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1、湖南省七校2014-2015学年上学期期末联考高二物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求）1（3分）如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C伽利略D牛顿考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.分析：本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验解答：解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特故A正确，BCD错误故选：A点评：本题考查的是物理
2、学常识对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一2（3分）在下列所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（）ABCD考点：左手定则.分析：磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项解答：解：A、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外四指指向电流方向：斜向右上方，拇指指向安培力方向：斜向左上方根据左手定则判断可知是正确的故A正确 B、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向外穿过手心，则手心朝里四指指向电流方向：向下，拇指指向安培力方向：向左根据左手定则判断可知是错误的故B错误
3、C、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向右穿过手心，则手心朝左四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下根据左手定则判断可知是不正确的故C错误 D、电流的方向与磁场的方向平行，所以电流不是安培力的作用故D错误故选：A点评：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用3（3分）一个带正电的质点，电量q=2.0109C，在静电场中由a点移到b点在这过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0105J，质点动能增加了8.0105J，则a、b两点间电势差Uab为（）A3.0104VB4.0104VC1.0104VD7.0104V考点
4、：匀强电场中电势差和电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题分析：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=1104V故选：B点评：对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理，并且要知道电场力做功与电势差有关，掌握电场力做功Wab=qUab4（3分）如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（）A伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小B伏特表V和安培表A的读数都增大C伏特表V和安培表A的读数都
5、减小D伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=EIr增大，电阻R2的电压U2=EI（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=II2减小所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小故选A点评：本题是简单的电路动态变化分析问题，往往
6、按“部分整体部分”的顺序分析5（3分）下列说法中正确的是（）A由B=可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力成正比B一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D磁感应强度为零的地方，一小段通电导线在该处不受磁场力考点：磁感应强度；左手定则.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；
7、B、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故B错误；C、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，但在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零，还与放置的位置有关，当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，故C错误，D正确故选D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，并知道通电导线在磁场中是否受到还与放置的角度有关6（3分）如图是质谱仪的工作原理示意图现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁
8、场B1），离子束保持原运动方向未发生偏转接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离子分成几束由此可得结论（）A速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内B这些离子通过狭缝P的速率都等于C这些离子的电量一定不相同D这些离子的比荷一定不相同考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小解答：解：A、由粒子在B2中的偏转知粒子带正电，则受电场力向右，则粒子在选择器中受水平向左的洛伦
9、兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误；B、由qE=qvB1，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B错误；C、由知，粒子是半径不同，一定是比荷不同，而电量可能相等故C错误；D、由，知荷质比越大，R越小，越靠近狭缝，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动7（3分）如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A建立电场的点电荷Q带负电B粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C粒子在M点的速度比在N点
10、的速度大D粒子在M点的电势能比在N点的电势能大考点：电场线；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场线的方向根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系解答：解：A、由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷Q带正电，A错误；B、电场线的疏密表示电场强度的大小，M点电场线稀疏，所以离子在M点的电场力小，加速度也小，B错误；C、粒子从M到N，电场力做正功，动能增大电势能减小，所以离子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在M点的电势能比在N点的电势能大，所以C错误D正
11、确；故选：D点评：在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化，这对学生是基本的要求，要重点掌握8（3分）如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电的小球，整个装置处在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的vt图象如图所示，其中正确的是（）ABCD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：小球向下运动的过程中受重力、电场力、洛伦兹力和摩擦力，根据物体的受力，判断加速度的方向以及加速度的变化，根据加速度与速度的方向关系，判断速度的变化解答：解：小球在水平方向
12、上电场力和洛伦兹力以及杆子的弹力，开始速度比较小，洛伦兹力小于电场力，当速度增大，洛伦兹力增大，则弹力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，知加速度增大，知小球先做加速度增大的加速运动当弹力0时，加速度最大，然后洛伦兹力大于电场力，速度增大，洛伦兹力增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，知小球然后做加速度减小的加速运动，当重力等于摩擦力时，做匀速直线运动故C正确，A、B、D错误故选：C点评：本题是力和运动结合的问题，关键会根据牛顿第二定律判断加速度的方向和加速度大小的变化，以及会根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每
13、小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分9（4分）如图是磁流体发电机的示意图，在间距为d的平行金属板A、C间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与变阻器R相连，等离子体以速度v平行于两金属板垂直射入磁场若要增大该发电机的电动势，可采取的方法是（）A增大dB增大BC增大RD增大v考点：霍尔效应及其应用.分析：等离子体进入垂直射入磁场，受洛伦兹力发生偏转，在两极板间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡确定电动势与什么因素有关解答：解：根据平衡得，qvB=q，解得电动势E=Bdv，所以可以通过增大B、d、v来增大电动
14、势故A、B、D正确，C错误故选：ABD点评：解决本题的关键知道稳定时电荷受电场力和洛伦兹力平衡10（4分）如图所示是用一个直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电压U=100V，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升1m时，电路中的电流I=5A由此可知（）A电动机线圈的电阻r=1B电动机线圈的电阻r=2C该装置的效率为90%D此过程中额外功为50J考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：电动机消耗的电能转化为提升重物的机械能和内部产生的内能，根据能量守恒定律列出电动机消耗的电功率与输出的机械功率与发热功率的关系式，求出电动机线圈的电阻，效率等于提升
15、重物的功与小号的总电功的比值，不计各处的摩擦，额外功等于电动机的内阻产生的热量解答：解：AB、根据能量转化和守恒定律得：UI=mgv+I2R得到：R=2，故A错误，B正确；C、该装置的效率为：=%=90%，故C正确；D、额外功功率为P=UImgv=50W，但此过程的时间为t=，此过程中额外功大于50J，故D错误故选：BC点评：电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，抓住能量如何转化列方程是关键11（4分）如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直一个带正电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M滑下，则下列说法中正确的是（）A滑块经过最低点时
16、的速度与磁场不存在时相等B滑块从M点滑到最低点所用的时间与磁场不存在时相等C滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时要大D滑块经过最低点时对轨道的压力与磁场不存在时相等考点：带电粒子在混合场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功；由动能定理可以判断滑块到达最低点时的速度关系，由向心力公式可以判断加速度大小，对轨道压力大小，根据滑块的速度关系判断运动时间解答：解：A、滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由动能定理可知，滑块到达最低点时的速度与磁场不存在时的
17、速度相等，故A正确；B、滑块在下滑过程中，在任何位置的速度与有没有磁场无关，因此滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，故B正确；C、只有重力做功，由动能定理可知，滑块到达最低点时的速度与磁场不存在时的速度相等，根据向心力的公式可知，滑块经过最低点时的加速度和磁场不存在时是相等的故C错误；D、没有磁场时，支持力与重力的合力提供向心加速度，有磁场时，重力、支持力与洛伦兹力的合力提供向心加速度，所以两种情况下支持力是不同的故D错误故选：AB点评：知道洛伦兹力对滑块不做功、由左手定则判断出洛伦兹力的方向是正确解题的关键12（4分）如图所示，平行板间的匀强电场范围内存在着匀强磁场，带电粒子以速度
18、v0垂直电场从P点射入平行板间，恰好做匀速直线运动，从Q飞出，忽略重力，下列说法正确的是（）A磁场方向垂直纸面向里B磁场方向与带电粒子的符号有关C带电粒子从Q沿QP进入，也能做匀速直线运动D粒子带负电时，以速度v1从P沿PQ射入，从Q飞出，则v1v0考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，解决此题可以先假设粒子的电性，来判断磁场的方向分析粒子能否沿直线运动，就是分析洛伦兹力与电场力的大小，从而判断粒子的偏转方向解答：解：A、假设带电粒子带正电，粒子将受到竖直向下的电场力，所以洛伦
19、兹力应为竖直向上，由左手定则可判断，磁场的方向应垂直于纸面向里选项A正确B、当粒子在正交的电场和磁场的区域内做直线运动时，电场力和洛伦兹力等大且方向相反改变粒子的电性，其他条件不变的情况下，电场力和洛伦兹力的方向同时改为反向，粒子的合力仍为零所以磁场方向与带电粒子的正负无关，选项B错误C：带电粒子从Q沿QP进入，所受的电场力方向不变，而洛伦兹力方向会变为与电场力相同，此时带电粒子将发生偏转选项C错误D：粒子带负电时，将受到向上的电场力和向下的洛伦兹力，当速度为v0时，电场力和洛伦兹力大小相等；粒子从Q飞出，可判断洛伦兹力小于电场力，此时的速度要小于v0选项D正确故选：AD点评：该题综合了电场和
20、磁场的内容，解决此类问题的关键是正确判断洛伦兹力和电场力的大小及方向，要熟练的应用左手定则来分析问题13（4分）如图所示，电源的电动势为E，内阻r忽略不计A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈关于这个电路的以下说法正确的是（）A开关闭合后，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B开关闭合后，B灯逐渐变亮，最后亮度稳定C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯考点：自感现象和自感系数.分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化解答：解：A、开关闭合到电路中电流稳
21、定的时间内，A灯的电压恒定，等于电源的电动势，故A灯立刻亮且亮度稳定，故A错误；B、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后B灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，故B正确；C、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭故C错误；D、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自左向右通过A灯，故D正确；故选：BD点评：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极
22、三、简答题：本题共3小题，每空2分，共20分14（4分）用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为6.125mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为6.360cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数6mm，可动刻度读数为0.0112.5=0.125mm，所以最终读数为：6mm+0.125mm=6.125mm；游标卡尺的主尺读数为6.3cm，游标尺上第12个刻度与主尺
23、上某一刻度对齐，因此游标读数为0.0512mm=0.60mm=0.060cm，所以最终读数为：6.3cm+0.060cm=6.360cm故答案为：6.125，6.360点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读15（6分）如图所示表示的是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接完整（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后将线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将向左偏；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器滑片迅速向左
24、移动时，电流计指针将向左偏（以上两空选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）考点：把电流表改装成电压表.专题：实验题分析：（1）注意在该实验中有两个回路，一个由线圈B和电流计串联而成，另一个由电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成（2）根据题意应用楞次定律分析答题解答：解：（1）将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器
25、滑片迅速向左移动时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏故答案为：（1）见右图 （2）向左偏，向左偏点评：知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习16（10分）一个小灯泡的额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A，选用下列实验器材描绘小灯泡的伏安特性曲线：电源E1：电动势为3.0V，内阻不计；电源E2：电动势为12.0V，内阻不计；电压表V：量程为03V，内阻约为10k；电流表A1：量程为03A，内阻约为0.1；电流表A2：量程为00.6A，内阻约为0.6；滑动变阻器R：最大阻值为10，额定电流为1
26、.0A；开关S，导线若干用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡的电流和电压）：I/A0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）实验中电源应选用E1；电流表应选用A2（填数字序号）（2）在实验电路图1中将所缺的导线补充完整（3）在图2坐标中画出小灯泡的UI曲线（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0的电池两端，问小灯泡的实际功率是0.44W（若需作图，可直接画在坐标中）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题分析：（1）根据灯泡额定电压选择电源
27、，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，要电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应点，然后作出灯泡的UI图象（4）在同一坐标系中作出电源的UI图象，该图象与灯泡UI图象的交点坐标值就是用该电源给灯泡供电时的电压与电流值，然后求出功率解答：解：（1）灯泡额定电压是2.0V，则电源应选E1，灯泡额定电流为0.5A，则电流表应选A2（2）描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示（3）根据表中
28、实验数据在坐标系中描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的UI图象，如图所示（4）在灯泡的UI图象坐标系中作出电池的UI图象，如图所示；由图象可知，用该电池给灯泡供电时，灯泡两端电压为1.1V，电流为0.4A，则灯泡实际功率P=UI=1.10.4=0.44W故答案为：（1）E1；A2；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）0.44w点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、作图象、求灯泡实际功率等问题；要正确实验器材的选取原则；要掌握描点法作图的方法；要学会应用图象法处理实验数据、计算答题四、计算题：本题共4小题，共46分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，
29、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17（9分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨，相距为L=10cm，竖直放置，导轨上端连接着电阻R1=1，质量为m=0.01kg、电阻为R2=0.2的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B=1T的匀强磁场中ab杆由静止释放，经过一段时间后达到最大速率，g取10m/s2，求此时：（1）杆的最大速率；（2）ab间的电压；（3）电阻R1消耗的电功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属棒在重力作用下，做加速
30、度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动，根据金属棒所受的拉力等于安培力，求出最大速度（2）根据欧姆定律求出ab间的电压（3）根据电功率公式求解解答：解：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为v，达到最大时则有F=F安即有：mg=BIL又：E=BLv解以上三式得：v=12m/s（2）E=BLv=10.112=1.2VI=1AUab=IR1=1V（3）电阻R1消耗的电功率P1=I2R1=121=1W；答：（1）杆的速率是12m/s；（2）ab间的电压是1.2V；（3）电阻R1消耗的电功率是1W点评：解决本题关键通过受力判断出金属棒的运动情况，知道当金属棒加速
31、度为零时，速度最大以及会根据电功率公式求解18（12分）如图所示，电灯L标有“4V1W”字样滑动变阻器R的总阻值为50，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5A，电压表示数变为10V，若导线完好，电路中各处接触良好，问：（1）判断电路发生的是什么故障？（无需说明理由）（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（3）电源的电动势和内电阻分别为多大？考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：（1）电灯L突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L发生断路
32、（2）L断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压，根据欧姆定律即可求得R2的阻值，L未断路时恰好正常发光，根据闭合电路欧姆定律即可求得滑动变阻器接入电路的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir即可求解解答：解：（1）电灯L突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L发生断路（2）由于U=U2=10V，则有（）L未发生断路前恰好正常发光，所以L的额定电压UL=4V，L的额定电流=（A）L未断路前路端电压U=U2=I2R2=0.4520=9（V），变阻器连入电路的阻值（）（3）根据全电路欧姆定律E=U+Ir，有故障前：E=9+
33、（0.45+0.25）r；故障后：E=10+0.5r解之得 E=12.5（V）；r=5（）答：（1）故障是L发生断路（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为20（3）电源的电动势和内电阻分别为12.5V和5点评：本题考查了根据电流表电压表的示数判断电路故障问题及闭合电路欧姆定律的应用，根据两种情况，由全电路欧姆定律列式，可解得电动势和内阻19（12分）一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB重合），设金属
34、框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v2s图象如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，g=10m/s2（1）根据v2s图象所提供的信息，计算出斜面倾角和匀强磁场宽度d（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是多少？（3）匀强磁场的磁感应强度多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出金属框的加速度，通过牛顿第二定律求出斜面的倾角通过线框匀速直线运动的位移得出磁场的宽度（2）根据匀速直线运动的位移和速度求出金属框进入磁场到穿出磁场所用的时间（3）抓住线框匀速直线运动时，重力沿
35、斜面方向上的分力等于安培力求出匀强磁场的磁感应强度解答：解：（1）由图象可知，从s=0到s1=1.6 m过程中，金属框作匀加速运动由公式v2=2as可得金属框的加速度 m/s2根据牛顿第二定律 mgsin=ma1 =30金属框下边进磁场到上边出磁场，线框做匀速运动s=2L=2d=2.61.6=1m，d=L=0.5m（2）金属框刚进入磁场时，v1=4m/s金属框穿过磁场所用的时间 s（3）因匀速通过磁场 所以磁感应强度的大小 B=0.5T答：（1）斜面的倾角为30，匀强磁场的宽度为0.5m（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是0.25s（3）匀强磁场的磁感应强度为0.5T点评：解决本题的关
36、键理清金属框的运动规律，结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解20（13分）如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32105N/C，方向与金箔成37角紧挨边界ab放一点状粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率均为v=3.2106m/s的粒子，已知粒子的质量m=6.641027kg，电荷量q=3.21019C，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L；（3）设
37、打在金箔上d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能Ek为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据洛伦兹力提供向心力列式求半径即可；（2）粒子速度向下进入磁场时，可以到达cd最下端；当粒子向上运动，且轨迹与cd相切时，可以到达cd边界最高点，根据几何关系求解射中区域的长度；（3）根据几何关系，求出粒子出磁场的位置，得出进入磁场的初速度方向，最终得出粒子做类平抛运动，然后将粒子的运动沿着垂直电场方向和平行电场方向正交分解，然后根据位移公式求
38、解出运动时间，再根据速度时间公式得出平行电场方向和垂直电场方向的分速度，最后合成合速度，从而得到动能损失解答：解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m则 R=0.2m=20cm即粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R为20cm（2）设cd中心为O，向c端偏转的粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O1，如图所示则由几何关系得：=16cm向d端偏转的粒子，当沿sb方向射入时，偏离O最远，设此时圆周轨迹与cd交于Q点，对应圆心O2，如图所示，则由几何关系得：=16cm故金箔cd被粒子射中区域的长度 L=+=32cm（3）设从Q点穿出的粒子的速度为
39、v，因半径O2Q场强E，则vE，故穿出的粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示沿速度v方向做匀速直线运动，位移 Sx=（R）sin53=16cm=0.16m沿场强E方向做匀加速直线运动，位移 Sy=（R）cos53+R=32cm则由Sx=vt Sy=at2 a=得：v=8.0105m/s故此粒子从金箔上穿出时，损失的动能为Ek=mv2mv2=3.191014J即此粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为3.191014J答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R为20cm；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L为32cm；（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能Ek为3.191014J点评：本题关键将粒子的运动分为磁场中的运动和电场中的运动，对于磁场中的运动根据洛伦兹力提供向心力列式，同时结合几何关系分析；对于电场中的运动，通常都为类平抛运动，然后根据正交分解法分解为直线运动研究16