2019-2020年高二上學期期末物理試題含解析(II)

1、2019-2020年高二上學期期末物理試題含解析（II）4分，選對但不、選擇題（1-8題只有一個選項正確，9-12題有多個選項正確，全選對的得全的得2分，選錯的得0分，共48分.請將正確答案填在答題卡中.1 : 5,相距r時相互作 ）1. （4分）兩個相同的金屬小球，所帶同種電荷的電量之比為用力為F,兩者相互接觸后再放回原處，則它們間的庫侖力為（A.&B-FC-FD.F555）r的球面上，各點的場強都相同2. （4分）關于電場，下列敘述正確的是（A.孤立點電荷形成的電場中，距點電荷為B.勻強電場中，電場強度處處相同，電勢也處處相同C.勻強電場中，電勢降低的方向就是電場強度的方向D.帶電

2、粒子無論在什么電場中，電場力做正功，其電勢能一定減小3. （4分）關于磁場，下列說法中正確的是（A.赫茲首先發(fā)現(xiàn)電流能夠產(chǎn)生磁場，證實了電和磁存在著相互聯(lián)系B.磁場中磁感線越密的地方磁通量越大C.通電導線在磁場中所受安培力的方向一定跟磁感應強度的方向相同D.通電導線在磁場中所受安培力為零，磁場的磁感應強度不一定為零4. （4分）關于電流，下列說法正確的是（A.從B.從C.由I=T可知，q與t成正比I=可知，導體中的電流跟導體兩端的電壓成正比I=nevs可知，電子運動的速率越大，電流越大D.因為電流有方向，所以電流是矢量5. （4分）某待測電阻約100左右，電壓表內(nèi)阻為3000Q,電流表內(nèi)阻為0

3、.2采用伏安法測電阻時，應選擇電流表何種接法，測量誤差較小，測量值比真實值相比如何？（）A.內(nèi)接法，比真實值偏大B.外接法，比真實值偏大C.內(nèi)接法，比真實值偏小D.外接法，比真實值偏小6. （4分）已知長直通電導線在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應強度與該導線中的電流成正比，與該點到導線的距離成反比.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線,其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示.則關于a、b、c、d長直通電導體棒在O點產(chǎn)生合磁場的方向可能是（A.由O點指向Oa方向B.由O點指向Ob方向C.由O點指向Oc方向D.由O點指向Od方向7. （4分）對于電容器的電容C號

4、可知（）A.若電容器不帶電，則電容C為零B.電容C與所帶電量Q成正比，與電壓U成反比C.電容C與所帶的電量Q多少無關D.電容器的電容越大，它所帶的電荷量就越多8. （4分）初速度都是零的質(zhì)子和“粒子，由同一位置經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做勻速圓周運動.則質(zhì)子和a粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑之比為（）A.2:1B.1:2C.優(yōu)：1D.1:花9. （4分）如圖所示為某一點電荷Q產(chǎn)生的電場中的一條電場線，A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速為零的電子，電子僅受電場力作用，沿電場線從A運動到B,則（）ABA.電場線方向由B指向AB.A點場強一定大于B點場強C.如Q為負電荷，則

5、Q在A點左側(cè)D.從A運動到B,電子電勢能增加10. （4分）兩個等量同種電荷的連線的垂直平分線上有A、B、O三點，O為連線中點，AB與AO等距，如圖所示，規(guī)定無窮遠處的電勢為0,下列說法正確的是（）a/。0A.A點電勢比B點高B.A、B兩點的場強方向相同，B點場強可能與A點場強相同C. A、B、O三點和無窮遠處等電勢D. O點場強為0,電勢不為011. （4分）如圖所示，速度為V0、電荷量為q的正離子（不計重力）恰能沿直線飛出離子速度選擇器，選擇器中磁感應強度為B,電場強度為E,則（）,廣，XXXXo-如BXXXXA-A.其它條件不變，僅將離子電荷量改為+2q,離子將往上偏B.其它條件不變，僅

6、將速度變?yōu)?v0,離子將往上偏C.其它條件不變，僅將磁感應強度變?yōu)?B,離子將往下偏D.其它條件不變，僅將場強變?yōu)?E,離子將往下偏12. （4分）如圖，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板，虛線表示其運動軌跡，運動中電量不損失，由圖知（）A.粒子帶負電B.粒子運動方向是abcdeC.粒子運動方向是edcbaD.粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長、實驗填空題（每空2分，作圖2分，共20分）13. （4分）用螺旋測微器測金屬絲的直徑和用游標卡尺測金屬絲長度如圖所示，則螺旋測微器的讀數(shù)為mm,游標卡尺的讀數(shù)為mm（游標為20分度）., S與5連接時，

7、多用表就成了 或歐姆表”）15. （10分）在 描繪小燈泡的伏安特性曲線其他供選擇的器材有： 電壓表V1，（量程為 電壓表V2,（量程為 電流表A1,（量程為 電流表A2,（量程為 變阻器R1 （01000 變阻器R2 （020Q,6V,內(nèi)阻 20KQ);15V,內(nèi)阻 30KQ;3A,內(nèi)阻 0.2);0.6A,內(nèi)阻 1Q);Q, 0.5A);2A);14. （6分）如圖是簡化的多用表的電路.轉(zhuǎn)換開關S與不同接點連接，就組成不同的電表：S與1連接時，多用表就成了,S與3連接時，多用表就成了.（填電流表”、電壓表的實驗中，使用的小燈泡為6V,3W”,學生電源E（直流9V）;開關S及導線若干,（1）

8、實驗中要求在電壓表06V范圍內(nèi)讀取并記錄下12組左右不同的電壓值U和對應的電流值I,以便作出伏安特性曲線，則在上述器材中，電流表應該選電壓表應該選擇,變阻器應該選.(2)在方框中畫出此實驗的原理圖；(3)測量小燈泡電壓時，調(diào)節(jié)小燈泡的電壓的順序是.(填從低到高或從高到低”)IJ三、計算題：(三小題，16題10分，17題10分，18題12分，共32分)解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后的答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.16. (10分)如圖所示，真空中存在空間范圍足夠大的、方向水平向右的勻強電場，在電場中，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從。點

9、出發(fā)，初速度的大小為v0,在重力和電場力的共同作用下恰能沿與場強的反方向成0角做勻減速直線運動，求：(1)勻強電場的場強的大小；(2)粒子從。點運動到最高點發(fā)生的位移.17. (10分)如圖所示，通電直導線ab的質(zhì)量為m、長為L,水平放置在傾角為。的光滑斜面上，通以圖示方向的電流，電流為I,要求導線ab靜止在斜面上.(1)若磁場的方向豎直向上，則磁感應強度為多大？(2)若要求磁感應強度最小，則磁感應強度的大小、方向如何？18. (10分)如圖所示，一帶電粒子先以某一速度在豎直平面內(nèi)做勻速直線運動，經(jīng)過一段時間后進入一磁場方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出該磁場

10、區(qū)域)，粒子飛出磁場后垂直電場方向進入寬為L的勻強電場，電場強度的大小為E、方向豎直向上.當粒子穿出電場時速率變?yōu)樵瓉淼募颖?，已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計，粒子進入磁場前的速度與水平方向成0=60°角.求：(1)粒子的電性；(2)帶電粒子在磁場中運動時的速度大小;(3)該圓形磁場區(qū)域的最小面積.19. (12分)電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的.電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)(加速前速度為零)，如圖所示，磁場方向垂直于圓面.磁場區(qū)的圓心為O,半徑為r.當不加磁場時，電子束將通過。點打到屏幕的中心M點，為了讓電子束射到屏幕邊緣的P

11、點，需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度，(電子質(zhì)量為m,電荷量為e)求(1)電子經(jīng)過加速場所獲得的速度大?。?2)所加磁場的磁感應強度B大小及方向？2014-2015學年貴州省畢節(jié)地區(qū)金沙縣高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（1-8題只有一個選項正確，9-12題有多個選項正確，全選對的得4分，選對但不全的得2分，選錯的得0分，共48分.請將正確答案填在答題卡中.）1.（4分）兩個相同的金屬小球，所帶同種電荷的電量之比為1:5,相距r時相互作用力為F,兩者相互接觸后再放回原處，則它們間的庫侖力為（）A-ijJB-C-gdD-F5r考點：庫侖定律.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析

12、：兩電荷間存在庫侖力，其大小可由庫侖定律求出.當兩同種電荷相互接觸后再放回原處,電荷量相互疊加再平分，所以庫侖力的變化是由電荷量變化導致的.解答：解：由庫侖定律可得：F=k典，帶電量之比是1:5,當它們相距r時作用力大小為F=k與r兩金屬小球帶同種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量都變?yōu)?q,2A它們相距r時作用力大小為F=k&g=，F(xiàn)25ro故C正確、ABD錯誤.故選：C.點評：本題考查庫侖定律的同時，利用了控制變量法.當控制距離不變時，去改變電荷量，從而確定庫侖力的變化.當然也可控制電荷量不變，去改變間距，從而得出庫侖力的變化.2. （4分）關于電場，下列敘述正

13、確的是（）A.孤立點電荷形成的電場中，距點電荷為r的球面上，各點的場強都相同B.勻強電場中，電場強度處處相同，電勢也處處相同C.勻強電場中，電勢降低的方向就是電場強度的方向D.帶電粒子無論在什么電場中，電場力做正功，其電勢能一定減小考點：電場；電場強度.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：電場強度是矢量，以點電荷Q為中心r為半徑的球面上各點的場強大小相等，方向不同;場強與電勢沒有直接關系.場強越大的地方電勢不一定越高，場強為零的地方電勢不一定為零.當電場力做負功，則電勢能一定增大，相反做正功，則一定減小，從而即可求解.解答：解：A、以點電荷Q為中心r為半徑的球面上各點的場強大小相等，方向不同，

14、則場強不同；故A錯誤；B、勻強電場中，電場強度處處相同，而沿著電場線方向，電勢是降低的.故B錯誤；C、勻強電場中，電勢降低最快的方向是電場強度的方向，故C錯誤；D、無論在什么電場中，只要電場力做正功，其電勢能一定減小的.故D正確.故選：D.點評：以點電荷Q為中心r為半徑的球面上各點的場強大小相等，關鍵的問題是：電場強度是矢量，是有方向的.注意電勢降低方向與降低最快方向的不同.3. （4分）關于磁場，下列說法中正確的是（）A.赫茲首先發(fā)現(xiàn)電流能夠產(chǎn)生磁場，證實了電和磁存在著相互聯(lián)系B.磁場中磁感線越密的地方磁通量越大C.通電導線在磁場中所受安培力的方向一定跟磁感應強度的方向相同D.通電導線在磁場

15、中所受安培力為零，磁場的磁感應強度不一定為零考點：安培力；磁感線及用磁感線描述磁場.分析：根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可.解答：解：A、奧斯特首先發(fā)現(xiàn)電流能夠產(chǎn)生磁場，證實了電和磁存在著相互聯(lián)系，故A錯誤;B、磁通量表示穿過磁場中某一積面的磁感線條數(shù)，當磁感應強度與平面平行時，磁通量為零，故磁感線越密的地方磁感應強度越大，但磁通量不一定越大.故B錯誤.C、根據(jù)左手定則可知，通電直導線在磁場中所受安培力的方向一定跟磁場方向垂直，故C錯誤；D、當導線電流方向和磁場方向相同或相反時，電流不受安培力作用，此時磁感應強度并不為零，故D正確；故選：D點評：本題考查物理學史，是常識性

16、問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一.4. （4分）關于電流，下列說法正確的是（）A，從I=£可知，q與t成正比tB-從1=可知，導體中的電流跟導體兩端的電壓成正比RC.由I=nevs可知，電子運動的速率越大，電流越大D.因為電流有方向，所以電流是矢量考點：電流、電壓概念.專題：恒定電流專題.分析：（1）電荷的定向移動形成電流，可以是正電荷，也可以是負電荷；也可以是正、負電荷同時向相反方向移動形成；（2）物理學中規(guī)定正電荷定向移動的方向為電流方向.解答：解：A、當電流一定時，電量才與時間成正比；故A錯誤；B、從1=1可知，導體中的電流跟導體兩端的電

17、壓成正比；故B正確；RC、電子運動的速率越大，根據(jù)電流的微觀表達式I=neSv,決定電流的因素除速度外,還有單位體積自由電子數(shù)n,截面積S,故C錯誤；D、電流有方向，但電流的計算不適合平行四邊形定則；故不是矢量；故D錯誤；故選：B.點評：本題關鍵記住四個公式，電流定義式、電流的微觀表達式、電功率公式和熱功率公式，基礎題.5. （4分）某待測電阻約100左右，電壓表內(nèi)阻為3000Q,電流表內(nèi)阻為0.2Q采用伏安法測電阻時，應選擇電流表何種接法，測量誤差較小，測量值比真實值相比如何？（）A.內(nèi)接法，比真實值偏大B.外接法，比真實值偏大C.內(nèi)接法，比真實值偏小D.外接法，比真實值偏小考點：伏安法測電

18、阻.專題：恒定電流專題.分析：根據(jù)R與愿瓦的大小關系確定內(nèi)外接法；根據(jù)歐姆定律和電路分析誤差.解答：解：待測電阻約為100因100白亞西=$3000乂0.2為大電阻用電流表內(nèi)接法，根據(jù)R=¥知電壓測量為電流表和R兩端電壓，數(shù)值偏大，故測量值偏大.故選：A點評：此題要根據(jù)要測電阻與電壓表電流表內(nèi)阻的大小關系確定內(nèi)外接法；大電阻內(nèi)接，測量值偏大，小電阻用外接，測量值偏小.6. （4分）已知長直通電導線在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應強度與該導線中的電流成正比，與該點到導線的距離成反比.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于a、b、c、d 長直正方形的四個頂點上，導線中通有

19、大小相同的電流，方向如圖所示.則關于通電導體棒在O點產(chǎn)生合磁場的方向可能是（A.由O點指向Oa方向B.由O點指向Ob方C.由O點指向Oc方向D.由O點指向Od方考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向.分析：根據(jù)等距下電流所產(chǎn)生的B的大小與電流成正比，得出各電流在。點所產(chǎn)生的B的大小關系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得B的合矢量的大約方和向.解答：解：假設Ia=Ic=Id=Ib,則根據(jù)矢量的合成法則，可知，b、d兩棒產(chǎn)生的磁場為零，則由a、c兩棒產(chǎn)生的磁場方向，由右手螺旋定則可知，。指向d；故D正確，ABC錯誤；故選：D點評：考查磁感應強度B的矢量合成法則，會進行B的合成，注意右

20、手螺旋定則與右手定則的區(qū)別.7. （4分）對于電容器的電容C=,可知（）UA.若電容器不帶電，則電容C為零B.電容C與所帶電量Q成正比，與電壓U成反比C.電容C與所帶白電量Q多少無關D.電容器的電容越大，它所帶的電荷量就越多考點：電容.專題：電磁學.分析：電容器的電容由電容器本身決定，與電容器所帶電量無關.電容器不帶電，其電容C不為零.對于給定的電容器，其電容一定，電量的變化量與電壓的變化量的比值等于電容.解答：解；A、電容器不帶電，其電容C也不為零，故A錯誤.B、電容的定義公式是C二號，采用的是比值定義法，不能說電容C與帶電Q成正比，與電壓U成反比.故B錯誤.C、電容器的電容由電容器本身決定

21、，與電容器所帶電量無關.故C正確.D、電容器的電容越大，它所帶的電荷量可能為零.故D錯誤.故選：C.點評：本題要抓住電容比值定義法的共性，電容反映了電容器容納電荷本領的大小，與電壓、電量無關.8. （4分）初速度都是零的質(zhì)子和“粒子，由同一位置經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做勻速圓周運動.則質(zhì)子和a粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑之比為（）A.2:1B.1:2C.近.1D.1:我考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.專題：帶電粒子在磁場中的運動專題.分析：粒子先在電場中加速，根據(jù)動能定理列式求解末速度；在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求

22、出軌道半徑之比.解答：解：解：粒子先在電場中加速，根據(jù)動能定理，有：12qU=in蕈帶電粒子在勻強磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，2由牛頓第二定律得：qvB=m2-，聯(lián)立解得:r=_L /2niUoG 區(qū)B V Q V q質(zhì)子（1H）和a粒子（He）的半徑之比：-rl2D-llxD=4=,故D正確.12r2胸此V41V2故選：D點評:帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑即可正確解題.9. （4分）如圖所示為某一點電荷Q產(chǎn)生的電場中的一條電場線，A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速為零的電子，電子僅受電場力作用，沿電場線從A運動到8,

23、則（）AB* A .電場線方向由B指向AC.如Q為負電荷，則Q在A點左側(cè)B . A點場強一定大于 B點場強D.從A運動到B,電子電勢能增加考點：電勢差與電場強度的關系；電場線；電勢能.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：根據(jù)電子的運動方向判斷出電場的方向，分析點電荷可能的位置.從能量轉(zhuǎn)化的角度動能增加，電勢能減小.電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大.解答：解：A、初速為零的電子僅受電場力作用，沿電場線從A運動到B,則電場力所受的電場力從A運動到B,電場線方向由B指向A,故A正確.B、由于不知電場線的疏密，故無法知道電場的強弱.故B錯誤.C、若Q為負電荷，負電荷對電子有斥力，則Q

24、一定在A點左側(cè)，故C正確.D、電子從A到B,電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤.故選：AC.點評：解決本題的關鍵根據(jù)電子的運動方向判斷出電場的方向.以及知道電場力做功與電勢能的變化關系，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大.10. （4分）兩個等量同種電荷的連線的垂直平分線上有A、B、O三點，O為連線中點，AB與AO等距，如圖所示，規(guī)定無窮遠處的電勢為0,下列說法正確的是（A.A點電勢比B點高B.A、B兩點的場強方向相同，B點場強可能與A點場強相同C.A、B、。三點和無窮遠處等電勢D.。點場強為0,電勢不為0考點：電場的疊加；電場強度；電勢.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：本

25、題考查了等量同種電荷周圍電場分布情況：中垂線上上下電場線方向相反，根據(jù)電場線方向判斷電勢高低.解答：解：A、取一個試探電荷，從。點沿著中垂線向上移動，電場力一直做正功或負功，說明電場方向不變；但不知道是等量正電荷還是等量負電荷，故無法判斷A點電勢與B點電勢的高低，故A錯誤；B、根據(jù)電場的疊加原理可知a、b兩點的場強方向相同（豎直），但電場線疏密關系不能確定，所以場強大小不能判斷，可能相等，故B正確；C、取一個試探電荷，從。點沿著中垂線向上移動，電場力一直做正功或負功，說明電場方向不變，故電勢改變，故C錯誤；D、取一個試探電荷，在。點電場力為零，故O點場強為零；取一個試探電荷，從O點沿著中垂線向

26、上移動，電場力一直做正功或負功，說明電場方向不變，故電勢改變，由于無窮遠電勢為零，故。點電勢不為零；故D正確；故選：BD.點評：本題關鍵要掌握等量同種點電荷電場線的分布情況，抓住對稱性進行分析，基礎題目.11.（4分）如圖所示，速度為V0、電荷量為q的正離子（不計重力）恰能沿直線飛出離子速度選擇器，選擇器中磁感應強度為B,電場強度為E,則（）XXXX0f如BXXXXA-A.其它條件不變，僅將離子電荷量改為+2q,離子將往上偏B.其它條件不變，僅將速度變?yōu)?v0,離子將往上偏C.其它條件不變，僅將磁感應強度變?yōu)?B,離子將往下偏D.其它條件不變，僅將場強變?yōu)?E,離子將往下偏考點：帶電粒子在混合

27、場中的運動.專題：帶電粒子在復合場中的運動專題.分析：粒子受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，二力平衡時粒子沿直線運動，當二力不平衡時，粒子做曲線運動.解答：解：正離子恰能沿直線飛出離子速度選擇器，根據(jù)左手定則判斷可知，離子受的洛倫茲力方向向上，電場力方向向下，此時洛倫茲力與電場力二力平衡，應該有：qvoB=qE,即voB=E.A、若改為電荷量+2q的離子，根據(jù)平衡條件得：qvoB=qE,即voB=E,該等式與離子的電荷量無關，所以離子仍沿直線運動，故A錯誤.B、若速度變?yōu)?v0,洛倫茲力增大為原來的2倍，而離子受的洛倫茲力方向向上，電場力不變，所以離子將向上偏轉(zhuǎn)，故B正確.C、若僅將磁感應強度

28、變?yōu)?B,根據(jù)左手定則判斷可知，正離子受向上的洛倫茲力變大，方向向下的電場力又不變，所以正離子向上偏轉(zhuǎn)，故C錯誤.D、若僅將場強變?yōu)?E,向下的電場力大于向上的洛倫茲力，所以正離子將向下偏轉(zhuǎn)，故D正確.故選：BD.點評：本題考查了利用質(zhì)譜儀進行粒子選擇原理，只要對粒子進行正確的受力分析即可解決此類問題.12. （4分）如圖，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板，虛線表示其運動軌跡，運動中電量不損失，由圖知（）A.粒子帶負電B.粒子運動方向是abcdeC.粒子運動方向是edcbaD.粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長考點：帶電粒子在混合場中的運動.

29、專題：帶電粒子在復合場中的運動專題.分析：由半徑的變化可知粒子運動方向；由軌跡偏轉(zhuǎn)方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運動方向，由圓周對應的圓心角及周期公式可知時間關系.解答：解：A、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r史軌跡半徑應減小，故可知粒子運動qP方向是edcba.根據(jù)左手定則知，粒子帶負電.故AC正確，B錯誤.d、由丁=2£知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運動時間均為1.故D錯誤.2故選：AC.點評：本題應注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關系是解決本題的關鍵，明確了速度關系即可由左手定則及圓的性質(zhì)求解.二、實驗填空題（每空2

30、分，作圖2分，共20分）13. （4分）用螺旋測微器測金屬絲的直徑和用游標卡尺測金屬絲長度如圖所示，則螺旋測微器的讀數(shù)為3.935mm,游標卡尺的讀數(shù)為91.60mm（游標為20分度）.考點：刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用.專題：實驗題.分析：解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀.螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀.解答：解：1、螺旋測微器的固定刻度為3.5mm,可動刻度為43.5>G.01mm=0.435mm,所以最終讀數(shù)為3.5mm+0.435mm=4.700mm.2、游標卡尺的主尺讀數(shù)為：91mm,

31、游標尺上第12個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為12Q05mm=0.60mm,所以最終讀數(shù)為：91mm+0.60mm=91.60mm.故答案為：3.935;91.60.點評：對于基本測量儀器如游標卡尺、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行有關測量.14. （6分）如圖是簡化的多用表的電路.轉(zhuǎn)換開關S與不同接點連接，就組成不同的電表：S與1連接時，多用表就成了電流表，S與3連接時，多用表就成了電壓表，S與5連接時，多用表就成了歐姆工一.（填電流表”、電壓表”或歐姆表”）©-C=HrCH R3|l jJ考點：用多用電表測電阻.專題：實驗題；恒定電流專題.分析:解

32、答:點評:電表改裝時，串聯(lián)分壓電阻成為電壓表，并聯(lián)分流電阻成為電流表，連入電源成為歐姆表.解：S與1連接時，表頭與 R1R2并聯(lián)，多用表就成了電流表；S與3連接時，表頭與 R3串聯(lián)，多用表就成了電壓表；S與5連接時，連接了電源，多用表就成了歐姆表.故答案為：電流表，電壓表，歐姆表.本題考查了多用電表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，可以利用如何把小量程的電流表改裝為電壓表和大量 程的電流表去分析.15. （10分）在描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，使用的小燈泡為6V,3W”，其他供選擇的器材有：電壓表 電壓表 電流表 電流表 變阻器 變阻器V1 V2 Al A2 RiR2（量程為（量程為（量程為（量程為6V,內(nèi)

33、阻 20KQ);15V,內(nèi)阻 30KQ);3A,內(nèi)阻 0.2 );0.6A,內(nèi)阻 1 );(01000Q, 0.5A);(0-20Q, 2A);學生電源E（直流9V）;開關S及導線若干，(1)實驗中要求在電壓表。6V范圍內(nèi)讀取并記錄下12組左右不同的電壓值U和對應的電流值I,以便作出伏安特性曲線，則在上述器材中，電流表應該選A2_,電壓表應該選擇_V1,變阻器應該選R2.一(2)在方框中畫出此實驗的原理圖；(3)測量小燈泡電壓時，調(diào)節(jié)小燈泡的電壓的順序是從低到高.(填從低到高”或從高到低”)考點：描繪小電珠的伏安特性曲線.專題：實驗題；恒定電流專題.分析：根據(jù)燈泡額定電壓與額定功率，由電功率的

34、變形公式求出燈泡額定電流，根據(jù)該電流選擇電流表；在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器；電壓從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，根據(jù)燈泡電阻與電表內(nèi)阻間的關系確定電流表接法，然后作出實驗電路圖.解答：解：(1)燈泡額定電流I=-=0.5A,電流表應選A2(量程0.6A,內(nèi)阻1Q),6電壓表應該選擇電壓表V1,為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器R2(020Q,2A);(2)電壓表06V范圍內(nèi)讀數(shù)，滑動變阻器應采用分壓接法；燈泡正常發(fā)光時電阻R=12Q,燈泡電阻遠小于電壓表內(nèi)阻，電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示；(3)測量小燈泡電壓時，調(diào)節(jié)小燈泡的電壓

35、的順序是從低到高.故答案為：(1)A2,V1,R2；(2)如圖；(3)從低到高.點評：本題考查了實驗器材的選取、作實驗電路圖，電壓與電流從零開始變化，滑動變阻器只能采用分壓接法.三、計算題：（三小題，16題10分，17題10分，18題12分，共32分）解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后的答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.16. （10分）如圖所示，真空中存在空間范圍足夠大的、方向水平向右的勻強電場，在電場中,一個質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從O點出發(fā)，初速度的大小為v0,在重力和電場力的共同作用下恰能沿與場強的反方向成。角做勻減速直線運動，求：

36、（1）勻強電場的場強的大?。唬?）粒子從。點運動到最高點發(fā)生的位移.-考點：帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：帶電粒子在電場中的運動專題.分析：（1）由題，粒子在勻強電場中做勻減速直線運動，受到重力和電場力作用，合力必定與速度在同一直線上，作出兩個力的合力，求出電場強度的大小.（2）對全過程運用動能定理，求出粒子發(fā)生的最大位移大小.解答：解：（1）依題意，對粒子受力分析可知粒子帶正電，粒子受到水平向右的電場力和豎直向下的重力.垂直于運動方向平衡有mgcos0=qEsin0解得E=1-；q（2）粒子運動到最高點時速度為零，設運動的位移為s,由動能定理：2-mgssin0-qEscos9=0-&#

37、177;mv0vn?sinB粒子從O點運動到最高點發(fā)生的位移s.g答：（1）勻強電場的場強的大小為唯se£；（2）粒子從。點運動到最高點發(fā)生的位8mg點評：本題關鍵在于把握物體做直線運動的條件：合力與速度共線.分析受力情況是解決帶電粒子在電場中運動問題的基礎.17. （10分）如圖所示，通電直導線ab的質(zhì)量為m、長為L,水平放置在傾角為。的光滑斜面上，通以圖示方向的電流，電流為I,要求導線ab靜止在斜面上.(1)若磁場的方向豎直向上，則磁感應強度為多大？(2)若要求磁感應強度最小，則磁感應強度的大小、方向如何?考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；安培力.專題：共點力

38、作用下物體平衡專題.分析：(1)將立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，對導線進行受力分析，根據(jù)共點力力平衡求出安培力的大小，從而根據(jù)F=BIL求出磁感應強度的大小.(2)導線所受重力恒定，支持力的方向不變，根據(jù)三角形定則求出安培力的最小值，從而得出磁感應強度的最小值.解答：解：(1)若磁場方向豎直向上，從a向b觀察，導線受力情況如圖甲所示.由平衡條件得：在水平方向上：F-FNsin0=0在豎直方向上：mg-FNcos0=0其中F=BIL,聯(lián)立以上各式可解得:R_n>gtanOB答：磁感應強度為ILIL(2)若要求磁感應強度最小，則一方面應使磁場方向與通電導線垂直，另一方面應調(diào)整磁場方向使與重力、支持力合

39、力相平衡的安培力最小.如圖乙所示，由力的矢量三角形討論可知，當安培力方向與支持力垂直時，安培力最小,對應磁感應強度最小，設其值為Bmin,則：BminIL=mgSin0,Bmin=根據(jù)左手定則判定知，該磁場方向垂直于斜面向上.答：磁感應強度的最小值為11155111.方向垂直于斜面向上.點評：解決本題的關鍵將立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，運用共點力平衡求解力,IL以及會運用三角形定則求解力的最小值.18. (10分)如圖所示，一帶電粒子先以某一速度在豎直平面內(nèi)做勻速直線運動，經(jīng)過一段時間后進入一磁場方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出該磁場區(qū)域)，粒子飛出磁場后垂直電場方向進入寬為L的勻強電場，電場強度的大小為E、方向豎直向上.當粒子穿出電場時速率變?yōu)樵瓉淼募颖叮阎獛щ娏Ｗ拥馁|(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計，粒子進