物理卷·2018届江西省九江市九江一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省九江市九江一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共40分．1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题．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．奥斯特实验证明了（　　）‎ A．通电导体周围存在着大量的电荷 B．通电导体周围存在着磁场 C．通电导体在磁场中要受到力的作用 D．通电导体内部存在磁场 ‎2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．在图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（　　）‎ A．A变大，V变大 B．A变小，V变大 C．A变大，V变小 D．A变小，V变小 ‎4．三根无限长通电直导线分别沿空间坐标系坐标轴放置，电流方向如图，已知沿x轴放置的电流在P（1，1，0）点处磁感应强度为B，无限长直导线在空间的磁感应强度与该点到导线距离成反比，则P点实际磁感应强度为（　　）‎ A．B B． B C． B D． B ‎5．在磁场中某区域的磁感线如图所示，则（　　） ‎ A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba＞Bb B．同一电流元放在a处受力一定比放在b处受力大 C．电荷有可能仅在磁场作用下由a沿纸面运动到b D．某正电荷在磁场和其他外力作用下从a到b，磁场对电荷做负功 ‎6．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．该匀强电场的电场强度为 B．带电物块和弹簧组成的系统机械能增加量为 C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）‎ D．弹簧的弹性势能的增加量为mg（H+h）‎ ‎7．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以一定的速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴时坐标为（0，a），则该粒子在磁场中到x轴的最大距离为（　　）‎ A．a B．2a C． a D． a ‎8．欧姆表的正、负插孔内分别插有红、黑表笔，表内的电路图应是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I为了增大导线所受的磁场力，采取了下列四种办法，其中正确的是（　　）‎ A．增大电流I B．增加直导线的长度 C．使导线在纸面内顺时针转30°‎ D．使导线在纸面内逆时针转60°‎ ‎10．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．静电计指针张角变小 B．平行板电容器的电容将变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎11．功率可调的直流电动机线圈内阻恒为2Ω，接在电路中的A、B间，如图，电源的电动势为6V，内阻为2Ω，下列说法正确的是（　　）‎ A．电动机输出最大功率为2.25W B．电源的最大输出功率为4.5W C．电动机输出最大功率时电源输出功率也最大 D．若将电动机改为范围足够大的滑动变阻器，电源可输出得最大功率为4.5W ‎12．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0＞0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球运动过程对斜面压力越来越小 B．小球在斜面做变加速曲线运动 C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤‎ D．小球达到底边MN的时间t=‎ ‎　‎ 二、实验题（本大题共3小题，共20分．）‎ ‎13．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．图（a）所示读数为0.010mm，图（b）所示读数为　　mm，所测金属板的厚度为　　mm，用游标卡尺测金属板的直径如图（c）所示，则金属板直径为　　cm．‎ ‎14．某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，实验给定的实验器材如下：‎ 直流电源的电动势为4V，内阻不计开关、导线若干．‎ 电压表V（量程4V，内阻约为5kΩ）‎ 电流表A1（量程0.6A，内阻约为4Ω）‎ 电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）‎ 滑动变阻器R1（0到1000Ω，0.5A）‎ 滑动变阻器R2（0到10Ω，2A）‎ ‎（1）电路图应选图甲哪个　　，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　．‎ ‎（2）该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，根据测量结果描出了伏安特性曲线如图乙．如果用一个电动势为3V，内阻为10Ω的电源与该小灯泡组成电路．则该小灯泡的实际功率约为　　W（保留两位有效数字）．‎ ‎15．某同学用如甲图所示的电路测定电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待 测电源E，电阻箱R（最大阻值99.99Ω），定值电阻R0（阻值为2.0Ω），电压表（量程为 3V，内阻约为2kΩ），开关S．‎ 实验步骤：将电阻箱阻值调到最大，先闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，以为纵坐标，R为横坐标，作图线（如图乙）．‎ ‎（1）E为电源电动势，r为电源内阻，写出关系表达式（用E、r、R0表示）　　．‎ ‎（2）根据图线求得电源电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎（3）用该种方法测电源电动势存在系统误差，产生系统误差的原因是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共42分．解答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．）‎ ‎16．如图1所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0=58Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图2所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：‎ ‎（1）电源电动势E和内阻r；‎ ‎（2）A、B空载（没接用电器）时输出电压的范围．‎ ‎17．如图所示，电子由静止经电压U0加速后，从两板正中间垂直电场方向射入间距为d电压为U的平行板电容器间，电子恰好能穿过电场，忽略边缘效应，求：‎ ‎（1）电子经U0加速后的动能；‎ ‎（2）金属板AB的长度．‎ ‎18．如图倒“V”导轨，两侧导轨倾角为θ=30°，间距为L=0.5m．分别平行底边放置一根导体棒，其中ab棒质量为m1=2kg，电阻为R1=0.5Ω，cd棒质量为m2=4kg，电阻为R2=2Ω，两棒与导轨的动摩擦因数均为μ=‎ ‎，导轨顶端MN间连接内阻为r=0.5Ω的电源，两棒通过一根绕过顶端光滑定滑轮的绝缘轻线连接，细线平行于左右导轨平面，左右空间磁场均垂直于斜面向上，左右两斜面磁感应强度均为B=2T，为了使两棒保持静止，电源电动势的取值满足什么条件．‎ ‎19．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OC的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从坐标原点射入磁场．不计重力．‎ ‎（1）若粒子沿+y方向射入磁场，当初速度满足什么条件时，粒子在磁场中运动的时间为定值；‎ ‎（2）大量初速度大小为v=的粒子以不同的方向射入第一象限，求从AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间，及该粒子的入射方向与+x的夹角．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共40分．1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题．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．奥斯特实验证明了（　　）‎ A．通电导体周围存在着大量的电荷 B．通电导体周围存在着磁场 C．通电导体在磁场中要受到力的作用 D．通电导体内部存在磁场 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】奥斯特实验证明了通电导体周围存在着磁场，揭示了电流与磁场的关系．‎ ‎【解答】解：奥斯特实验证明了通电导体周围存在着磁场，即电流的磁效应，反映了电流与磁场的关系．故ACD错误，B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；电场线．‎ ‎【分析】（1）速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度；‎ ‎（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；‎ ‎（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；‎ ‎（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．‎ ‎【解答】解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．在图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（　　）‎ A．A变大，V变大 B．A变小，V变大 C．A变大，V变小 D．A变小，V变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，即可得出电压表、电流表的变化．‎ ‎【解答】解：闭合电路中，当滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大，由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则内压及R0的分压减小时，故滑动变阻器两端电压变大．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．三根无限长通电直导线分别沿空间坐标系坐标轴放置，电流方向如图，已知沿x轴放置的电流在P（1，1，0）点处磁感应强度为B，无限长直导线在空间的磁感应强度与该点到导线距离成反比，则P点实际磁感应强度为（　　）‎ A．B B． B C． B D． B ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．‎ ‎【分析】根据题意明确各导线在P点形成的磁感应强度大小，再根据安培定则明确磁场方向，根据叠加原理即可求出实际的磁感应强度．‎ ‎【解答】解：x轴上的导线在P点的磁感应强度为B，根据磁感应强度与该点到导线距离成反比可知，沿y轴上的导线形成的磁感应强度为B，而z轴上的电流形成的磁场为=； ‎ 根据安培定则可知，x轴上电流形成的磁场向上，而y轴上电流形成的磁场向下，二者相互抵消，故合磁感应强度等于z轴上导线所形成的磁感应强度，故大小为，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．在磁场中某区域的磁感线如图所示，则（　　） ‎ A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba＞Bb B．同一电流元放在a处受力一定比放在b处受力大 C．电荷有可能仅在磁场作用下由a沿纸面运动到b D．某正电荷在磁场和其他外力作用下从a到b，磁场对电荷做负功 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度；洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据磁感应的疏密表示磁场的强弱，根据安培力的性质可明确安培力的大小情况；明确电荷在磁场中的受力情况，从而明确运动和做功情况．‎ ‎【解答】解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，故a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba＞Bb，故A正确；‎ B、电流元的受力与放置夹角有关，故无法比较电流元的受力情况，故B错误；‎ C、若粒子沿磁感线运动，则不受磁场力，可以由a沿纸面运动到b，故C正确；‎ D、磁场对电荷永不做功，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．该匀强电场的电场强度为 B．带电物块和弹簧组成的系统机械能增加量为 C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）‎ D．弹簧的弹性势能的增加量为mg（H+h）‎ ‎【考点】机械能守恒定律；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量．根据电场力做功求出电势能的变化量．根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量．‎ ‎【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mg﹣qE=ma，解得：E=，故A错误．‎ B、从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W=﹣qE（H+h）=﹣，可知机械能减小量为．故B错误．‎ C、从A到C过程中，电场力做功为﹣mg（H+h），则电势能增加量为mg（H+h）．故C错误．‎ D、根据动能定理得：mg（H+h）﹣mg（H+h）+W弹=0，解得弹力做功为：W弹=﹣mg（H+h），即弹性势能增加量为mg（H+h），故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以一定的速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴时坐标为（0，a），则该粒子在磁场中到x轴的最大距离为（　　）‎ A．a B．2a C． a D． a ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系求解．‎ ‎【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径R，‎ 根据图中的几何关系可得，R=a；‎ 所以轨迹到x轴的最大距离为：ym=R+Rsin30°=；‎ 所以D正确、ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．欧姆表的正、负插孔内分别插有红、黑表笔，表内的电路图应是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【分析】测量电路中的电流由红表笔进入欧姆表，由黑表笔流出欧姆表，红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零据此可确定电路．‎ ‎【解答】解：A、C、D、电流由红表笔流入，由黑表笔流出，则正插孔接电源的负极，则CD错误，A正确 B、每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，故B错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I为了增大导线所受的磁场力，采取了下列四种办法，其中正确的是（　　）‎ A．增大电流I B．增加直导线的长度 C．使导线在纸面内顺时针转30°‎ D．使导线在纸面内逆时针转60°‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据左手定则的内容，判定安培力的方向．左手定则的内容是：伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向．而安培力的大小F=BIL，且B与I垂直； 若不垂直时，则将B沿导线方向与垂直方向进行分解．‎ ‎【解答】解：A、由公式F=BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力．故A正确；‎ B、由公式F=BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力．故B正确；‎ C、当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线有效切割长度缩短，则所受磁场力变小，故C错误；‎ D、当使导线在纸面内逆时针转60°时，导线有效切割长度伸长，则所受磁场力变大，故D正确；‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎10．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．静电计指针张角变小 B．平行板电容器的电容将变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析；电势能．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，‎ A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．‎ B、根据C=知，d增大，则电容减小．故B正确；‎ C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．‎ D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．功率可调的直流电动机线圈内阻恒为2Ω，接在电路中的A、B间，如图，电源的电动势为6V，内阻为2Ω，下列说法正确的是（　　）‎ A．电动机输出最大功率为2.25W B．电源的最大输出功率为4.5W C．电动机输出最大功率时电源输出功率也最大 D．若将电动机改为范围足够大的滑动变阻器，电源可输出得最大功率为4.5W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机为非纯电阻电路，不能直接利用闭合电路欧姆定律求解，但由于电源和电动机中的电流相等，故可以列出电动势、路端电压和电流的关系进行分析，再由数学规律求解最大值即可．‎ ‎【解答】解：A、设电流为I，则此时电动机两端的电压为U=E﹣Ir，则电动机的输出功率P出=UI﹣I2R=EI﹣I2（r+R）=6I﹣4I2；则由二次函数可知当I=0.75A时，电动机的输出功率最大为2.25W；故A正确；‎ B、电源的输出功率P=EI﹣I2r=6I﹣2I2；则由数学规律可知，当I=1.5A时，电源输出功率最大，最大输出功率为4.5W，故B正确；‎ C、由AB分析可知，电动机输出最大功率时电源输出功率不是最大，故C错误；‎ D、若将电动机改为范围足够大的滑动变阻器，电路为纯电阻电路，电源可输出得最大功率仍为4.5W，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎12．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0＞0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球运动过程对斜面压力越来越小 B．小球在斜面做变加速曲线运动 C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤‎ D．小球达到底边MN的时间t=‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据受力分析，结合力的合成法则，并依据牛顿第二定律，及曲线运动条件，即可求解； ‎ 依据洛伦兹力小于等于重力的垂直斜面的分力；‎ 根据运动学公式，结合牛顿第二定律，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、对小球受力分析，重力，支持力，洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，并且水平速度保持不变，故小球对斜面的压力保持不变；‎ B、由于小球在下滑过程中，速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故B错误；‎ C、假设重力不做功，根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f=qv0B≤mgcosα；解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤cosα，故C确；‎ D、小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度a==gsinα，‎ 再由运动学公式，球到达底边MN的时间t=，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、实验题（本大题共3小题，共20分．）‎ ‎13．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．图（a）所示读数为0.010mm，图（b）所示读数为　6.870　mm，所测金属板的厚度为　6.860　mm，用游标卡尺测金属板的直径如图（c）所示，则金属板直径为　1.240　cm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.01×1.0mm=0.010mm，所以最终读数为0.010 mm．‎ 测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．‎ 螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为6.870 mm．‎ 所测金属板的厚度为6.870﹣0.010=6.860mm ‎ 游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm．‎ 故答案为：6.870；6.860；1.240‎ ‎　‎ ‎14．某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，实验给定的实验器材如下：‎ 直流电源的电动势为4V，内阻不计开关、导线若干．‎ 电压表V（量程4V，内阻约为5kΩ）‎ 电流表A1（量程0.6A，内阻约为4Ω）‎ 电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）‎ 滑动变阻器R1（0到1000Ω，0.5A）‎ 滑动变阻器R2（0到10Ω，2A）‎ ‎（1）电路图应选图甲哪个　a　，电流表应选　A1　，滑动变阻器应选　R2　．‎ ‎（2）该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，根据测量结果描出了伏安特性曲线如图乙．如果用一个电动势为3V，内阻为10Ω的电源与该小灯泡组成电路．则该小灯泡的实际功率约为　0.21　W（保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据实验要求选择合适的电路图，选择仪器是按方便，安全的原则选取．‎ ‎（2）电源的U﹣I图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点的横纵坐标表示此时的电流和电压，根据P=UI求出小灯泡的实际功率．‎ ‎【解答】解：（1）从图象知电压从零计故滑动变阻器应用分压式接法，实验电路应选择图乙中的电路图（a）；‎ 因小灯泡额定电流为0.32A，用电流表A2量程太大，应用A1；因滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R2；‎ ‎（2）如果用一个电动势为3V，内阻为10Ω的电源与该小灯泡组成电路．在I﹣U图象中作出该电源的特性曲线，如图所示 电源的U﹣I图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点的横纵坐标表示此时的电流和电压，P=UI=1.1×0.19=0.21W．‎ 故答案为：（1）a，A1 ，R2‎ ‎（2）0.21．‎ ‎　‎ ‎15．某同学用如甲图所示的电路测定电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待 测电源E，电阻箱R（最大阻值99.99Ω），定值电阻R0（阻值为2.0Ω），电压表（量程为 3V，内阻约为2kΩ），开关S．‎ 实验步骤：将电阻箱阻值调到最大，先闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，以为纵坐标，R为横坐标，作图线（如图乙）．‎ ‎（1）E为电源电动势，r为电源内阻，写出关系表达式（用E、r、R0表示）　=+　．‎ ‎（2）根据图线求得电源电动势E=　5.7　V，内阻r=　3.7　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎（3）用该种方法测电源电动势存在系统误差，产生系统误差的原因是　电压表的分流作用　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可明确对应表达式；‎ ‎（2）根据图象的性质可求得电源的电动势和内电阻；‎ ‎（3）分析电表内阻，从而明确系统误差来源．‎ ‎【解答】解：（1）由电路图可知，电压表与R0并联后与R串联，则由闭合电路欧姆定律可知 U=R0；‎ 变形可得：‎ =+；‎ ‎（2）根据图象可知，k===； =0.51‎ 解得：E=5.8V；r=3.7Ω；‎ ‎（3）由于电压表内阻不是无穷大，故由于其分流导致电流出现误差；‎ 故答案为：（1）=+；（2）5.8；3.7；（3）电压表的分流作用．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共42分．解答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．）‎ ‎16．如图1所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0=58Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图2所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：‎ ‎（1）电源电动势E和内阻r；‎ ‎（2）A、B空载（没接用电器）时输出电压的范围．‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势，由图象可知电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻； ‎ ‎（2）AB输出电压为AB并联的滑动变阻器部分电阻的电压，根据滑动变阻器两端的电压范围即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势．由图可知，当外电阻无穷大时，路端电压接近12V，故说明电源的电动势为：E=12V； ‎ 由图象可知，当外电阻为R=2Ω时，路端电压为U=6V，由欧姆定律可得电路中电流为：I==A=3A，‎ 由Ur=E﹣U=Ir，得内电阻为：r==Ω=2Ω；‎ ‎（2）空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压最小，为：U最小=0V 当变阻器滑片移至最上端时，输出电压最大，为：U最大==×12=11.6V 故空载时A、B两端输出的电压范围是0～11.6V．‎ 答：（1）电源电动势12V和内阻2Ω；‎ ‎（2）A、B空载（没接用电器）时输出电压的范围0～11.6V．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，电子由静止经电压U0加速后，从两板正中间垂直电场方向射入间距为d电压为U的平行板电容器间，电子恰好能穿过电场，忽略边缘效应，求：‎ ‎（1）电子经U0加速后的动能；‎ ‎（2）金属板AB的长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）电子在加速电场中运动过程，由动能定理求解电子加速获得的动能．‎ ‎（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律和位移时间公式列式，可求得金属板AB的长度．‎ ‎【解答】解：（1）设电子被加速后速度大小为Ek，对于电子在加速电场中运动过程，运用动能定理得：‎ ‎ eU0=Ek ①‎ ‎ 所以Ek=eU0‎ ‎（2）在偏转电场中，电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：‎ ‎ L=v0t =at2‎ 由牛顿第二定律得 ‎ ‎ a=‎ 又 Ek=‎ 联立解得：L=d 答：‎ ‎（1）电子经U0加速后的动能为eU0．‎ ‎（2）金属板AB的长度为d．‎ ‎　‎ ‎18．如图倒“V”导轨，两侧导轨倾角为θ=30°，间距为L=0.5m．分别平行底边放置一根导体棒，其中ab棒质量为m1=2kg，电阻为R1=0.5Ω，cd棒质量为m2=4kg，电阻为R2=2Ω，两棒与导轨的动摩擦因数均为μ=，导轨顶端MN间连接内阻为r=0.5Ω的电源，两棒通过一根绕过顶端光滑定滑轮的绝缘轻线连接，细线平行于左右导轨平面，左右空间磁场均垂直于斜面向上，左右两斜面磁感应强度均为B=2T，为了使两棒保持静止，电源电动势的取值满足什么条件．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】应用欧姆定律求出电路电流，金属棒静止处于平衡状态，应用平衡条件可以求出电源电动势的临界值，然后确定电动势的范围．‎ ‎【解答】解：设ab、cd流过的电流分别为I1、I2，最大静摩擦力分别为f1、f2，‎ 并联电路电压相等，则：I1R1=I2R2，‎ 电源电动势：E=（I1+I2）r+I1R1，‎ 当电动势最小时ab棒有上滑趋势，cd棒有下滑趋势，‎ 对系统，由平衡条件得：m2gsinθ=BI2L+f2+BI1L+f1+m1gsinθ，‎ 摩擦力：f1=μm1gcosθ，f2=μm2gcosθ 解得：Emin=4.5V；‎ 当电动势最大时，ab有下滑的趋势，cd有上滑的趋势，‎ 对系统，由平衡条件得：m2gsinθ+f2+f1=BI2L+BI1L++m1gsinθ，‎ 解得：Emax=13.5V，因此，电动势应满足的条件是：4.5V≤E≤13.5V；‎ 答：为了使两棒保持静止，电源电动势的取值满足的条件是4.5V≤E≤13.5V．‎ ‎　‎ ‎19．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OC的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从坐标原点射入磁场．不计重力．‎ ‎（1）若粒子沿+y方向射入磁场，当初速度满足什么条件时，粒子在磁场中运动的时间为定值；‎ ‎（2）大量初速度大小为v=的粒子以不同的方向射入第一象限，求从AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间，及该粒子的入射方向与+x的夹角．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子转过半圆从OA边射出时时间为定值，速度最大的粒子与AC边相切，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解最大速度；‎ ‎（2）要使粒子在磁场中经过的时间最短，需使粒子轨迹对应的弦长最短，所以过O点做垂直于CA的线段为最短的弦，根据几何关系求解圆心角和粒子的入射方向与+x的夹角．‎ ‎【解答】解：粒子转过半圆从OA边射出时时间为定值，速度最大的粒子与AC边相切，如图所示，‎ 根据几何关系可得：R=Ltan15°=（2﹣）L，‎ 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m，‎ 解得：v=，‎ 所以满足条件的粒子速度范围为：0＜v≤；‎ ‎（2）粒子速度大小相等，要使粒子在磁场中经过的时间最短，需使粒子轨迹对应的弦长最短，所以最短时间的轨迹如图所示，‎ 粒子在磁场中的运动半径为：，‎ 轨迹图中几何关系可得CD=Lsin30°=，‎ 由此可知粒子轨迹对应的圆心角为60°；‎ 最短时间为：t=，‎ 由图可知，粒子入射方向与+x轴的夹角为．‎ 答：（1）若粒子沿+y方向射入磁场，当初速度满足0＜v≤时，粒子在磁场中运动的时间为定值；‎ ‎（2）从AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为，该粒子的入射方向与+x的夹角为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日