江西省高安二中2013-2014学年高二物理周练试题新人教版

江西省南昌二中2013-2014学年高二物理上学期第一次月考试题〔含解析〕新人教版一、选择题〔每一小题4分，共40分，在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个正确答案，有的小题有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得零分〕1. 用比值定义物理量是物理学中一种常用方法，下面有四个物理量：①电场强度E ＝F/q②电势p E qφ＝③电容Q c U=④电场强度UE d =，其中不属于比值法定义的是〔 〕A. ①B. ②C. ③D. ④2. 两个大小一样、带等量异种电荷的导体小球A 和B ，彼此间的引力为F. 另一个不带电的与A 、B 大小一样的导体小球C ，先与A 接触，再与B 接触，然后移开，这时A 和B 之间的作用力为F′，如此F 与F′之比为〔 〕 A. 8:3 B. 8:1 C. 4:1 D. 2:1【答案】B【解析】试题分析：一个不带电的物体与一个带电物体接触平分掉该带电物体带电量的一半。

这样的话，C 与A 接触会分掉A 的一半的电量，然后它带着这一半的电量去与B 接触，先中和掉B 的一半的电量，再分得B 中剩下的电量中的一半，使B 中的电量减少为原来的1/4， 再由库仑定律F=KQ 1Q 2/r 2,可得B 正确 考点：此题考查对库仑定律F=KQ 1Q 2/r 2律的理解。

3. 电场中有一条直线，在直线上有M、N两点，假设将一试探电荷q从直线外的P点分别移到M、N两点，电场力对q做功相等，如此〔〕A. 该电场假设是匀强电场，如此M、N所在直线一定与电场线平行B. 该电场假设是匀强电场，如此M、N所在直线一定与电场线垂直C. 该电场假设是由一个点电荷产生的，如此M、N两点的电势和电场强度都一样D. 该电场假设是由一个点电荷产生的，如此M、N两点的电势相等、电场强度不同4. 如下列图，在原来不带电的金属杆ab附近，在ab连线的延长线上放置一个正点电荷，达到静电平衡后，如下判断正确的答案是〔〕A. a 端的电势比b端的高B. b端的电势比d点的高C. a端的电势与b端的电势相等D. 感应电荷在杆内c处产生的场强方向由b指向a【答案】C【解析】试题分析：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb，所以A、B错，C对；由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，所以D错误。

2015届高二年级期末考试物理试题2014-6-21一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项正确，第7-10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，有选错的得0分。

1.下面的说法正确的是（）A. 当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零B．如果物体(质量不变)的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大D．做曲线运动的物体，在任何Δt时间内所受合外力的冲量一定不为零【答案】BA、冲量与位移无关，故A错误；B、由动量定理知：合外力的冲量等于动量变化，物体的质量不变，则速度一定发生变化，故B正确；C、合外力的冲量越大，动量变化越大，故C错误；D、若是匀速圆周运动，物体运动一周时，合外力的冲量为零，故D错误。

故选B。

【考点】冲量；动量定理2、爱因斯坦由光电效应的实验规律提出了光子说，以下对光电效应的解释，正确的是() A．金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属B．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功，只要照射时间足够长，光电效应也能发生C．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同D．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大【答案】CA、金属内每个电子可以吸收一个光子，吸收的能量若能克服金属束缚力逸出金属表面，即可发生光电效应，不会积累能量，故A错误；B、光电效应的条件是入射光的光子能量大于逸出功，若小于逸出功，不能发生光电效应，与照射的时间长短无关，故B错误；C、根据逸出功W0=hv0知，不同的金属逸出功不同，则使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同，故C正确；D、根据光电效应方程E km=hv-W0知，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度无关，故D错误。

2011.10.18一、选择题（将正确答案填在答题卡中，填在其它地方得零分。

本题共10小题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。

）1．一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A 、B 两点的速度分别为v 和7v ，经过AB 的时间是t ，则下列判断中正确的是：（ BCD ）A.经过A 、B 中点的速度是4vB.经过A 、B 中间时刻的速度是4vC ．前t/2时间通过的位移比后t/2时间通过的位移少1．5vtD ．前S/2位移所需的时间是后S/2位移所需的时间的2倍2．如图所示，质量相等的A 、B 两物体在同一水平线上，当A 物体被水平抛出的同时，B 物体开始自由下落(空气阻力忽略不计)，曲线AC 为A 物体的运动轨迹，直线BD 为B 物体的运动轨迹，两轨迹相交于O 点，则两物体( BD ) A ．经O 点时速率相等B.在O 点相遇C.在O 点具有的机械能一定相等D.在O 点时重力的功率一定相等3．如图所示甲、乙两种表面粗糙的传送带．倾斜于水平地面放置．以同样恒定速率v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v .已知B处离地面高度为H ，则在物体从A 到B 的运动过程中( AC )A.两种传送带对小物体做功相等B.将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D.将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等4．如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A 和B ，轻杆处于匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用。

初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A 、B 两球电势能之和不变，根据图象给出的位置关系，下列说法正确的是( D )A.因为A 、B 两球电势能之和不变，所以电场力对A 球或B 球都不做功B.A 带正电，B 带负电C.A 球电势能在增加D.A 、B 两球带电量的绝对值之比q A ∶q B =1∶25．如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成600角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成300角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（ B ）A.31-B.23-C.3122-D.1-326．如图甲所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。

2013-2014学年江西省宜春市高安二中高二（上）段考物理试卷（9月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)1.两个半径相同的可看作点电荷的金属小球，它们的带电量之比为1：9，相距为r，将两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们的相互作用力可为原来的（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】解：由库仑定律可得两球接触前的库仑力为：F=k当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量为：q′=两球接触后的库仑力为：F'=k=；当两球带异种电荷时，两球接触中和后再平分电量，则两球的电量为：q′==-4Q 两球接触后的库仑力为：F'=k=，故AC正确，BD错误．故选：AC．由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系．两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向．二、单选题(本大题共9小题，共36.0分)2.如图所示，A为空心金属球，B为靠近A的另一个原来不带电的枕形金属壳．将另一个带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，但不触及A球．则B出现的情况是（）A.靠近A的一端带正电，远离A的另一端带负电B.靠近A的一端带负电，远离A的另一端带正电C.靠近A的一端带负电，远离A的另一端不带电D.靠近A的一端带正电，远离A的另一端不带电【答案】B【解析】解：带正电的小球C放在A球中央时，A的内侧感应出负电，外侧带正点，当B靠近A 时，靠近A的一端就会感应出负电，另一端带正电．故选：B．一个带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，但不触及A球．此时A的电子被吸引到内侧，外侧带正电，这时B靠近A的一端就会感应出负电．该题考查了感应起电的相关知识，难度不大，属于基础题．3.a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为+3q和-q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧．则平衡时可能位置是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右．以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2q E，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转．设上面绳子与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tanα==以b球为研究对象，受力如图．设ab间的绳子与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ=得到α=β，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确，ABC错误；故选：D．运用整体法研究上面绳子与竖直方向的夹角，再隔离b研究，分析ab间的绳子与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力．4.如图所示，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且O a=ab，以下说法正确的是（）A.将质子从a点由静止释放，质子向b做变加速运动B.将质子从a点由静止释放，质子运动到b的速率为v，则将a粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为vC.若电子以O a为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以O b为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为2vD.若电子以O a为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以O b为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为【答案】A【解析】解：A、由点电荷的电场可知由a到b场强减小，质子所受的电场力减小，加速度减小，故将质子从a点由静止释放，质子向b做变加速运动，故A正确．B、设ab电势差为U，则质子由a到b，根据动能定理得：e U=；α粒子从a点到b点，由动能定理得：2e U=′，解得：v′=，故B错误．C、D：设oa=r，则0b=2r，电子以O a和O b为半径绕O做匀速圆周运动时库仑力提供向心力，可得：k=m，k=m′，解得：v′=，故C、D错误．故选：A．由点电荷的电场线分布情况可知由a到b电场力减小．质子应做变加速运动；运用动能定理可求解粒子到b点的速度．电子以O a和O b为半径绕O做匀速圆周运动时库仑力提供向心力，列出表达式即可对比分析CD两项．本题的关键掌握好电场力的表达式，点电荷的电场比较特殊，电场力的方向正好指向圆心，可以提供电荷圆周运动的向心力，而一般的电场则没这个特征，会用圆周运动的相关规律．5.如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻R M=1Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A.电动机的输入功率是11WB.电动机的输出功率是9WC.电动机的热功率是2.5WD.整个电路消耗的电功率是24W【答案】D【解析】解：灯泡正常发光，电路电流：I=I L═2A，电动机两端电压：U M=U-U L=12V-6V=6V，电动机的输入功率：P M=U M I=6V×2A=12W．电动机的热功率：P Q=I2R M=（2A）2×0.50Ω=2W，电动机的输出功率：P出=P M-P Q=12W-2W=10W，故A错误，B错误，C错误整个电路消耗的电功率：P=UI=12V×2A=24W，故D正确．故选：D．由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出之和．6.如图所示，用甲、乙、丙三个电动势E相同而内电阻r不同的电源，分别给定值电阻R供电．已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为r甲＞r乙＞r丙，则将R先后接在这三个电源上时的情况相比，下列说法中正确的是（）A.接在甲电源上时，电源的输出功率最大B.接在丙电源上时，通过R的电流最小C.接在丙电源上时，电源提供的总功率最大D.接在乙电源上时，电阻R消耗的电功率最大【答案】C【解析】解：A、内外阻差别越小，电源的输出功率越大，因不知各内阻与外阻间的大小关系故不能确定哪个电源的输出功率最大．故A错误B、由闭合电路I=可知接在丙电源上电流最大．故B错误C、由闭合电路I=可知接在丙电源上电流最大，又P=EI，则其总功率最大．故C正确D、接在丙电源上电流最大，电阻R电阻R消耗的电功率最大．故D错误故选：C根据闭合电路欧姆定律分析同一电阻接到不同电源上时电流的大小，再由公式P=EI分析电源的电功率大小．本题是闭合电路欧姆定律简单的运用．闭合电路欧姆定律是电路中最重要的规律之一，要熟练掌握．7.在如图所示的电路中，电源的内电阻r不能忽略，其电动势E小于电容器C的耐压值．先闭合开关S，待电路稳定后，再断开开关S，则在电路再次达到稳定的过程中，下列说法中正确的是（）A.电阻R1两端的电压减小B.电容器C两端的电压减小C.电源两端的电压减小D.电容器C上所带的电量减小【答案】A【解析】解：A、闭合开关S时，电路中有电流，电阻R1两端有电压；当断开开关S稳定后，电路中没有电流，电阻R1两端的电压等于零，所以电阻R1两端的电压减小．故A正确．B、D、闭合开关S时，电容器的电压等于R2两端的电压，小于电源的电动势E．开关断开稳定后，外电路断开，电路中没有电流，电源的内电压和电阻R1两端的电压都为零，故电容器C两端的电压等于电源的电动势E，所以电容器C两端的电压增大，所带的电量增加．故BD错误．C、闭合开关S时，电源两端的电压小于电动势E，开关断开稳定后，电源两端的电压等于电动势E，则电源两端的电压增大．故C错误．故选：A．根据开关闭合时电路稳定时电容器的电压等于R2两端电压；开关断开稳定后，电容器的电压等于电源电动势，分析电容器电压如何变化，再确定电量的变化．本题关键要抓住电路稳定时，电容器所在电路相当开关断开．外电路断路时电源两端的电压等于电动势．8.如图所示，L1，L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片向左移动过程中L1和L2两灯的亮度变化情况是（）A.L1亮度不变，L2变暗B.L1变暗，L2亮度不变C.L1变亮，L2变暗D.L1变暗，L2变亮【答案】C【解析】解：滑动变阻器的滑动头向左移动的过程中，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，L1变亮，灯泡L2的电压U2=U-IR1，I增大，U和R1不变，则U2减小，L2变暗．故C正确．故选：C．题中电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向左移动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的思路分析．9.如图所示，虚线是两个等量点电荷所产生的静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则下述判断正确的是（）A.由a到b的过程中电场力对带电粒子做正功B.由a到b的过程中带电粒子的动能减小C.若粒子带正电，两等量点电荷均带正电D.若粒子带负电，a点电势低于b点电势【答案】AD【解析】解：A、可由运动轨迹确定粒子的受力方向与速度方向，两者的夹角小于90°故做正功，则动能增加，故A正确，BD、若带负电荷，由a到b，电场力做正功，则电势能减小，动能增加，因电荷带负电，则电势增加，即a点电势低于b点电势，故B错误，D正确；C、若粒子带正电，在两者中垂线左侧受力方向向右，则其电场线向右，而两等量电荷可以左边的为正电荷，右边的为负电荷．故C错误．故选：AD．由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出能量的大小关系．在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握．10.如图所示，质量为m=0.6kg，长为L=1m的通电直导线用两绝缘细线悬挂于OO′，并处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的恒定电流I=1A，导线从最低点由静止释放摆到最大摆角θ=37°．则磁感应强度方向和大小可能为（）（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）A.B方向沿y轴正向B=6TB.B方向沿y轴正向B=10TC.B方向沿z轴负向B=4.5TD.B方向沿z轴负向B=2T【答案】D【解析】解：A、B：若B方向沿y轴正向，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向竖直向上，不可能向右摆动37°，故AB错误．C、D：若B方向沿z轴负向，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向水平向右，导线能向右摆动37°．对于导线摆动的过程，运用动能定理得：BIL•L sinθ-mg L（1-cosθ）=0，则得：B==°T=2T．故C错误，D正确．°故选：D根据左手定则判断磁感应强度的方向，运用动能定理列式求解B的大小．本题关键要正确运用左手定则和动能定理分析和计算即可，要注意导线摆到最高点时，并不处于静止状态，不能根据平衡条件求解B的大小．三、多选题(本大题共1小题，共4.0分)11.如图所示，平行板电容器的两板与电源相连，板间同时有电场和垂直纸面向里的匀强磁场B，一个带电荷量为+q的粒子以v0为初速度从两板中间沿垂直电磁场方向进入，穿出时粒子的动能减小了，若想使这个带电粒子以v0沿原方向匀速直线运动穿过电磁场，可采用的办法是（）A.减小平行板的正对面积B.增大电源电压C.减小磁感应强度BD.增大磁感应强度B【答案】BC【解析】解：因为粒子穿越磁场时，动能减小，洛伦兹力不做功，则电场力做负功，电场力方向竖直向下，则粒子向上偏转，洛伦兹力大于电场力．A、减小平行板间的正对面积，U不变，d不变，则电场强度不变，电场力不变，仍然小于洛伦兹力，不能匀速穿越电磁场．故A错误．B、增大电源电压，则电场强度增大，电场力变大，能够与洛伦兹力相等，做匀速直线运动．故B正确．C、减小磁感应强度，则洛伦兹力减小，能够与电场力平衡，做匀速直线运动．故C正确．D、增大磁感应强度，则洛伦兹力增大，仍然大于电场力，不能匀速穿越电磁场．故D 错误．故选：BC．以速度v0从两极板中间垂直于电磁场方向射入，穿出时粒子的动能减少了，可知电场力做负功，知洛伦兹力大于电场力，向上偏转．想使这个带电粒子以速度v0按原方向匀速穿过电磁场，则电场力和洛伦兹力相等．解决本题的关键通过电场力做功得出电场力与洛伦兹力的大小关系，抓住电场力与洛伦兹力相等时，才能匀速直线运动进行分析．四、单选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M、N，则（）A.两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有v N=v MB.两小球都能到达轨道的最右端C.小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D.a小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力【答案】D【解析】解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：F M-mg-B qv1=m解得：F M=m+mg+B qv1…①小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：F N-mg=m解得：F N=m+mg…②A、C、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A，C错误；B、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故B错误；D、如果重力小于电场力，则小球不能到达最低端，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力；因光滑，则洛伦兹力对小球运动没有影响，而洛伦兹力与速度有关，因此洛伦兹力可能大于重力，故D正确；故选：D．两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．五、实验题探究题(本大题共2小题，共13.0分)13.一个电流计的满偏电流I g=100μA，内阻为1200Ω，要把它改装成一个量程为0.6A 的电流表，则应在电流计上______ （填串联或并联）一个约______ 欧姆的电阻（保留一位有效数字）【答案】并联；0.2【解析】解：电流计改装成电流表要并联电阻R=Ω；故答案为：并联0.2．电流计改装成电流表要并联电阻分流，应并联电阻为R=，（I为改装后的量程）据此求解．明确电流表的改装原理为并联电阻分流，会求并联的阻值．14.两位同学在实验室利用如图甲所示的电路，测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值．调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据测量数据分别描绘了如图乙所示的M、N两条U-I直线．请回答下列问题：（1）根据甲乙两位同学描绘的M、N两条直线可知______A．直线M是根据电压表V1和电流表A的数据画得的B．直线M是根据电压表V2和电流表A的数据画得的C．直线N是根据电压表V1和电流表A的数据画得的D．直线N是根据电压表V2和电流表A的数据画得的（2）图象中两直线交点的物理意义是______A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5W D．电源的效率达到最大值（3）根据图乙可以求得定值电阻R0= ______ Ω，电源电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω．（4）该电路中电流表的读数能否达到0.6A？试分析说明理由．______ ．【答案】BC；ABC；2；1.5；1；【解析】解：（1）定值电阻的U-I图线是正比图线，一定经过原点，故图线M是根据电压表V2和电流表A的数据画得的，电阻为2Ω；电源的U-I图线是向下倾斜的图线，故直线N是根据电压表V1和电流表A的数据画得的，电动势为1.5V，内电阻为1Ω；故选BC；（2）当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，故A正确；滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接进，故电源输出功率最大，故B正确；此时电阻的电压为1V，电流为0.5A，故功率为0.5W，故C正确；外电阻最小，效率最低，故D错误；故选ABC；（3）定值电阻的U-I图线是正比图线，斜率表示电阻，为2Ω；图线N的纵轴截距表示电动势，为1.5V；斜率表示内电阻，为1Ω；故答案为：2，1.5，1；（4）当滑动变阻器滑到最左端时，总电阻最小电流最大，；故答案为：不能，当滑动变阻器滑到最左端时，总电阻最小电流最大为0.5A．（1）定值电阻的U-I图线是正比图线，电源的U-I图线是向下倾斜的图线；（2）两个图线的交点是将电阻和电源直接相连时电路中的电压和电流值；（3）定值电阻的U-I图线是正比图线，斜率表示电阻；电源的U-I图线的纵轴截距表示电动势，斜率表示内电阻；（4）当滑动变阻器滑到最左端时，总电阻最小电流最大．本题关键要明确定值电阻的U-I图象和电源电动势的U-I图象的物理意义和区别，然后根据具体数据进行判断．六、计算题(本大题共4小题，共39.0分)15.如图所示，导体棒ab长0.5m，质量为0.1kg，电阻R=5.5Ω，电源的电动势E=3V，r=0.5Ω，整个装置放在一磁感应强度B=2T的磁场中，磁场方向与导体棒垂直且与水平导轨平面成53°角，导体棒静止．求：导体棒受到的摩擦力和支持力（不计导轨电阻）．（sin53°=0.8）【答案】解：通过导体棒的电流导体棒受到的安培F=BIL=2×0.5×0.5N=0.5N由受力分析f=F sinθ=0.4N，水平向右N=mg+F cosθ=1.3N，竖直向上．【解析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外、在磁场中受到安培力，还有静摩擦力，四力处于平衡状态．根据磁场的方向由左手定则来确定安培力的方向，从而对安培力进行力的分解，由平衡可得支持力、摩擦力的大小．要会区分左手定则与右手定则：左手定则是判定磁场力的，而右手定则是判定感应电流方向的．同时还利用三力平衡知识来求解．16.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离．【答案】解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：e U1=，解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1．根据牛顿第二定律和运动学公式得：a=，又E=，得a=水平方向：t1=，竖直方向：y1=，解得：y1=（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v y．根据运动学公式得：v y=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示t2=，y2=v y t2解得：y2=P到O点的距离为y=y1+y2=答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y1=；（3）P点到O点的距离y2=．【解析】（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于v y，由y=v y t求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解．带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解．第（3）问也可以利用三角形相似法求解．17.如图所示，在真空中半径r=3.0×10-2m的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2T，方向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子以初速度v0=1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab的a端沿各个方向射入磁场，且初速方向都垂直于磁场方向，若该束粒子的比荷C/kg，不计粒子重力．求：（1）粒子在磁场中运动的最长时间．（2）若射入磁场的速度改为v=3.0×105m/s，其他条件不变，求磁场边界上有粒子击中的弧长．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）【答案】解：①、由洛伦兹力提供向心力得：解得：＞故以ab为弦长的圆弧对应运动时间最长．由图可知：∴θ=37°∴°②、若速率v=3.0×105m/s．则′m，由图可知有粒子可击中的边界弧长为，由几何关系可知弧长为所对应的圆心角为60°=m答：（1）粒子在磁场中运动的最长时间为6.45×10-8s．（2）磁场边界上有粒子击中的弧长为3.14×10-2m．【解析】①首先做出轨迹图，利用几何关系判断出当弦长为多少时运动时间最长，从而可以计算出粒子在磁场中运行的最长时间．②由确定的速度先求出粒子在磁场中的运动半径，利用几何关系判断出粒子射出磁场的区域，从而计算粒子射出区域弧长．解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解．（1）圆心的确定：因洛伦兹力始终指向圆心，根据洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，画出粒子运动轨迹中的任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．（2）半径的确定和计算，半径的计算一般是利用几何知识，常用解三角形的方法．（θ为度（3）在磁场中运动时间的确定，由求出t，t=（θ为弧度）或t=°数）；应注意速度矢量转过的角度θ，就是圆半径转过的角度，以及弦切角与圆心角的。