2018-2019学年内蒙古赤峰市宁城县高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

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1、2018-2019 学年内蒙古赤峰市宁城县高二（上）期末物理试卷一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第 18 小题只有一个选项正确，第 912 小题有多个选项正确全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分1下列关于电场强度的叙述正确的是（ ）A电场中某点的场强与该点有无试探电荷无关B电场中某点的场强与试探电荷在该点所受的电场力成正比C电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比D电场中某点的场强方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向2关于磁现象的电本质，安培提出了分子电流假说他是在怎样的情况下提出来的（ ）A安培通过精密

2、仪器观察到分子电流B安培根据原子结构理论，进行严格推理得出的结论C安培根据环形电流的磁性与磁铁相似提出的一种假说D安培凭空想出来的3实验室用的小灯泡灯丝的 IU 特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大）（ ）A BC D4空间有一电场，电场线如图所示，电场中有两个点 a 和 b。下列表述正确的是（ ）A该电场是匀强电场Ba 点的电场强度比 b 点小C负电荷在 a 点的电势能比在 b 点的高Da 点的电势比 b 点的高5对于一个电容器，下列说法中正确的是（ ）A电容器所带的电量越多，电容越大B电容器两极板间的电势差越大，电容越大C电容器两极板间的电势差减小到原来的一半，

3、它的电容也减小到原来的一半D电容器所带的电量增加为原来的两倍，两极板间的电势差也增加为原来的两倍6在磁感应强度为 B 的匀强磁场中有一个面积为 S 的闭合金属线框 abcd，如图所示开始时金属线框与磁感线平行，当线框绕 OO轴转动 30角时，穿过线框的磁通量为（ ）ABS B C D07已知 G 表的内阻为 100，满偏电流为 300A，若用此表头改装成 0.6A 量程的电流表，则（ ）A串联一个 199900电阻 B串联一个 0.05电阻C并联一个 199900电阻 D并联一个 0.05电阻8如图所示，A、B 两个灯泡均正常发光，当滑动变阻器 R2 的滑片 P 向 d 端滑动时则（ ）AA

4、灯变亮，B 灯变暗 BA 灯变暗，B 灯变亮CA、B 灯均变亮 DA 、B 灯均变暗9一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针 S 极向纸内偏转，这一束粒子可能是（ ）A向右飞行的正离子束 B向左飞行的正离子束C向右飞行的负离子束 D向左飞行的负离子束10南极考察队队员在地球南极附近用弹簧秤竖直悬挂一还未通电的螺线管，如图所示，下列说法正确的是（ ）A若将 a 端接电源正极，b 端接电源负极，则弹簧秤示数将减小B若将 a 端接电源正极， b 端接电源负极，则弹簧秤示数将增大C若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极，则弹簧秤示数将增大D若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极

5、，则弹簧秤示数将减小11如图所示，匀强电场中 a、b、c、d 四个水平平面，间距相等，每个平面上各点的匀强电场方向都垂直于平面。一个电子射入电场后的运动轨迹如实线 MN 所示，由此可知（ ）A电场强度方向向左B电子在 N 的动能小于在 M 的动能Ca 平面的电势低于 b 平面D电子在 N 的电势能小于在 M 的电势能的电势12如图所示，两个倾角分别为 30和 60的光滑斜面固定于水平地面上，并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，两个质量均为 m、电荷量均为 q 的带正电小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面（斜面足够长），在此过程中（

6、 ）A在斜面上运动的时间，甲比乙短B飞离斜面瞬间的速度，甲比乙大C在斜面上运动过程中的加速度大小，甲和乙相等D在斜面上运动过程中的重力平均功率，甲和乙相等二、实验题：（共 16 分每空 2 分，请把答案填在答题卡中的横线上）13某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作：（1）用准确到 0.1mm 的游标卡尺测量圆柱体的长度，用螺旋测微器测量其直径如下图所示可知其长度为 mm，其直径为 mm；（2）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“1”位置的多用电表粗略测量该圆柱体的电阻，根据如图2 所示的表盘，可读出被测电阻阻值为 （3）为了精确的测量该圆柱体的电阻，实验室准备了如下实验器材，用伏安法进行测

7、量：电压表 V1（量程 03V，内电阻约 1k）；电压表 V2（量程 015V，内电阻约 5k）；电流表 A1（量程 03A，内电阻约 0.2）；电流表 A2（量程 0600mA，内电阻为 1）；滑动变阻器 R（最大阻值为 10，额定电流为 1A）；电池组 E（电动势为 4V、内电阻约为 0.1）；开关及导线若干为使实验能正常进行，减小测量误差，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流电压关系图线，则电压表应选用 （填实验器材的代号）电流表应选用 （填实验器材的代号）完成实验电路图（图 3）（4）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图 4 所示由图可知，电流

8、表读数为 A，电压表的读数为 V三、计算题：（共 36 分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有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（10 分）如图所示的电路中，电阻 R115 ，R 230当开关 S1、S 2 都闭合时，电流表的读数 I1 0.4A；当开关 S1 闭合、S 2 断开时，电流表的读数 I20.3A；求电源的电动势 E 和内阻 r15（12 分）如图所示，一带电量为 q 的小球，质量为 m，以初速度 v0 竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为 B当小球在竖直方向运动 h 高度时到达 b 点，重力加速度为 g。（1）判断小球带何种

9、电荷？（2）球在 b 点上所受的磁场力多大？16（14 分）一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过 60角时，小球到达 B 点速度恰好为零试求：（1）AB 两点的电势差 UAB；（2）匀强电场的场强大小；（3）小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小2018-2019 学年内蒙古赤峰市宁城县高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第 18 小题只有一个选项正确，第 91

10、2 小题有多个选项正确全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分1下列关于电场强度的叙述正确的是（ ）A电场中某点的场强与该点有无试探电荷无关B电场中某点的场强与试探电荷在该点所受的电场力成正比C电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比D电场中某点的场强方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向【分析】电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的，场强方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同【解答】解：A、电场强度表示电场本身的强弱和方向，与检验电荷有无无关。故 A 正确。BC、电场中某点的场强大小由电场本身决定，与试探电荷无

11、关，根据定义式 E 不能说电场强度与放在该点的电荷所受到的电场力的大小成正比，更不能说成反比，故 BC 错误。D、正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。故D 错误。故选：A。【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定2关于磁现象的电本质，安培提出了分子电流假说他是在怎样的情况下提出来的（ ）A安培通过精密仪器观察到分子电流B安培根据原子结构理论，进行严格推理得出的结论C安培根据环形电流的磁性与磁铁相似提出的一种假说D安培凭空想出来的【分析】安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出的一种假说，他认

12、为构成磁体的分子内部存在一种环形电流分子电流由于分子电流的存在，每个磁分子成为小磁体，两侧相当于两个磁极通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了当磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了【解答】解：A、安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出在分子内部存在一种环形电流，使每个分子成为一个小磁针，故 A 错误；B、安培的分子电流假说在当时物质结构的知识甚少的情况下无法证实，只是一种假说，故 B 错误；C、D、安培根据

13、通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出分子电流的假说，故 C 正确，D 错误；故选：C。【点评】安培的分子电流假说在当时物质结构的知识甚少的情况下无法证实，它带有相当大的臆测成分；在今天已经了解到物质由分子组成，而分子由原子组成，原子中有绕核运动的电子，安培的分子电流假说有了实在的内容，已成为认识物质磁性的重要依据3实验室用的小灯泡灯丝的 IU 特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大）（ ）A BC D【分析】考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大，电阻阻值变化，根据欧姆定律分析，小灯泡灯丝IU 特性是曲线形状【解答】解：根据欧姆定律 I ，得到 I U，由数学知识得知，IU

14、图象的斜率大小表达电阻的倒数，因此 IU 特性曲线是过原点的向电压轴倾斜的曲线，故 A 正确，BCD 错误。故选：A。【点评】本题是欧姆定律的简单应用对于伏安特性曲线，可以根据数学知识理解导体的电阻与图线斜率的关系4空间有一电场，电场线如图所示，电场中有两个点 a 和 b。下列表述正确的是（ ）A该电场是匀强电场Ba 点的电场强度比 b 点小C负电荷在 a 点的电势能比在 b 点的高Da 点的电势比 b 点的高【分析】电场线的疏密代表场强的强弱，场强处处相同的电场为匀强电场。沿电场线方向电势逐渐降低。【解答】解：A、该电场的电场线疏密不同，场强不同，不是匀强电场。故 A 错误。B、a 点的电场

15、线比 b 点密，所以 a 点的场强大于 b 点的场强。故 B 错误。C、负电荷从 a 到 b 电场力做正功，故电势能减小，故在 a 点的电势能比在 b 点的大。故 C 正确。D、沿电场线方向电势逐渐降低，知 b 点的电势大于 a 点的电势。故 D 错误。故选：C。【点评】解决本题的关键知道电场线的特点，电场线的疏密代表电场的强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向。5对于一个电容器，下列说法中正确的是（ ）A电容器所带的电量越多，电容越大B电容器两极板间的电势差越大，电容越大C电容器两极板间的电势差减小到原来的一半，它的电容也减小到原来的一半D电容器所带的电量增加为原来的两倍，两极板间的电势

16、差也增加为原来的两倍【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关【解答】解：A、B、C、 是比值定义式，C 与 U、Q 无关，电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关。故 A、B、C 错误，D、由 得 U 则电量增加为原来的两倍，两极板间的电势差也增加为原来的两倍，故 D 正确故选：D。【点评】电容 ，采用的是比值定义法，有比值定义法共性，C 与 U、Q 无关，由电容器本身决定6在磁感应强度为 B 的匀强磁场中有一个面积为 S 的闭合金属线框 abcd，如图所示开始时金属线框与磁感线平行

17、，当线框绕 OO轴转动 30角时，穿过线框的磁通量为（ ）ABS B C D0【分析】通过线圈的磁通量可以根据 BSsin 进行求解， 为线圈平面与磁场方向的夹角【解答】解：当线圈绕 0 0轴转过 30时，BSsin0.5BS故选：B。【点评】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为 0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大7已知 G 表的内阻为 100，满偏电流为 300A，若用此表头改装成 0.6A 量程的电流表，则（ ）A串联一个 199900电阻 B串联一个 0.05电阻C并联一个 199900电阻 D并联一个 0.05电阻【分析】把电流表改装成大量程电流

18、表，需要并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值【解答】解：把电流表改装成 0.6A 的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：R 0.05；则 D 正确，ABC 错误故选：D。【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题8如图所示，A、B 两个灯泡均正常发光，当滑动变阻器 R2 的滑片 P 向 d 端滑动时则（ ）AA 灯变亮，B 灯变暗 BA 灯变暗，B 灯变亮CA、B 灯均变亮 DA 、B 灯均变暗【分析】当变阻器的滑片 P 向 d 端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变

19、化和路端电压的变化，即可知道灯 A 的亮度变化根据总电流和通过 A 电流的变化，分析通过 R1 的电流变化和电压变化，可分析出 B 灯两端电压的变化，即可知灯 B 亮度变化【解答】解：由图知电路的结构是：变阻器与灯 B 并联与 R1 串联，再与灯 A 并联。当变阻器的滑片 P 向 d 端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过 A 的电流减小，则灯 A 变暗。因总电流增大、通过 A 的电流减小，则通过 R1 的电流增大，R 1 的电压增大，而路端电压减小，则B 灯两端电压的减小，B 灯变暗。所以 A、B 灯均变暗。故 D 正确。故选：D

20、。【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析9一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针 S 极向纸内偏转，这一束粒子可能是（ ）A向右飞行的正离子束 B向左飞行的正离子束C向右飞行的负离子束 D向左飞行的负离子束【分析】小磁针 N 极受力方向与磁场方向相同电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项【解答】解：A、向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，正离子在下方产生的磁场方向向里，则 N 极转向里， S 极转向外，不符合题意。故 A 错误。B、向左飞行的正离子束形成

21、的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则 N 极转向外，S 极转向里，符合题意。故 B 正确。C、向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则 N 极转向外，S 极转向里，符合题意。故 C 正确。D、向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则 N 极转向里，S 极转向外，不符合题意。故 D 错误。故选：BC。【点评】本题考查应用物理基本定则的能力，B、C 两项是等效的， A、D 两项也是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间10南极考察队队员在地球南极附近用弹簧秤竖直悬挂一还未通

22、电的螺线管，如图所示，下列说法正确的是（ ）A若将 a 端接电源正极，b 端接电源负极，则弹簧秤示数将减小B若将 a 端接电源正极， b 端接电源负极，则弹簧秤示数将增大C若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极，则弹簧秤示数将增大D若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极，则弹簧秤示数将减小【分析】根据安培定则，结合电流的方向判断出通电螺线管的磁场的方向，然后根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引即可判定【解答】解：A、B、若将 a 端接电源正极，b 端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的下端是磁场的 N 极，磁场的方向向下；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到排斥力，弹簧测力计

23、示数将减小。故 A 正确，B 错误；C、若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的上端是磁场的 N 极，磁场的方向向上；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到吸引力，弹簧测力计示数将增大。故 C 正确； D、由上分析可知，故 D 错误。故选：AC。【点评】该题结合地球的磁场的特点考查安培定则，情景的设置新颖，与实际生活的结合比较好，是一道理论结合实际的好题目11如图所示，匀强电场中 a、b、c、d 四个水平平面，间距相等，每个平面上各点的匀强电场方向都垂直于平面。一个电子射入电场后的运动轨迹如实线 MN 所示，由此可知（ ）A电场强度方向向左B电子在 N 的动

24、能小于在 M 的动能Ca 平面的电势低于 b 平面D电子在 N 的电势能小于在 M 的电势能的电势【分析】根据电场线方向与等势线垂直和电子所受的电场力指向轨迹的内侧，判断出电子所受的电场力方向，分析电场力做功的正负，根据动能定理分析动能的变化和电势能的变化。根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。【解答】解：A、根据电场线方向与等势线垂直可知，电场线方向必定位于竖直方向，则电子所受的电场力必定在竖直方向。电子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，所以可知电子所受的电场力方向应竖直向下，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以可知电场强度方向竖直向上，如图所示，故 A 错误。B、

25、D、若电子由 M 运动到 N，电子所受的电场力方向应竖直向下，与速度方向的夹角为钝角，对电子做负功，根据动能定理可知，电子的动能减小，电势能增加，所以电子在 N 的动能小于在M 的动能，在 N 的电势能大于在 M 的电势能，故 B 正确，D 错误。C、根据顺着电场线方向电势降低，得知，a 点电势低于 b 点电势，故 C 正确。故选：BC。【点评】解决本题的关键是根据电子的轨迹弯曲方向和电场线方向判断出电场力方向，运用动能定理和电场力做功与电势能变化的关系进行分析，注意掌握电场线与等势面之间的关系。12如图所示，两个倾角分别为 30和 60的光滑斜面固定于水平地面上，并处于磁感应强度大小为 B、

26、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，两个质量均为 m、电荷量均为 q 的带正电小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面（斜面足够长），在此过程中（ ）A在斜面上运动的时间，甲比乙短B飞离斜面瞬间的速度，甲比乙大C在斜面上运动过程中的加速度大小，甲和乙相等D在斜面上运动过程中的重力平均功率，甲和乙相等【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到 0 时，离开斜面。根据平衡条件确定离开时的速度，再根据匀变速直线运动规律可确定离开的时间以及速度，根据功率公式确定平均功率的大小

27、关系。【解答】解：A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcosqv mB解得：v m所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大；由受力分析得加速度 agsin，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由 vmat 得，甲的时间大于乙的时间，故 A 错误 B 正确；C、物体受重力、支持力和洛伦兹力作用，由于支持力和洛伦兹力与运动方向相互垂直，故合外力为 mgsin，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为 gsin；两物体的加速度不相同，故 C 错误；D、由平均功率的公式 PF ，因夹角不同，故重力的平均功率不相同，故D 错误。故选：B。【点评】解决本

28、题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况，注意明确洛伦兹力永不做功的基本性质。二、实验题：（共 16 分每空 2 分，请把答案填在答题卡中的横线上）13某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作：（1）用准确到 0.1mm 的游标卡尺测量圆柱体的长度，用螺旋测微器测量其直径如下图所示可知其长度为 29.8 mm，其直径为 2.130 mm；（2）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“1”位置的多用电表粗略测量该圆柱体的电阻，根据如图2 所示的表盘，可读出被测电阻阻值为 7.0 （3）为了精确的测量该圆柱体的电阻，实验室准备了如下实验器材，用伏安法进行测量

29、：电压表 V1（量程 03V，内电阻约 1k）；电压表 V2（量程 015V，内电阻约 5k）；电流表 A1（量程 03A，内电阻约 0.2）；电流表 A2（量程 0600mA，内电阻为 1）；滑动变阻器 R（最大阻值为 10，额定电流为 1A）；电池组 E（电动势为 4V、内电阻约为 0.1）；开关及导线若干为使实验能正常进行，减小测量误差，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流电压关系图线，则电压表应选用 V 1 （填实验器材的代号）电流表应选用 A 2 （填实验器材的代号）完成实验电路图（图 3）（4）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图 4 所示

30、由图可知，电流表读数为 0.46 A，电压表的读数为 2.40 V 【分析】（1）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（2）欧姆表的读数是指针的读数乘以欧姆档的倍数；（3）根据电源的电动势和待测电阻的大约阻值，求出电流最大值的大约值，从而确定电流表的量程根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法（4）根据图示电表确定其分度值，读出其示数【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：2.9cm29mm，游标尺上第 8

31、个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 80.1mm0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm29.8mm螺旋测微器的固定刻度为 2.0mm，可动刻度为 13.00.01mm0.130mm，所以最终读数为2.0mm+0.130mm2.130mm （2）欧姆表指针的读数为 7.0，乘以欧姆档的倍数为“l”，所以欧姆表的读数为 7.0l7.0（3） 电源电动势为 4V，则电压表选择电压表 V1，最大电流 I ，则电流表应选用电流表 A2，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法待测电阻远小于电压表的内阻，与电流表内阻接近，属于小电阻，则电流表采用

32、外接法（4）根据图 3 可知，由图示电流表可知，其分度值为 0.02A，示数为 0.46A；由图示电压表可知，其分度值为 0.1V，示数为 2.40V故答案为：（1）29.8；2.130；（2）7.0；（3）V 1；A 2；如图所示；（4）0.46；2.40【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，正确使用这些基本仪器进行有关测量，欧姆表的读数要乘以欧姆档的倍数，难度适中三、计算题：（共 36 分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有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（10 分）如图所示的电路中，电阻 R115 ，R 230当开关

33、 S1、S 2 都闭合时，电流表的读数 I1 0.4A；当开关 S1 闭合、S 2 断开时，电流表的读数 I20.3A；求电源的电动势 E 和内阻 r【分析】对开关 S1、S 2 都闭合时和开关 S1 闭合、S 2 断开时的两种情况，分别根据闭合电路欧姆定律列方程，联立求解即可【解答】解：当开关 S1、S 2 都闭合时，R 1、R 2 并联，外电路总电阻为： 由闭合电路欧姆定律得：EI 1（R+r），代入得：E0.4（10+r）当开关 S1 闭合、S 2 断开时，由闭合电路欧姆定律得：EI 2（R 1+r），代入得：E0.3（15+r）解方程得： E6V，r 5答：电源的电动势 E 是 6V，

34、内阻 r 是 5【点评】根据两种情况分别列方程，由闭合电路欧姆定律求电源的电动势和内阻是常用的方法，类似于实验中伏阻法15（12 分）如图所示，一带电量为 q 的小球，质量为 m，以初速度 v0 竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为 B当小球在竖直方向运动 h 高度时到达 b 点，重力加速度为 g。（1）判断小球带何种电荷？（2）球在 b 点上所受的磁场力多大？【分析】（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；（2）a 到 b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得 B 点的速度；再由洛伦兹力公式 FqvB 解得 F 大小。【解答】解：（1）由左手定则可以判定小球带负电

35、（2）从抛出点到 b 点，只有重力做功，洛仑兹力不做功由动能定理得：mgh mv2 m得：由洛仑兹力公式 fqvB 得，答：（1）小球带负电荷；（2）球在 b 点上所受的磁场力为【点评】此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解，注意明确洛伦兹力永不做功。16（14 分）一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过 60角时，小球到达 B 点速度恰好为零试求：（1）AB 两点的电势差 UAB；（2）匀强

36、电场的场强大小；（3）小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小【分析】（1）小球从 A 到 B 的过程中，重力做正功 mgLsin60，电场力做功为 qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差 UAB；（2）根据电场强度与电势差的关系 UEd 求解场强式中 d 是 AB 沿电场线方向的距离，dL Lcos60（3）小球在 AB 间摆动时具有对称性，B 处绳拉力与 A 处绳拉力相等，研究 A 处绳子的拉力得到B 处绳子的拉力在 A 处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力【解答】解：（1）小球由 A 到 B 过程中，由动能定理得：mgLsin60+qUAB0所以 UAB ；（2）BA 间电势差为 UBAU AB则场强 E ；（3）小球在 AB 间摆动，由对称性得知，B 处绳拉力与 A 处绳拉力相等，而在 A 处，由水平方向平衡有：FTAEq mg，所以 FTBF TA mg答：（1）AB 两点的电势差 UAB 为 ；（2）匀强电场的场强大小是 ；（3）小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小是 mg【点评】本题第（3）问题也可以直接研究 B 处得到，小球在 B 处，沿绳方向合力为零，有：FTBEqcos60+mgcos30 mg