山东省青岛市国开中学2022学年高二物理上学期期末预测试题（含解析）新人教版

2022-2022学年山东省青岛市国开中学高二（上）期末物理预测试卷　一、选择题（本题共10小题.共40分.每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）关于电场强度、电势和电势能的说法中正确的是（　　）A．在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大B．在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大C．在电场中电势高的点，电场强度一定大D．在负的点电荷所产生的电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能2．（4分）霍尔元件能转换哪两个量（　　）A．把温度这个热学量转换为电阻这个电学量B．把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量C．把力转换为电压这个电学量D．把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量3．（4分）如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（　　）A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右4．（4分）闭合电路的电源电动势为E，内电阻为r，如图所示，当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，下列说法中正确的是（　　）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L1、L2变亮，L3变暗C．电压表V1示数变化量较小D．电压表V2示数变化量较小-26-\n5．（4分）如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是（　　）A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将不变C．FN1＞FN2D．FN1＜FN26．（4分）如图所示，两个正、负点电荷，在库仑力作用下，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，以下说法中正确的是（　　）A．它们所需要的向心力不相等B．它们做圆周运动的角速度相等C．它们的线速度与其质量成反比D．它们的运动半径与电荷量成反比7．（4分）如图，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子（不计重力），从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中（　　）A．运动轨迹的半径相同B．运动时间相同C．重新回到边界时速度的大小和方向相同D．重新回到边界的位置与O点的距离相等8．（4分）如图所示，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，线圈的直流电阻不计，电源电动势E=5V，内阻r=1Ω．开始时，电键S闭合，则（　　）A．断开S前，电容器所带电荷量为零B．断开S前，电容器两端的电压为C．断开S的瞬间，电容器a板带上正电D．断开S的瞬间，电容器b板带上正电-26-\n9．（4分）如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（　　）A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B．电子在磁场中运动时间越长．其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同10．（4分）（2022•莆田模拟）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示．t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在0～4s时间内，线框ab边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（　　）A．B．C．D．二、实验题：本题共3个小题，满分24分，把答案直接填在答题卡中的相应位置．11．（6分）某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为　_________　cm，直径为　_________　mm．-26-\n12．（10分）某同学测量一只未知阻值的电阻如图所示．（1）他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示．请你读出其阻值大小为　_________　．为了使多用电表测来自量的结果更准确，该同学接着应该进行哪些操作？答：　_________　．（2）若该同学再用“伏安法”测量该电阻，所用器材如图乙所示，其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω，变阻器阻值为50Ω．图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线．（3）该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙电路后，测得的电阻值将　_________　（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值．13．（8分）为测定某电源内阻r和一段电阻丝单位长度的电阻R0，设计如图1所示的电路．ab是一段粗细均匀的电阻丝，R是阻值为2Ω的保护电阻，电源电动势为6V，电流表内阻不计，示数用I表示，滑动片P与电阻丝有良好接触，aP长度用L表示，其它连接导线电阻不计．实验时闭合电键，调节P的位置，将L和与之对应的I数据记录在下表．实验次数12345L（m）0.100.200.300.400.50I（A）1.781.391.140.970.84-26-\n1/I（A﹣1）0.560.720.881.031.19（1）在图2中画出1/I﹣L图象；（2）写出1/I﹣L的关系式，式中涉及到相关物理量用字母表示（E、r、R、R0）　_________　（3）从图中根据截距和斜率，求出该电源内阻r为　_________　Ω；该电阻丝单位长度的电阻R0为　_________　Ω/m．（结果保留两位小数）三、计算题：本题共4个小题，满分42分．解答应写出必要的文字说明、示意图、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.14．（8分）两条金属导轨上水平放置一根导电棒ab，处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，导电棒质量为1.2kg，导轨宽度为1m．当导电棒中通入3A电流时，它可在导轨上匀速滑动，若电流强度增大为5A时，导电棒可获得2m/s2的加速度，求装置所在处的磁感应强度的大小及摩擦力的大小？15．（10分）如图所示，电源电动势E0=15V，内阻r0=1Ω，电阻R1=30Ω，R2=60Ω．间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m-26-\n/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g=10m/s2．若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx是多少？16．（12分）如图，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，Oy表示竖直向上的方向．已知该平面内存在沿x轴负方向的区域足够大的匀强电场，现有一个带电量为2.5×10﹣4C，质量为0.5kg的小球从坐标原点O沿y轴正方向以一定的初速度竖直向上抛出，它到达的最高点位置为图中的Q点，不计空气阻力，g取10m/s2．试分析求解：（1）小球带何种电荷；（2）该匀强电场的电场强度大小；（3）小球从O点抛出到落回x轴的过程中电势能的改变量；（4）小球落回x轴时的动能．17．（12分）如图所示，在xoy坐标系第一象限内有匀强磁场，磁场区域上边界刚好与直线y=a重合，磁感应强度为B．一个带正电的离子在坐标为（a，0）的A点以某一速度进入磁场区域，进入磁场时速度方向与x轴正向夹角为30°，离子质量为m，带电量为q．不计离子重力．（1）若离子离开磁场时位置坐标为（a，a）的C点，求离子运动的速度大小（2）当离子进入磁场的速度满足什么条件时可使离子在磁场区域运动的时间最长？并求出最长时间是多少？2022-2022学年山东省青岛市国开中学高二（上）期末物理预测试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共10小题.共40分.每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）-26-\n1．（4分）关于电场强度、电势和电势能的说法中正确的是（　　）　A．在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大　B．在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大　C．在电场中电势高的点，电场强度一定大　D．在负的点电荷所产生的电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能考点：电场强度；电势．版权所有分析：电势能公式为Ep=qφ．场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．顺着电场线电势降低，通常取无穷远电势为零．根据这些知识分析．解答：解：A、根据电势能公式Ep=qφ知：正电荷在电势越高的地方，其电势能越大，负电荷在电势越高的地方，其电势能越小，故A错误．B、根据电势能公式Ep=qφ知：在电场中，电势高的地方，放在该点的正电荷的电荷量越大，电势能越大，而负电荷则相反，故B错误．C、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．可知电势高的地方电场强度不一定大，故C错误．D、沿着电场线的方向电势逐渐降低，取无穷远电势为零，则在负的点电荷所产生的电场中的任何一点的电势均为负值，由Ep=qφ知正电荷所具有的电势能为负值，负电荷所具有的电势能为正值，所以正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能，故D正确．故选：D．点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．　2．（4分）霍尔元件能转换哪两个量（　　）　A．把温度这个热学量转换为电阻这个电学量　B．把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量-26-\n　C．把力转换为电压这个电学量　D．把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量考点：霍尔效应及其应用．版权所有分析：根据霍尔元件的工作原理将磁场这非电学量，通过电荷受到安培力，从而转换成电学量，从而即可作答．解答：解：如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD故霍尔元件是把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量．故选：B．点评：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，此时的电压就叫霍尔电压．　3．（4分）如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（　　）　A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→N　C．安培力水平向左D．-26-\n安培力水平向右考点：右手定则；左手定则；楞次定律．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：导体棒切割产生的感应电流方向由右手定则判断，所受的安培力方向由左手定则判断．解答：解：根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故AC正确，BD错误．故选：AC点评：在电磁感应中常常用到三大定则：左手定则、右手定则和安培定则，关键要明确各个定则使用的条件，知道如何运用．　4．（4分）闭合电路的电源电动势为E，内电阻为r，如图所示，当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，下列说法中正确的是（　　）　A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L1、L2变亮，L3变暗　C．电压表V1示数变化量较小D．电压表V2示数变化量较小考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：（1）分析电路结构，明确各电路元件的连接方式；（2）根据滑动变阻器滑片的移动方向判读电路电阻变化情况，然后根据欧姆定律判断电路电流变化情况；-26-\n（3）根据欧姆定律及串联电路特点判断电压表示数变化情况；由通过灯泡的电流判断灯亮度变化情况．解答：解：A、触片P从右端滑到左端时，电阻变小，总电流变大，L2变亮，内电阻与L2电压变大，并联部分电压变小，L3变暗，L3电流变小，总电流变大，流过L1电流变大，L1变亮，故A错误，B正确；C、并联部分电压变小，电压表V1示数变小，L2电压变大，V2示数变大，路端电压变小，所以△U1＞△U2，C错误，D正确．故选：BD点评：在判断闭合电路中的动态变化问题，判断此类问题的思路是：先局部判断电阻变化、后整体电阻和电流变化，最后判断各部分电阻、电压和电流的变化　5．（4分）如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是（　　）　A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将不变C．FN1＞FN2D．FN1＜FN2考点：安培力；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．版权所有分析：先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．解答：解：开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短；故C正确，A、B、D错误．故选：C．-26-\n点评：本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．　6．（4分）如图所示，两个正、负点电荷，在库仑力作用下，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，以下说法中正确的是（　　）　A．它们所需要的向心力不相等B．它们做圆周运动的角速度相等　C．它们的线速度与其质量成反比D．它们的运动半径与电荷量成反比考点：库仑定律．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：两电荷之间的库仑引力提供各自做圆周运动的向心力，即向心力相同，同时注意：它们的角速度相同，然后根据向心力公式列方程即可求解．解答：解：AB、两个正、负点电荷，在库仑力作用下，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，它们之间的库仑力提供向心力，故它们所需的向心力相等，结构稳定，间距恒定，故它们的角速度相等，故A错误、B正确．CD、设两电荷之间的距离为L，则有：，，解得：m1r1=m2r2，即轨道半径和质量成反比，与电荷量无关，根据v=ωr，角速度相同，故线速度与轨道半径成正比，而轨道半径和质量成反比，故线速度与质量成反比，故C正确、D错误．故选：BC．点评：解决问题时要把握好问题的切入点．本题中两电荷做圆周运动的向心力相同，角速度相等就是题目的切入点，本题两点电荷的运动情形与天体中的双星问题类似．-26-\n　7．（4分）如图，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子（不计重力），从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中（　　）　A．运动轨迹的半径相同　B．运动时间相同　C．重新回到边界时速度的大小和方向相同　D．重新回到边界的位置与O点的距离相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．解答：解：A、根据牛顿第二定律得：qvB=m得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同．故A正确．B、根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t=T．同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等．故B错误．C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．-26-\nD、根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．故选：ACD．点评：根据题意画出草图，可根据几何关系求出回到边界时离O点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有t=T==，θ是轨迹的圆心角，S弧长，ω是角速度，v是线速度．而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角．　8．（4分）如图所示，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，线圈的直流电阻不计，电源电动势E=5V，内阻r=1Ω．开始时，电键S闭合，则（　　）　A．断开S前，电容器所带电荷量为零B．断开S前，电容器两端的电压为　C．断开S的瞬间，电容器a板带上正电D．断开S的瞬间，电容器b板带上正电考点：电容器；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：电容器专题．分析：-26-\n对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．解答：解：A、断开开关S前，线圈电流稳定，线圈的直流电阻不计，则电容器两端电压为零，所以电容器没有电荷量．故A正确；B、当断开开关S前，线圈电流稳定，且线圈的直流电阻不计，则电容器两端电压为零，所以电容器没有电荷量．故B错误；C、当开关断开瞬间，线圈电流减小，由于线圈的自感现象，导致线圈中产生感应电动势，且左端电势高于右端，从而对电容器充电，因此电流流向a板．故C正确；D、当开关断开瞬间，线圈电流减小，由于线圈的自感现象，导致线圈中产生感应电动势，且左端电势高于右端，从而对电容器充电，因此电流流向a板．故D错误；故选：AC点评：当电容器的电容越小，频率越低时，容抗越高；而线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高．开关断开后产生瞬间电压，相当于电源与电容器相连．　9．（4分）如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（　　）　A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长　B．电子在磁场中运动时间越长．其轨迹线所对应的圆心角越大　C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合　D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，根据半径和周期公式分析速率越大，轨迹半径和周期如何变化；在有界磁场中转动的时间越长，则粒子转过的圆心角越大，运动时间越长．-26-\n解答：解：A、B、由t=T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确；C、D、由周期公式T=知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C错误，D错误；故选：B．点评：带电粒子在磁场中的偏转要注意两点：一是圆心的确定，二是半径的求出，必要时先画出可能的图形再进行分析计算．　10．（4分）（2022•莆田模拟）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示．t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在0～4s时间内，线框ab边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（　　）　A．B．-26-\nC．D．考点：法拉第电磁感应定律；安培力．版权所有专题：电磁感应中的力学问题．分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流．由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系．解答：解：t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1S内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左．当在1S到2S内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右．在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右．故选：D．点评：安培力的方向由左手定则来确定，而感应电流方向则由楞次定律来确定．当导线与磁场垂直放置时，若电流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比．　二、实验题：本题共3个小题，满分24分，把答案直接填在答题卡中的相应位置．11．（6分）某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为　5.02　cm，直径为　4.815　mm．-26-\n考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．版权所有专题：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．而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读．解答：解：（a）是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：5cm=50mm，游标上第2个刻度与上面对齐，读数为：2×0.1mm=0.2mm，故最终读数为：50+2×0.1=50.2mm=5.02cm；螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为31.5×0.01mm，则读数为4.5+31.5×0.01=4.815mm．故答案为：5.02，4.815．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，正确使用这些基本仪器进行有关测量．　12．（10分）某同学测量一只未知阻值的电阻如图所示．（1）他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示．请你读出其阻值大小为　1000Ω　．为了使多用电表测来自量的结果更准确，该同学接着应该进行哪些操作？答：　应将选择开关打到“×100”挡；将两表笔短接，调节调零旋钮，进行欧姆挡调零；再将被电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数；测量完毕将选择开关打到“OFF”挡　．（2）若该同学再用“伏安法”测量该电阻，所用器材如图乙所示，其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω，变阻器阻值为50Ω．图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线．（3）该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙电路后，测得的电阻值将　大于　（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值．考点：用多用电表测电阻．版权所有专题：-26-\n实验题．分析：（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零．（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图．（3）根据电路图，应用欧姆定律分析实验误差．解答：解：（1）由图甲所示可知，欧姆表选择×10挡，欧姆表示数为：100×10=1000Ω．由图示可知，欧姆表指针偏角太小，所选挡位太小，要准确测量电阻，应将选择开关打到“×100”挡；将两表笔短接，调节调零旋钮，进行欧姆挡调零；再将被电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数；测量完毕将选择开关打到“OFF”挡．（2）待测电阻阻值约为1000Ω，滑动变阻器最大阻值为50Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为5000Ω，相对来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实物电路图如图所示：（3）由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分流作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值．故答案为：（1）1000Ω；应将选择开关打到“×100”挡；将两表笔短接，调节调零旋钮，进行欧姆挡调零；再将被电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数；测量完毕将选择开关打到“OFF”挡；（2）电路图如图所示；（3）大于．点评：本题考查了欧姆表的使用、连接实物电路图、实验误差分析，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的前提与关键．　13．（8分）为测定某电源内阻r和一段电阻丝单位长度的电阻R0，设计如图1所示的电路．ab是一段粗细均匀的电阻丝，R是阻值为2Ω的保护电阻，电源电动势为6V，电流表内阻不计，示数用I表示，滑动片P与电阻丝有良好接触，aP长度用L表示，其它连接导线电阻不计．实验时闭合电键，调节P的位置，将L和与之对应的I数据记录在下表．实验次数12345L（m）-26-\n0.100.200.300.400.50I（A）1.781.391.140.970.841/I（A﹣1）0.560.720.881.031.19（1）在图2中画出1/I﹣L图象；（2）写出1/I﹣L的关系式，式中涉及到相关物理量用字母表示（E、r、R、R0）　=+L　（3）从图中根据截距和斜率，求出该电源内阻r为　0.40　Ω；该电阻丝单位长度的电阻R0为　9.48　Ω/m．（结果保留两位小数）考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：-26-\n（1）应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象．（2）应用闭合电路的欧姆定律，求与L的关系式．（3）由图象求出电源内阻及单位长度上的电阻．解答：解：（1）应用描点法作图，图象如图所示．（2）电阻线接入电路的阻值R线=R0L，由闭合电路的欧姆定律可得：电路电流i==则=+L；（3）由图象可得截距：=0.40A﹣1，即=0.40，得：r=0.40Ω；图象斜率==1.58，即=1.58，得R0=9.48Ω．故答案为：（1）如图所示．（2）=+L（3）0.40，9.48．点评：应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．　三、计算题：本题共4个小题，满分42分．解答应写出必要的文字说明、示意图、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.14．（8分）两条金属导轨上水平放置一根导电棒ab，处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，导电棒质量为1.2kg，导轨宽度为1m．当导电棒中通入3A电流时，它可在导轨上匀速滑动，若电流强度增大为5A时，导电棒可获得2m-26-\n/s2的加速度，求装置所在处的磁感应强度的大小及摩擦力的大小？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．版权所有专题：电磁感应——功能问题．分析：当导电棒在导轨上匀速滑动时，滑动摩擦力与安培力平衡，列出平衡方程；导电棒加速运动时，安培力与滑动摩擦力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律列方程，再与平衡方程联立解出B．解答：解：当导电棒在导轨上匀速滑动时，摩擦力大小等于安培力小，f=F1=BI1L…（1）当导电棒在导轨上加速运动时，根据牛顿第二定律得：F2﹣f=ma即：BI2L﹣f=ma…（2）将①式代入②式得：BI2L﹣BI1L=ma代入解之得：B=1.2T；f=3.6N；答：装置所在处的磁感强度的大小是1.2T．摩擦力为3.6N．点评：本题是电磁学知识与力学知识的综合应用，比较简单，其桥梁是安培力．　15．（10分）如图所示，电源电动势E0=15V，内阻r0=1Ω，电阻R1=30Ω，R2=60Ω．间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g=10m/s2．若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx是多少？考点：带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：-26-\n粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡；由牛顿第二定律可知洛仑兹力充当向心力；由几何关系可求得粒子运动的半径，联立可解得电容器两端的电压；由闭合电路欧姆定律可求得滑动变阻器的阻值．解答：解：小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，即：洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：连立化简得：小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得R=d连立带入数据U2=4V干路电流为：答：Rx是54Ω．点评：本题为带电粒子在复合场中的运动与闭合电路欧姆定律的综合性题目，解题的关键在于明确带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，所受到的电场力一定与重力大小时相等方向相反，同时要注意几何关系的应用．　16．（12分）如图，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，Oy表示竖直向上的方向．已知该平面内存在沿x轴负方向的区域足够大的匀强电场，现有一个带电量为2.5×10﹣4C，质量为0.5kg的小球从坐标原点O沿y轴正方向以一定的初速度竖直向上抛出，它到达的最高点位置为图中的Q点，不计空气阻力，g取10m/s2．试分析求解：（1）小球带何种电荷；（2）该匀强电场的电场强度大小；（3）小球从O点抛出到落回x轴的过程中电势能的改变量；（4）小球落回x轴时的动能．考点：牛顿第二定律；电场强度；电势能．版权所有专题：-26-\n牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据小球沿x轴的位移方向确定小球的电性．（2）由图读出小球的竖直位移大小和水平位移大小．将小球的运动分解为竖直方向和水平方向：竖直方向小球做竖直上抛运动，水平方向小球做匀加速直线运动．由竖直位移求出时间．根据水平位移和时间，求出水平分运动的加速度，由牛顿第二定律求解电场强度．（3）电势能的减少量等于电场力做的功．（4）根据动能定理列式求解小球落回x轴时的动能．解答：解：（1）小球的轨迹向右偏转，可知小球所受的电场力沿x轴正方向，而电场方向沿x轴负方向，故小球带负电．（2）小球在y轴方向上做竖直上抛运动，设小球到达最高点所用的时间为t1上升的高度为h，电场强度为E，竖直分运动：在x轴方向上，小球做匀加速运动，水平方向上的位移：小球的水平分运动的加速度a，根据牛顿第二定律，有：联立以上各式，根据图象的数据可得，电场强度：E=104v/m（3）小球在运动的过程中总时间：t2=2t1小球在x轴运动的位移：电场力做的功：W=qEs2联立以上各式可得：W=16J故在整个过程中小球的电势能减少了16J．（4）小球抛出时的速度v0解得：v0=8m/s小球落回抛出点时沿x轴方向的速度v′v′=8m/s小球落回x轴的动能：=32J答：（1）小球带负电荷；-26-\n（2）该匀强电场的电场强度大小为104v/m；（3）小球从O点抛出到落回x轴的过程中电势能减少了16J；（4）小球落回x轴时的动能为32J．点评：本题带电物体在重力场与电场的复合场中运动问题，由于两个力都是恒力，采用运动的分解进行处理是常用的方法．　17．（12分）如图所示，在xoy坐标系第一象限内有匀强磁场，磁场区域上边界刚好与直线y=a重合，磁感应强度为B．一个带正电的离子在坐标为（a，0）的A点以某一速度进入磁场区域，进入磁场时速度方向与x轴正向夹角为30°，离子质量为m，带电量为q．不计离子重力．（1）若离子离开磁场时位置坐标为（a，a）的C点，求离子运动的速度大小（2）当离子进入磁场的速度满足什么条件时可使离子在磁场区域运动的时间最长？并求出最长时间是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；（2）根据洛伦兹力提供向心力，求出运动的周期，再由不同情况，分别作出运动轨迹，由几何关系，确定已知长度与轨道半径的关系，从而求出对应的速度大小，及运动最长的时间．解答：解：（1）若离子从y轴离开磁场区域时，其运动轨迹如下图所示，由几何关系：rsin60°=得轨迹半径为：r=-26-\n又离子在磁场中：qvB=m得：v=（2）离子在磁场中：Bqv=m得：R=运动的周期为：T=联立得：T=若a为离子运动轨迹对应的圆心角，则离子在磁场中的运动时间为t=则离子在磁场中的运动时间与离子的速度大小无关，与轨迹的圆心角有关．如图17﹣2，只有当离子从x轴离开磁场（即离子既不从磁场的上边界离开磁场，也不从y轴离开磁场）时，离子运动轨迹的圆心角最大．由几何关系，最大圆心角为：αn=．①若离子刚好不能从磁场区域上边界离开磁场，则轨迹恰好与上边界相切，如图﹣3，由几何关系：R1+R1sin60°=a得，其轨迹半径为R1=②若离子刚好不能从y轴离开磁场，则轨迹与y轴相切，如图﹣4由几何关系：R2+R2sin30°=a得，其轨迹半径为：R2=综上所述，要使离子从x轴离开磁场，则其轨迹半径必须满足R＜R1，且R＜R2，即：R＜即要使离子能在磁场中运动时间最长，则离子运动的速度必须满足：v=-26-\n运动的最长时间为：t==；答：（1）若离子离开磁场时位置坐标为（a，a）的C点，离子运动的速度大小；（2）当离子进入磁场的速度满足v条件时可使离子在磁场区域运动的时间最长，求出最长时间是；点评：考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握洛伦兹力与向心力的表达式，理解牛顿第二定律与几何关系的应用，注意画出正确的运动轨迹图，是解题的关键．　-26-