2014-2015學年福建省師大 附中高二（上）期末物理試卷一、單項選擇題：1下列判斷正確的是（）a 帶電粒子在某處所受的電場力為零，該處的電場強度不一定為零b 帶電粒子在某處所受的洛倫茲力為零，該處的磁感應強度一定為零c 運動電荷在電場強度不為零的地方一定受到電場力的作用d 運動電荷在磁感應強度不為零的地方一定受到洛倫磁力的作用2a、b、c三點在同一直線上，ab：bc=1：2，b點位于a、c之間，在b處固定一電荷量為q的點電荷當在a處放一電荷量為+q的點電荷時，它所受到的電場力為f；移去a處電荷，在c處放一電荷量為2q的點電荷，其所受電場力為（）a b c fd f3矩形線框abcd被一根細繩懸掛于天花板上，線框中通有如圖所示的順時針方向的電流i1，線框中心的正下方有一與線框平面垂直的長直導線，當導線中通入向里的電流i2時，關于線框運動及細繩拉力變化的判斷正確的是（）a 線框ad向里、bc向外轉動，細繩的拉力增大b 線框ad向里，bc向外轉，細繩的拉力減小c 線框ad向外，bc向里轉動，細繩的拉力增大d 線框ad向外，bc向里轉動，細繩的拉力減小4如圖所示，電動機m的線圈電阻為r，接入電壓恒為u的電源時，電動機正常工作，此時電動機通過的電流為i，消耗的電功率為p、線圈電阻的發熱功率為p熱、輸出的機械功率為p出則下列關系式正確的是（）a i=b p=iu+i2rc p熱=d p出=iui2r5如圖，虛線表示點電荷q形成的電場中的兩個等勢面，下列說法正確的是（）a m點的電勢一定比n點的電勢高b m點的場強一定比n點的場強小c 正電荷在m點的電勢能一定比在n點的電勢能大d 負電荷僅受電場力作用從m點運動n點動能增大6在如圖所示的電路中，開關s原來時閉合的，現將s斷開，則燈泡l亮度變化和電容器c帶電量變化情況是（）a 燈泡l變亮、電容器c帶電量增加b 燈泡l變亮、電容器c帶電量減少c 燈泡l變暗、電容器c帶電量增加d 燈泡l變暗、電容器c帶電量減少7在xoy坐標的原點處放置一根與坐標平面垂直的通電直導線，電流方向指向紙內（如圖所示），此坐標范圍內還存在一個平行于xoy平面的勻強磁場已知在以直導線為圓心的圓周上的a、b、c、d四點中，a點的磁感應強度最大，則此勻強磁場的方向（）a 沿x軸正方向b 沿x軸負方向c 沿y軸正方向d 沿y軸負方向8某靜電場沿x軸方向的電勢分布如圖所示，如果僅僅考慮這一方向上的電場情況，則（）a 0l和2l3l之間均為勻強電場，且0l之間的場強一定比2l3l之間的場強大b l2l和3l4l之間均為勻強電場，且這兩處的電場方向一定相反c l2l和4l5l之間均為非勻強電場，且這兩處的電場方向一定相同d 3l4l和4l5l之間均為勻強電場，且3l4l之間的場強一定比4l5l之間的場強大二、實驗題011秋合肥校級期末）李丹同學需要測定某干電池的電動勢和內電阻已知干電池的電動勢約為1.5v，內阻小于4；電壓表（量程0一3v，內阻約3k）、電流表（量程00.6a，內阻約1.0）、滑動變阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只（1）實驗中滑動變阻器應選用（填“r1”或“r2”）（2）在甲圖的方框中畫出實驗電路圖（3）根據實驗中測得多組電壓和電流值，在ui圖象中描點得到的如圖乙所示，由圖可求出該電源電動勢e=v；內阻r=三、計算題1013秋福建校級期末）平行的水平軌道mn、pq與電源電阻等連成如圖所示的電路，ab為金屬細棒，與導軌接觸良好且可在軌道上運動，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中已知電源電動勢e=1.5v、內阻r=0.5、ab棒質量為m=0.02kg、電阻rab=3、長度l=0.5m與軌道間的動摩擦因數=0.5，磁場的磁感應強度b=0.5t，不計軌道電阻當開關s閉合時，ab棒恰好可以運動重力加速度g=10m/s2求：（1）此時流過ab棒的電流；（2）電阻r的阻值一、單項選擇題11某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻r1、r2的電壓與電流的關系如圖所示用此電源和電阻r1、r2組成電路r1、r2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路為使電源輸出功率最大，可采用的接法是（）a 將r1、r2串聯后接到電源兩端b 將r1、r2并聯后接到電源兩端c 將r1單獨接到電源兩端d 將r2單獨接到電源兩端12用如圖所示的回旋加速器來加速質子，為了使質子獲得的動能增加為原來的4倍，可采用下列哪幾種方法（）a 將其磁感應強度增大為原來的2倍b 將其磁感應強度增大為原來的4倍c 將d形金屬盒的半徑增大為原來的2倍d 將兩d形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍13三個不同的帶電離子a、b、c（不計離子重力）以相同的初速度，從同一位置同時垂直于電場方向射入同一勻強電場，它們的軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場下列判斷正確的是（）a 三個離子中，c的比荷最大b 三個離子中，a受的電場力最大c 三個離子中，c受的電場力最大d 若a，b質量相同，則a的動能增量大于b的動能增量14如圖所示，有一金屬塊垂直于表面c的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為b，金屬塊的厚度為d，高度為h，當有穩定恒電流i平行平面c的方向通過時，由于磁場力的作用，金屬塊的上下兩表面m、n間的電壓為u，則金屬塊中單位體積內參與導電的自由電子數目為（）a b c d 三、實驗題15.用螺旋測微器測量時示數如圖所示，該示數的讀數為mm1014秋武夷山市校級期末）一個未知電阻rx，阻值大約為1.0k1.2k為了較為準確的測定其電阻值，實驗室中還備有如下器材：電源e （電動勢3v、內阻可忽略） 電壓表v （量程3v、內阻約為3k） 電流表a1（量程3ma、內阻約為10）電流表a2（量程0.6a、內阻約為1） 滑動變阻器r的最大阻值為20開關s、導線若干（1）在實驗中電流表應選（2）為了盡可能減少誤差，且能夠測量較多組數據，請你在虛線框中畫出本實驗的電路圖（3）根據你所畫的電路圖在題給的實物圖上用筆畫線代替導線畫出連接圖三、計算題16.如圖，一長度為l=0.1m的細線，一端固定在o點，另一端栓一帶電量為q=2.5104的帶電小球，并置于勻強電場中將小球拉至水平位置oa，并從a點無初速度釋放，則小球能擺到左邊的最高位置為c點，而后在ac之間來回擺動已知小球的質量m=5102kg，oc與豎直方向的夾角=37求：（1）小球帶何種電荷？（2）勻強電場的場強e為多大？（3）小球運動到最低點b處時細線對小球的拉力大小f為多少？17.如圖（甲）所示，m、n為豎直放置、彼此平行的兩塊平板，兩板間距離為d，兩板中央各有一個小孔o、o正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖（乙）所示有一正離子在t=0時垂直于m板從小孔o射入磁場，已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為t0不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計正離子所受重力求：（1）磁感應強度b0的大小（2）若射入磁場時速度v0=，正離子能否從o點射出？若不能，它將打到n板上離o點多遠處？（3）要使正離子從o孔垂直于n板射出磁場，正離子射入磁場時速度v0應為多少？2014-2015學年福建省師大附中高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：1下列判斷正確的是（）a 帶電粒子在某處所受的電場力為零，該處的電場強度不一定為零b 帶電粒子在某處所受的洛倫茲力為零，該處的磁感應強度一定為零c 運動電荷在電場強度不為零的地方一定受到電場力的作用d 運動電荷在磁感應強度不為零的地方一定受到洛倫磁力的作用考點：磁感應強度；電場強度分析：由電場力公式f=qe則知，電荷在某處不受電場力作用，該處電場強度一定為零一小段通電導體在某處不受安培力作用，該處磁感應強度不一定為零若導線與磁場平行時，不受安培力，但b不等于零導體所受的安培力大小與導體長度、電流大小及導線與磁場方向的夾角有關解答：解：a、電場對放入其中的電荷有力的作用；只要電荷不受力，則說明電場強度一定為零；故a錯誤；b、當電荷在磁場中靜止時，它不受磁場力；不能確定磁感應強度為零；故b錯誤；c、電荷在電場中一定受電場力，不論物體是運動還是靜止；故c正確；d、如果運動電荷的運動方向與磁場平行，則不受磁場力；故d錯誤；故選：c點評：本題要抓住磁場與電場特性的區別：電荷在電場中一定受電場力，但通電導線在磁場中不一定受安培力，導線與磁場平行時不安培力2a、b、c三點在同一直線上，ab：bc=1：2，b點位于a、c之間，在b處固定一電荷量為q的點電荷當在a處放一電荷量為+q的點電荷時，它所受到的電場力為f；移去a處電荷，在c處放一電荷量為2q的點電荷，其所受電場力為（）a b c fd f考點：電場強度；電場的疊加專題：電場力與電勢的性質專題分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在c處所受的電場力方向與f方向的關系，再根據庫侖定律得到f與ab的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力解答：解：根據同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在c處所受的電場力方向與f方向相同設ab=r，則有bc=2r則有：f=k故電荷量為2q的點電荷在c處所受電場力為：fc=k=故選b點評：本題關鍵是根據庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，難度不大3矩形線框abcd被一根細繩懸掛于天花板上，線框中通有如圖所示的順時針方向的電流i1，線框中心的正下方有一與線框平面垂直的長直導線，當導線中通入向里的電流i2時，關于線框運動及細繩拉力變化的判斷正確的是（）a 線框ad向里、bc向外轉動，細繩的拉力增大b 線框ad向里，bc向外轉，細繩的拉力減小c 線框ad向外，bc向里轉動，細繩的拉力增大d 線框ad向外，bc向里轉動，細繩的拉力減小考點：安培力分析：由右手螺旋定則判斷出直導線的磁場，導線框在直導線右邊，所處的磁場方向垂直紙面向里，再由左手定則判斷導線框四邊的受力情況進行解決解答：解：電流i2的方向向里，根據安培定則可知，電流i2周圍的磁場的方向為順時針方向，ad邊與bc邊所在處的磁場的方向向右，根據左手定則，ad受到的安培力的方向向里，bc受到的安培力的方向向外，所以線框發生轉動，由同向電流相互吸引，反向電流相互排斥可知，線框轉動后，電流i2對下邊的電流的作用力是吸引力，對上邊的電流的作用力的排斥力，由于下邊的電流距離i2比較近，所以下邊的電流受到的安培力比較大，整體受到向下的磁場力，所以細繩的拉力增大故選：a點評：該題考查電流之間的相互作用，要牢記同向電流相互吸引，反向電流相互排斥也可以使用右手螺旋定則和左手定則判定，使用的過程中兩個定則不能混淆4如圖所示，電動機m的線圈電阻為r，接入電壓恒為u的電源時，電動機正常工作，此時電動機通過的電流為i，消耗的電功率為p、線圈電阻的發熱功率為p熱、輸出的機械功率為p出則下列關系式正確的是（）a i=b p=iu+i2rc p熱=d p出=iui2r考點：電功、電功率；閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，輸入的功率是總電功率，根據p=ui求解發熱功率由p=i2r求解輸出功率由能量守恒定律研究解答：解：a、當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，不滿足歐姆定律，故i，故a錯誤；b、電動機消耗的電功率p電=ui故b錯誤；c、電動機的發熱功率根據焦耳定律得到p熱=i2r但非純電阻電路不能應用歐姆定律變形；故c錯誤；b、電動機的輸出功率是機械功率，根據能量守恒定律得，p出=p電p熱=uii2r故d正確故選：d點評：本題中當電動機正常工作時其電路是非純電阻電路，求電功率只能用p=ui，求熱功率只能用p=i2r而輸出的機械功率只能根據能量守恒求解，而且電功率大于熱功率5如圖，虛線表示點電荷q形成的電場中的兩個等勢面，下列說法正確的是（）a m點的電勢一定比n點的電勢高b m點的場強一定比n點的場強小c 正電荷在m點的電勢能一定比在n點的電勢能大d 負電荷僅受電場力作用從m點運動n點動能增大考點：電勢；電勢能專題：電場力與電勢的性質專題分析：根據電場線與等勢面垂直，作出電場線，根據電場線方向判斷電勢的高低根據電場力做正負判斷電勢能的變化根據電場線的疏密判斷場強的大小解答：解：a、作出電場線的分布如圖，由電場線方向可判斷出來：m點的電勢比n點的高故a正確b、點電荷產生的場強距點電荷越近，場強越大，故m點的場強一定比n點的場強小，故b正確 c、正電荷自m點移向n點，電場力做正功，電荷的電勢能減小正電荷在m點的電勢能一定比在n點的電勢能大，故c正確d、負電荷僅受電場力作用從m點運動n點過程中電場力做負功，動能減小故d錯誤故選：abc點評：本題考查對電場線物理意義的理解和應用能力對于電勢能變化的判斷也可以根據推論判斷：負電荷在電勢低處電勢能大6在如圖所示的電路中，開關s原來時閉合的，現將s斷開，則燈泡l亮度變化和電容器c帶電量變化情況是（）a 燈泡l變亮、電容器c帶電量增加b 燈泡l變亮、電容器c帶電量減少c 燈泡l變暗、電容器c帶電量增加d 燈泡l變暗、電容器c帶電量減少考點：閉合電路的歐姆定律；電容專題：恒定電流專題分析：明確電路結構，根據開關斷開后電路中電阻的變化明確電路中電流的變化；再分析路端電壓的變化，即可分析燈泡亮度及電容兩端的電壓；由q=uc可求得電量解答：解：由圖可知，當開關閉合時，r2與l串聯后與r3并聯，再由r1串聯；當開關斷開時，r3斷開，總電阻增大，總電流減小，r1分壓及內壓減小，燈泡兩端電壓增大；故燈泡變亮；電容器并聯在電源兩端，因內壓減小，路端電壓增大；故電容器兩端電壓增大；由q=uc可知，電容器帶電量增加；故選：a點評：本題為閉合電路歐姆定律的動態分析問題，此類問題解題的基本思路為：局部整體局部；在分析中一定要完整，不能認為總電流小了，燈泡就會變暗7在xoy坐標的原點處放置一根與坐標平面垂直的通電直導線，電流方向指向紙內（如圖所示），此坐標范圍內還存在一個平行于xoy平面的勻強磁場已知在以直導線為圓心的圓周上的a、b、c、d四點中，a點的磁感應強度最大，則此勻強磁場的方向（）a 沿x軸正方向b 沿x軸負方向c 沿y軸正方向d 沿y軸負方向考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；電場強度分析：該題考察了磁場的疊加問題用右手定則首先確定通電直導線在abcd四點產生的磁場的方向，利用矢量的疊加分析疊加后磁場大小變化和方向，從而判斷各選項解答：解：用右手螺旋定則判斷通電直導線在abcd四個點上所產生的磁場方向，a點有電流產生的向下的磁場，若還有向下的磁場，則電流產生的磁感應強度和原磁感應強度方向相同，疊加和磁場最大故選：d點評：磁感應強度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四邊形法則8某靜電場沿x軸方向的電勢分布如圖所示，如果僅僅考慮這一方向上的電場情況，則（）a 0l和2l3l之間均為勻強電場，且0l之間的場強一定比2l3l之間的場強大b l2l和3l4l之間均為勻強電場，且這兩處的電場方向一定相反c l2l和4l5l之間均為非勻強電場，且這兩處的電場方向一定相同d 3l4l和4l5l之間均為勻強電場，且3l4l之間的場強一定比4l5l之間的場強大考點：電勢；電場強度專題：電場力與電勢的性質專題分析：沿著場強方向電勢減小，垂直場強方向電勢不變，根據題中圖象得到電勢變化規律，圖象的斜率表示電場強度，從而判斷電場強度的情況解答：解：a、根據圖象=ex可知，圖象的斜率表示電場強度的大小，因此在0l和2l3l之間不存在沿著x方向的電場分量，故a錯誤b、根據圖象=ex可知，圖象的斜率表示電場強度的大小，l2l和3l4l之間均為勻強電場，且這兩處的電場方向一定相反，故b正確；c、根據圖象=ex可知，圖象的斜率表示電場強度的大小和方向，l2l和4l5l之間均為勻強電場，且這兩處的電場方向一定相同，故c錯誤；d、根據圖象=ex可知，圖象的斜率表示電場強度的大小和方向，3l4l和4l5l之間均為勻強電場，且3l4l之間的場強一定比4l5l之間的場強小，故d錯誤故選：b點評：本題關鍵是要明確沿電場方向電勢減小，垂直場強方向，電勢不變；勻強電場中，沿電場線方向電勢降低最快，沿著任意方向（垂直電場線除外）電勢隨位移均勻變化二、實驗題011秋合肥校級期末）李丹同學需要測定某干電池的電動勢和內電阻已知干電池的電動勢約為1.5v，內阻小于4；電壓表（量程0一3v，內阻約3k）、電流表（量程00.6a，內阻約1.0）、滑動變阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只（1）實驗中滑動變阻器應選用r1（填“r1”或“r2”）（2）在甲圖的方框中畫出實驗電路圖（3）根據實驗中測得多組電壓和電流值，在ui圖象中描點得到的如圖乙所示，由圖可求出該電源電動勢e=1.5v；內阻r=1.25考點：測定電源的電動勢和內阻專題：實驗題分析：（1）滑動變阻器在電路中起到保護電路并調節電流作用，在限流接法中取比內電阻大10左右即可過大則難以調節；過小起不到應有的調節作用（2）運用伏安法測量干電池的電動勢和內電阻，由于內阻較小，采用電流表外接法連接電路（3）由閉合電路歐姆定律可得出電壓與電流的關系，結合數學關系可知圖象的斜率表示內阻，與縱坐標的交點表示電源的電動勢解答：解：（1）由題意可知，電源的內阻小于4，故為了易于調節，準確測量，還有r2額定電流只有0.1a，很容易燒壞，所以滑動變阻器應選小電阻r1 （2）運用伏安法測量干電池的電動勢和內電阻，由于內阻較小，采用電流表外接法連接電路：（3）作出ui圖象：由閉合電路歐姆定律可知：u=eir；即電動勢與電流成一次函數關系，由數學知識可知，圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢；圖象的斜率表示內源內電阻；故由圖可得電動勢為：e=1.5vr=1.25故答案為：（1）r1（2）如圖（3）1.5，1.25點評：測電動勢和內電阻實驗的考查中，一定會考到數據的處理； 因此要掌握好此實驗的圖象法分析電動勢和內電阻的方法三、計算題1013秋福建校級期末）平行的水平軌道mn、pq與電源電阻等連成如圖所示的電路，ab為金屬細棒，與導軌接觸良好且可在軌道上運動，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中已知電源電動勢e=1.5v、內阻r=0.5、ab棒質量為m=0.02kg、電阻rab=3、長度l=0.5m與軌道間的動摩擦因數=0.5，磁場的磁感應強度b=0.5t，不計軌道電阻當開關s閉合時，ab棒恰好可以運動重力加速度g=10m/s2求：（1）此時流過ab棒的電流；（2）電阻r的阻值考點：安培力；閉合電路的歐姆定律分析：（1）導體棒剛好運動，安培力等于摩擦力，根據共點力平衡求的電流（2）由閉合電路的歐姆定律求的電阻的阻值即可解答：解：（1）對導體棒受力分析可知bil=mg解得（2）ab兩端的電壓為u=rabi=30.4v=1.2v電源內阻分的電壓u內=eu=1.51.2v=0.3v干路電流為故流過電阻r的電流為i=ii=0.60.4a=0.2a故電阻的阻值為r=答：（1）此時流過ab棒的電流為0.4a；（2）電阻r的阻值為6點評：本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，抓住串并聯的特點即可求得一、單項選擇題11某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻r1、r2的電壓與電流的關系如圖所示用此電源和電阻r1、r2組成電路r1、r2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路為使電源輸出功率最大，可采用的接法是（）a 將r1、r2串聯后接到電源兩端b 將r1、r2并聯后接到電源兩端c 將r1單獨接到電源兩端d 將r2單獨接到電源兩端考點：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率專題：恒定電流專題分析：由電源的ui圖線縱橫截距讀出電源的電動勢，由斜率求出電源的內阻由電阻的ui圖線求出電阻再分別求出四種情況下電源的輸出功率進行選擇解答：解：由圖象得到：電源的電動勢為e=3v，內阻為r=0.5，r1單獨接到電源兩端輸出功率為p出1=1.5v3a=4.5w，r2單獨接到電源兩端輸出功率則為p出2=2v2a=4w由電阻的伏安特性曲線求出 r1=0.5、r2=1，當將r1、r2串聯后接到電源兩端利用歐姆定律可得電路電流i串=1.5a，此時電源的輸出功率p串=i串2（r1+r2）=3.75w兩電阻并聯時，r并=利用歐姆定律可得電路電流i并=a=3.6a，此時電源的輸出功率p并=ei并i并2r=4.32w所以將r1單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大故選c點評：這是直流電中的電路問題，可以應用數學知識分析得到：當電源的內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，直接選擇c12用如圖所示的回旋加速器來加速質子，為了使質子獲得的動能增加為原來的4倍，可采用下列哪幾種方法（）a 將其磁感應強度增大為原來的2倍b 將其磁感應強度增大為原來的4倍c 將d形金屬盒的半徑增大為原來的2倍d 將兩d形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍考點：質譜儀和回旋加速器的工作原理分析：回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場，動能被增加一次；而在磁場里做勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變因此帶電粒子在一次加速過程中，電場電壓越大，動能增加越大但從d形盒中射出的動能，除與每次增加的動能外，還與加速次數有關所以加速電壓越大，回旋次數越少，最大動能只由磁感應強度和d形金屬盒的半徑決定解答：解：帶電粒子從d形盒中射出時的動能 ekm=mvm2 （1） 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑 r= （2） 由（1）（2）可得ekm= 顯然，當帶電粒子q、m一定的，則ekmr2 b2即ekm與磁場的磁感應強度b、d形金屬盒的半徑r的平方成正比，與加速電場的電壓無關，故ac正確，bd錯誤；故選：ac點評：本題回旋加速器考查電磁場的綜合應用：在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動所以容易讓學生產生誤解：增加射出的動能由加速電壓與縫間決定原因是帶電粒子在電場中動能被增加，而在磁場中動能不變13三個不同的帶電離子a、b、c（不計離子重力）以相同的初速度，從同一位置同時垂直于電場方向射入同一勻強電場，它們的軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場下列判斷正確的是（）a 三個離子中，c的比荷最大b 三個離子中，a受的電場力最大c 三個離子中，c受的電場力最大d 若a，b質量相同，則a的動能增量大于b的動能增量考點：帶電粒子在勻強電場中的運動專題：電場力與電勢的性質專題分析：離子垂直射入勻強電場，離子在電場中做類平拋運動，根據粒子在水平方向的位移關系確定粒子的運動時間關系，然后根據粒子豎直方向的位移關系確定離子的加速度關系，應用牛頓第二定律比較離子的比荷關系，應用動能定理確定動能的增量關系解答：解：a、離子在極板間做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，粒子的運動時間：t=，由圖示可知：xaxb=xc，離子的水平初速度v0相等，則：tatb=tc，離子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，y=at2，由圖示可知：ya=ybyc，由于tatb=tc，則：aaabac，由牛頓第二定律得：a=，電場強度e相同，則，故a錯誤；b、由牛頓第二定律可知，離子所受電場力：f=ma，已知：aaabac，由于不知道離子的質量關系，無法判斷粒子所受的電場力關系，故bc錯誤；d、已知：aaab，若a，b質量相同，由f=ma可知，fafb，電場力做功：w=fy，已知：ya=yb，則wawb，由動能定理可知，離子a的動能增加量大于離子b的動能增加量，故d正確；故選：d點評：本題考查了粒子在電場中的運動，知道離子在電場中做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據圖示確定離子的水平位移、粒子是豎直位移關系是正確解題的關鍵14如圖所示，有一金屬塊垂直于表面c的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為b，金屬塊的厚度為d，高度為h，當有穩定恒電流i平行平面c的方向通過時，由于磁場力的作用，金屬塊的上下兩表面m、n間的電壓為u，則金屬塊中單位體積內參與導電的自由電子數目為（）a b c d 考點：霍爾效應及其應用分析：定向移動的電子受到洛倫茲力發生偏轉，在前后表面間形成電勢差，電子到達的表面帶負電，電勢較低最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據平衡求出單位體積內的自由電子數解答：解：由圖，磁場方向向里，電子向左移動，根據左手定則，電子向上表面偏轉，上表面得到電子帶負電，下表面帶正電；那么根據e=evb，i=nesv=nehdv，得：n=，故a正確，bcd錯誤故選：a點評：解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡三、實驗題15.用螺旋測微器測量時示數如圖所示，該示數的讀數為0.560mm考點：刻度尺、游標卡尺的使用專題：實驗題分析：螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀解答：解：螺旋測微器的固定刻度為0.5mm，可動刻度為0.016.0mm=0.060mm，所以最終讀數為0.560 mm故答案為：0.560點評：螺旋測微器的讀數方法，固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀16.一個未知電阻rx，阻值大約為1.0k1.2k為了較為準確的測定其電阻值，實驗室中還備有如下器材：電源e （電動勢3v、內阻可忽略） 電壓表v （量程3v、內阻約為3k） 電流表a1（量程3ma、內阻約為10）電流表a2（量程0.6a、內阻約為1） 滑動變阻器r的最大阻值為20開關s、導線若干（1）在實驗中電流表應選a1（2）為了盡可能減少誤差，且能夠測量較多組數據，請你在虛線框中畫出本實驗的電路圖（3）根據你所畫的電路圖在題給的實物圖上用筆畫線代替導線畫出連接圖考點：測定電源的電動勢和內阻專題：實驗題；恒定電流專題分析：電流表、電壓表和滑動變阻器的選擇應該遵循“安全、精確和操作方便”的原則，由于待測電阻阻值較大，從減小誤差的角度選擇滑動變阻器分壓式接法和電流表內接法按照前面的選擇連接電路畫出本實驗的電路圖即可畫實物圖時要注意電表的正負極和開關的位置解答：解：（1）未知電阻rx，阻值大約為1.0k1.2k為了較為準確的測定其電阻值，所以實驗中電流表應選a1（2）由于待測電阻阻值較大，從減小誤差的角度選擇滑動變阻器分壓式接法和電流表內接法電路圖：（3）根據電路圖相應的畫出實物圖：故答案為：（1）a1（2）見上圖（3）見上圖點評：本題關鍵要從減小實驗誤差的角度選擇電流表，并確定安培表的內、外接法和滑動變阻器的限流、分壓法；要明確安培表的內、外接法的誤差來源三、計算題17.如圖，一長度為l=0.1m的細線，一端固定在o點，另一端栓一帶電量為q=2.5104的帶電小球，并置于勻強電場中將小球拉至水平位置oa，并從a點無初速度釋放，則小球能擺到左邊的最高位置為c點，而后在ac之間來回擺動已知小球的質量m=5102kg，oc與豎直方向的夾角=37求：（1）小球帶何種電荷？（2）勻強電場的場強e為多大？（3）小球運動到最低點b處時細線對小球的拉力大小f為多少？考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；向心力專題：電場力與電勢的性質專題分析：（1）通過對小球的受力分析及可判斷出電性（2）根據動能定理研究小球從釋放到最低點到最低點的另一側的過程列出等式求出勻