 D 正确；故选：BD【点评】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练三、简答题（共三、简答题（共 2828

36、分）分）1513（14 分）（2015 秋高邮市期中）要描绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，并便于操作乙选用的器材有：A电池组：电动势为 4.5V，内阻约 1B直流电流表：量程 0300mA，内阻为 5C直流电流表：量程 03A，内阻为 0.1D直流电压表：量程 015V，内阻为 15kE直流电压表：量程 03V，内阻为 6kF滑动变阻器：最大阻值 20，额定电流 1AG滑动变阻器：最大阻值 1 500，额定电流 0.2A电键一个、导线若干（1）以上器材中应电流表选用B（填选项代号），电压表选用E（填选项代号），滑动变阻器选用F（填选项代号

37、）；（2）实验的电路图应选用下列的图 1 的B（填字母代号），并用笔画线代替导线连接实物图 2；（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 3 所示如果将这个小灯泡接到电动势为 1.5V、内阻为 5的电源两端，小灯泡消耗的功率约为0.1W（保留 1 位有效数字）【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）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据题意确定滑动变阻器接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接成相应的实物电路图（3）在灯泡 UI 图象中作出电源的 UI 图象，根据图象求出灯泡

38、两端电压与通过灯泡的电流，然后由 P=UI 求出灯泡功率【解答】解：（1）灯泡额定电流：I=0.2A，电流表应选择 B，灯泡额定电压为 3V，电压表应选择 E，电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选 F；（2）灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻为：R=15，电流表内阻约为 5，电压表内阻约为 6k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图应选择图 B 所示电路图，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：16（3）在灯泡 IU 图象中作出电源的 IU 图象如图所示：由图示图象可知，通过灯泡的电流为

39、0.1A，灯泡两端的电压为 1.0V，则灯泡的功率为：P=UI=10.1=0.1W；故答案为：（1）B；E；F；（2）B；电路图如图所示；（3）0.1【点评】本题考查了实验器材的选择、实验电路选择、求灯泡功率，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法；要掌握应用图象法处理实验数据的方法14（14 分）（2015 秋高邮市期中）某学生实验小组利用如图 1 所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻使用的器材有：多用电表；电压表：量程 5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值 5k；导线若干回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表

40、笔短接，调欧姆零点（2）将图 1 中多用电表的黑表笔和2（填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图 2 甲所示，这时电压表的示数如图乙所示多用电表和电压表的读数分别为15k和3.60V（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为 12k和 4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为12k（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图 3 所示根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为9V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为15k17【考

41、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】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势【解答】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触 1，黑表笔接 2；（3

42、）欧姆表读数=倍率表盘读数=1K15.0=15.0k；电压表读数为 3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为 12.0K；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表 1K 档位的内电阻为 15.0K；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+r=4V+15k=9V；故答案为：（1）短接；（2）2；（3）15；3.60；（4）12；（5）9；15【点评】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析四、计算题（共四、计算题（共 5050 分）分）15（16 分）（2015 秋高邮市期中）如图所示为质谱仪的原理图，A

43、 为粒子加速器，电压为U1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为 B1，板间距离为 d；C 为偏转分离器，磁感应强度为 B2今有一质量为 m、电量为 q 的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度 v；（2）速度选择器的电压 U2（3）粒子在 B2磁场中偏转的距离【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理 qU1=mv2求出粒子的速度 v（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，根据 Eq=qvB1求出电压 U218（3）根据洛仑兹力

44、提供向心力，求出粒子在 B2磁场中做匀速圆周运动的半径R，即可求出粒子在 B2磁场中偏转的距离【解答】解：（1）粒子经加速电场 U1加速，获得速度 V，由动能定理得：qU1=mv2解得 v=（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1即U2=B1dv=B1d故速度选择器的电压 U2为 B1d（3）在 B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，在 B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有，R=粒子在 B2磁场中偏转的距离：L=2R=答：（1）粒子的速度 v 是；（2）速度选择器的电压 U2是 B1d；（3）粒子在 B2磁场中偏转的距离是【点评】解决本题的关键掌握动能定理，

45、以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡16（16 分）（2015 秋高邮市期中）如图所示，在半径为 R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点 P 有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为 m，电荷量为 q，粒子重力不计（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；19（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角；（3）若粒子以速率 v0从 P 点以与 PQ 夹角射入，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子

46、在磁场中的运动专题【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，从而根据几何关系求出圆弧的圆心角大小，通过弧长和速度求出在磁场中运动的时间（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，轨道半径变为原来的倍，通过几何关系求出圆弧的圆心角，然后求出它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，然后求出它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角【解答】解：（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 r，由牛顿第二定律得：Bqv0=m，解得：r=R，带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为则

47、它在磁场中运动的时间为：t=T=；（2）由（1）知，当 v=v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图所示由几何关系可知PO2O=OO2A=30，所以带电粒子离开磁场时偏转角为 60，粒子打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角为 60；（3）由（1）知，当带电粒子以 v0射入时，粒子在磁场中的运动轨迹半径为 R，设粒子射入方向与 PO 方向之间的夹角为，带电粒子从区域边界 S 射出，带电粒子的运动轨迹如图所示因 PO3=O3S=PO=SO=R，所以四边形 POSO3为菱形，由几何关系可知：POO3S在 S 点的速度方向与 O3S 垂直，即粒子打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角为

48、 90；20答：（1）若粒子对准圆心射入，它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角60；（3）若粒子以速率 v0从 P 点以与 PQ 夹角射入，它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角 90【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练17（18 分）（2015 秋高邮市期中）如图所示，匀强电场 E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场 B=2T，方向垂直纸面向里m=1g 带正电的小物块 A，从 M 点沿=0.5 的绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，它滑行 0.8m 到 N

49、 点时就离开壁做曲线运动，在 P 点 A 瞬时受力平衡，此时其速度与水平方向成 45角设 P 与 M 的高度差为 1.6m（g 取 10m/s2）求：（1）A 开始刚下滑时的加速度大小；（2）A 离开壁瞬间的速度大小；（3）P 与 M 的水平距离【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】（1）根据受力分析，结合力的分成法则，并依据牛顿第二定律，即可求解（2）刚离开 N 点时，电场力与洛伦兹力相等，从而求解速度大小；（3）在 P 点 A 受力平衡，抓住洛伦兹力在竖直方向上的分力等于重力，水平方向上的分力等于电场力求出此时的速度，然后对物块脱离墙壁到 P 点的过程

50、中运用动能定理，求出 P点与 M 点的水平距离 s【解答】解：（1）从已知 P 点速度方向及受力情况分析如下图21由=45可知mg=Eq刚开始时：mgqE=ma解得：a=5m/s2；（2）从 MN 过程，只有重力和摩擦力做功刚离开 N 点时有Eq=Bqv解得：vN=2m/s（3）由 P 点受力平衡可知：f洛=mg=BqvpvP=2m/sNP 由动能定理得：解得：s=0.6m答：（1）A 开始刚下滑时的加速度大小 5m/s2；（2）A 离开壁瞬间的速度大小 2m/s；（3）P 与 M 的水平距离 0.6m【点评】解决本题的关键知道物体与墙壁脱离时，电场力和洛伦兹力相等；在 P 点洛伦兹力在竖直方