中央民族大學(xué)附中高一物理下學(xué)期期末試卷（含解析）

1、.中央民族大學(xué)附中2019年高一物理下學(xué)期期末試卷含解析2019-2019學(xué)年北京市中央民族大學(xué)附中高一下期末物理試卷一、選擇題共16小題，每題3分，總分值48分.在每題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分1.對元電荷的理解，以下說法正確的選項是A.目前認為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×1019CB.元電荷就是質(zhì)子C.元電荷就是電子D.物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍2.一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是A.勻速直線運動B.勻加速直線運動C.勻

2、變速曲線運動D.勻速圓周運動3.關(guān)于電場強度和磁感應(yīng)強度，以下說法中正確的選項是A.電場強度的定義式E= 適用于任何靜電場B.電場中某點電場強度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向一樣C.磁感應(yīng)強度公式B= 說明磁感應(yīng)強度B與放入磁場中的通電導(dǎo)線所受安培力F成正比，與通電導(dǎo)線中的電流I和導(dǎo)線長度L的乘積成反比D.磁感應(yīng)強度公式B= 說明磁感應(yīng)強度的方向與放入磁場中的通電直導(dǎo)線所受安培力的方向一樣4.中國宋代科學(xué)家沈括在?夢溪筆談?中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，那么能指南，然常微偏東，不全南也.進一步研究說明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖.結(jié)合上述材料，以下說法不正確的

3、選項是A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B.地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近C.地球外表任意位置的地磁場方向都與地面平行D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用5.如圖，長為2l的直導(dǎo)線折成邊長相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B.當在該導(dǎo)線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為A.0B.0.5BIlC.BIlD.2BIl6.將三個質(zhì)量相等的帶電微粒分別以一樣的程度速度由P點射入程度放置的平行金屬板間，上板帶正電，下板接地.三個微粒分別落在圖中A、B、C三點，不計其重力作用，那么A.三個

4、微粒在電場中運動時間相等B.三個的帶電量一樣C.三個微粒所受電場力的大小關(guān)系是FAD.三個微粒到達下板時的動能關(guān)系是EkC>EkB>EkA7.如下圖，一重力不計的帶電粒子以某一速度進入負點電荷形成的電場中，且只在電場力作用下依次通過M、N、P三點，其中N點是軌跡上間隔 負點電荷最近的點.假設(shè)粒子在M點和P點的速率相等，那么A.粒子在N點時的速率最大B.UMN=UNPC.粒子在N點時的加速度最大D.粒子在M點時電勢能大于其在N點時的電勢能8.如下圖，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關(guān)S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是A

5、.使A、B兩板正對面積錯開一些B.使A、B兩板靠近一些C.斷開S后，使A、B兩板正對面積錯開一些D.斷開S后，使A板向左平移拉開一些9.如下圖電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，當開關(guān)S閉合后，小型直流電動機M和指示燈L都恰能正常工作.指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動機M的線圈電阻為R，那么以下說法中正確的選項是A.電動機的額定電壓為IRB.電動機的輸出功率為IEFRC.電源的輸出功率為IEI2rD.整個電路的熱功率為I2R0+R+r10.直流電路如下圖，在滑動變阻器的滑片P向右挪動時，電源的A.效率一定增大B.內(nèi)部損耗功率一定增大C.總功率一定減小D.輸出功率可能先增大后減小11.如圖，

6、兩個初速度大小一樣的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上.不計重力.以下說法正確的有A.a、b均帶正電B.a在磁場中飛行的時間比b的短C.a在磁場中飛行的路程比b的短D.a在P上的落點與O點的間隔 比b的近12.如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1>I2;a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面;b點在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直.磁感應(yīng)強度可能為零的點是A.a點B.b點C.c點D.d點13.如下圖，兩個半徑一樣的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點等高，分別處于沿程度方

7、向的勻強電場和勻強磁場中.兩個一樣的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放.M、N為軌道的最低點，那么以下說法中正確的選項是A.兩個小球到達軌道最低點的速度vMB.兩個小球第一次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力FM>FNC.小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間D.在磁場中小球能到達軌道的另一端最高處，在電場中小球不能到達軌道另一端最高處14.圖a為示管的原理圖.假如在電極YY′之間所加的電壓圖按圖b所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖c所示的規(guī)律變化，那么在熒光屏上會看到的圖形是A. B. C. D.15.利用如下

8、圖的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向電流I時，在導(dǎo)體上、下外表間用電壓表可測得電壓為U.自由電子的電荷量為e，那么以下判斷正確的選項是 A.上外表電勢高B.下外表電勢高C.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為D.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為16.如下圖，PQ和MN為程度平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L=1m.PM間接有一個電動勢為E=6V，內(nèi)阻r=1Ω的電源和一只滑動變阻器.導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m=0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.

9、3kg.棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ=0.5設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計，g取10m/s2，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是A.6ΩB.5ΩC.4ΩD.2Ω二、實驗題共2小題，每空2分，總分值12分17.要測繪一個標有“3V，0.6W小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作，已選用的器材有：電池組電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1Ω、電流表量程為0250mA，內(nèi)阻約5&

10、Omega;、電壓表量程為03V，內(nèi)限約3kΩ、電鍵一個、導(dǎo)線假設(shè)干.1實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選以下中的填“A或“BA、滑動變阻器最大阻值20Ω，額定電流1AB.滑動變阻器最大阻值1750Ω，額定電流0.3A2實驗的電路圖應(yīng)選用以下的圖填“A或“B.18.某同學(xué)準備利用以下器材測量電源電動勢和內(nèi)電阻.A.干電池兩節(jié)，每節(jié)電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆B.直流電壓表V1、V2，量程均為03V，內(nèi)阻約為3kΩC.定值電阻R0未知D.滑動變阻器R，最大阻值RmE.導(dǎo)線和開關(guān)1根據(jù)如圖甲所示的實物連接圖，在圖乙方框中畫

11、出相應(yīng)的電路圖;2實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0，方法是先把滑動變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，那么R0=用U10、U20、Rm表示3實驗中挪動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，那么電源電動勢E=，內(nèi)阻為r=用k、a、R0表示.三、簡答題共4小題，總分值40分19.如下圖為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出初速度不計，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場，電子進入

12、M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點.加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的間隔 為d，板長為L1，板右端到熒光屏的間隔 為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e.求：1電子穿過A板時的速度大小;2電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量;3P點到O點的間隔 .20.如下圖，兩平行金屬導(dǎo)軌間的間隔 L=0.40m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與程度面夾角θ=37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場.金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源.現(xiàn)把一個

13、質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止.導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計，g取10m/s2.sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：1通過導(dǎo)體棒的電流;2導(dǎo)體棒受到的安培力大小;3導(dǎo)體棒受到的摩擦力.21.如下圖，質(zhì)量m=2.0×104kg、電荷量q=1.0×106C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場強度為E1的勻強電場中.取g=10m/s2.1求勻強電場的電場強度E1的大小和方向;2在t=0

14、時刻，勻強電場強度大小突然變?yōu)镋2=4.0×103N/C，且方向不變.求在t=0.20s時間內(nèi)電場力做的功;3在t=0.20s時刻突然撤掉電場，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點時的動能.22.真空中存在一中空的柱形圓筒，如圖是它的一個截面，a、b、c為此截面上的三個小孔，三個小孔在圓形截面上均勻分布，圓筒半徑為R.在圓筒的外部空間存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，其方向與圓筒的軸線平行，在圖中垂直于紙面向內(nèi).如今a處向圓筒內(nèi)發(fā)射一個帶正電的粒子，其質(zhì)量為m，帶電量為q，使粒子在圖所在平面內(nèi)運動，設(shè)粒子只受磁場力的作用，假設(shè)粒子碰到圓筒即會被吸收，那么：1假設(shè)要粒子發(fā)射后在以后的運動中

15、始終不會碰到圓筒，那么粒子的初速度的大小和方向有何要求?2假如在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小也為B，那么為使粒子以后都不會碰到圓筒，粒子的初速度大小和方向有何要求?2019-2019學(xué)年北京市中央民族大學(xué)附中高一下期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題共16小題，每題3分，總分值48分.在每題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分1.對元電荷的理解，以下說法正確的選項是A.目前認為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×1019CB.元電荷就是質(zhì)子C.元

16、電荷就是電子D.物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍【考點】元電荷、點電荷.【分析】元電荷又稱“根本電量，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍.【解答】解：A、目前認為：元電荷是自然界中電荷的最小單元，其值是1.60×1019C，故A正確;B、元電荷是最小電荷量，不是一種帶電微粒，故BC錯誤;D、物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，故D正確;應(yīng)選：AD.【點評】此題就是對元電荷概念的考察，知道元電荷的概念即可解決此題.2.一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運

17、動狀態(tài)是A.勻速直線運動B.勻加速直線運動C.勻變速曲線運動D.勻速圓周運動【考點】電場強度;牛頓第二定律.【分析】根據(jù)物體的初狀態(tài)和受力情況判斷物體的運動情況.【解答】解：一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，合力不為0.A、物體合力不為0，不可能做勻速直線運動，故A錯誤.B、物體合力不為0，當初速度方向與加速度方向一樣，而且合外力恒定，就做勻加速直線運動，故B正確.C、物體合力不為0，當初速度方向與加速度方向不在一條直線上，而且合外力恒定，物體就做勻變速曲線運動，故C正確.D、物體合力不為0，當合力與速度方向始終垂直，就可能做勻速圓周運動，故D正確.答案選不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)，應(yīng)選：A.【點

18、評】理解幾種常見的運動狀態(tài)的受力情況和速度變化情況.3.關(guān)于電場強度和磁感應(yīng)強度，以下說法中正確的選項是A.電場強度的定義式E= 適用于任何靜電場B.電場中某點電場強度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向一樣C.磁感應(yīng)強度公式B= 說明磁感應(yīng)強度B與放入磁場中的通電導(dǎo)線所受安培力F成正比，與通電導(dǎo)線中的電流I和導(dǎo)線長度L的乘積成反比D.磁感應(yīng)強度公式B= 說明磁感應(yīng)強度的方向與放入磁場中的通電直導(dǎo)線所受安培力的方向一樣【考點】磁感應(yīng)強度;電場強度.【分析】電場強度處處相等的區(qū)域內(nèi)，電勢不一定處處相等，沿電場線的方向電勢降低;小段通電導(dǎo)線在某處假設(shè)不受磁場力，是導(dǎo)線與磁場垂直，那么此

19、處不一定無磁場.電場強度的定義式E= 適用于任何電場;磁感應(yīng)強度的方向與置于該處的通電導(dǎo)線所受的安培力方向垂直.【解答】解：A、電場強度的定義式E= 適用于任何電場.故A正確;B、根據(jù)電場強度方向的規(guī)定：電場中某點電場強度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向一樣.故B正確;C、磁感應(yīng)強度公式B= 是定義式，磁感應(yīng)強度的大小與方向由磁場本身決定，與放入磁場中的通電導(dǎo)線所受安培力F無關(guān)，與通電導(dǎo)線中的電流I和導(dǎo)線長度L的乘積無關(guān).故C錯誤;D、根據(jù)左手定那么，磁感應(yīng)強度的方向與置于該處的通電導(dǎo)線所受的安培力方向垂直.故D錯誤.應(yīng)選：AB【點評】此題考察對電場強度與磁感應(yīng)強度兩公式的理解

20、才能，首先要理解公式中各個量的含義，其次要理解公式的適用條件，注意比值定義法的含義，同時知道電荷有正負之分.4.中國宋代科學(xué)家沈括在?夢溪筆談?中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，那么能指南，然常微偏東，不全南也.進一步研究說明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖.結(jié)合上述材料，以下說法不正確的選項是A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B.地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近C.地球外表任意位置的地磁場方向都與地面平行D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用【考點】洛侖茲力;地磁場.【分析】根據(jù)課本中有關(guān)地磁場的根底知識，同時明在確磁場及磁通量的性質(zhì);即可確定此題的答案

21、.【解答】解：A、地理南、北極與地磁場的南、北極不重合有一定的夾角，即為磁偏角;故A正確;B、磁場時閉合的曲線，地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故B正確;C、磁場時閉合的曲線，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進入地球，組成閉合曲線，不是地球外表任意位置的地磁場方向都與地面平行，故C錯誤;D、地磁場與射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子速度方向并不平行，所以對帶電宇宙射線粒子有力的作用，故D正確;此題選錯誤的，應(yīng)選：C.【點評】此題考察了地磁場的性質(zhì)以及磁通量等內(nèi)容，要注意借助地磁場的磁場分布分析地磁場對應(yīng)的性質(zhì).5.如圖，長為2l的直導(dǎo)線折成邊長相等，夾角為60°的V形

22、，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B.當在該導(dǎo)線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為A.0B.0.5BIlC.BIlD.2BIl【考點】安培力的計算.【分析】由安培力公式F=BIL進展計算，注意式中的L應(yīng)為等效長度.【解答】解：導(dǎo)線在磁場內(nèi)有效長度為2lsin30°=l，故該V形通電導(dǎo)線受到安培力大小為F=BI2lsin30°=BIL，選項C正確.應(yīng)選C.【點評】此題考察安培力的計算，熟記公式，但要理解等效長度的意義.6.將三個質(zhì)量相等的帶電微粒分別以一樣的程度速度由P點射入程度放置的平行金屬板間，上板帶正電，下板接地.

23、三個微粒分別落在圖中A、B、C三點，不計其重力作用，那么A.三個微粒在電場中運動時間相等B.三個的帶電量一樣C.三個微粒所受電場力的大小關(guān)系是FAD.三個微粒到達下板時的動能關(guān)系是EkC>EkB>EkA【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動.【分析】微粒在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解處理類平拋問題即可.【解答】解：帶電微粒進入垂直電場方向進入電場后均做類平拋運動，可沿程度方向建立x軸，豎直方向建立y軸，那么有題意有：A、B、C三個微粒在程度方向位移有：xA>xB>xC，在豎直方向位移有：yA=yB=yC因為微粒在程度方向做勻速直線

24、運動，故滿足x=v0t得運動時間有t=xA>xB>xC∴tA>tB>tC，所以A錯誤.微粒在y軸方向做初速度為0的勻加速直線運動，有 得：a=又yA=yB=yC，tA>tB>tC∴aA微粒在電場中受電場力產(chǎn)生加速度，那么由牛頓第二定律有：F=ma∴有FA在電場中有F=qE= 得到qA又因為微粒在電場中電場力對微粒做的功等于微粒動能的變化，由于微粒初動能一樣，那么可以比較電場力做功確定微粒末動能的大小由于FA所以有電場力做功WC>WB

25、>WA據(jù)W=EkEk0由于初動能一樣所以有三個微粒到達下板時的動能關(guān)系是EkC>EkB>EkA 故D正確.應(yīng)選CD.【點評】處理類平拋問題的關(guān)鍵是利用運動的分解，將曲線運動分解成兩個方向上的直線運動，利用等時性處理即可.7.如下圖，一重力不計的帶電粒子以某一速度進入負點電荷形成的電場中，且只在電場力作用下依次通過M、N、P三點，其中N點是軌跡上間隔 負點電荷最近的點.假設(shè)粒子在M點和P點的速率相等，那么A.粒子在N點時的速率最大B.UMN=UNPC.粒子在N點時的加速度最大D.粒子在M點時電勢能大于其在N點時的電勢能【考點】電場線;勻強電場中電勢差和電

26、場強度的關(guān)系.【分析】由一定的軌跡可得，粒子在勻強電場中受到的電場力的方向向左，在向右運動的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的速度減小，電勢能增加，根據(jù)粒子的運動分析可以得出結(jié)論.【解答】解：A、由題可得電子受到的電場力向左，在向右運動的過程中，電場力對電子做負功，粒子的速度減小，運動到N點時，電子的速度最小，所以A錯誤;B、由于粒子在M點和P點的速率相等，所以UMN=UNP，所以B錯誤;C、根據(jù)電場線的疏密可得，N點處的電場線最密，所以粒子在N點時受到的電場力最大，加速度最大.所以C正確;D、當粒子向右運動的過程中，電場力對粒子做負功，電勢能增加，粒子在M點時電勢能小于其在N點時的電勢能，所

27、以D錯誤.應(yīng)選：C.【點評】此題就是對電場力做功特點的考察，掌握住電場力做正功，電勢能減小，動能增加，電場力做負功時，電勢能增加，動能減小.8.如下圖，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關(guān)S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是A.使A、B兩板正對面積錯開一些B.使A、B兩板靠近一些C.斷開S后，使A、B兩板正對面積錯開一些D.斷開S后，使A板向左平移拉開一些【考點】電容器.【分析】靜電計測量的是金屬板兩端的電勢差，閉合電鍵，A、B兩端的電勢差不變.斷開電鍵，那么兩極板所帶的電量不變，根據(jù)電容的變化判斷電勢差的變化.【解答】解：AB、電鍵閉合，兩極板電

28、勢差不變，那么靜電計指針張開的角度不變.故A、B錯誤.C、斷開S后，極板所帶的電量不變，使A、B兩板正對面積錯開一些，正對面積變小，根據(jù) 知，電容減小，根據(jù)U= ，那么電勢差增大，張角增大.故C正確.D、斷開S后，使A板向左平移拉開一些，d增大，根據(jù) 知，電容減小，根據(jù)U= ，那么電勢差增大，張角增大.故D正確.應(yīng)選CD.【點評】此題屬于電容器的動態(tài)分析，關(guān)于抓住不變量，極板與電源始終相連，那么電勢差不變，極板與電源斷開，那么電量不變.9.如下圖電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，當開關(guān)S閉合后，小型直流電動機M和指示燈L都恰能正常工作.指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動機M的線圈電阻為R，

29、那么以下說法中正確的選項是A.電動機的額定電壓為IRB.電動機的輸出功率為IEFRC.電源的輸出功率為IEI2rD.整個電路的熱功率為I2R0+R+r【考點】功率、平均功率和瞬時功率.【分析】小燈泡是純電阻電路，滿足歐姆定律，但電動機正常工作時不是純電阻，不能滿足歐姆定律;電源的輸出功率P=UI=IEI2r;由公式P=UI求出電動機的總功率P總.電動機的輸出功率是機械功率，根據(jù)能量守恒可知P出=P總P熱，P熱=I2R.整個電路的熱功率為I2R0+R+r.【解答】解A、電動機不是純電阻，不能滿足歐姆定律，電動機的額定電壓大于IR，故A錯誤;B、電動機的電壓為：UM=EIR0+r，電動機的輸出功率

30、為：P出=UMII2R0=EIR0+rII2R0，故B錯誤.C、電源的輸出功率為：P=IEI2r;，故故C正確;D、整個電路的熱功率為I2R0+R+r，故D正確.應(yīng)選：CD【點評】當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，求電功率只能用P=UI，求電熱只能用P=I2R，求機械功率要根據(jù)能量守恒得到P機=P總P熱.10.直流電路如下圖，在滑動變阻器的滑片P向右挪動時，電源的A.效率一定增大B.內(nèi)部損耗功率一定增大C.總功率一定減小D.輸出功率可能先增大后減小【考點】電功、電功率;閉合電路的歐姆定律.【分析】滑片向右挪動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，由歐姆定律可以判斷電路電流如

31、何變化，由電功率公式可以分析答題.【解答】解：由電路圖可知，當滑動變阻滑片向右挪動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動勢不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流I變小;A、電源的效率η= = ，電源內(nèi)阻r不變，滑動變阻器阻值R變大，那么電源效率增大，故A正確;B、電源內(nèi)阻r不變，電流I減小，電源內(nèi)部損耗功率Pr=I2r減小，故B錯誤;C、電源電動勢E不變，電流I變小，電源總功率P=EI減小，故C正確;D、當滑動變阻器阻值與電源內(nèi)阻相等時，電源輸出功率最大，假如滑動變阻器的最大電阻值大于電源的內(nèi)電阻，那么電源的輸出功率先增大后減小，故D正確;應(yīng)選：ACD.

32、【點評】純熟應(yīng)用閉合電路歐姆定律、電功率公式即可正確解題;同時要記住“當外電路的電阻值與電源內(nèi)阻相等時，電源輸出功率最大的結(jié)論.11.如圖，兩個初速度大小一樣的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上.不計重力.以下說法正確的有A.a、b均帶正電B.a在磁場中飛行的時間比b的短C.a在磁場中飛行的路程比b的短D.a在P上的落點與O點的間隔 比b的近【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動.【分析】帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，要純熟應(yīng)用半徑公式 和周期公式 進展求解.【解答】解：a、b粒子的運動軌跡如下圖：粒子a、b都向下由左手定那么可知，a、b均帶正電

33、，故A正確;由r= 可知，兩粒子半徑相等，根據(jù)上圖中兩粒子運動軌跡可知a粒子運動軌跡長度大于b粒子運動軌跡長度，運動時間a在磁場中飛行的時間比b的長，故BC錯誤;根據(jù)運動軌跡可知，在P上的落點與O點的間隔 a比b的近，故D正確.應(yīng)選：AD.【點評】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑.12.如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1>I2;a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面;b點在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直.磁感應(yīng)強度可能為零的點是A.a點B.b點C.c點D.d點【考點】通電直

34、導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向.【分析】由安培定那么可判出兩導(dǎo)線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應(yīng)強度為零的點的位置.【解答】解：兩電流在該點的合磁感應(yīng)強度為0，說明兩電流在該點的磁感應(yīng)強度滿足等大反向關(guān)系.根據(jù)右手螺旋定那么在兩電流的同側(cè)磁感應(yīng)強度方向相反，那么為a或c，又I1>I2，所以該點距I1遠距I2近，所以是c點;應(yīng)選C.【點評】此題考察了安培定那么及矢量的合成方法，特別應(yīng)注意磁場的空間性，注意培養(yǎng)空間想象才能.13.如下圖，兩個半徑一樣的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點等高，分別處于沿程度方向的勻強電場和勻強磁場中.兩個一樣的帶正電小球同時從兩軌

35、道左端最高點由靜止釋放.M、N為軌道的最低點，那么以下說法中正確的選項是A.兩個小球到達軌道最低點的速度vMB.兩個小球第一次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力FM>FNC.小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間D.在磁場中小球能到達軌道的另一端最高處，在電場中小球不能到達軌道另一端最高處【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動;牛頓第二定律;向心力;帶電粒子在勻強電場中的運動.【分析】帶電小球在磁場中運動，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理求出運動到最低點的速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出底部對小球的支持力大小，然后進展比較.【解答】解：A、對左圖，根據(jù)動能定理得， ，解得 .對右圖

36、，根據(jù)動能定理得， ，解得 .所以vM>vN.故A錯誤.B、在最低點，對左圖有： ，解得FM=3mg.對右圖有： ，解得FN=3mgqE.知FM>FN.故B正確.C、左圖在運動的過程中，只有重力做功，右圖在運動的過程中，除重力做功外，還有電場力做負功，起阻礙作用，所以小球第一次到達M點的時間小于小球第一次到達N點的時間.故C錯誤.D、假設(shè)在磁場中小球能運動到另一端的最高處，那么根據(jù)動能定理知，在電場中，電場力始終做負功，小球不能到達最高點.故D正確.應(yīng)選BD.【點評】解決此題的關(guān)鍵知道電場力做功和洛倫茲力做功的區(qū)別，知道洛倫茲力不做功，綜合動能定理和牛頓第二定律進展

37、求解.14.圖a為示管的原理圖.假如在電極YY′之間所加的電壓圖按圖b所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖c所示的規(guī)律變化，那么在熒光屏上會看到的圖形是A. B. C. D.【考點】示波管及其使用.【分析】示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期一樣時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象.【解答】解：由于電極XX′加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓是信號電壓，信號電壓

38、與掃描電壓周期一樣，所以熒光屏上會看到的圖形是B;應(yīng)選B.【點評】此題關(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的正交分解思想進展考慮.15.利用如下圖的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向電流I時，在導(dǎo)體上、下外表間用電壓表可測得電壓為U.自由電子的電荷量為e，那么以下判斷正確的選項是 A.上外表電勢高B.下外表電勢高C.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為D.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為【考點】霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用.【分析】金屬導(dǎo)體中挪動的是自由電子，電子定向挪動，受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，

39、使得上下外表存在電勢差，最終電子受電場力和洛倫茲力處于平衡.根據(jù)上下外表帶電的正負判斷電勢的上下.根據(jù)電流的微觀表達式求出單位體積內(nèi)的自由電子數(shù).【解答】解：A、電流方向程度向右，那么自由電子的運動方向程度向左，根據(jù)左手定那么，電子向上偏，上外表得到電子帶負電，下外表失去電子帶正電.所以下外表的電勢高.故A錯誤，B正確.C、電流的微觀表達式為I=nevS，n表示單位體積內(nèi)的電子數(shù)，S表示橫截面積，那么n= .最終電子受電場力和洛倫茲力處于平衡，有： ，那么v= .所以n= .故D正確，C錯誤.應(yīng)選BD.【點評】解決此題的關(guān)鍵知道最終電子受電場力和洛倫茲力處于平衡，以及掌握電流的微觀表達式I=n

40、evS.16.如下圖，PQ和MN為程度平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L=1m.PM間接有一個電動勢為E=6V，內(nèi)阻r=1Ω的電源和一只滑動變阻器.導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m=0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3kg.棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ=0.5設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計，g取10m/s2，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是A.6ΩB.5ΩC.4ΩD.2Ω【考

41、點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用;力的合成與分解的運用;安培力.【分析】分析導(dǎo)體棒的受力情況，當棒剛要向右滑動時，軌道對棒的靜摩擦力向左到達最大，此時導(dǎo)體棒所受的安培力最小，電路中電流最小，根據(jù)平衡條件和安培力公式求出電路中電流的最大值，由歐姆定律得到滑動變阻器連入電路電阻的最大值;當棒剛要向左滑動時，軌道對棒的靜摩擦力向右到達最大，此時導(dǎo)體棒所受的安培力最大，電路中電流最大，根據(jù)平衡條件和安培力公式求出電路中電流的最大值，由歐姆定律得到滑動變阻器連入電路電阻的最小值;即可得到變阻器接入電路的電阻范圍，再選擇.【解答】解：導(dǎo)體棒程度方向受到向右的繩的拉力、向左的安培力和靜摩擦力.當棒剛要向右滑動時

42、，軌道對棒的靜摩擦力向左到達最大，此時電路中電流最小，設(shè)為I1，由平衡條件得：BI1L+μmg=Mg，得I1= =1A此時變阻器接入電路的電阻最大，設(shè)為R1，由歐姆定律得R1= = Ω=5Ω當棒剛要向左滑動時，軌道對棒的靜摩擦力向右到達最大，此時電路中電流最大，設(shè)為I2，由平衡條件得：BI2L=μmg+Mg，得I2= =2A此時變阻器接入電路的電阻最小，設(shè)為R2，由歐姆定律得R2= = =2Ω所以為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值范圍為2Ω≤R≤5&

43、amp;Omega;，不可能是6Ω.該題選不可能的，應(yīng)選A【點評】此題是力平衡問題中極值問題，解題關(guān)鍵要根據(jù)平衡條件和歐姆定律求出變阻器接入電路的阻值范圍，二、實驗題共2小題，每空2分，總分值12分17.要測繪一個標有“3V，0.6W小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作，已選用的器材有：電池組電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1Ω、電流表量程為0250mA，內(nèi)阻約5Ω、電壓表量程為03V，內(nèi)限約3kΩ、電鍵一個、導(dǎo)線假設(shè)干.1實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選以下中的A填“A或“BA、滑動變阻器最大

44、阻值20Ω，額定電流1AB.滑動變阻器最大阻值1750Ω，額定電流0.3A2實驗的電路圖應(yīng)選用以下的圖B填“A或“B.【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線.【分析】1為方便實驗操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器.2根據(jù)題意確定滑動變阻器接法，根據(jù)燈泡電阻與電表內(nèi)阻關(guān)系確定電流表接法，然后選擇實驗電路.【解答】解：1電壓從零開場變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選A;2實驗要求：燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，燈泡電阻R= = =15Ω，電流表內(nèi)阻約為5Ω，電壓表

45、內(nèi)阻約為3000Ω，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法，因此應(yīng)選擇圖B所示實驗電路.故答案為：1A;2B.【點評】此題考察了實驗器材的選擇、實驗電路的選擇，當電壓與電流從零開場變化時，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法.18.某同學(xué)準備利用以下器材測量電源電動勢和內(nèi)電阻.A.干電池兩節(jié)，每節(jié)電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆B.直流電壓表V1、V2，量程均為03V，內(nèi)阻約為3kΩC.定值電阻R0未知D.滑動變阻器R，最大阻值RmE.導(dǎo)線和開關(guān)1根據(jù)如圖甲所示的實物連接圖，在圖乙方框中畫出相應(yīng)的電路圖;2實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0，方法是先把

46、滑動變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，那么R0=fracU_20U_10U_10Rm用U10、U20、Rm表示3實驗中挪動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，那么電源電動勢E=fraca1k，內(nèi)阻為r=fracR_0K1用k、a、R0表示.【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻.【分析】1由實物圖可知電路的連接方法得出對應(yīng)的原理圖;2根據(jù)實驗原理結(jié)合歐姆定律可求得定值電阻的阻值;3根據(jù)閉合電路歐姆定律及圖象的性質(zhì)可得出對應(yīng)的電動勢和內(nèi)電阻.【解答】解：1由實物圖可知電路的連接

47、方式，得出的實物圖如下圖2由圖可知，V2測量R0與R兩端的電壓，V1測量R兩端的電壓，那么R0兩端的電壓U20U10;由歐姆定律可知：R0= = Rm;3由閉合電路歐姆定律可知：E=U2+ r變形得：U1= U2那么有： =a; =k解得：E=r=故答案為：1如下圖;2 Rm;3 ;【點評】此題考察測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗方法，關(guān)鍵在明確根據(jù)閉合電路歐姆定律得出對應(yīng)的表達式，再分析圖象的意義，求得電動勢和內(nèi)電阻.三、簡答題共4小題，總分值40分19.如下圖為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出初速度不計，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成

48、的偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點.加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的間隔 為d，板長為L1，板右端到熒光屏的間隔 為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e.求：1電子穿過A板時的速度大小;2電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量;3P點到O點的間隔 .【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動;動能定理的應(yīng)用.【分析】1電子在加速電場U1中運動時，電場力對電子做正功，根據(jù)動能定理求解電子穿過A板時的速度大小.2電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動.根據(jù)板長和初

49、速度求出時間.根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量.3電子分開偏轉(zhuǎn)電場后沿穿出電場時的速度做勻速直線運動，程度方向：位移為L2，分速度等于v0，求出勻速運動的時間.豎直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出分開電場后偏轉(zhuǎn)的間隔 ，再加上電場中偏轉(zhuǎn)的間隔 得解.【解答】解：1設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得：eU1= ，解得：2電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動.設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的時間為t1，電子的加速度為a，分開偏轉(zhuǎn)電場時相對于原運動方向的側(cè)移量為y1.根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式得：a= ，又E= ，得a=程度方向：t1= ，豎直方向：y1= ，解得：y1=3設(shè)電子分開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy.根據(jù)運動學(xué)公式得：vy=at1=電子分開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運動，設(shè)電子分開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，如下圖t2= ，y2=vyt2解得：y2=P到O點的間隔 為 y=y1+y2=答：1電子穿過A板時的速度大小為 ;2電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時