2019-2020年高二上學期期末物理試題 含解析.doc

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2019-2020年高二上學期期末物理試題 含解析 　 一.單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求．選對的得4分，選錯或不答的得0分． 1．（3分）磁場中某區(qū)域的磁感線，如圖所示，則（　　） 　 A． a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＞Bb 　 B． a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＜Bb 　 C． 同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大 　 D． 同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小 考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動． 專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題． 分析： 磁場是一種特殊物質(zhì)形態(tài)，既看不見又摸不著．因此引入磁感線來幫助我們理解磁場，磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線上某點的切線方向表磁場的方向．而小段通電導線放在磁場中有磁場力作用，但要注意放置的角度． 解答： 解： 磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示：a處的磁感線比b處疏，則a點磁感強度比b點?。訟不正確，B正確； 當將一小段通電導線放入磁場時，若沒有磁場力，不一定沒有磁感應強度，原因是受到放置角度的限制，當通電導線垂直磁場時，受到的磁場力最大．所以C、D選項均不正確． 故選B． 點評： 磁場方向的是根據(jù)小磁針的受力方向規(guī)定的，小磁針N極受力方向或靜止時所指方向就是該點磁場方向，也是磁感應強度方向．也可用磁感線的切線方向來判定磁場中的某點的磁場方向．磁感線的疏密程度來表示磁感應強度的大?。艿牡胤酱鸥袘獜姸却?，疏的地方磁感應強度?。@些特點和電場中的電場強度的方向和大小非常類似． 　 2．（3分）（xx?上海）如圖，長為2l的直導線折成邊長相等，夾角為60的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B．當在該導線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導線受到的安培力大小為（　?。? 　 A． 0 B． 0.5BIl C． BIl D． 2BIl 考點： 安培力的計算． 專題： 計算題． 分析： 由安培力公式F=BIL進行計算，注意式中的L應為等效長度． 解答： 解：導線在磁場內(nèi)有效長度為2lsin30=l，故該V形通電導線受到安培力大小為F=BI2lsin30=BIL，選項C正確． 故選C． 點評： 本題考查安培力的計算，熟記公式，但要理解等效長度的意義． 　 3．（3分）（xx?佛山一模）電荷量為3e的正離子，自勻強磁場a點如圖射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原處于靜止狀態(tài)的一個電子，若忽略電子質(zhì)量，則接下來離子的運動軌跡是（　?。? 　 A． B． C． D． 考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；動量守恒定律． 專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題． 分析： 離子在磁場中做勻速圓周運動，吸收電子后所帶電荷量減小，根據(jù)洛倫茲力提供圓周運動向心力確定離子半徑變化情況． 解答： 解：離了吸收一個電子后，離子帶電荷量由+3e變?yōu)?2e，由于不考慮電子質(zhì)量，故吸收電子后離子運動的速度保持不變． 由洛倫茲力提供向心力qvB=m可得離子運動半徑R= 因為離子吸收電子后帶電荷量減小且離子速度不變，故離子做圓周運動軌道半徑R增大，離子帶電荷各類沒有發(fā)生變化，故離子圓周運動方向沒有發(fā)生變化，故ABC錯誤，D正確． 故選D 點評： 該題考查帶電離子在磁場中的運動，由于電量的改變而導致運動半徑的變化，此內(nèi)容是高考的重點內(nèi)容之一，有很強的伸縮空間，是考生復習的重點．本題屬中等題目 　 4．（3分）關于電源的電動勢，下列說法正確的是（　?。? 　 A． 電源的電動勢就是接在電源兩極間的電壓表測得的電壓 　 B． 同一電源接入不同的電路，電動勢就會發(fā)生變化 　 C． 電源的電動勢是表示電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能的本領大小的物理量 　 D． 在閉合電路中，當外電阻變大時，路端電壓增大，電源的電動勢也增大 考點： 電源的電動勢和內(nèi)阻． 專題： 恒定電流專題． 分析： 電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動勢．電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領強弱，與外電路的結(jié)構(gòu)無關．電源的電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)、外電壓之和． 解答： 解：A、電壓表是由內(nèi)阻的，跟電源連接后構(gòu)成一個通路，測量的是電壓表內(nèi)阻的電壓，所以電壓表測得的電源兩極間電壓值略小于電動勢．故A錯誤． B、電動勢反映本身的特性，與外電路的結(jié)構(gòu)無關．故BD錯誤． C、電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領強弱，電動勢越大，本領越大．故C正確． 故選：C． 點評： 本題考查對于電源的電動勢的理解能力．電動勢是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領大小，與外電路無關． 　 5．（3分）（xx?汕頭一模）如圖，在正點電荷Q形成的電場中，在某點M放入一電荷量為q的正點電荷P，P受到的庫侖力為F，下列表述正確的是（　?。? 　 A． P、Q之間相互吸引 　 B． 若將P移走，則M點的電場強度為零 　 C． 若將P移近Q，則P所受庫侖力減小 　 D． 若將P的電荷量增大為2q，則P所受庫侖力增大為2F 考點： 庫侖定律． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 電場中的場強與放入電場中的電荷無關，電場強度的定義式為E=．電場線的疏密表示場強的大小，電場線越密的地方，場強越強；電場線越疏的地方，場強越弱． 解答： 解：A、由題意可知，點電荷Q與P均為同種電荷，則出現(xiàn)排斥現(xiàn)象，故A錯誤； B、M點的電場強度由正點電荷Q產(chǎn)生的，當在M點放入P點電荷時，則電荷受到電場力作用；當取走電荷時，則沒有電場力，而該處的電場強度卻依然存在，故B錯誤； C、若將P移近Q時，兩者間的庫侖力將增大，故C錯誤； D、根據(jù)電場強度的定義式為E=．當將P的電荷量增大為2q，則P所受庫侖力增大為2F，故D正確， 故選：D 點評： 解決本題的關鍵理解電場強度的定義式E=．知道其與放入電場中的電荷無關．電場線越密的地方，場強越強；電場線越疏的地方，場強越弱． 　 6．（3分）（xx?安徽）如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部．閉合電鍵S，小球靜止時受到懸線的拉力為F．調(diào)節(jié)R1、R2，關于F的大小判斷正確的是（　?。? 　 A． 保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大 　 B． 保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變小 　 C． 保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變大 　 D． 保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變小 考點： 串聯(lián)電路和并聯(lián)電路；共點力平衡的條件及其應用；電場強度；路端電壓與負載的關系． 專題： 壓軸題；恒定電流專題． 分析： 電容器兩端間的電壓與R0兩端的電壓相等，通過判斷R0兩端間電壓的變化，知道極板間電場的變化，從而知道電場力的變化及拉力的變化． 解答： 解：保持R1不變，緩慢增大R2時，由于R0和R2串聯(lián)，總電流減小，R0兩端的電壓減小，即平行板電容器的兩個極板的電壓U減小，帶電小球受到的電場力減小，懸線的拉力為將減小，故A錯誤，B正確． 保持R2不變，緩慢增大R1時，由于在含容支路中的電阻相當于導線，所以R0兩端的電壓不變，F(xiàn)電不變，懸線的拉力為F不變，故C、D錯誤． 故選B． 點評： 解決本題的關鍵是1、熟悉含容電路的特點：電容兩端間的電壓與其并聯(lián)部分的電壓相等；含容支路中的電阻相當于導線． 2、會正確的進行受力分析，搞清楚什么力變化導致拉力的變化． 　 7．（3分）（xx?安徽一模）如圖所示，A、B為相同的兩個燈泡，均發(fā)光，當變阻器的滑片P向下端滑動時，則（　　） 　 A． A燈變亮，B燈變暗 B． A燈變暗，B燈變亮 C． A、B燈均變亮 D． A、B燈均變暗 考點： 閉合電路的歐姆定律． 專題： 恒定電流專題． 分析： 首先認識電路的結(jié)構(gòu)：變阻器與燈B并聯(lián)與R串聯(lián)，再與燈A并聯(lián)．當變阻器的滑片P向下端滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，分析外電路總電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析總電流的變化和路端電壓的變化，即可知道燈A的亮度變化．根據(jù)總電流和通過A電流的變化，分析通過R的電流變化和電壓變化，可分析出B兩端電壓的變化，即可燈B亮度變化．可分析出通過并聯(lián)電路的變化，則知燈B的變化． 解答： 解：電路的結(jié)構(gòu)是：變阻器與燈B并聯(lián)與R串聯(lián)，再與燈A并聯(lián)．當變阻器的滑片P向下端滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，則知總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，通過A的電流減小，則燈A變暗．因總電流增大、通過A的電流減小，則通過R的電流增大，R的電壓增大，路端電壓減小，則B兩端電壓的減小，B燈變暗．所以A、B燈均變暗． 故選：D． 點評： 本題是電路動態(tài)變化分析問題，按“局部→整體→局部”的思路進行分析． 　 8．（3分）如圖所示，在兩條豎直邊界線所圍的勻強電場中，一個不計重力的帶電粒子從左邊界的P點以某一水平速度射入電場，從右邊界的Q點射出，下列判斷正確的有（　?。? 　 A． 粒子帶正電 　 B． 粒子做勻速圓周運動 　 C． 粒子電勢能增大 　 D． 若增大電場強度粒子通過電場的時間變大 考點： 勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢能． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向得出粒子所受電場力的方向，從而確定電荷的電性，粒子垂直進入勻強電場做類平拋運動，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化，將粒子的運動分解為水平方向和豎直方向，抓住水平方向上做勻速直線運動判斷時間的變化． 解答： 解：A、粒子垂直電場進入，做類平拋運動，電場力豎直向下，知粒子帶正電．故A正確，B錯誤． B、從P到Q，電場力做正功，電勢能減?。蔆錯誤． D、粒子在水平方向上做勻速直線運動，初速度不變，由x=v0t知：t=，則僅增大電場強度，粒子穿越電場的時間不變，故D錯誤． 故選：A． 點評： 解決本題的關鍵知道粒子垂直進入電場做類平拋運動，掌握處理類平拋運動的方法，知道電場力做功與電勢能變化的關系． 　 二、雙項選擇題：本大題共6小題，每小題4分，共24分．在每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求，全部選對的得4分，只選1個且正確的得2分，有選錯或者不答的得0分． 9．（4分）如圖是點電荷電場中的一條電場線，下面說法正確的是（　?。? 　 A． A點的場強一定大于B點的場強 　 B． A點的電勢一定比B點高 　 C． 這個電場一定是正電荷形成的 　 D． 在B點由靜止釋放一個電子，它一定向A點運動 考點： 電場線；電勢；電勢差與電場強度的關系；電勢能． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，沿電場線的方向，電勢降低，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度?。? 解答： 解：A、只有一條電場線不能判斷電荷的情況，所以不能判斷是不是正電荷產(chǎn)生的，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由于只有一條電場線，不能判斷電場線的疏密情況，所以不能判斷場強的大小，所以A錯誤； B、沿電場線的方向電勢降低，所以A點的電勢一定比B點高．故B正確； C、由于只有一條電場線，不能判斷電場線的疏密情況，所以不能判斷場強的大小，也不能判定這個電場一定是否是正電荷形成的．所以C錯誤； D、由圖可以知道的電場的方向向右，所以當由靜止釋放一個電子時，電子的受力的方向向左，所以電子將一定向A點運動，所以D正確． 故選：BD 點評： 本題就是考查學生基礎知識的掌握，加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題． 　 10．（4分）如圖所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則（　?。? 　 A． 電容器的電容增大 B． 電荷將向下加速運動 　 C． 電容器帶電量不變 D． 電流表中將有從b到a的電流 考點： 電容． 專題： 電容器專題． 分析： 電荷q處于靜止狀態(tài)，受到重力與電場力而平衡．將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，根據(jù)板間場強E=分析場強的變化，再分析電荷q所受電場力的變化，判斷電荷q的運動方向．根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，而電容器的電壓一定，再由電容的定義式分析板間電容器電量的變化，根據(jù)電容器是充電還是放電，分析電路中電流的方向． 解答： 解：A、將兩極板的間距變大，根據(jù)電容的決定式C=，電容減小，故A錯誤； B、將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，板間場強E=減小，電荷q所受的電場力F=Eq減小，電荷將向下加速運動，故B正確； C、電容減小，電壓不變，根據(jù)Q=CU，電量減小，故C錯誤； D、電容器的電量減小，電容器放電，而電容器上極板帶正電，則電流表中將有從b到a的電流，故D正確； 故選：BD． 點評： 對于電容器動態(tài)變化分析問題，首先要根據(jù)電容的決定式C=判斷電容的變化，抓住不變量，再由電容的定義式C=分析電量或電壓的變化，再進一步研究場強等的變化． 　 11．（4分）如圖，直導線處于足夠大的勻強磁場中，與磁感線成θ=30角，導線中通過的電流為I，為了增大導線所受的安培力，下列四種方法，可行的是（　?。? 　 A． 增大電流I B． 增加直導線的截面積 　 C． 使導線在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)30 D． 使導線在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)60 考點： 安培力． 分析： 根據(jù)左手定則的內(nèi)容，判定安培力的方向．左手定則的內(nèi)容是：伸開左手，讓大拇指與四指方向垂直，并且在同一平面內(nèi)，磁感線穿過掌心，四指方向與電流的方向相同，大拇指所指的方向為安培力的方向．而安培力的大小F=BILsin30，且B與I垂直； 若不垂直時，則將B沿導線方向與垂直方向進行分解． 解答： 解：A、由公式F=BILsin30，當增大電流時，可增大通電導線所受的磁場力．故A正確； B、由公式F=BILsin30，當增加直導線的截面積時，不會影響通電導線所受的磁場力．故B錯誤； C、當使導線在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)30時，雖導線長度沒有變化，但導致導線與磁場平行，則所受磁場力變小，故C錯誤； D、當使導線在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)60時，雖導線長度沒有變化，由公式F=BILsin90，則所受磁場力變大，故D正確； 故選：AD 點評： 解決本題的關鍵會根據(jù)左手定則判斷電流方向、磁場方向、安培力方向的關系．同時考查安培力大小公式的成立條件，注意無論導線如何轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生安培力的大小均不變． 　 12．（4分）如圖所示，虛線框MNPQ內(nèi)為一矩形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里．a(chǎn)、b、c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡．若不計粒子所受重力，則（　?。? 　 A． 粒子a帶負電，粒子b、c帶正電 B． 射入磁場時，粒子b的動能最大 　 C． 粒子b的運動軌跡是拋物線 D． 射入磁場時c的運動時間最大 考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動． 專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題． 分析： 根據(jù)粒子運動軌跡由左手定則判斷粒子的電性； 粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的動能； 根據(jù)粒子做圓周運動的周期與轉(zhuǎn)過的圓心角比較粒子運動時間． 解答： 解：A、根據(jù)左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A錯誤； B、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：v=，粒子的動能EK=mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子動能越大，由圖示可知，b的軌道半徑r最大，則b粒子動能最大，故B正確； C、粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡是圓弧，故C錯誤； D、粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=相同，粒子在磁場中的運動時間：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c轉(zhuǎn)過的圓心角θ最大，則射入磁場時c的運動時間最大，故D正確； 故選：BD． 點評： 帶電粒子在磁場、質(zhì)量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運動圓弧來確定速率的大?。? 　 13．（4分）如圖所示，a、b分別表示一個電池組和一只電阻的伏安特性曲線．以下說法正確的是（　?。? 　 A． 電池組的內(nèi)阻是1Ω 　 B． 電阻的阻值為0.33Ω 　 C． 將該電阻接在該電池組兩端，電池組的輸出功率將是4W 　 D． 改變外電阻的阻值時，該電池組的最大輸出功率為4W 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： 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=，由電池組的伏安特性曲線斜率倒數(shù)的大小求出電源的內(nèi)阻．由電阻的伏安特性曲線斜率倒數(shù)的大小求出電阻值．兩圖線的交點即為該電阻接在該電池組兩端是工作狀態(tài)，讀出電流和電壓，求出電池組的輸出功率．當外電阻等于電池內(nèi)阻時，該電池組的輸出功率最大，并功率公式求出電池組的最大輸出功率． 解答： 解：A、由圖線a斜率倒數(shù)的大小求出電池組的內(nèi)阻r===1Ω．故A正確． B、由圖線b斜率倒數(shù)的大小求出電阻的阻值R==3Ω．故B錯誤． C、將該電阻接在該電池組兩端，電路中電流I=1A，路端電壓為U=3V，電池組的輸出功率P出=3W．故C錯誤． D、由圖線a讀出電源的電動勢E=4V．當外電阻等于電池內(nèi)阻時，該電池組的輸出功率最大，電池組的最大輸出功率Pmax==4W．故D正確． 故選AD 點評： 本題考查讀圖的能力．對于圖象，往往從數(shù)學上斜率、截距、交點等知識來理解其物理意義． 　 14．（4分）如圖為磁流體發(fā)電機的原理圖，等離子體束（含有正、負離子）以某一速度垂直噴射入由一對磁極CD產(chǎn)生的勻強磁場中，A、B是一對平行于磁場放置的金屬板．穩(wěn)定后電流表中的電流從“+”極流向“﹣”極，由此可知（　?。? 　 A． D磁極為N極 　 B． 正離子向B板偏轉(zhuǎn) 　 C． 負離子向D磁極偏轉(zhuǎn) 　 D． 離子在磁場中偏轉(zhuǎn)過程洛侖茲力對其不做功 考點： 霍爾效應及其應用． 分析： 根據(jù)電流的流向確定極板的帶電，通過左手定則判斷磁場方向，確定正負離子的偏轉(zhuǎn)方向． 解答： 解：根據(jù)電流的方向知，A板帶正電，B板帶負電，正離子向A板偏轉(zhuǎn)，負離子向B板偏轉(zhuǎn)．根據(jù)左手定則知，D極為N極，C極為S極．因為洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功．故A、D正確，B、C錯誤． 故選AD． 點評： 解決本題的關鍵掌握左手定則判斷電荷的運動方向、磁場方向和洛倫茲力方向的關系． 　 三、實驗題（共18分） 15．（8分）（xx?深圳二模）為測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻．現(xiàn)提供如下儀器： A．電壓表（量程2V，內(nèi)阻約8kΩ） B．電流表（量程0.6A，內(nèi)阻rA=0.8Ω） C．滑動變阻器（0﹣20Ω） D．開關 E．若干導線 ①為準確測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，應選擇圖　甲?。ㄟx填“甲”或“乙”）； ②閉合開關前，滑動變阻器的滑片應調(diào)至　左　端．（選填“左”或“右”） ③移動變阻器的滑片，得到幾組電壓表和電流表的示數(shù)，描繪成如圖丙所示的U﹣I圖象．從圖線的截距得出干電池的電動勢為1.40V的理論依據(jù)是　電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢??； ④利用圖丙可得到干電池的內(nèi)阻為　0.63　Ω（保留兩位有效數(shù)字）． 考點： 測定電源的電動勢和內(nèi)阻． 專題： 實驗題． 分析： ①根據(jù)電源內(nèi)阻大小與圖示電路圖分析答題； ②滑動變阻器采用限流接法，閉合開關前，滑片要置于阻值最大位置； ③根據(jù)閉合電路歐姆定律分析答題； ④電源U﹣I圖象斜率的絕對值是電源電動勢． 解答： 解：①電流表內(nèi)阻已知，采用伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻時，應選擇圖甲所示電路． ②由圖乙所示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，閉合開關前，滑動變阻器的滑片應調(diào)至左端． ③在閉合電路中，路端電壓U=E﹣Ir，當I=0時，U=E，則電源的U﹣I圖象與縱軸交點坐標值等于電源電動勢，由圖丙所示圖象可知，電源電動勢為1.40V． ④電源U﹣I圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻，由圖丙所示圖象可知，電源內(nèi)阻r==≈1.43Ω，電池內(nèi)阻為1.43﹣0.8=0.63Ω． 故答案為：①甲；②左；③電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢；④0.63． 點評： 應用伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻時，如果電源內(nèi)阻較小，相對于電源來說，應采用電流表外接法． 　 16．（10分）①為了測定光敏電阻Rx的光敏特性，某同學使用多用表“100”的歐姆擋測其在正常光照下的大致電阻，示數(shù)如圖甲所示，則所測得的阻值Rx=　3200　Ω； ②為了比較光敏電阻在正常光照射和強光照射時電阻的大小關系，采用伏安法測電阻得出兩種“U﹣I”圖線如圖乙所示，由此可知正常光照射時光敏電阻阻值為　3000　Ω，強光照射時光敏電阻阻值為　200　Ω； ③考慮到電表內(nèi)阻對實驗結(jié)果的影響，圖丙電路中測量值　小于　真實值（填“大于”、“小于”、“等于”），請根據(jù)圖丙將圖丁中的儀器連接成完整實驗電路． 考點： 伏安法測電阻． 專題： 實驗題． 分析： ①歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)； ②根據(jù)圖象應用歐姆定律可以求出電阻阻值； ③電流表采用外接法時，由于電壓表的分流作用，電流表測量值偏大，根據(jù)歐姆定律，電阻的測量值偏?。桓鶕?jù)電路圖連接實物電路圖． 解答： 解：①由圖甲所示可知，阻值： Rx=32100=3200Ω； ②由圖乙所示圖象可知，正常光照射時光敏電阻阻值： RX===3000Ω 強光照射時光敏電阻阻值： RX′===200Ω ③由圖丙所示電路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流表測量值偏大，根據(jù)歐姆定律，電阻的測量值偏小； 根據(jù)圖丙所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所： 故答案為： ①3200； ②3000；200； ③小于；連線如圖． 點評： 歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；電流表外接法適用于測小電阻，電流表內(nèi)接法適用于測大電阻． 　 四、計算題（共34分） 17．（16分）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2．已知sin 37=0.60、cos 37=0.80，求： （1）通過導體棒的電流； （2）導體棒受到的安培力； （3）導體棒受到的摩擦力． （4）若將磁場方向改為豎直向上，要使金屬桿繼續(xù)保持靜止，且不受摩擦力左右，求此時磁場磁感應強度B2的大??？ 考點： 安培力． 分析： （1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大小． （2）根據(jù)安培力的公式F=BIL求出安培力的大?。? （3）導體棒受重力、支持力、安培力、摩擦力處于平衡，根據(jù)共點力平衡求出摩擦力的大?。? （4）當B的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，畫出受力圖，然后結(jié)合幾何關系即可求出． 解答： 解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I1==1.5 A． （2）導體棒受到的安培力為：F安=BIL=0.30 N． 由左手定則可知，安培力沿斜面向上 （3）對導體棒受力分析如圖，將重力正交分解，沿導軌方向有： F1=mgsin 37=0.24 N F1＜F安，根據(jù)平衡條件可知，摩擦力沿斜面向下 mgsin 37+f=F安 解得：f=0.06 N． （4）當B的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，則 B2IL=mgtan α， B2=0.5T 答：（1）通過導體棒的電流是1.5A； （2）導體棒受到的安培力0.30 N，由左手定則可知，安培力沿斜面向上； （3）導體棒受到的摩擦力是0.06N． （4）若將磁場方向改為豎直向上，要使金屬桿繼續(xù)保持靜止，且不受摩擦力左右，此時磁場磁感應強度B2的大小是0.5T． 點評： 解決本題的關鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會利用共點力平衡去求未知力． 　 18．（18分）（xx?浙江）如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點． （1）判讀墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； （2）求磁感應強度B的值； （3）現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 考點： 帶電粒子在混合場中的運動． 專題： 壓軸題；帶電粒子在復合場中的運動專題． 分析： （1）根據(jù)電場力和重力平衡求出電荷量的大小，通過電場力的方向確定電荷的正負． （2）墨滴垂直進入電磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)粒子垂直打在M點，通過幾何關系得出粒子的軌道半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度的大小． （3）根據(jù)幾何關系得出粒子做圓周運動的軌道半徑，結(jié)合帶電粒子在磁場中運動的半徑公式求出磁感應強度的大?。? 解答： 解：（1）墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有： ① 由①式得，q=． ② 由于電場方向向下，電荷所受的電場力方向向上，可知墨滴帶負電荷． ③ （2）墨滴垂直進入電磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有： ④ 考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關系，可知墨滴在該區(qū)域恰好完成四分之一圓周運動，則半徑R=d ⑤ 由②④⑤式得，B=．⑥ （3）根據(jù)題設，墨滴的運動軌跡如圖，設圓周運動的半徑為R′，有： ⑦ 由圖示可得， ⑧ 得， ⑨ 聯(lián)立②⑦⑨式可得，． 答：（1）墨滴帶負電，電量為． （2）磁感應強度B=． （3）B’的大小為． 點評： 本題考查粒子在復合場中的運動，知道粒子在電場和重力場區(qū)域做勻速直線運動，進入電場、磁場和重力場區(qū)域，做勻速圓周運動．結(jié)合牛頓第二定律和共點力平衡進行求解．