2014-2015学年湖北省部分重点中学联考高二(上)期中物理试卷(解析版).doc

掌门1对1教育 高中物理2014-2015学年湖北省部分重点中学联考高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对得5分，选不全得3分，有错选或不选的得0分）1在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是：（）A 甲图：与点电荷等距的a、b两点B 乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面与点电荷等距离的a、b两点D 丁图：匀强电场中的a、b两点2初速度为v0的电子（重力不计），沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则（）A 电子将向右偏转，速率不变B 电子将向左偏转，速率改变C 电子将向左偏转，速率不变D 电子将向右偏转，速率改变3电源电压恒定，R1、R2是定值电阻，L为小灯泡，R3为半导体材料制成的光敏电阻（其电阻随光照强度增大而迅速减小），当照射光强度增大时（）A 电压表的示数增大B R2中的电流减小C 小灯泡的功率增大D 电路消耗的总功率减小4一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为l，拴有小球的细绳，小球由和悬点在同一水平面处释放，如图所示小球在摆动过程中，不计一切阻力，下面说法正确的是（）A 小球的机械能守恒B 小球和小车的总机械能守恒C 小球和小车的总动量守恒D 小球和小车的总动量不守恒5用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能当调节滑动变阻器R，让电动机停止转动时，理想电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V则这台电动机：（不计温度对电阻的影响）（）A 正常运转时的输出功率为32WB 正常运转时的输出功率为48WC 正常运转时的发热功率为1WD 正常运转时的发热功率为47W6磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场B的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是（）A 图中A板是电源的正极B 图中B板是电源的正极C 电源的电动势为BvdD 电源的电动势为Bvq7光滑的水平桌面上，质量为m，速度为的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，碰后B球的速度可能为（）A 0.6B 0.4C 0.2D 0.18A、B为平行板电容器的两块金属板，A极板与静电计的金属小球相连，静电计的外壳和B极板都接地，将它们水平放置当A板带上一定量电荷后，静电计指针偏转一定角度，如图所示（静电计金属小球及金属杆、指针等所带的电量与金属板A所带的电量相比可以忽略不计）此时，在A、B板间有一电荷量为q的油滴静止在P点，（油滴所带电荷量很少，它对A、B板间电场的影响可以忽略），以下结正确的是（）A A极板不动，将B极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小B B极板不动，将A极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小C A极板不动，将B极板向右水平移动一小段距离，油滴q向上运动，静电计指针偏角增大D B极板不动，将A极板向右水平移动一小段距离，油滴q向下运动，静电计指针偏角减小9下图是示波管的原理图它由由子枪、偏转电极（XX和YY）、荧光屏组成管内抽成真空给电子枪通电后，如果在偏转电极XX和YY上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑，下列说法正确的是（）A 要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY上加电压，且Y比Y电势高B 要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX、YY上加电压，且X比X电势高，Y比Y电势高C 要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）D 要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压10在同一光滑斜面上放同一导体棒，如图所示是两种情况的剖面图它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上：两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡已知斜面的倾角为，则（）A I1：I2=cos：1B I1：I2=1：1C 导体棒A所受安培力大小之比F1：F2=sin：cosD 斜面对导体棒A的弹力大小之比N1：N2=cos2：1二、本题共两小题，共18分（按要求作答）11通常游标卡尺的刻度有10分度，20分度，50分度三种规格，测量时游标卡尺的示数如图所示，其读数是mm12用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹再把B球静置于水平槽前边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量比为2：1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的点，系统碰撞总动量p与碰撞后动量p的百分误差=%（结果保留一位有效数字）13下列所给是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中可供选择的实验仪器：序号器材规格序号器材规格1小灯泡L标有“4.0V，0.4A”字样5滑动变阻器R1最大阻值10，额定电流1.0A2电压表V量程05V；内阻5k6滑动变阻器R2最大阻值1k，额定电流0.5A3电流表A1量程0100mA；内阻47直流电源E电压6V4电流表A2量程0500mA；内阻0.48导线、电键K等（1）滑动变阻器应选；（2）在线框内画出实验电路图（并标出所选器材的符号）（3）如图所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的IU图象图象是一条曲线而不是直线的原因是：；从图象中可求得小灯泡正常发光时的电阻是三、计算题（本题共四小题，共52分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）14如图A、B、C、D为一匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行，已知将2.0109C的正电荷从A点移到B点，克服电场力做功8.0109C，将这个电荷从B移至C点电势能减少了4.0108C，今设A点电势为20，则D点电势为多少？15在如图所示的电路中，R1=2，R2=R3=4，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4.5V，试求：（1）电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内电阻；（3）当电键K接c时，通过R2的电流16如图，在平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力求（1）电场强度大小E；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t17P是一长度为L=0.64m的固定在水平地面上的绝缘平板，挡板R固定在平板的右端整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，磁场的宽度为d=0.32m一个质量m=0.50103Kg、带电荷量q=5102C的小物体（可视为质点），从板的左端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场（不计撤掉电场对原磁场的影响），物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PC=若物体与平板间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）判断电场的方向及物体带正电还是带负电； （2）求磁感应强度B的大小；（3）求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能2014-2015学年湖北省部分重点中学联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对得5分，选不全得3分，有错选或不选的得0分）1在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是：（）A 甲图：与点电荷等距的a、b两点B 乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面与点电荷等距离的a、b两点D 丁图：匀强电场中的a、b两点考点：电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低解答：解：A、甲图为正的点电荷的电场，图中ab两点在同一个圆上，所以ab两点的电势相同，电场强度的大小也相同，但是场强的方向不同，所以A错误；B、乙图为等量的异种电荷的电场，在起中垂线上的所有的点的电势都为零，并且场强的方向均为水平的指向负电荷，所以此时ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，所以B正确C、丙图中ab处于金属平板上，处在电场中的金属平板处于静电平衡状态，金属板的表面为等势面，并且电场线与等势面垂直，又由于此时的ab是左右对称的，所以ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，所以C正确D、丁图是匀强电场，ab点的场强的大小和方向都相同，但是根据沿电场线的方向电势降低可知，b点的电势要比a点的电势高，所以D错误故选BC点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题2初速度为v0的电子（重力不计），沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则（）A 电子将向右偏转，速率不变B 电子将向左偏转，速率改变C 电子将向左偏转，速率不变D 电子将向右偏转，速率改变考点：判断洛仑兹力的方向；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据安培定则判断出通电导体右侧的磁场方向，然后根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力的方向，即得出电子的偏转方向，注意应用左手定则时四指指向与电子运动方向相反，洛伦兹力不做功解答：解：由安培定则可知导体右侧磁场方向垂直纸面向里，然后跟左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，故BCD错误，A正确故选A点评：在解决带电粒子在磁场中运动问题时安培定则与左手定则经常联合应用，在平时练习中要加强训练，以提高应用它们的解题能力3电源电压恒定，R1、R2是定值电阻，L为小灯泡，R3为半导体材料制成的光敏电阻（其电阻随光照强度增大而迅速减小），当照射光强度增大时（）A 电压表的示数增大B R2中的电流减小C 小灯泡的功率增大D 电路消耗的总功率减小考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理专题：恒定电流专题分析：根据当照射光强度增大时光敏电阻的变化，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，确定电压表示数如何变化根据并联电路电压的变化分析R2中的电流如何变化，根据总电流与通过R2电流的变化，分析通过灯泡L电流的变化，确定灯泡亮度如何变化电路总功率为P=EI，由电流变化确定总功率如何变化解答：解：A、当照射光强度增大时光敏电阻阻值减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流增大，电阻R1电压增大，则电压表的示数增大故A正确B、并联部分电压U并=EI（R1+r），E、R1、r都不变，I增大，U并减小，R2中的电流减小故B正确C、流过灯泡的电流IL=II2，I增大，I2减小，则IL增大，小灯泡的功率增大故C正确D、电路消耗的总功率P=EI，I增大，电路消耗的总功率增大故D错误故选ABC点评：本题是电路动态分析问题，光敏电阻类似于变阻器，外电路总电阻与局部电阻变化的情况是一致的4一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为l，拴有小球的细绳，小球由和悬点在同一水平面处释放，如图所示小球在摆动过程中，不计一切阻力，下面说法正确的是（）A 小球的机械能守恒B 小球和小车的总机械能守恒C 小球和小车的总动量守恒D 小球和小车的总动量不守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒解答：解：A、B以小球和小车组成的系统为研究对象，只有小球的重力做功，系统的机械能守恒，而小球在下摆过程中，细绳的拉力对它做负功，其机械能减小故A错误，B正确C、D，当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，地面对小车的支持力大于小车和小球的总重力，整体所受的合力不为零，则系统的总动量不守恒故C错误，D正确故选BD点评：本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒5用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能当调节滑动变阻器R，让电动机停止转动时，理想电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V则这台电动机：（不计温度对电阻的影响）（）A 正常运转时的输出功率为32WB 正常运转时的输出功率为48WC 正常运转时的发热功率为1WD 正常运转时的发热功率为47W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：让电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电阻电动机正常运转时，根据输入的电功率和热功率之差求出输出功率由焦耳定律求解热功率解答：解：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为R=4电动机正常运转时，输入的电功率为P电=U2I2=48W，发热功率P热=I22R=224W=16W，所以输出功率为P出=P电P热=32W故选A点评：电动机电路停止运转时其电路纯电阻电路，欧姆定律成立电动机正常运转时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，根据能量转化和守恒定律求解输出功率6磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场B的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是（）A 图中A板是电源的正极B 图中B板是电源的正极C 电源的电动势为BvdD 电源的电动势为Bvq考点：霍尔效应及其应用分析：等离子体进入磁场，由于受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负离子偏转的方向，从而确定极板带电的正负最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势解答：解：等离子体进入磁场后，根据左手定则，知正离子向下偏，负离子向上偏所以B板带正电，A板带负电最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：电动势E=U=Bvd故B、C正确，A、D错误故选BC点评：解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡7光滑的水平桌面上，质量为m，速度为的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，碰后B球的速度可能为（）A 0.6B 0.4C 0.2D 0.1考点：动量守恒定律分析：碰撞过程，两球的总动量守恒、总动能不增加，根据动量守恒求出A的速度，根据总动能是否增加判断B的这种速度是否可能解答：解：设碰撞后A、B的速度分别为vA、vB根据动量守恒定律得 mv=mvA+3mvB碰撞前，总动能为Ek=碰撞后，总动能为Ek=+A、当vB=0.6v，代入上式得，vA=0.8v，Ek=1.72Ek，即得EkEk，总动能增加，违反了能量守恒定律故A错误B、当vB=0.4v，代入上式得，vA=0.2v，Ek=0.52Ek，即得EkEk，总动能减小，符合能量守恒定律故B正确C、当vB=0.2v，代入上式得，vA=0.4vvB=0.2v，可见，碰撞后两球同向运动，A在B的后面，速度不可能大于B的速度故C错误D、当vB=0.1v，代入上式得，vA=0.7vvB=0.2v，碰撞后两球同向运动，A在B的后面，速度不可能大于B的速度故D错误故选B点评：对于碰撞问题，关键抓住三个规律：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后同向运动，后面物体的速度不大于前面物体的速度8A、B为平行板电容器的两块金属板，A极板与静电计的金属小球相连，静电计的外壳和B极板都接地，将它们水平放置当A板带上一定量电荷后，静电计指针偏转一定角度，如图所示（静电计金属小球及金属杆、指针等所带的电量与金属板A所带的电量相比可以忽略不计）此时，在A、B板间有一电荷量为q的油滴静止在P点，（油滴所带电荷量很少，它对A、B板间电场的影响可以忽略），以下结正确的是（）A A极板不动，将B极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小B B极板不动，将A极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小C A极板不动，将B极板向右水平移动一小段距离，油滴q向上运动，静电计指针偏角增大D B极板不动，将A极板向右水平移动一小段距离，油滴q向下运动，静电计指针偏角减小考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：电容器的电量不变，根据电容的变化，判断出电势差的变化，从而判断出电场强度即电场力的变化，确定出油滴的运动情况解答：解：A、A极板不动，将B极板向下移动一小段距离，d变大，则电容减小，根据U=，则电势差增大，指针偏角增大故A错误B、B极板不动，将A极板向下移动一小段距离，d减小，则电容增大，根据U=，则电势差减小，指针偏角减小电场强度E=，知电场强度不变，小球电场力不变，仍然与重力平衡，保持不动故B正确C、A极板不动，将B极板向右水平移动一小段距离，s减小，则电容减小，根据U=，则电势差增大，指针偏角增大根据E=知，电场强度增大，电场力大于重力，则油滴向上运动故C正确D、B极板不动，将A极板向右水平移动一小段距离，s减小，则电容减小，根据U=，则电势差增大，指针偏角增大根据E=知，电场强度增大，电场力大于重力，则油滴向上运动故D错误故选BC点评：本题是电容器的动态分析，关键是抓住不变量，当电容器与电源相连，两端间电势差不变，当电容与电源断开，所带电量不变9下图是示波管的原理图它由由子枪、偏转电极（XX和YY）、荧光屏组成管内抽成真空给电子枪通电后，如果在偏转电极XX和YY上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑，下列说法正确的是（）A 要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY上加电压，且Y比Y电势高B 要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX、YY上加电压，且X比X电势高，Y比Y电势高C 要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）D 要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压考点：带电粒子在匀强电场中的运动；示波器的使用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，要使电子在YY中受到的电场力向上，可判断电场强度方向，分析出电势的高低要想让亮斑移到荧光屏的右上方，用同样的方法分析电子在两个电场中所受的电场力方向，判断出电势高低根据水平方向偏转距离与偏转电压的关系，即可分析所加电压的特点根据竖直方向偏转距离与偏转电压的关系，分析要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，水平方向和竖直方向所加电压的特点解答：解：A、电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY上加电压，且Y比Y电势高故A错误B、要想让亮斑移到荧光屏的右上方，电子在偏转电极XX间受到的电场力指向X、在YY间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX、YY上加电压，且X比X电势高，Y比Y电势高故B正确C、设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为y=，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描故C正确D、由上分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线故D正确故选BCD点评：本题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析荧光屏上光斑的变化，10在同一光滑斜面上放同一导体棒，如图所示是两种情况的剖面图它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上：两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡已知斜面的倾角为，则（）A I1：I2=cos：1B I1：I2=1：1C 导体棒A所受安培力大小之比F1：F2=sin：cosD 斜面对导体棒A的弹力大小之比N1：N2=cos2：1考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力、支持力大小之比，根据F=BIL求出电流之比解答：解：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，F1=mgsin，N1=mgcosF2=mgtan，所以导体棒所受的安培力之比：1斜面对导体棒的弹力大小之比因为F=BIL，所以故A、D正确，B、C错误故选AD点评：解决本题的关键正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解二、本题共两小题，共18分（按要求作答）11通常游标卡尺的刻度有10分度，20分度，50分度三种规格，测量时游标卡尺的示数如图所示，其读数是13.55mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用专题：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，不需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为110.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm故答案为：13.55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，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹再把B球静置于水平槽前边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量比为2：1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的P点，系统碰撞总动量p与碰撞后动量p的百分误差=2%（结果保留一位有效数字）考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：（1）A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，B在A的前面；（2）小球离开水平槽后做平抛运动，它们下落的高度相同，在空中的运动时间相同，由于小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动时间相同，因此小球的水平位移与小球的初速度成正比，计算时可以用小球的水平位移表示小球的初速度；根据题目所给实验数据，求出实验的百分误差解答：解：（1）A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以P点是没有碰时A球的落地点，N是碰后B的落地点，M是碰后A的落地点；（2）系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误：=2%；故答案为P；2点评：知道两球做平抛运动的运动时间相等，小球的水平位移与水平速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的水平速度，是解决本题的关键13下列所给是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中可供选择的实验仪器：序号器材规格序号器材规格1小灯泡L标有“4.0V，0.4A”字样5滑动变阻器R1最大阻值10，额定电流1.0A2电压表V量程05V；内阻5k6滑动变阻器R2最大阻值1k，额定电流0.5A3电流表A1量程0100mA；内阻47直流电源E电压6V4电流表A2量程0500mA；内阻0.48导线、电键K等（1）滑动变阻器应选R1 ；（2）在线框内画出实验电路图（并标出所选器材的符号）（3）如图所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的IU图象图象是一条曲线而不是直线的原因是：灯丝电阻随温度改变而改变；从图象中可求得小灯泡正常发光时的电阻是10考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）器材的选择需安全、精确，根据测量的精确度角度选择合适的滑动变阻器（2）测量伏安特性曲线，电压电流需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法通过小灯泡的额定电流，选择合适的电流表通过判断灯泡是大电阻还是小电阻，判断电流表是外接法还是内接法（3）IU图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，温度升高，电阻变化根据小灯泡的额定电压和额定电流求出小灯泡正常工作时的电阻解答：解：（1）滑动变阻器R2的总电阻较大，使得电路中电流较小，测量误差较大，所以选用滑动变阻器R1（2）电压电流要从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法小灯泡的额定电流为0.4A，电流表A1的量程太小，不安全，所以选用电流表A2小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，采用电流表的外接法电路图如下图（3）图线弯曲是因为温度升高，电阻变大，即灯丝电阻随温度改变而改变R=故答案为：（1）R1 ，（2）见右图（3）灯丝电阻随温度改变而改变（灯丝电阻随I或随U改变亦可）（4）10点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全、精确以及掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别三、计算题（本题共四小题，共52分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）14如图A、B、C、D为一匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行，已知将2.0109C的正电荷从A点移到B点，克服电场力做功8.0109C，将这个电荷从B移至C点电势能减少了4.0108C，今设A点电势为20，则D点电势为多少？考点：电势能；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：由电场力做功的公式W=qU，可以求得电势差；根据电势能与电势的关系可以求得电势，再根据电势差与电势的关系即可求解解答：解：由由A=20V，故有：B=AUAB=20V（4V）=24V、C=BUBC=2420V=4V在匀电场中，任意两平行线上的等距离两点间的电势差相等，故有：AB=CD则有：D=8V答：D点电势为8V点评：本题主要考查了电场力做功与电势差及电势能与电势的关系，难度不大，属于基础题15在如图所示的电路中，R1=2，R2=R3=4，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4.5V，试求：（1）电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内电阻；（3）当电键K接c时，通过R2的电流考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）当电键K接a时，R1被短路，根据功率公式求出通过电源的电流和电压（2）K接b时，R1和R2串联，分别由闭合电路欧姆定律对两种情况列方程求解电源的电动势和内电阻（3）当K接c时，R2与R3并联后与R1串联由闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求解通过R2的电流解答：解：（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得 通过电源电流 I1=A=1A 电源两端电压V （2）K接a时，有E=U1+I1r=4+r K接b时，R1和R2串联，R外=R1+R2=6 通过电源电流I2=A 这时有：E=U2+I2r=4.5+0.75 r 解式得：E=6 V r=2 （3）当K接c时，R总=R1+r+R23=6总电流I3=1 A通过R2电流I=I3=0.5 A 答：（1）电键K接a时，通过电源的电流为1A，电源两端的电压为4V； （2）电源的电动势和内电阻分别为E=6 V，r=2； （3）当电键K接c时，通过R2的电流为0.5 A点评：对于电路问题，首先认识电路的结构对于电源的电动势和内阻常常根据两种情况分别列方程，再联立求解16如图，在平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力求（1）电场强度大小E；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达N的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，根据牛顿第二定律可求出加速度与速度及位移关系，从而求出电场强度；（2）应用动能定理即可求得电场中粒子的速度，粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径（3）粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间解答：解：粒子的运动轨迹如右图所示（1）设粒子在电场中运动的时间为t1x方向匀速直线运动，则有：2h=v0t1y方向初速度为零的匀加速直线运动，则有：根据牛顿第二定律：Eq=ma 求出匀强电场强度：（2）粒子在电场中运动，根据动能定理：设粒子进入磁场时速度为v，根据求出运动轨道的半径：（3）粒子在电场中运动的时间：粒子在磁场中运动的周期：设粒子在磁场中运动的时间为t2，由几何关系可知粒子的偏转角为135，所以有：求出总时间：答：（1）电场强度大小为；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间为点评：该题考查了电场和磁场边界问题，不同场的分界面上，既是一种运动的结束，又是另一种运动的开始，寻找相关物理量尤其重要粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解点粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点圆心的确定：因洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力总垂直于速度，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长的交点即为圆心或射入磁场和射出磁场的两点间弦的垂直平分线与一半径的交点即为圆心半径的确定：半径一般都在确定圆心的基础上用平面几何知识求解，常常是解直角三角形运动时间的确定：利用圆心与弦切角的关系计算出粒子所转过的圆心角的大小，用公式t=T可求出运动时间再者就是要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题17P是一长度为L=0.64m的固定在水平地面上的绝缘平板，挡板R固定在平板的右端整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，磁场的宽度为d=0.32m一个质量m=0.50103Kg、带电荷量q=5102C的小物体（可视为质点），从板的左端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场（不计撤掉电场对原磁场的影响），物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PC=若物体与平板间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）判断电场的方向及物体带正电还是带负电； （2）求磁感应强度B的大小；（3）求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能考点：功能关系；洛仑兹力分析：（1）由物体的运动状态可知粒子受到的电场力方向，由洛仑兹力可判断粒子的电性，则可得出电场方向；（2）由动能定理可求得物体被弹回时的速度，由磁场中的受力平衡可求得磁感应强度；（3）由动能定理及受力平衡关系联立可求得粒子进入磁场时的速度，由功能关系可求得损失的机械能解答：解：（1）物体由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力，进入磁场后做匀速直线运动，说明它所受摩擦力增大，且所受洛伦兹力方向向下由左手定则可判断物体带负电物体带负电而所受电场力向右，说明电场方向向左（2）设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，从离开磁场到停在C点的过程中，根据动能定理有：得：v2=0.8m/s物体在磁场中向左做匀速直线运动，其受力平衡，则有：mg=Bqv2解得：B=0.125T（3）设从D点进入磁场时的速度为v1，据动能定理有：物体从D到R做匀速直线运动，其受力平衡有：qE=（mg十qv1B）解得：v1=l.6 m/s，故小物体撞击挡板损失的机械能为：代入数据得：E=4.8104J答：（1）电场的方向向左，物体带负电；（2）磁感应强度B的大小是0.125T；（3）物体与挡板碰撞过程中损失的机械能是4.8104J点评：本题综合电场及磁场必质，要注意电场力做功取决于电势差而洛仑兹力不做功，故应用功能关系解决一般的运动较为简单