创新设计2016二轮物理全国通用专题复习仿真预测卷(二)

2016年(全国2卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图1甲所示，将两根足够长、间距为L 的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为R 的电阻，与导轨垂直的虚线ef 右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m 的金属杆PQ 静止在导轨上．现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t ，杆进入磁场并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计．图1(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求0～x 0与x 0～3x 0两个过程中电阻R 产生的热量之比． 答案 (1)mR L 2t (2)54解析 (1)设拉力大小为F ，杆的加速度为a ，进入磁场时的速度为v 0，则F ＝ma 杆做匀加速运动，则v 0＝at杆在磁场中做匀速运动，则F ＝F 安＝BIL I ＝ER E ＝BL v 0 联立解得：B ＝mR L 2t(2)撤去拉力后，由题图乙可知，杆在x ＝x 0处的速度大小为v ＝2v 03由能量关系，在0～x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 1＝12m v 02－12m v 2在x 0～3x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 2＝12m v 2解得Q 1Q 2＝54.25．(20分) (2019·陕西渭南市教学质检(二))如图2，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°.小滑块(可看作质点)A 的质量为m A ＝1 kg ，小滑块B 的质量为m B ＝0.5 kg ，其左端连接一水平轻质弹簧．若滑块A 在斜面上受到大小为2 N ，方向垂直斜面向下的恒力F 作用时，恰能沿斜面匀速下滑．现撤去F ，让滑块A 从距斜面底端L ＝2.4 m 处，由静止开始下滑．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)滑块A 与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去F 后，滑块A 到达斜面底端时的速度大小； (3)滑块A 与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能． 答案 (1)0.6 (2)2.4 m/s (3)0.96 J解析 (1)滑块A 沿着斜面匀速下滑时受力如图所示由平衡条件知m A g sin θ＝F f ，F N ＝m A g cos θ＋F ，F f ＝μF N 解得μ＝m A g sin θF ＋m A g cos θ＝0.6.(2)滑块A 沿斜面加速下滑时受力如图所示，设滑块A 滑到斜面底端时速度为v 0，根据动能定理得 (m A g sin θ－μm A g cos θ)L ＝12m A v 02代入数据解得v 0＝2.4 m/s(3)由分析可知，当A 、B 速度相同时，弹簧有最大弹性势能．以A 、B 及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v ，据动量守恒定律m A v 0＝(m A ＋m B )v 根据能量守恒E p ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v 2代入数据解得：E p ＝0.96 J. 33．【选修3－3】(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体的压强p 与热力学温度T 的变化图象如图3所示，下列说法正确的是________．图3A ．A →B 的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B ．A →B 的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C ．B →C 的过程中，气体体积增大，对外做功D ．B →C 的过程中，气体对外界放热，内能不变E ．B →C 的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加(2)(10分)“打篮球”是同学们喜爱的一种体育活动，小明和同学们在室外打了一段时间篮球后，发现篮球内气压不足，于是他拿到室内充气，已知室外温度为－3 ℃，室内温度为17 ℃.篮球体积V ＝5 L ，假定在室外时，篮球内部气体的压强为1.3个标准大气压．充气筒每次充入0.12 L 、压强为1.0个标准大气压的空气，整个过程中，不考虑篮球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，计算时，篮球内部气体按理想气体处理．试问：小明在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气多少次？ 答案 (1)BDE (2)9次解析 (1)A 到B 的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A 错误，B 正确；B 到C 的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对该气体做功，内能不改变，则气体对外界放热，因压强增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C 错误，D 、E 正确．(2)设篮球从室外拿到室内后的压强为p 1，则：p 0T 0＝p 1T 1即： 1.3273－3＝p 1273＋17解得p 1≈1.4个大气压；设充气次数为n ，则：p 1V ＋np 0V 0＝p 2V 即：1.4×5＋1.0×0.12×n ＝1.6×5 解得：n ≈8.3.则在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气9次． 34．【选修3－4】(15分)(1)(5分)电磁波与声波比较，下列说法中正确的是________． A ．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质 B ．由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大 C ．由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大D ．电磁波和声波在介质中的传播速度都是由介质决定的，与频率无关E ．电磁波能产生干涉和衍射现象，声波不能(2)(10分)如图4(a)，一列简谐横波沿x 轴传播，实线和虚线分别为t 1＝0时刻和t 2时刻的波形图，P 、Q 分别是平衡位置为x 1＝1.0 m 和x 2＝4.0 m 的两质点．图(b)为质点Q 的振动图象，求：图4①波的传播速度和t 2的大小；②质点P 的位移随时间变化的关系式．答案 (1)ABC (2)①40 m/s (0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… ②y ＝10sin (10πt ＋3π4) cm解析 (1)电磁波在介质中的传播速度与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，声波的传播速度是由介质决定的，电磁波和声波都能产生干涉和衍射现象，所以D 、E 错误．(2)①由题图可知波长：λ＝8 m ，质点振动的周期：T ＝0.2 s 传播速度v ＝λT＝40 m/s结合图象可知，横波沿x 轴正向传播， 故t 1＝0和t 2＝Δt 时刻：nλ＋2＝v Δt 解得Δt ＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… 即t 2＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3…②质点P 做简谐运动的位移表达式：y ＝A sin (2πTt ＋φ)由图可知A ＝10 cm ，t ＝0时y ＝5 2 cm 且向y 轴负方向运动， 解得y ＝10sin (10πt ＋3π4) cm.。

仿高考计算题巧练(二)(建议用时：60分钟)[题组一]23.如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离均为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2.求：(1)释放A、B两个小球后，A、B各自加速度的大小；(2)小球B从静止释放经多长时间落到地面．24．(2015·浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，两根相距L＝1 m、单位长度电阻为R0＝0.1 Ω/m的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，左端用电阻可忽略不计的导线与阻值r＝0.1 Ω的电阻相连．MP、AB、CD、EF之间相邻间距均为L＝1 m，虚线AB右侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为：B t＝(0.2＋0.1t)T.导体棒开始时在外力作用下静止于CD处，导体棒电阻不计．(1)求通过导体棒的电流大小和方向；(2)若导体棒在外力作用下以v＝2 m/s的速度匀速向右运动，在t＝0时刻刚好经过CD 处，已知导体棒中同时产生了感生电动势和动生电动势，求此时导体棒所受的安培力大小；(3)在第(2)问的情境下，求导体棒从CD匀速运动到EF的过程中安培力所做的功．25．(2015·浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上方存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，在x轴的下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在y轴上的P点处有一个质量为m、带电荷量为－q(q＞0)的粒子，沿着x轴正方向以一定的初速度射入电场．(粒子重力不计)(1)若粒子能够回到P点，求初速度v0的大小；(2)若OP＝h，要使粒子射出后能经过x轴上的D点，OD＝d，求初速度v0满足的条件．[题组二]23．如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切．以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系，已知传送带长L＝6 m，匀速运动的速度v0＝4 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求N点的纵坐标y N；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．24.如图所示，间距为L＝0.2 m的两足够长平行金属导轨与水平面夹角为θ＝53°，导轨两端各接一个阻值为R0＝0.2 Ω的电阻，与导轨垂直的虚线ab下方有磁感应强度大小为B＝5 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场．一长为L、质量m＝1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN垂直放在导轨上且与导轨始终接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.将金属棒从ab上方距离为s0＝0.4 m处由静止释放，金属棒刚要开始做匀速运动时，通过上端电阻R0的电荷量为Δq＝1.5 C．导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)求金属棒做匀速运动时的速度大小；(2)求金属棒从释放到开始匀速运动时上端电阻R0中产生的热量；(3)请通过计算大致画出金属棒从开始下滑到匀速运动过程中的v－t图象．25.如图所示，建立平面直角坐标系，平行板电容器的两极板P、Q与x轴成37°角，电势差为U，电容器P极板边缘无限靠近坐标原点，在D 点(0.2 m ，0)处有一垂直x 轴的荧光屏．在x ＞0区域有竖直向上的匀强电场，场强E ＝0.4 N/C.在平面内以C 点(0.1 m ，0)为圆心，半径为0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2315 T ．一质量m ＝4×10－7 kg 、电荷量大小q ＝1×10－5C的带电粒子从电容器两极板间的中点A (－115 m ，0)由静止开始沿x 轴做直线运动，到达坐标原点O 后进入复合场，粒子最终打在荧光屏上N 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)两极板间电势差U 以及P 极板电性； (2)粒子到达坐标原点O 时的速度大小；(3)粒子从A 点到N 点所用时间(结果保留一位有效数字)．仿高考计算题巧练(二)[题组一]23．解析：(1)小球B 加速下落，由牛顿第二定律得： m 2g －km 2g ＝m 2a B a B ＝5 m /s 2小球A 加速下落，由牛顿第二定律得 m 1g －km 2g ＝m 1a A a A ＝8 m/s 2.(2)设经历时间t 1小球B 脱离绳子，小球B 下落高度为h 1，获得速度为v ，则12a A t 21＋12a B t 21＝l ，又l ＝6.5 m 解得t 1＝1 sh 1＝12a B t 21＝2.5 mv ＝a B t 1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h 2，经历t 2时间后落到地面，则h 2＝6.5 m ＋0.8 m －2.5 m ＝4.8 mh 2＝vt 2＋12gt 22，解得：t 2＝0.6 s t 总＝t 1＋t 2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s 25 m/s 2(2)1.6 s24．解析：(1)导体棒不动时，回路中产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得，电动势E ＝L2ΔB tΔt而此时回路总电阻R ＝4LR 0＋r由闭合电路欧姆定律得导体棒中的电流I ＝E R解得：I ＝0.2 A根据楞次定律可知导体棒中电流的方向为由D 到C .(2)导体棒匀速运动时，同时产生感生电动势和动生电动势，由楞次定律可知，两电动势方向相同根据法拉第电磁感应定律得，回路中的总电动势E 1＝L 2ΔB tΔt＋B 0Lv 其中B 0＝0.2 T由闭合电路欧姆定律得，回路电流I 1＝E 1R导体棒所受的安培力F 1＝B 0I 1L 解得：F 1＝0.2 N.(3)根据法拉第电磁感应定律，t 时刻回路中的总电动势为E t ＝L (L ＋vt )ΔB tΔt＋B t Lv t 时刻回路中的总电阻为R t ＝r ＋4LR 0＋2vtR 0t 时刻通过导体棒的电流为I t ＝E tR t解得：I t ＝1 A即回路电流为定值，与时间无关，所以导体棒所受安培力随时间均匀变化；而导体棒匀速运动，所以安培力随位移也均匀变化，则导体棒运动到EF 处所受安培力F 2＝B EF I t L其中B EF ＝⎝⎛⎭⎪⎫0.2＋0.1×L v (T)＝0.25 T 则安培力所做的功为W ＝－F 1＋F 22L解得：W ＝－0.225 J.答案：(1)0.2 A 方向由D 到C (2)0.2 N (3)－0.225 J 25．解析：甲(1)粒子在电场区域内做类平抛运动和类平抛运动的逆运动，在磁场中做匀速圆周运动，如图甲所示，要使粒子能够回到P 点，粒子在磁场中做圆周运动的圆心一定在y 轴上．设粒子经过x 轴上的Q 点进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ，则由qvB ＝m v 2R 得：R ＝mvqB由几何关系|OQ |＝R sin θ＝mv qB sin θ＝mv yqB其中v y 为粒子在Q 点速度沿y 轴负方向的分量v y ＝at ＝qEmt又|OQ |＝v 0t 联立可得v 0＝E B.(2)粒子射入后有以下三种情况能经过D 点①粒子从P 点射入后直接到达D 点：设所经历的时间为t ，则h ＝12qE mt 2，d ＝v 0t 解得：v 0＝dqE 2hm. ②粒子从P 点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n 次，最终经由电场到达D 点，如图乙所示：乙粒子在磁场中回转的半径为r ，圆弧所对的圆心角为2θ，则r sin θ＝mv qB sin θ＝mv yqBv y ＝qE m t ，h ＝12qEmt 2解得：r sin θ＝EB2hmqE粒子在电场中做类平抛运动的水平位移为d n ＝v 0t ＝v 02mhqE则由几何关系有d ＝d n ＋2nd n －2nr sin θ(n ＝1，2，3，…) 解得：v 0＝12n ＋1⎝⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n E B (n ＝1，2，3，…)． ③粒子从P 点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n 次，最终经由磁场回转到达D 点，如图丙所示：丙粒子在磁场中回转的半径为r ，圆弧所对的圆心角为2θ，设粒子在电场中运动的水平距离为d n ，则由几何关系有d ＝(2n －1)d n －2nr sin θ(n ＝1，2，3，…)解得：v 0＝12n －1⎝⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n E B (n ＝1，2，3，…) 综上，粒子初速度v 0的大小满足的条件为v 0＝12n 1＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n 1E B (n 1＝0，1，2，…) 或v 0＝12n 2－1⎝⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n 2E B (n 2＝1，2，3，…)． 答案：见解析[题组二]23．解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度 a ＝μg ＝4 m /s 2小物块与传送带共速时，小物块位移x 1＝v 202a＝2 m<(L －x P )＝4 m故小物块与传送带共速后以v 0匀速运动到Q 点，然后冲上圆弧轨道恰到N 点有：mg ＝m v 2N R从Q →N 有：12mv 2Q －12mv 2N ＝2mgR解得R ＝0.32 my N ＝2R ＝0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N ，则0≤x ≤L －x 1 即0≤x ≤4 m若小物块恰能到达高度为R 的M 点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x 2，则μmgx 2＝mgR解得：x 2＝0.8 m ，所以5.2 m≤x <6 m所以当0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x <6 m 时，小物块均不脱离轨道． 答案：(1)0.64 m (2)0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x <6 m24．解析：(1)设金属棒在磁场区域受到的安培力为F A ，金属棒做匀速运动时，由受力平衡有：mg sin θ＝μmg cos θ＋F AF A ＝B 2L 2v 1R ，其中R ＝r ＋12R 0＝0.2 Ω解得：v 1＝1 m/s.(2)金属棒进入磁场区域直到刚开始做匀速运动的过程中，通过上端电阻的电荷量Δq ＝1.5 C ，即金属棒中通过的电荷量为2Δq设金属棒在此过程中运动的距离为Δs ，通过金属棒的电荷量2Δq ＝It ＝ΔΦR ＝BL ΔsR解得：Δs ＝0.6 m设上端电阻R 0中产生的焦耳热为Q ，则金属棒上产生的焦耳热为2Q ，全电路产生的焦耳热为4Q由能量守恒有：(mg sin θ－μmg cos θ)(s 0＋Δs )－4Q ＝12mv 21代入数据解得：Q ＝1.125 J.(3)金属棒的运动分为在磁场区域外和磁场区域内两个阶段． 开始时金属棒在磁场区域外匀加速下滑，其加速度 a 0＝g sin θ－μg cos θ＝5 m/s 2 运动时间t 0＝2s 0a 0＝0.4 s进入磁场区域时的速度v 0＝a 0t 0＝2 m/s进入磁场区域后，当金属棒在磁场中做变速运动时，由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2vR＝mamg (sin θ－μcos θ)Δt －B 2L 2vRΔt ＝ma Δt对等式两边求和有：mg (sin θ－μcos θ)t －B 2L 2RΔs ＝m (v 1－v 0)可得：t ＝0.4 s金属棒运动的v －t 图象如图所示．答案：见解析 25．解析：甲(1)由题意可知，粒子在平行板间做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示，则q U d ＝mg cos 37°根据几何关系得d2＝x OA sin 37°联立解得U ＝2x OA mg sin 37°q cos 37°＝0.04 V粒子经过磁场向上偏转，知粒子带正电，粒子在电容器中所受电场力指向P 板，故P 板带负电．(2)粒子在平行板间运动时，由牛顿第二定律得 mg tan 37°＝ma解得粒子加速度a ＝7.5 m/s 2由运动学公式得加速时间t 1＝2x OAa＝215s 到达O 点时的速度大小为v ＝at 1＝1 m/s.乙(3)粒子在复合场中所受电场力qE ＝mg 故粒子先在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动打到N 点，运动轨迹如图乙所示根据牛顿第二定律和向心力公式得，圆周运动半径r ＝mv qB ＝310m 可得tan ∠CO 1O ＝x OC r ＝33所以∠CND ＝∠CO 1O ＝30°故FN ＝0.1 m粒子做圆周运动的时间为t 2＝60°360°·2πm qB ＝3π30s从F 到N 用时t 3＝FNv＝0.1 s故粒子从A 点到N 点所用时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝215 s ＋3π30s ＋0.1 s ＝0.4 s. 答案：见解析。

姓名：________班级：________学号：________ 预测题型2带电粒子在磁场中的运动1．(2015·西安模拟)如图1所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：图1(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；(2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨道半径R1和R2比值；(3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)．2．(2015·保定模拟)如图2所示，在平面直角坐标系中的三角形FGH区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，三点坐标分别为F(－3L,5L)、G(－3L，－3L)、H(5L，－3L)．坐标原点O处有一体积可忽略的粒子发射装置，能够连续不断地在该平面内向各个方向均匀发射速度大小相等的带正电的同种粒子，单位时间内发射粒子数目稳定．粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子间的相互作用以及粒子的重力．图2(1)速率在什么范围内所有粒子均不可能射出该三角形区域？(2)如果粒子的发射速率为2qBLm，设在时间t内粒子源发射粒子的总个数为N，在FH边上安装一个可以吸收粒子的挡板，那么该时间段内能够打在挡板FH上的粒子有多少？并求出挡板上被粒子打中的长度．答案精析预测题型2带电粒子在磁场中的运动1．(1)轨迹见解析图(2)2∶1(3)5πm6qt5πm3qt解析(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示．(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区、Ⅱ区的磁感应强度、轨道半径和周期(没有设符号的，在图中标记也可以)设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r在Ⅱ区磁场中运动的半径R2＝r 2即R1∶R2＝2∶1.(3)q v B1＝m v2R1①q v B2＝m v2R2②T1＝2πR1v＝2πmqB1③T2＝2πR2v＝2πmqB2④圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝16T1，在Ⅱ区磁场中运动时间为t2＝12T2，带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2由以上各式可得：B1＝5πm6qt，B2＝5πm3qt.2．(1)v0≤2qBL2m(2)N2(2＋6)L解析(1)如图所示，以OM为直径的粒子在运动过程中刚好不飞离磁场，可以保证所有粒子均不能射出三角形区域．根据几何关系，OM＝2r0＝2L根据牛顿第二定律q v 0B ＝m v 20r 0可得满足v 0≤2qBL 2m的粒子均不可能射出该三角形区域． (2)当粒子速率v ＝2qBL m 时，可求得其做圆周运动半径r ＝2L 如图所示，当粒子的入射速度方向沿OM 的反方向时，运动轨迹与FH 相切于J 点；当粒子的入射速度方向沿OM 时，运动轨迹与FH 相切于I 点，介于这二者之间的入射粒子均可打在挡板FH 上，共计N 2. 挡板上被粒子打中的长度为图中IK 之间的距离，其中IM ＝r ＝2L ，OK ＝2r ＝22L ，MK ＝OK 2－OM 2＝6L 挡板上被粒子打中的长度IK ＝(2＋6)L。

电学实验与创新(限时45分钟)实验题(第1.4题10分，其余每小题15分，共80分)1.(2014·新课标全国卷Ⅱ)在伏安法测电阻实验中，待测电阻R x 约为200 Ω，电压表V 内阻约为2 k Ω，电流表A 内阻约为10 Ω，测量电路中电流表连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式R x ＝U I计算得出，式中U 与I 分别为电压表和电流表示数.若将图(a)和图(b)中电路测得电阻值分别记为R x 1和R x 2，则________(填“R x 1”或“R x 2”)更接近待测电阻真实值，且测量值R x 1________(填“大于”.“等于”或“小于”)真实值，测量值R x 2________(填“大于”.“等于”或“小于”)真实值.答案：R x 1 大于 小于解析：根据题意知R x R A >R V R x ，电压表分流作用较显著，故R x 1更接近待测电阻真实值.题图(a)测量值是R x 与R A 串联电阻阻值，故R x 1>R x 真；题图(b)测量值是R x 与R V 并联电阻阻值，故R x 2<R x 真.2.(2015·江西南昌一模)某同学在测量一根粗细均匀合金丝电阻率实验中，其主要实验步骤为：①用多用电表测量该合金丝电阻；②用刻度尺测出合金丝长度，用螺旋测微器测出其直径；③现用伏安法测合金丝电阻.回答下列问题：Ⅰ.用多用电表测量合金丝电阻(1)开始选用“×10”倍率测量电阻发现多用表指针偏转过大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至________(填“×100”或“×1”)倍率电阻挡.(2)每次换挡后，需重新________，再进行测量.(3)测量合金丝电阻时表指针位置如图(a)所示，则该合金丝电阻测量值是________Ω.(a)Ⅱ.用伏安法测合金丝电阻并得出电阻率(1)现有电源(4 V，内阻可不计).滑动变阻器(0～50 Ω).电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω).电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ).开关和导线若干.为了减小测量误差，实验电路应采用图(b)中________(填“甲”或“乙”).(b)(2)实验得到合金丝电阻率ρ测________(填“大于”.“小于”或“等于”)合金丝真实电阻率ρ真.答案：Ⅰ.(1)×1(2)欧姆调零(3)7 Ⅱ.(1)甲(2)小于解析：Ⅰ.(1)由于多用电表指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，因此为使测量比较精确，应选“×1”倍率电阻挡；(2)每次换挡后，需重新欧姆调零，再进行测量；(3)由题图(a)知，合金丝电阻测量值为R＝7×1 Ω＝7 Ω.Ⅱ.(1)由于待测电阻较小，电压表分流小，因此电流表采用外接法，故选甲；(2)由于通过合金丝电流小于电流表示数，合金丝电阻测量值偏小，其电阻率也偏小，故合金丝电阻率测量值小于其真实值.3.(2015·福建理综)某学习小组探究一小电珠在不同电压下电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线连接.(1)实验要求滑动变阻器滑片从左到右移动过程中，电流表示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲所示实物接线图中完成余下导线连接.甲乙丙 (2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表示数为________A.(3)该小组描绘出伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同小电珠并联后，直接与电动势为3 V.内阻为1 Ω电源组成闭合回路，可使小电珠总功率最大，其总功率值约为________W(保留两位小数).答案：(1)如解析图甲所示 (2)0.44 (3)4 2.28解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图甲所示.甲(2)电流表示数为0.44 A.(3)当外电路总电阻与电源内阻相等时，电源有最大输出功率，即小电珠总功率最大，此时R 外＝r ＝1 Ω，I ＝ER 外＋r ＝32 A ＝1.5 A ，U 外＝E 2＝1.5 V ，即每只小电珠两端电压为1.5 V ，通过图象可知每只小电珠电流为I0＝0.38 A，n＝II0＝4(只)；通过每只小电珠电流为I0，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律得：U＋nI0r＝E，而U＋4I0＝3 V，U＝－4I0＋3 V，如图乙所示，图线交点纵.横坐标分别为U＝1.5 V，I0＝0.38 A，P＝UI0＝0.57 W，P总＝nP＝0.57×4 W＝2.28 W.乙4.(2015·湖北八校二联)现有一个电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表满偏电压U g.A.待测电压表V1，满偏电压约3 V，内阻R V1＝3 000 Ω，刻度均匀.总格数为N；B.电流表A：量程0.6 A.内阻R A约0.1 Ω；C.电压表V2：量程15 V.内阻R V2约15 kΩ；D.标准电阻R1＝10 Ω；E.标准电阻R2＝ 10 kΩ；F.滑动变阻器R：最大阻值200 Ω；G.学生电源E，电动势15 V，内阻不计.H.开关一个.(1)方框中已画出部分实验电路图，请你完成剩余部分电路图，并标上题目中所给仪器字母代号.(2)测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1指针偏转了n个格，可计算出满偏电压U g为________(用字母表示)，式中除题目已给物理量外，其他字母符号表示物理量物理意义是______________________________________________________.答案：(1)如图所示(2)NUR V1n RV1＋R 2U 为标准电压表V 2读数 解析：(1)因待测电压表满偏电压较小，故应串联一个定值电阻分压，又知R V1＝3 000 Ω，故串联定值电阻应选R 2，而电压值需用电压表V 2测出，故要和V 2并联，设计成如答案中电路图.(2)V 2示数为V 1和R 2两端总电压，按照串联分压关系，则有V 1两端电压为R V1R V1＋R 2·U (U 为标准电压表V 2读数)，除以格数n 即可得到每偏转1个格电压值，再乘以总格数N 即可得满偏电压.5.(2015·广东理综)某实验小组研究两个未知元件X 和Y 伏安特性，使用器材包括电压表(内阻约为3 k Ω).电流表(内阻约为1 Ω).定值电阻等.(a)(b) (c)甲(1)使用多用电表粗测元件X 电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图甲(a)所示，读数为________Ω，据此应选择图甲中________(填“b”或“c”)电路进行实验.(2)连接所选电路，闭合S ，滑动变阻器滑片P 从左向右滑动，电流表示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应电压；将元件X 换成元件Y ，重复实验.(a) (b)乙(3)图乙(a)是根据实验数据作出U ­I 图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件.(4)该小组还借助X 和Y 中线性元件和阻值R ＝21 Ω定值电阻，测量待测电池电动势E 和内阻r ，电路如图乙(b)所示，闭合S 1和S 2，电压表读数为3.00 V ；断开S 2，读数为1.00 V.利用图乙(a)可算得E ＝________V ，r ＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表).答案：(1)10 b (2)增大 (3)Y (4)3.2 0.50解析：(1)用多用电表欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X 读数为10 Ω×1＝10 Ω，由于R X R A ＜R V R X ，或R X ≪R V ，故用伏安法测元件X 电阻时，电流表应外接，故选b 电路进行实验.(2)滑片P 从左向右滑动过程中，元件X 两端电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大.(3)由U ­I 图线可知Y 是非线性元件.(4)由(3)中U ­I 图线，可知线性元件电阻R X ＝10 Ω，当S 1.S 2都闭合时，回路中电流I 1＝U 1R X ＝0.3 A ，当S 1闭合，S 2断开时，回路中电流I 2＝U 2R X＝0.1 A ，根据闭合电路欧姆定律，得E ＝I 1(R X ＋r )，E ＝I 2(R X ＋R ＋r )，联立两式并代入数据解得E ＝3.2 V ，r ＝0.50 Ω.6.(2015·重庆理综)同学们测量某电阻丝电阻R x ，所用电流表内阻与R x 相当，电压表可视为理想电压表.(1)若使用图甲所示电路图进行实验，要使得R x 测量值更接近真实值，电压表a 端应连接到电路________(填“b ”或“c ”)点.甲(2)测得电阻丝U ­I 图如图乙所示，则R x 为________Ω(保留两位有效数字).乙(3)实验中，随电压进一步增加，电阻丝逐渐进入炽热状态，某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化，他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端电压为10 V条件下，得到电阻丝电阻R x随风速v(用风速计测)变化关系如图丙所示.由图可知当风速增加时，R x会______(填“增大”或“减小”).在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10 V，需要将滑动变阻器R W滑片向________(填“M”或“N”)端调节.丙(4)为了通过电压表示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示电路.其中R为两只阻值相同电阻，R x为两根相同电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入理想电压表.如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表示数也从零开始增加，则电压表“＋”端和“－”端应分别连接到电路中________点和________点.(均填“a”.“b”.“c”或“d”)丁答案：(1)c(2)4.1(4.0～4.2) (3)减小M(4)b d解析：(1)由于电流表内阻与R x相当，即R x较小，所以电流表外接时误差较小，故电压表a端应接电路c点.(2)由U­I图象可知电阻R x＝ΔUΔI＝0.800.195Ω≈4.1 Ω.(3)根据R x­v图象可知，风速越大时电阻R x越小.要使R x两端电压不变，需增大与R x并联R W电阻，即将滑动变阻器R W滑片向M端滑动.(4)当风速增大时，受气流影响电阻丝R x阻值逐渐减小，d点电势逐渐降低.开始时，b.d 两点电势差为零，所以电压表“＋”端接b点.“－”端接d点时能满足条件.。