广东省广州市2015-2016学年高二物理上册期末试题1.doc

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广东省广州市执信中学、广雅中学、广州二中、广州六中四校联考2015～2016学年度高二上学期期末物理试卷
一、选择题（本题共12道小题，每题4分，共48分．1-8单选；9-12多选，每题有2项或3项正确，有选错不给分，漏选给2分）
1．下列说法中正确的是（　　）
A．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体
B．根据F=k，当r→0时，可得出F→∞
C．由B=可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比
D．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，该处磁感应强度不一定为零
2．如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为﹣q，B带电荷量为+2q，下列说法正确的是（　　）

A．相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒
B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
D．两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零
3．在如选项图中所示的电场中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（　　）
A．
如图离点电荷等距离的a、b两点
B．
如图两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距离的a、b两点
C．
如图两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距离的a、b两点
D．
如图带电平行金属板间分别靠近两板的a、b两点
4．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度比vA′：vB′为（　　）
A．2：3 B．1：3 C．2：1 D．1：2
5．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（　　）

A．4 W，8 W B．2 W，4 W C．4 W，6 W D．2 W，3 W
6．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐增大，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示为速度选择器，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是（　　）

A．若带电粒子所带的电荷量为+2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子所带的电荷量为﹣2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子的速度为2v，且粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定减小
D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
8．如图所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度B=2.5T；匀强电场方向水平向左，场强E=N/C．一个带负电的小颗粒质量m=3.0×10﹣7kg，带电荷量q=3.0×10﹣6C，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动．（g取10m/s2）．则（　　）

A．这个带电小颗粒一定沿与水平方向成30°向右下方做匀速直线运动
B．若小颗粒运动到图中P点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做匀加速直线运动
C．这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.4 m/s
D．这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.8 m/s
9．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，在环境温度明显升高的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．L变亮 B．RT两端电压变小
C．C所带的电荷量保持不变 D．G中电流方向由a→b
11．如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘水平面上，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球重力不计．现将小球从图示位置由静止开始释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．小球所受的洛伦兹力大小变化，但方向不变
B．小球的加速度将不断变化
C．小球所受洛伦兹力将不断变化
D．小球速度一直增大
12．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）．一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，可以求出的物理量有（　　）

A．圆周运动的速度大小 B．电场强度的大小和方向
C．小球在第Ⅳ象限运动的时间 D．磁感应强度大小
二、实验题：（两小题，共16分）
13．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（3.8V，0.3A）．实验前某同学想用多用电表测量小灯泡的电阻．如图（a）所示为多用电表的示意图，其中T、S为可调节的部件，现用多用电表测量小灯泡的电阻，部分操作步骤如下：

（1）将选择开关调到合适的电阻挡，红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节　　　　　　（填“S”或“T”），使电表指针指向　　　　　　侧（填“左”或“右”）的“0”位置．
（2）用多用表测量小灯泡的电阻时，表笔的位置如图（b）所示，其测量方法正确的是图　　　　　　．

（3）用正确的实验方法测量小灯泡的电阻，电表示数如图（c）所示，该小灯泡电阻的阻值为　　　　　　Ω．
14．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω ）
B．电流表A1（量程0﹣3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程0﹣0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0﹣20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0﹣200Ω，l A）
F．定值电阻R0（990Ω）
G．开关和导线若干

（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是　　　　　　图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选　　　　　　（填写器材前的字母代号）．
（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=　　　　　　V，内阻r=　　　　　　Ω．（结果保留小数点后2位）
（3）若将图线的纵坐标改为　　　　　　，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．
三、计算题
15．如图所示，质量m=1kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）．右侧回路中，电源的电动势E=8V、内阻r=1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机M正常工作．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2．试求：
（1）电动机当中的电流IM与通过电源的电流I总．
（2）金属棒受到的安培力大小及磁场的磁感应强度大小．

16．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；
（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；
（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x．

17．如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上．t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g．上述d、E0、m、v、g为已知量．

（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
（2）求电场变化的周期T；
（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．
18．如图所示，光滑水平面上有A、B两个物体，A物体的质量mA=1kg，B物体的质量mB=4kg，A、B两个物体分别与一个轻弹簧拴接，B物体的左端紧靠竖直固定墙壁，开始时弹簧处于自然长度，A、B两物体均处于静止状态，现用大小为F=10N的水平恒力向左推A，将弹簧压缩了20cm时，A的速度恰好为0，然后撤去水平恒力，求：
（1）弹簧的最大弹性势能及运动过程中A物体的最大速度；
（2）运动过程中B物体的最大速度．

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参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12道小题，每题4分，共48分．1-8单选；9-12多选，每题有2项或3项正确，有选错不给分，漏选给2分）
1．下列说法中正确的是（　　）
A．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体
B．根据F=k，当r→0时，可得出F→∞
C．由B=可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比
D．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，该处磁感应强度不一定为零
【考点】磁感应强度；库仑定律．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】点电荷的定义，能否看作点电荷的条件；对于库仑定律F=k的理解与应用，要正确理解公式中各个物理量的含义．磁感应强度是由磁场本身决定的；导线的方向与磁场的方向平行时电流受到的安培力是0．
【解答】解：A、点电荷是指本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体叫做点电荷，能否看作点电荷与物体本身大小、质量等无关，要看物体本身的大小与物体相互之间的距离能否忽略，故A错误；
B、当r→0时，带电体不能看作点电荷，公式F=k不再成立，故B错误；
C、公式B=是磁感应强度的定义式，由磁场本身决定，与放入该处的通电导线所受磁场力F无关，与导线的I、L无关．故C错误；
D、一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是导线的方向与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零．故D正确．
故选：D
【点评】本题考查了点电荷、库仑定律等电学中的基础知识，点电荷可以和质点类比理解，库仑定律可以和万有引力定律相类比理解．
2．如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为﹣q，B带电荷量为+2q，下列说法正确的是（　　）

A．相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒
B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
D．两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零
【考点】动量守恒定律；库仑定律．
【专题】定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】相碰前两球的运动过程中，两球的引力做正功，两球的机械能增大．
根据动量守恒的条件进行分析判断：相碰前，两球竖直方向所受的水平面的支持力与重力平衡，两球所受的合外力为零，总动量守恒．碰撞前后，总动量也守恒．
【解答】解：AB、相碰前两球所受的合外力为零，动量守恒，两球的总动量保持不变．故AB错误；
CD、将两球看作整体分析时，整体受重力支持力，水平方向不受外力，故整体系统动量守恒，故两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量．故C错误，D正确．
故选：D．
【点评】对于碰撞，其基本规律是遵守动量守恒定律，可对照动量守恒的条件进行理解．要明确两球之间的弹力及库仑力均为内力，在分析动量是否守恒时不考虑内力．
3．在如选项图中所示的电场中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（　　）
A．
如图离点电荷等距离的a、b两点
B．
如图两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距离的a、b两点
C．
如图两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距离的a、b两点
D．
如图带电平行金属板间分别靠近两板的a、b两点
【考点】电场强度．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．
【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．
B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．
C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．
D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误
故选：B．
【点评】本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．
4．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度比vA′：vB′为（　　）
A．2：3 B．1：3 C．2：1 D．1：2
【考点】动量守恒定律．
【专题】定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件，列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比．
【解答】解：设碰撞前A的速率为vA．由题，碰后A的速率为vA′=．①
以A初速度方向为正，根据动量守恒定律得：2mvA=m+2mvB′
解得：vB′=②
由①：②得：vA′：vB′=2：3
故选：A
【点评】本题关键要知道碰撞过程最基本的规律：动量守恒定律，结合已知条件，即可求解．
5．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（　　）

A．4 W，8 W B．2 W，4 W C．4 W，6 W D．2 W，3 W
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题．
【分析】电源的U﹣I曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率．
【解答】解：由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 r==Ω=0.5Ω；
两图线的交点表示该灯泡与该电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=2V，电流 I=2A；
则电源的总功率 P总=EI=3×2W=6W
电源的输出功率 P出=EI﹣I2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W，故C正确
故选：C
【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．
6．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐增大，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】电场线．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做负功粒子的动能减小，电势能增大．
【解答】解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；
由于运动飞过程中粒子的电势能增大，所以电场力做负功，粒子运动的方向一定是a到c；故选项B正确，选项ACD错误；
故选：B
【点评】本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化
7．如图所示为速度选择器，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是（　　）

A．若带电粒子所带的电荷量为+2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子所带的电荷量为﹣2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子的速度为2v，且粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定减小
D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．
【解答】解：A、粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；
根据平衡条件，有：
qvB=qE
解得：
v=
只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；
若带电粒子带电量为+2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器；故A错误；
B、若带电粒子带电量为﹣2q，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器；故B正确；
C、若带电粒子速度为2v，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加；故C错误；
D、若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误；
故选：B．
【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．
8．如图所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度B=2.5T；匀强电场方向水平向左，场强E=N/C．一个带负电的小颗粒质量m=3.0×10﹣7kg，带电荷量q=3.0×10﹣6C，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动．（g取10m/s2）．则（　　）

A．这个带电小颗粒一定沿与水平方向成30°向右下方做匀速直线运动
B．若小颗粒运动到图中P点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做匀加速直线运动
C．这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.4 m/s
D．这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.8 m/s
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】对带电颗粒受力分析，根据力的平行四边形定则，结合洛伦兹力表达式，及左手定则与平衡条件，即可求解；把磁场突然撤去，粒子所受的合力与速度垂直，做类平抛运动．
【解答】解：ACD、该带电小颗粒受到竖直向下的重力，与电场相反相反的、水平向右的电场力和洛伦兹力的作用，刚好做匀速直线运动，则受力如图所示，得：
，
所以α=30°
由左手定则得，带负电小颗粒的运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方．由平衡条件可得：

解得：
故AC错误，D正确；
B、突然撤去磁场后，粒子受到重力和电场力的合力与速度垂直，故小颗粒做类平抛运动，故B错误；
故选：D

【点评】本题要能根据粒子的运动情况分析受力情况，也根据受力情况判断其运动情况，运用平衡条件、牛顿定律、运动学公式结合运动的分解法研究．
9．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】带电粒子垂直电场射入，在电场力作用下做类平抛运动，然后垂直进入匀强磁场在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．
【解答】解：A、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上．故A正确；
B、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带负电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故B错误；
C、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故C错误；
D、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向上，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上，故D正确；
故选：AD
【点评】左手定则是判定磁场、电荷运动速度及洛伦兹力三者方向之间的关系．但电荷有正负之分，所以若是正电荷，则四指所指的方向为正电荷的运动方向，大拇指方向为洛伦兹力的方向；若是负电荷，四指所指方向为负电荷的运动方向，大拇指反方向为洛伦兹力的方向．
10．如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，在环境温度明显升高的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．L变亮 B．RT两端电压变小
C．C所带的电荷量保持不变 D．G中电流方向由a→b
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】动态预测题；定性思想；控制变量法；恒定电流专题．
【分析】当环境温度升高时，热敏电阻RT的阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向．
【解答】解：
A、由图可知，热敏电阻与灯泡L串联．当环境温度升高时热敏电阻RT的阻值减小，外电路总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮；故A正确；
B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压均增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B正确；
C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，电容器板间电压U减小，由Q=CU知，电容器的带电量减小．故C错误；
D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b；故D正确；
故选：ABD
【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的定性运用，此类问题一般按“整体﹣局部﹣整体”顺序进行分析．
11．如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘水平面上，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球重力不计．现将小球从图示位置由静止开始释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．小球所受的洛伦兹力大小变化，但方向不变
B．小球的加速度将不断变化
C．小球所受洛伦兹力将不断变化
D．小球速度一直增大
【考点】洛仑兹力；左手定则．
【分析】小球开始受到Q2对它的库仑力大于Q1对它的库仑力，所以先向左运动，运动的过程中受到洛伦兹力，通过受力情况，知小球向左先加速后减速到0．然后又返回．
【解答】解：A、小球在水平方向上受到两个库仑力作用，在竖直方向上受洛伦兹力和杆子对球的弹力．根据受力情况知，小球向左先加速后减速到0．然后又返回．加速度的大小在变，速度的大小和方向都在变，知洛伦兹力的大小和方向都变化．故A错误，B正确，C正确．
D、小球的速度向左先增大后减小．故D错误．
故选BC．
【点评】解决本题的关键能够根据小球的受力情况分析出小球的运动情况，从而可知洛伦兹力的变化．
12．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）．一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，可以求出的物理量有（　　）

A．圆周运动的速度大小 B．电场强度的大小和方向
C．小球在第Ⅳ象限运动的时间 D．磁感应强度大小
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据小球第Ⅲ象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；
小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题．
【解答】解：A、小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=mv2，解得：v=，小球以速度v做圆周运动，故A正
确；
B、小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE，电场强度：E=，由于不知道：m、q，无法求出电场强度大小，故B错误；
C、小球做圆周运动的周期：T==π，小球在第Ⅳ象限的运动时间：t=T=，故C正确；
D、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=，由于不知道m、q，无法求出B，故D错误；
故选：AC．
【点评】本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功．
二、实验题：（两小题，共16分）
13．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（3.8V，0.3A）．实验前某同学想用多用电表测量小灯泡的电阻．如图（a）所示为多用电表的示意图，其中T、S为可调节的部件，现用多用电表测量小灯泡的电阻，部分操作步骤如下：

（1）将选择开关调到合适的电阻挡，红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节　S　（填“S”或“T”），使电表指针指向　右　侧（填“左”或“右”）的“0”位置．
（2）用多用表测量小灯泡的电阻时，表笔的位置如图（b）所示，其测量方法正确的是图　D　．

（3）用正确的实验方法测量小灯泡的电阻，电表示数如图（c）所示，该小灯泡电阻的阻值为　1.5　Ω．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】对确多用电表欧姆档的使用方法，每次换档时均要先进行欧姆调零；在测量时要注意手不能接触金属杆；掌握多用电表读数方法即可．
【解答】解：（1）欧姆调零的方法为，两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到右侧零刻度处；
（2）灯泡内阻是接在中间及边缘金属壳处，故要想正确测量应让两表笔分别接中间及边缘金属处即可；同时注意手不能接触金属杆；故只有D正确；
（3）档位选择×1，故对应的读数为：1.5×1=1.5Ω；
故答案为：（1）S 右； （2）D； （3）1.5．
【点评】本题考查多用电表的使用方法，要注意掌握正确使用的方法并明确相应的注意事项．
14．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω ）
B．电流表A1（量程0﹣3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程0﹣0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0﹣20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0﹣200Ω，l A）
F．定值电阻R0（990Ω）
G．开关和导线若干

（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是　b　图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选　D　（填写器材前的字母代号）．
（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=　1.46　V，内阻r=　0.84　Ω．（结果保留小数点后2位）
（3）若将图线的纵坐标改为　I1（R0+Rg1）　，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【专题】实验题．
【分析】（1）本题中没有给出电压表，因此需要用已知内阻的电流表改装，改装时，应该改装量程小的那个；
（2）根据闭合电路欧姆定律写出两坐标所代表物理量的函数关系式，明确斜率、截距的含义即可正确解答；
（3）在路端电压U和干路电流I图象中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，由此可正确得出结果．
【解答】解：（1）没有电压表，可以将电流表串联一个电阻，可以改装成电压表，根据欧姆定律若将电流表与定值电阻串联有U=I1R0=0.003×（500+10）=1.53V，与电源电动势接近，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选D．
（2）由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I1（R0+Rg1）+I2r，则：I1=﹣I2，由图象可知，图象的截距：b=1.46×10﹣3===，
则电源电动势为：E=1.46V；
图象斜率：k====≈0.84，
电源内阻为：r=0.84Ω；
（3）由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，在U﹣I图线中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为I1（R0+Rg1）时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．
故答案为：（1）b，D；（2）1.46，0.84；（3）I1（R0+Rg1）．
【点评】在应用图象法处理实验数据求电源电动势与内阻时，要根据实验电路与实验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．
三、计算题
15．如图所示，质量m=1kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）．右侧回路中，电源的电动势E=8V、内阻r=1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机M正常工作．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2．试求：
（1）电动机当中的电流IM与通过电源的电流I总．
（2）金属棒受到的安培力大小及磁场的磁感应强度大小．

【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．
【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】（1）由P=UI求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；
（2）进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B．
【解答】解：（1）电动机的正常工作时，有：PM=UIM
代入数据解得：IM=2A
通过电源的电流为：I总===4A
（2）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37°=6N
流过电动机的电流I为：I=I总﹣IM=4A﹣2A=2A
F=BIL
解得：B=3T
答：（1）电动机当中的电流是2A，通过电源的电流是4A；
（2）金属棒受到的安培力大小是6N，磁场的磁感应强度大小3T．
【点评】本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个支路的电流之间的关系．是一道很好的综合题．
16．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；
（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；
（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x．

【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】（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；
（2）在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为tanθ=；
（3）作出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得电子打到屏上的点P′到点O的距离x．
【解答】解：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，
由牛顿第二定律得：
a1==①
由 x=得：②
电子进入电场E2时的速度为：
v1=a1t1 ③
进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：
t2=④
电子从释放到打到屏上所用的时间为：
t=t1+t2 ⑤
联立①→⑤求解得：t=；
（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy
由牛顿第二定律得：
电子进入电场E2时的加速度为：a2= ⑥
vy=a2t3 ⑦
t3=⑧
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切