一、选择题（每小题4分，1-6题每题有一个答案，选对得4分，7-10题每题有多个选项，选对得4分，漏选得2分，多选、错选不得分）
1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（ ） A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线
B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线
D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大
2．下列说法中错误的是（ ）
A．磁场中某处的磁感强度大小，就是通以电流I，长为L的一小段导线放在该处时所受磁场力F与I，L的乘积的比值
B．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处一定没有磁场
C．一小段通电导线放在磁场中A处时受磁场强力比放在B处大，则A处磁感强度比B处的磁感强度大 D．因为
3．如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
，所以某处磁感强度的大小与放在该处的通电小段导线IL乘积成反比
A．电流表读数变小，电压表读数变大 B．小电泡L变暗 C．电容器C上电荷量减小 D．电源的总功率变小
- 1 -
4．磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．a、b两处的磁感应强度大小Ba＜Bb B．a、b两处的磁感应强度大小Ba＞Bb
C．一通电导线分别放在a、b两处受的安培力，一定有Fa＜Fb D．一电荷分别静止在在a、b两处均受洛伦兹力，且一定有ƒa＞ƒb
5．如图所示，边长为2L的正方形线圈共有n匝，其中心位置处边长为L的正方形虚线框内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A．4BL2 B．BL2 C．4nBL2 D．nBL2
6．如图所示电路中电源的内阻不能忽略，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当电键K闭合时，下列说法正确的是（ ）
A．A比B先亮，然后A熄灭
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮 C．A、B一起亮，然后A熄灭
D．A、B一起亮．然后A逐渐变亮．B的亮度不变
7．一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r．该电动机正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．电动机消耗的电功率为IU B．电动机的输出功率为IU﹣I2r
- 2 -
C．电动机的发热功率为
D．I、U、r三个量间满足I=
8．如图，两水平放置的平行金属板M、N放在匀强磁场中，导线ab帖着M、N边缘以速度V向右匀速滑动，当一带电粒子以水平速度V0射入两板间后，能保持匀速直线运动，该带电粒子可能（ ）
A．带正电、速度方向向左 B．带负电速度方向向左 C．带正电速度方向向右 D．带负电速度方向向右
9．如图所示，图中K、L、M为静电场中的三个相距较近的等势面．一带正电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动．已知粒子在ab段做减速运动．下列判断中正确是（ ）
A．粒子在a点的电势能小于在d点的电势能 B．粒子在a点的电势能大于在d点的电势能 C．K、L、M三个等势面的电势关系φK＜φL＜φM D．K、L、M三个等势面的电势关系φK＞φL＞φM
10．如图所示是法拉第在1831年做的一个电磁感应实验的示意图．他把两个线圈绕在一个铁环上，A 线圈与电源、滑动变阻器 R 组成一个回路，B 线圈与开关S、电流表G组成另一个回路．通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（ ）
- 3 -
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流 B．闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流
C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流 D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
二、实验填空题
11．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 mm．
12．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验中要求小灯泡两端电压从零开始连续变化．
（1）实验电路已经画出了一部分，如图甲所示，但尚未画完整，请将电路完整地连接好． （2）按你连的电路，开关S闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应移动到 端（选填“A”或“B”）．
（3）实验结束后，画出的I﹣U图线如图乙对应的1线，其中虚线2是曲线1在B点的切线，则由该图线可知，图线B点对应的小灯泡的电阻值为 Ω．
- 4 -
13．在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到数码相机、手机等电子产品中的一些旧电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子元件．现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材： A．电压表（量程4V，电阻RV约为4.0kΩ） B．电流表A1（量程100mA，内阻不计） C．电流表A2（量程2mA，内阻不计） D．滑动变阻器R1（0～2kΩ，额定电流0.1A） E．电阻箱R2（0～999.9Ω） F．开关S一只，导线若干．
（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？
（2）如果在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电压表已损坏，用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．
①请你在图2方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；
②该实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出如图3所示的线性图象处理数据，则电源电动势为 V，内阻为 Ω．
三.计算题（14题8分，15题10分，16题10分，17题12分）
14．为了使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速由A点运动到B点，必须对该电荷施加一个恒力F．如图所示，若AB=0.5m，θ=37°，q=﹣3.0×10﹣7C，F=1.5×10﹣4N，A点的电势φA=100V（不计电荷所受的重力），求B点的电势．
- 5 -
15．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求： （1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R2的电功率； （3）S断开后，求流经R2的电量．
2
16．如图所示，MN表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有方向垂直于纸面向里匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点．经测量P、O间的距离为L，不计带电粒子受到的重力．求：
（1）该粒子带正电还是负电？
（2）带电粒子由O运动到P所用的时间t； （3）匀强磁场的磁感应强度B．
17．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限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
- 6 -
轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON=d，如图所示．不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R； （2）粒子在M点的初速度v0的大小； （3）粒子从M点运动到P点的总时间t．
- 7 -
2015-2016学年山东省潍坊市临朐中学高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，1-6题每题有一个答案，选对得4分，7-10题每题有多个选项，选对得4分，漏选得2分，多选、错选不得分）
1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（ ） A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线
B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线
D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大
【考点】电场线；磁感线及用磁感线描述磁场．
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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；
磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．
【解答】解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；
B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；
C、电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C正确； D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误； 故选C．
【点评】本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．
2．下列说法中错误的是（ ）
- 8 -
A．磁场中某处的磁感强度大小，就是通以电流I，长为L的一小段导线放在该处时所受磁场力F与I，L的乘积的比值
B．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处一定没有磁场
C．一小段通电导线放在磁场中A处时受磁场强力比放在B处大，则A处磁感强度比B处的磁感强度大 D．因为
，所以某处磁感强度的大小与放在该处的通电小段导线IL乘积成反比
【考点】磁感应强度；磁现象和磁场．
【分析】安培力的大小除了跟磁场的强弱和电流大小有关，还跟导线在磁场中的长度以及导线与磁场的夹角有关．若导线平行于匀强磁场的方向放置，则导线不受磁场力．根据左手定则可知，安培力必定与磁场方向垂直，也必定与电流方向垂直，但磁场方向可与电流方向不垂直，可成任意角．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL，所以某段导线在磁场中取某一方向时受到的磁场力最大，此时导线必与磁场方向垂直． 【解答】解：A、只有当通电导线与磁场垂直时，才有B=错误．
B、当导线与磁场平行时，导线不受力．故B错误．
C、在磁场中同一位置，导线的放置方向不同，导线受力不一样，但磁感应强度一样．故CD错误．
题目要求选错误的，故选：ABCD．
【点评】对于概念的理解要深入充分，不能停留在表面，很多概念的定义式和决定式是不同的，如电场强度、磁感应强度、速度、加速度等．
3．如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
，不垂直时B大于
，故A
A．电流表读数变小，电压表读数变大 B．小电泡L变暗
- 9 -
C．电容器C上电荷量减小 D．电源的总功率变小
【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电流表测电路中电流，电压表测路端电压；向右移动滑动变阻器滑片时，接入电路的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，再根据串联电路的电压特点判断电压表示数的变化． 【解答】解：A、向右移动滑动变阻器滑片时，接入电路的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流I增加，故路端电压U=E﹣Ir减小，故A错误； B、电路中电流I增加，故小灯泡变亮，故B错误；
C、电容器两端电压UC=E﹣I（r+RL），电路中电流I增加，故电容器两端电压减小，故电容器C上电荷量减小，故C正确；
D、电路中电流I增加，故电源的总功率P=EI增加，故D错误； 故选：C．
【点评】本题考查欧姆定律的应用和滑动变阻器、电流表、电压表的使用，以及串联电路电流和电压的规律，关键分析清楚当滑片移动时电路电流和电压的变化．
4．磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．a、b两处的磁感应强度大小Ba＜Bb B．a、b两处的磁感应强度大小Ba＞Bb
C．一通电导线分别放在a、b两处受的安培力，一定有Fa＜Fb D．一电荷分别静止在在a、b两处均受洛伦兹力，且一定有ƒa＞ƒb 【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；安培力． 【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】在磁场中磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图可以直接判断出Ba、Bb大小的关系．安培力：F=BILsinθ．
- 10 -
【解答】解：A、磁场中磁感线的疏密表示磁场的强弱．由图可知，Ba＞Bb．故A正确，B错误． C、一通电导线分别放在a、b两处受的安培力，但没有说明导线的方向与磁场方向之间的关系，安培力的大小关系不一定有Fa＜Fb，故C错误； D、电荷在磁场中静止时，不受洛伦兹力的作用．故D错误． 故选：A
【点评】电场线的疏密表示电场的强弱，磁感线的疏密表示磁场的强弱，这是电场线与磁感线的基本性质．要牢记．
5．如图所示，边长为2L的正方形线圈共有n匝，其中心位置处边长为L的正方形虚线框内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A．4BL2 B．BL2 C．4nBL2 D．nBL2 【考点】磁通量．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】线圈平面跟磁场方向相互垂直时，通过线圈的磁通量Φ=BS，S为包括磁场的有效面积．
【解答】解：由题，线圈平面跟磁场方向相互垂直时，通过线圈的磁通量 Φ=BS=BL2．故ACD错误，B正确． 故选：B．
【点评】对于匀强磁场中穿过线圈的磁通量一般公式是：Φ=BSsinα，α是线圈平面与磁场方向的夹角；同时面积应是包括磁场的有效面积．
6．如图所示电路中电源的内阻不能忽略，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当电键K闭合时，下列说法正确的是（ ）
A．A比B先亮，然后A熄灭
- 11 -
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮 C．A、B一起亮，然后A熄灭
D．A、B一起亮．然后A逐渐变亮．B的亮度不变 【考点】自感现象和自感系数．
【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．
【解答】解：灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光．通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来．所以B比A先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，外电路电流变大时，路端电压U=E﹣Ir减小，B灯变暗． 故选：B．
【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解．
7．一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r．该电动机正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．电动机消耗的电功率为IU B．电动机的输出功率为IU﹣I2r C．电动机的发热功率为【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题．
【分析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率P电=UI，发热功率P热=I2r，输出功率根据能量守恒分析得到P出=P电﹣P热．
【解答】解：A、电动机正常工作时，电动机消耗的电功率P电=UI．故A正确．
B、C电动机的发热功率P热=I2r，根据能量守恒定律得到，电动机的输出功率P出=P电﹣P热=UI﹣I2r．故B正确，C错误．
D、电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，电能一部分转化为内能，则有UIt＞I2rt，得到U＞Ir．故D错误． 故选：AB
D．I、U、r三个量间满足I=
- 12 -
【点评】本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力．要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=Ir．
8．如图，两水平放置的平行金属板M、N放在匀强磁场中，导线ab帖着M、N边缘以速度V向右匀速滑动，当一带电粒子以水平速度V0射入两板间后，能保持匀速直线运动，该带电粒子可能（ ）
2
A．带正电、速度方向向左 B．带负电速度方向向左 C．带正电速度方向向右 D．带负电速度方向向右
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势． 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子开始做直线运动，电场力和初速度垂直，故电场力和洛伦兹力一定平衡；由于电场强度向上，故磁感应强度垂直向内；结合平行板电容器电容公式和电势差与电场强度关系公式列式求解．
【解答】解：由右手定则可得，M板的电势高于N板的电势，所以电场线的方向向下； 粒子做直线运动，电场力和初速度垂直，故电场力和洛伦兹力一定平衡，粒子做匀速直线运动，如果粒子带正电，电场力向下，洛伦兹力向上，根据左手定则，磁感应强度方向垂直向内，所以带电粒子向右运动；若粒子带负电，电场力向上，洛伦兹力向下，同样可以得到磁感应强度方向垂直向内时，带电粒子向右运动． 所以选项CD正确，选项AB错误． 故选：CD．
【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，同时要结合粒子做匀速直线运动的条件分析．
9．如图所示，图中K、L、M为静电场中的三个相距较近的等势面．一带正电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动．已知粒子在ab段做减速运动．下列判断中正确是（ ）
- 13 -
A．粒子在a点的电势能小于在d点的电势能 B．粒子在a点的电势能大于在d点的电势能 C．K、L、M三个等势面的电势关系φK＜φL＜φM D．K、L、M三个等势面的电势关系φK＞φL＞φM 【考点】等势面．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】带电粒子沿abcde轨迹运动，根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直，画出电场线的分布，确定电场的方向．由速度变化与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小．
【解答】解：由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左．画出电场线的分布，如图．
A、已知粒子在ab段做减速运动，则粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，而b、d两点在同一条等势面上，粒子的电势能相等，所以粒子在a点的电势能小于在d点的电势能．故A正确，B错误．
C、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，可知M的电势最高，K的电势最低．故C正确，D错误． 故选：AC
【点评】本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线是常用方法．
10．如图所示是法拉第在1831年做的一个电磁感应实验的示意图．他把两个线圈绕在一个铁环上，A 线圈与电源、滑动变阻器 R 组成一个回路，B 线圈与开关S、电流表G组成另一个
- 14 -
回路．通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流 B．闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流
C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流 D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流 【考点】楞次定律．
【分析】电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流．根据右手螺旋定则可确定线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可判定感应电流方向．
【解答】解：闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流．闭合开关S 后，在增大电阻 R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有 b→a 的感应电流．故BD正确，AC错误； 故选：BD
【点评】考查右手螺旋定则、楞次定律，知道右手大拇指向为线圈内部的磁场方向，并还理解“增反减同”的含义．同时注意开关的闭合不会改变穿过线圈的磁通量．
二、实验填空题
11．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 33.35 mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 3.266 mm．
- 15 -
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用． 【专题】实验题．
【分析】游标卡尺读数的方法是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．
【解答】解：游标卡尺的主尺读数为33mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为33.35mm．
螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×26.6mm=0.266mm，所以最终读数为3.266mm． 故答案为：33.35，3.266
【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．
12．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验中要求小灯泡两端电压从零开始连续变化．
- 16 -
（1）实验电路已经画出了一部分，如图甲所示，但尚未画完整，请将电路完整地连接好． （2）按你连的电路，开关S闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应移动到 A 端（选填“A”或“B”）．
（3）实验结束后，画出的I﹣U图线如图乙对应的1线，其中虚线2是曲线1在B点的切线，则由该图线可知，图线B点对应的小灯泡的电阻值为 4 Ω． 【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）由题意及实验的原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法；按分压接法补全电路图；
（2）为了增大亮度，应增大灯泡两端的电压，即增大与测量电路并联的滑动变阻器的阻值； （3）从小灯泡的伏安特性曲线的实验原理去分析考虑．
【解答】解：（1）由本实验的要求可知，为了多测几线数据，应采用分压接法，故连线如图所示；
- 17 -
（2）由图可知，与测量电路并联部分为滑动变阻器的左侧部分，开关S闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应移动到A端； （3）根据欧姆定律得：
图线B点对应的小灯泡的电阻值为R=
=
=4Ω．
故答案为：（1）如上图；（2）A （3）4
【点评】本题应牢记在测量小灯泡的伏安特性曲线时一定要采用分压接法；并注意滑动变阻器的哪一部分与灯泡并联供电．
13．在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到数码相机、手机等电子产品中的一些旧电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子元件．现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材： A．电压表（量程4V，电阻RV约为4.0kΩ） B．电流表A1（量程100mA，内阻不计） C．电流表A2（量程2mA，内阻不计） D．滑动变阻器R1（0～2kΩ，额定电流0.1A） E．电阻箱R2（0～999.9Ω） F．开关S一只，导线若干．
- 18 -
（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？ 用A2替换A1
（2）如果在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电压表已损坏，用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．
①请你在图2方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；
②该实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出如图3所示的线性图象处理数据，则电源电动势为 3.5 V，内阻为 7.0 Ω． 【考点】测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻． 【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，估算出电路中电流的范围，从而得到电流表量程偏大． （2）①滑动变阻器可以用电阻箱替换，由于电阻箱的电阻可以直接读出，因而可以不用电压表；
②先推导出电阻R与电流关系的一般表达式，然后结合图象得到数据． 【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器短路时，电流为：I=
=
≤1.85×10﹣3A；，故用电流表A1量程太大，读数不准确；
故答案为：用A2替换A1 ．
（2）①根据题意可知，要利用给定的条件测量电动势和内电阻，故应采用电流表和电阻箱串联进行测量；如图所示
②根据闭合电路欧姆定律，电流的表达式为： I=即
=
+
结合图象可以得到： r=7Ω，E=3.5v
故答案为：（1）用A2替换A1；（2）①如图所示；②3.5，7.0
- 19 -
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确用图象处理数据的方法，能根据给定的图象正确选择电路图和闭合电路欧姆定律的表达式进行分析解答．
三.计算题（14题8分，15题10分，16题10分，17题12分）
14．为了使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速由A点运动到B点，必须对该电荷施加一个恒力F．如图所示，若AB=0.5m，θ=37°，q=﹣3.0×10C，F=1.5×10N，A点的电势φA=100V（不计电荷所受的重力），求B点的电势．
﹣7
﹣4
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场力做功求出A、B间的电势差，结合电势差等于电势之差得出B点的电势． 【解答】解：由平衡条件知：负电荷所受电场力大小为：F′=F=1.5×10N， 方向与F相反，场强方向如图所示，A到B电场力做功为： WAB=﹣F′•AB•cos37°=﹣1.5×10×0.5×0.8J=﹣6×10J． 则有：
因为UAB=φA﹣φB，则有：φB=φA﹣UAB=100﹣200V=﹣100V． 答：B点的电势为﹣100V．
﹣4
﹣5
﹣4
【点评】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，注意运用W=qU计算时，q的正负、U的正负、W的正负均需代入计算．
- 20 -
15．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求： （1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R2的电功率； （3）S断开后，求流经R2的电量．
2
【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律． 【专题】电磁感应与图像结合．
【分析】（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势． （2）根据P=IR求出电阻R2的电功率．
（3）电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量 【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律：E=n
4
2
=nS=1500×20×10﹣
×=1.2V；
=
=0.12A
（2）根据全电路欧姆定律，有：I=根据 P=I2R2
解得：P=7.2×10﹣2W；
（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q 电容器两端的电压：U=IR2=0.6V 流经R2的电量：Q=CU=1.8×10﹣5C
答：（1）螺线管中产生的感应电动势为1.2V；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为7.2×10﹣2W； （3）S断开后，流经R2的电量为1.8×10﹣5C．
【点评】本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解．
- 21 -
16．如图所示，MN表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有方向垂直于纸面向里匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点．经测量P、O间的距离为L，不计带电粒子受到的重力．求：
（1）该粒子带正电还是负电？
（2）带电粒子由O运动到P所用的时间t； （3）匀强磁场的磁感应强度B．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）根据粒子偏转方向由左手定则判断出粒子的电性． （2）根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间． （3）由牛顿第二定律求出磁感应强度．
【解答】解：（1）粒子在磁场中向左偏转，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知知：粒子带正电．
（2）由题意分析可知：L=2r，粒子做圆周运动的周期：T=粒子在磁场中运动的时间：
，解得：t=
；
，
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：答：（1）该粒子带正电；
（2）带电粒子由O运动到P所用的时间t为（3）匀强磁场的磁感应强度B为
．
；
，解得：B=
；
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，应用左手定则、粒子周期公式与牛顿第二定律即可正确解题．
- 22 -
17．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限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轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON=d，如图所示．不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R； （2）粒子在M点的初速度v0的大小； （3）粒子从M点运动到P点的总时间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． 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径； （2）应用牛顿第二定律与类平抛运动规律求出粒子的速度；
（3）分别求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出粒子总的运动时间． 【解答】解：（1）粒子的运动轨迹如图所示：
由几何知识得：Rsinθ=d，
- 23 -
解得：R=d；
，
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：v=
，
在N点速度v与x轴正方向成θ=60°角射出电场，将速度分解如图
cosθ=，解得射出速度：v=2v0，v0=；
（3）粒子在电场中运动的时间t1， 有：d=v0t1，所以t1=
=
，
，
T，所以t2=
；
d； ；
． ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2=粒子总的运动时间：t=t1+t2=
答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R为（2）粒子在M点的初速度v0的大小为（3）粒子从M点运动到P点的总时间t为
【点评】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．粒子在磁场中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，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．
- 24 -
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容