《学年安徽省池州市普通高中高二上期末物理试卷解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年安徽省池州市普通高中高二上期末物理试卷解析版.docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2016-2017学年安徽省池州市普通高中高二（上）期末物理试卷一、选择题1某学习小组在探究电阻阻值的实验中，对手头的四个电阻各进行了一次正确的测量，并把每个电阻两端的电压和通过它的电流用描点法在UI坐标系中描述出来（如图所示）则通过分析四个坐标点我们可以判定哪个点对应的电阻阻值最大（）AaBbCcDd2在“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球挂在铁架台上，小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示现增大小球的电荷量后仍挂在原处，丝线与竖直方向的夹角将（）A增大B减小C不变D先减小再增大3一个带正电的质点，电荷量q=2.0109C，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场
2、力外，其他外力做的功为6.0105J，质点的动能增加了8.0105J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A1104VB1104VC4104VD7104V4一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电荷量不变），从图中情况可以确定（）A粒子从a运动到b，带正电B粒子从b运动到a，带正电C粒子从a运动到b，带负电D粒子从b运动到a，带负电5如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA
3、一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B6如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在cd两处，置于匀强磁场内当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小方向是（）Atan，竖直向上Btan，竖直向下Csin，平行悬线向下Dsin，平行悬线向上7图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）A膜片与极板间的电容增大B极板的带电量增大C膜片与极板间的
4、电场强度增加D电阻R中有电流通过8如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变小D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大9如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为vo的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动不计空气阻力，则（）A微粒做匀加速直线运动B微粒
5、做匀减速直线运动C微粒电势能减少D微粒带正电10如图所示电路中，平行板电容器极板水平放置，板间有一质量为m的带电油滴悬浮在两板间静止不 动要使油滴向上运动，可采用的方法是（）A只把电阻R1阻值调大B只把电阻R2阻值调大C只把电阻R3阻值调大D只把电阻R4阻值调大11如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接l，当变阻器调到R=4时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作则（）A电源内阻为1B电动机的内阻为4C电动机正常工作电压为1VD电源效率约为93.3%12如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，
6、且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U已知自由电子的电量为e下列说法中正确的是（）AM板比N板电势高B导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C导体中自由电子定向移动的速度为D导体单位体积内的自由电子数为二、实验题13（5分）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大），完成下列测量步骤：（1）检查多用电表的机械零点（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端黑表笔接b端时，表针几乎不偏转，红表笔接b端黑表笔接a端时表针偏转角度很大，则（填“a”或“b
7、”）端为二极管的正极（3）为了测量该二极管的反向电阻，将选择开关拨至电阻“100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量则该同学应选择（“10”或“1k”）挡，然后，再进行测量测量后示数如图所示，则测量结果为（4）测量完成后，将选择开关按向挡位置14（9分）某同学利用图甲所示的电路描绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，现有电源（电动势6V，内阻不计）、电压表（03V，内阻约3k）、开关和导线若干其它可供选用的器材如下：A电流表（0250mA，内阻约5）B电流表（00.6A，内阻约0.2）C滑动变阻器
8、（010）D滑动变阻器（050）为减小测量误差并便于操作，在实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用（选填器材前的字母）图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线请根据图甲补充完成图乙中实物间的连线实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示如果将这个小灯泡接到电动势为3.0V、内阻为5.0的电源两端，小灯泡消耗的功率是W（结果保留两位有效数字）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U与小灯泡消耗的功率P也随之变化图丁各示意图中正确反映PU2关系的是三、计算题15（10分）如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里有一电子
9、（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心O1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间16（12分）如图所示，电流表示数I=0.75A，电压表示数为U=2V，电阻R1烧断后，电流表读数变为I1=0.8A，电压表示数为U1=3.2V，已知R3=4，不计电压表和电流表对电路的影响问：（1）R1的阻值为多少？（2）电源的电动势和内阻分别为多少？17（16分）如图甲所示，电子源能源源不断地产生的电子，电子从电子源飞出时的速度可忽略不计，电
10、子离开电子源后进入一加速电压为U0的加速电场，再沿平行金属板的方向从两板正中间射入偏转电场，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过这些电子通过偏转电场的时间为3t0；偏转电场极板右端有足够大的荧光屏（设电子的电荷量为e、质量为m，电子的重力可忽略不计），求（1）平行金属板的长度l；（2）平行金属板的间距d；（3）电子刚到达荧光屏时的最大动能和最小动能之比2016-2017学年安徽省池州市普通高中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1某学习小组在探究电阻阻值的实验中，对手头的四个电阻各进行了一次正确的测量，并把每个电阻两端的
11、电压和通过它的电流用描点法在UI坐标系中描述出来（如图所示）则通过分析四个坐标点我们可以判定哪个点对应的电阻阻值最大（）AaBbCcDd【考点】欧姆定律【分析】根据根据欧姆定律可知：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；然后在图象中做出它们的图象，由斜率的意义可确定电阻的大小【解答】解：根据电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比可得，UI图象中图象的斜率表示电阻的阻值；则由图可知，a的斜率最大，依次为b，c、而d的斜率最小；故可知：a表示的电阻最大；故选：A【点评】本题考查了学生对欧姆定律与其公式变形的理解和应用，要注意不要被图象中的虚线所误导，要做出其斜率再进行分析2在
12、“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球挂在铁架台上，小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示现增大小球的电荷量后仍挂在原处，丝线与竖直方向的夹角将（）A增大B减小C不变D先减小再增大【考点】库仑定律【分析】根据库仑定律，可判定库仑力的大小变化，再结合平衡条件，即可判定丝线与竖直方向的夹角变化情况【解答】解：由题意可知，当增大小球的电荷量时，根据库仑定律，则库仑力增大，由平衡条件，则有：，因此丝线与竖直方向的夹角增大，故A正确，BCD错误故选：A【点评】该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点，实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，再保持两球距离不变，
13、改变小球所带的电荷量，本实验的方法是控制变量法3一个带正电的质点，电荷量q=2.0109C，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0105J，质点的动能增加了8.0105J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A1104VB1104VC4104VD7104V【考点】电势差；电势差与电场强度的关系【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab【解答】解：根据动能定理得：qUab+W其他=Ek得：Uab=V，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】对于
14、研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理基础题，比较容易4（2016湖南模拟）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电荷量不变），从图中情况可以确定（）A粒子从a运动到b，带正电B粒子从b运动到a，带正电C粒子从a运动到b，带负电D粒子从b运动到a，带负电【考点】洛仑兹力【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式
15、r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确故选：B【点评】根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键5（2016宁波模拟）如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B【考点】电势；电场强度【分析】根据点电荷场强公式E=，运用矢量合成的平行四边
16、形定则求出连线中垂线上各个点的合场强【解答】解：两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为P点，P点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当P在O、A之间时，EA大于EB；当P点在B点外侧时，EA、小于EB；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此A一定大于 B；故A错误，B正确，C错误，D错误；故选：B【点评】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况
17、和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低6（2016潮州校级三模）如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在cd两处，置于匀强磁场内当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小方向是（）Atan，竖直向上Btan，竖直向下Csin，平行悬线向下Dsin，平行悬线向上【考点】安培力；磁感应强度【分析】由矢量三角形定则判断安培力的最小值与方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以与B的方向【解答】解：为了使该棒仍然平衡在该位置上，Fmin=mgsin得：Bmin=，由左手定则知所加磁场的方向平行悬
18、线向上故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】考查安培力的方向与大小如何确定与计算，知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小7（2016浙江学业考试）图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）A膜片与极板间的电容增大B极板的带电量增大C膜片与极板间的电场强度增加D电阻R中有电流通过【考点】电容器的动态分析【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流【解答】解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，电容减小，故A错误；B、由C=知，U不变的情
19、况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故B错误C、由E=知，U不变，间距d增大，则场强E减小，故C错误；D、极板的带电量减小，放电，电阻R中有电流通过故D正确故选：D【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化8（2016萧山区模拟）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径
20、变大C仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变小D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式【解答】解：根据电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m解得：r=T=A、C、增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故A错误，C正确；B、D、提高电子枪加速电压，电子的速度增大，由式可知，电子束的轨道半径变大；由可知电子的周期不变，故B正确D错
21、误；故选：BC【点评】本题结合动能定理考查粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理，和正确写出半径的表达式以与周期的表达式是解答的关键9（2016乐东县模拟）如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为vo的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动不计空气阻力，则（）A微粒做匀加速直线运动B微粒做匀减速直线运动C微粒电势能减少D微粒带正电【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质【解答】解：A、由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能
22、与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定由于微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上因重力竖直向下，电场力沿电场线的方向，由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受电场力与重力的合力方向与速度方向相反因此微粒做匀减速运动，带负电；故AD错误，B正确；C、电场力的方向与运动方向夹角为钝角，则说明运动中电场力做负功，电势能增加故C错误；故选：B【点评】本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，要注意明确力的分析方法，明确合力只能与运动方向相反是解题的关键10（2016徐州一模）如图所示电路中，平行板电容器极板水平放置，板间有一质量为m的带电油滴悬
23、浮在两板间静止不 动要使油滴向上运动，可采用的方法是（）A只把电阻R1阻值调大B只把电阻R2阻值调大C只把电阻R3阻值调大D只把电阻R4阻值调大【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】带电油滴悬浮在两板间静止不动时，电场力与重力平衡，要使油滴向上运动，必须增大电场力根据电容器板间电压等于R4的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，进行判断【解答】解：A、只把电阻R1阻值调大，并联部分电压减小，R4的电压减小，电容器的电压减小，板间场强减小，油滴向下运动故A错误B、只把电阻R2阻值调大，外电路总电阻增大，并联部分电压增大，则电容器的电压增大，板间场强增大，油滴向上运动故B正确C、只把电阻R3阻值调大
24、，外电路总电阻增大，干路电流减小，并联部分电压增大，R1的电流增大，流过R4的电流减小，R4的电压减小，油滴向下运动故C错误D、只把电阻R4阻值调大，外电路总电阻增大，干路电流减小，并联部分电压增大，R1的电流增大，流过R4的电流减小，R3的电压增大，R4的电压增大，油滴向上运动故D正确故选BD【点评】本题是电路动态变化分析问题，按照“部分到整体再部分”的思路进行分析11（2014唐山一模）如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接l，当变阻器调到R=4时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作则（）A电源内阻为1B电动机的内阻为4C电动机正
25、常工作电压为1VD电源效率约为93.3%【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式P=UI可求出电路中的电流根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻（2）电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用与选取即可【解答】解：小灯泡的额定电流为I=电阻为RL=A、当接1时E=I（RL+R+r）代入数据解得r=1，故A正确；B、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A电源内阻分的电压为U=Ir=0.21V=0.2V故电动机分的电压为U动=EULU=320.2V=0.8V故电阻R，故BC错误；D、电源的效率=故选：AD【点评】每个公式的使用的
26、条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件12（2016杭州模拟）如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U已知自由电子的电量为e下列说法中正确的是（）AM板比N板电势高B导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C导体中自由电子定向移动的速度为D导体单位体积内的自由电子数为【考点】电流、电压概念；电势【分析】金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定M、N两
27、板电势的高低电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势E=Bdv，为电子定向移动的速率，电压表的读数U=E根据电流的微观表达式I=nevS，求解导体单位体积内的自由电子数n【解答】解：A、如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低 B、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U=E=Bdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关故B错误 C、由U=E=Bdv，得自由电子定向移动的速度为故C正确 D、电流的微观表
28、达式是I=nevS，则导体单位体积内的自由电子数n=，S=db，代入得n=故D正确故选CD【点评】本题现象称为霍尔效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡分析电压表的示数中等难度二、实验题13（5分）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大），完成下列测量步骤：（1）检查多用电表的机械零点（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端黑表笔接b端时，表针几乎不偏转，红表笔接b端黑表笔接a端时表针偏转角度很大，则a（填“a”或“b”）端为二极管的正极（3）为了测量该二极管的反向电阻，将选择开关
29、拨至电阻“100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量则该同学应选择1k（“10”或“1k”）挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量测量后示数如图所示，则测量结果为30k（4）测量完成后，将选择开关按向OFF或交流电压最高档挡位置【考点】用多用电表测电阻【分析】欧姆表内置电源的正极与“”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；用欧姆表测电阻时，红表笔接电源的负极，黑表笔接电源的正极；使用欧姆表测电阻时，应把红黑表笔短接进行欧姆调零；多用电表使用完毕，应把选择开关打到off挡或交
30、流电压最高挡；应选择合适的挡位，使欧姆表指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端（3）将选择开关拨至电阻“100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量则该同学应选择1k挡，然后重新进行欧姆
31、调零，再进行测量测量后示数如图所示，则测量结果为：301k=30k（4）测量完成后，将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置故答案为：（2）a；（3）1k；重新进行欧姆调零；30k；（4）OFF或交流电压最高档【点评】本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项、考查了二极管的特点，要掌握欧姆表的使用方法与注意事项，二极管正向偏压很小，二极管反向偏压电阻很大，相当于断路14（9分）（2015朝阳区二模）某同学利用图甲所示的电路描绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，现有电源（电动势6V，内阻不计）、电压表（03V，内阻约3k）、开关和导线若干其它可供选用的器材如下：A电流表（0250mA
32、，内阻约5）B电流表（00.6A，内阻约0.2）C滑动变阻器（010）D滑动变阻器（050）为减小测量误差并便于操作，在实验中电流表应选用A，滑动变阻器应选用C（选填器材前的字母）图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线请根据图甲补充完成图乙中实物间的连线实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示如果将这个小灯泡接到电动势为3.0V、内阻为5.0的电源两端，小灯泡消耗的功率是0.38W（结果保留两位有效数字）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U与小灯泡消耗的功率P也随之变化图丁各示意图中正确反映PU2关系的是A【考点】伏安法测电阻【分析】本题（1）的关键是根据实验要求电流从零调可知
33、变阻器应采用分压式接法，选择阻值小的变阻器更方便调节；题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足可知电流表应用外接法，即电路应是分压外接电路；题（3）的关键是在表示小灯泡的IU图象中同时画出表示电源的IU图象，读出两图线的交点坐标，再根据功率公式求解即可【解答】解：由P=UI可知，灯泡的额定电流为200mA；故电流表选择A即可；由于实验要求电压从零调节，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，所以应选择C；根据给出的原理图可得出对应的实物图如图所示；在表示小灯泡的IU图象中画出表示电源的IU图象如图所示，读出两图线交点坐标为：U=2.1V，I=0.18A，所以小灯泡消耗的功率为：P=U
34、I=2.10.18W=0.38W；电压表测量路端电压，由P=可知，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；但由于电阻随电压的增大而增大，故图象的斜率越来越小；故选：A故答案为：A，C；如图所示；0.38；A【点评】应明确：当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；表示电阻和电源的IU图线的交点表示通过电阻的电流和电阻两端电压三、计算题15（10分）（2016咸阳一模）如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标
35、平面向里有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心O1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，由洛伦兹力提供向心力的方程可得；（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点；（3）粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度【解答】解：（1）粒子运动的轨迹如图得R=2L又，洛伦兹力提供向心力，得：所以：（
36、2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点所以：x轴坐标x=aO1sin60=y轴坐标为y=LaO1sin60=O1点坐标为（）（3）粒子在磁场中飞行时间为：答：（1）磁场的磁感应强度；（2）磁场区域的圆心O1的坐标（）（3）电子在磁场中运动的时间【点评】该类题目根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，是解决问题的关键16（12分）如图所示，电流表示数I=0.75A，电压表示数为U=2V，电阻R1烧断后，电流表读数变为I1=0.8A，电压表示数为U1=3.2V，已知R3=4，不计电压表和电流表对电路的影响问：（1）R1的阻值为多少？（2）电源的电动
37、势和内阻分别为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】（1）由题意知，电阻R1烧断后，两电表的读数都变大，断路时，电压表读数等于电阻R1的电压，由欧姆定律求出R1（2）根据闭合电路欧姆定律对发生断路前后两种情况列方程，组成方程组，联立求解电源的电动势和内电阻【解答】解：（1）R1烧断后，伏特表的读数为R2两端的电压，则得： R2=4R1烧断前，R3两端电压为：U3=IR2U=0.7542=1V通过R3的电流为：I3=0.25电阻R1的阻值为：R1=8；（2）R1烧断前，外电阻为：R外=3 总电流为：I0=I+=0.75+=1A由闭合电路欧姆定律得： E=I0（R外+r），即为：E=1（3+r）
38、当R1烧断后，E=I（R2+r）即为：E=0.8（4+r）联立解得：r=1，E=4V；答：（1）R1的阻值为8（2）电源的电动势为4V，内阻为1【点评】对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况，由闭合电路欧姆定律列方程组求解17（16分）如图甲所示，电子源能源源不断地产生的电子，电子从电子源飞出时的速度可忽略不计，电子离开电子源后进入一加速电压为U0的加速电场，再沿平行金属板的方向从两板正中间射入偏转电场，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过这些电子通过偏转电场的时间为3t0；偏转电场极板右端有足够大的荧光屏（设电子的电荷量为e、质量
39、为m，电子的重力可忽略不计），求（1）平行金属板的长度l；（2）平行金属板的间距d；（3）电子刚到达荧光屏时的最大动能和最小动能之比【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）（2）对电子的直线加速过程运用动能定理列式求解末速度；在偏转电场中，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是变速运动，根据分运动公式列式分析；（3）粒子在偏转电场中的竖直分运动是变速运动，采用运动的合成分解法求解末动能表达式分析【解答】解：（1）电子在直线加速过程，有：，解得：；在偏转电场中的水平分运动是匀速直线运动，故：l=；（2）恰好能使所有电子均从两板间通过，说明在t=0时刻进入的电子的偏移量为；在t=0时刻进入的电子在0t0时间的竖直分运动是匀加速直线运动，t02t0时间的竖直分运动是匀速直线运动，t02t0时间的竖直分运动是匀加速直线运动，故：解得：d=；（3）电子在t=0时刻进入偏转电场的末动能最大，故：=；电子在t=t0时刻进入偏转电场的末动能最小，故：=；故=；答：（1）平行金属板的长度l为；（2）平行金属板的间距d为；（3）电子刚到达荧光屏时的最大动能和最小动能之比16：13【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分直线加速和类似平抛运动进行分析，对类似平抛运动，明确越早受电场力偏转位移越大，不难