物理卷·2018届江西省抚州市金溪一中等六校高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省抚州市金溪一中等六校高二上学期期中物理试卷 （解析版）

江西省抚州市金溪一中等六校2016-2017学年高二（上）期中物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．首先提出了分子电流假说的科学家是（　　）‎ A．安培 B．奥斯特 C．库仑 D．法拉第 ‎2．北宋科学家家沈括首先发现了地磁偏角．他在《梦溪笔谈》中写道：方家以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”据此可知（　　）‎ A．地磁场的方向由西指向东 B．地磁场的南极恰好在地球的北极 C．地磁场的北极在地球的北极附近 D．地磁场的两极和地球的两极间有一个偏角 ‎3．关于磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．磁感线是磁场中实际存在的曲线 B．两磁感线间的空隙处不存在磁场 C．磁感线都是从磁体的N极指向S极 D．在有磁场分布的空间内，任何一点只能画出一条磁感线 ‎4．将一带负电的粒子在电场中由静止释放，粒子只受到电场力的作用，关于粒子的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．一定沿电场线运动 B．可能做曲线运动 C．可能沿等势面运动 D．一定从高电势位置向低电势位置运动 ‎5．一匝数为20的线圈置于磁场中，穿过线圈的磁通量为φ．现将该线圈的匝数减为10，其他条件不变，则穿过该线圈的磁通量为（　　）‎ A． B． C．φ D．2φ ‎6．如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属棒，它们原来均金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C靠近A（C与A不接触），然后先将A、B分开，再将C移走．关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（　　）‎ A．A、B均带正电 B．A、B均带负电 C．A带正电，B带负电 D．A带负电，B带正电 ‎7．已知在40s内通过导线某一横截面的电子数为2×1021，电子的电荷量为1.6×10﹣19C，则通过该导线的电流为（　　）‎ A．0.4A B．0.8A C．1.2A D．1.6A ‎8．空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，P、Q之间各点的电势φ随位置坐标x的变化如图所示，一个带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴正方向运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子一定带负电 B．P点的电势低于M点的电势 C．M点的电场强度小于N点的电场强度 D．粒子从M点向N点运动的过程中，电势能一直减小 ‎9．三个阻值都为6Ω的电阻，若它们任意组合连接，则总电阻可能为（　　）‎ A．2Ω B．1Ω C．8Ω D．9Ω ‎10．如图所示，空间存在以磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，在该磁场中水平放置一根长直通电导线，电流的方向垂直纸面向里，竖直平面内以直导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d四个点，连线ac和bd是相互垂直的两条直径，且b、d在同一竖直线上，则（　　）‎ A．a点的磁感应强度最大 B．c点的磁感应强度最大 C．b、d两点的磁感应强度的大小相同 D．a、b两点的磁感应强度的大小相同 ‎11．在图示电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为可变电阻，R2、R3为定值电阻，C为电容器，L为小灯泡．当R1的阻值增大时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表的示数增大 B．R2两端的电压增大 C．小灯泡变暗 D．电容器C所带的电荷量增大 ‎12．如图所示，在绝缘的斜面下方O点处固定一正点电荷，一带负电的小物块（可视为质点）以初速度υ1从斜面底端M沿斜面上滑，到达N点时其速度变为零，然后又返回到M点，此时的速度为υ1，且υ2＜υ1．物块在运动过程中的电荷量保持不变，且OM=ON．重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）‎ A．物块从N点到M点的过程中，其电势能减小 B．物块从M点到N点的过程中，电场力对物块先做正功后做负功 C．物块上升的最大高度为 D．物块从N点到M点的过程中，其受到的摩擦力和电场力均先减小后增大 ‎　‎ 二、非选择题 ‎13．某同学用图甲所示电路做“测定电池的电动势和内阻”的实验，并根据测得的数据作出了图乙所示的U﹣I图象．‎ ‎（1）电池的电动势的测量值为　　V ‎（2）电池的内阻的测量值是　　Ω，该测量值　　（填”偏大“或”偏小“）‎ ‎14．（8分）某同学利用图甲所示电路来测量某金属丝的电阻率，他的操作步骤如下：‎ Ⅰ．用螺旋测微器金属丝的直径，然后按照图甲连接电路；‎ Ⅱ．将夹子固定 Ⅲ．测量接入电路的金属丝的长度L，检查电路无误后　　，读出电压表的示数U，断开关开关，记录该组数据．‎ Ⅳ．多次改变夹子的位置，重复步骤Ⅲ，得到多组L与U的数据．‎ ‎（1）将步骤Ⅲ补充完整：　　．‎ ‎（2）在用螺旋测微顺测金属丝的直径时，某次测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为　　mm．（该值接近多次测量的平均值）．‎ ‎（3）处理数据时，建立图丙所示的坐标系，且已经描好了点，请作出﹣图线．‎ ‎（4）若所用电源的内阻r=1.0Ω，则结合（3）中所得的图线可得，该金属丝的电阻率ρ=　　Ω•m．（结果保留一位有效数字）‎ ‎15．（8分）为了降低PM2.5，很多公园都提供电瓶车供游客游园代步（如图甲所示），其动力是蓄电池（电路简化为图乙所示），现测得某电瓶车以某一速度v匀速行驶时，电动机两端的电压为U，电动机中通过的电流为I，若该电动机的效率为η，求：‎ ‎（1）电瓶车电动机消耗的电功率P；‎ ‎（2）电瓶车受到的阻力大小f．‎ ‎16．（8分）在某匀强磁场中，长L=8cm的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流I1=0.1A时，它受到的磁场力大小F1=2×10﹣3N．‎ ‎（1）求该处的磁感应强度大小B1；‎ ‎（2）若通电直导线长度不变，通过导线的电流增大为I2=0.5A，垂直放在该磁场的另一处，求此时该处的磁感应强度大小B2和通电直导线受到的磁场力的大小F2．‎ ‎17．（10分）在图示电路中，电阻R1=R2=R3=5Ω，电源的内阻r=2.5Ω，电压表可视为理想电表，当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数U1=10V．‎ ‎（1）电源的电动势E；‎ ‎（2）当开关S1闭合，S2断开时，电压表的示数U2．‎ ‎18．（14分）如图所示，在足够大的金属板A上有一小孔S，粒子源C可由小孔S向各个方向射出速率υ=2×104 m/s的带负电粒子，B为金属网，A、B连接在电路上，电源的电压U0=6V、内阻不计．图中滑动变阻器滑片置于中点并保持不动，A、B间距d1=15cm，M为足够大的荧光屏，B、M间距d2=30cm，当粒子穿过金属网打到荧光屏上时，荧光屏上就会出现一个圆形的亮斑．已知粒子的比荷=2‎ ‎×108 C/kg，不考虑粒子所形成的电流对电路的影响，粒子重力不计．求：‎ ‎（1）A、B间电场（视为匀强电场）的电场强度大小E；‎ ‎（2）粒子到达荧光屏的最短时间t；‎ ‎（3）亮斑的面积S（取π=3）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省抚州市金溪一中等六校高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．首先提出了分子电流假说的科学家是（　　）‎ A．安培 B．奥斯特 C．库仑 D．法拉第 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：安培提出了分子电流假说，能很好地解释软铁被磁化的现象．‎ 故选：A ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎2．北宋科学家家沈括首先发现了地磁偏角．他在《梦溪笔谈》中写道：方家以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”据此可知（　　）‎ A．地磁场的方向由西指向东 B．地磁场的南极恰好在地球的北极 C．地磁场的北极在地球的北极附近 D．地磁场的两极和地球的两极间有一个偏角 ‎【考点】地磁场．‎ ‎【分析】沈括是世界上第一个指出指南针不完全指南北的人，记载于《梦溪笔谈》中．‎ ‎【解答】解：指南针是我国的四大发明之一，在北宋学者 沈括的《梦溪笔谈》中，“方家以磁石磨针锋，则能指南”，说明地磁场的方向南向北；“然常微偏东，不全南也”，说明地磁场的北极在地球的南极附近；‎ 记载了磁针所指方向不完全指南北这一事实，则为地磁场的两极和地球的两极间有一个偏角，即为磁偏角，故他是世界上最早发现这一事实的人．故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了物理学史中第一个发现指南针不完全指南北的人是我国北宋时期的沈括，注意磁偏角的含义．‎ ‎　‎ ‎3．关于磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．磁感线是磁场中实际存在的曲线 B．两磁感线间的空隙处不存在磁场 C．磁感线都是从磁体的N极指向S极 D．在有磁场分布的空间内，任何一点只能画出一条磁感线 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．‎ ‎【分析】明确磁感线的性质，知道磁感线的方向以及疏密的意义，同时明确磁感线不会相交的性质．‎ ‎【解答】解：A、磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故A错误．‎ B、磁感线的疏密表示磁场的强弱，空隙处仍有磁场．故B错误．‎ C、在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故C错误．‎ D、若两条磁感线可以相交，则交点处就可以做出两个磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛盾，因此磁感线不能相交，任何一点只能画出一条磁感线，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题应明确：（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在．‎ ‎（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极．在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极．‎ ‎（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交．‎ ‎（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述．磁场越强，磁感线越密集．‎ ‎　‎ ‎4．将一带负电的粒子在电场中由静止释放，粒子只受到电场力的作用，关于粒子的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．一定沿电场线运动 B．可能做曲线运动 C．可能沿等势面运动 D．一定从高电势位置向低电势位置运动 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】只在电场力作用下运动，物体的运动由力决定，与电场线、电势的高低无关；电场线和等势面相互垂直，场强可与电场线的反向相同或相反．‎ ‎【解答】解：AB、由静止释放的粒子，只在电场力作用下运动，其运动只有电场力决定，如果电场力与场强方向并不与电场线重合，带电粒子不一定沿电场线运动，其运动轨迹可能是曲线，故A错误，B正确；‎ C、电场线和等势面相互垂直，电场力的方向和场强方向相同或者相反，所以粒子不可能沿等势面运动，故C错误；‎ D、沿电场线电势越来越低，据场强反向的规定，场强可与电场线的反向相同或相反，即电场力的方向与电场线的方向相同或相反，所以带电粒子可能朝着电势高或低的位置运动，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解题关键明确带电粒子的运动情况只有力决定，与电场线无直接关系，分析运动必须先分析力．‎ ‎　‎ ‎5．一匝数为20的线圈置于磁场中，穿过线圈的磁通量为φ．现将该线圈的匝数减为10，其他条件不变，则穿过该线圈的磁通量为（　　）‎ A． B． C．φ D．2φ ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】‎ 设在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，标量，符号Φ，单位是韦伯（Wb）．‎ ‎【解答】解：磁通量形象的说是穿过某个线圈的磁感线条数，与匝数无关，故线圈有20匝时磁通量为φ，减小为10匝时磁通量依然是φ，不变；‎ 故选：C ‎【点评】本题关键是明确磁通量的定义，知道其物理意义，即可以表示穿过某个线圈的磁感线条数，与线圈的匝数无关，基础题目．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属棒，它们原来均金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C靠近A（C与A不接触），然后先将A、B分开，再将C移走．关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（　　）‎ A．A、B均带正电 B．A、B均带负电 C．A带正电，B带负电 D．A带负电，B带正电 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】将带负电的导体球C靠近两个不带电的导体AB，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变．‎ ‎【解答】解：把导体A和B分开，再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，‎ 所以此时A带正电，B带负电．故ABD错误，C正确 故选：C ‎【点评】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．‎ ‎　‎ ‎7．已知在40s内通过导线某一横截面的电子数为2×1021，电子的电荷量为1.6×10﹣19C，则通过该导线的电流为（　　）‎ A．0.4A B．0.8A C．1.2A D．1.6A ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据通过截面的电子数求解通过的电量，再根据电流的定义即可求得通过的电流．‎ ‎【解答】解：根据电流的定义可知，电流I===0.8A，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查电流的定义，要注意明确元电荷的性质，知道电荷量与电子个数之间的关系，同时明确电流的定义式的应用．‎ ‎　‎ ‎8．空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，P、Q之间各点的电势φ随位置坐标x的变化如图所示，一个带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴正方向运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子一定带负电 B．P点的电势低于M点的电势 C．M点的电场强度小于N点的电场强度 D．粒子从M点向N点运动的过程中，电势能一直减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电势来确定电场线的方向，再依据电场力方向，从而确定电性；依据电场线方向，确定电势的高低；由图象的斜率来确定电场强度的大小；由粒子运动中，电场力做功的正负来确定电势能变化．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，粒子从M到Q，电势渐渐降低，且粒子由静止开始运动，因此电场线方向由P到Q点，那么粒子带正电，故A错误；‎ B、由于电场线方向由P到Q，则沿着电场线方向，电势降低，那么P点的电势高于M点的电势，故B错误；‎ C、根据△φ=E△x，可知，图象的斜率大小表示电场强度的大小，那么M点的电场强度小于N点的电场强度，故C错误；‎ D、因带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，电场力做正功，则电势能一直减小，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题要理解电势φ随位置坐标x图象的含义，知道其斜率表示电场强度，掌握沿着电场线方向，电势降低，并理解电场力做功与电势能的变化情况．‎ ‎　‎ ‎9．三个阻值都为6Ω的电阻，若它们任意组合连接，则总电阻可能为（　　）‎ A．2Ω B．1Ω C．8Ω D．9Ω ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】三个相同电阻可以有四种连接方式：三个电阻串联、三个电阻并联、两个电阻串联后与第三个电阻并联，两个电阻并联后与第三个电阻串联，分析求出阻值．‎ ‎【解答】解：当三个电阻串联时，获得的阻值为3×6Ω=18Ω；‎ 当三个电阻并联时，获得的阻值为=2Ω；‎ 当两个电阻串联后与第三个电阻并联，获得的阻值为Ω=4Ω；‎ 当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的阻值为Ω+6Ω=9Ω；则可知AD正确，BC错误．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查串并联电路中电阻的计算，对于电阻的连接方式考虑要全面，不能遗漏．注意串并联电路中电阻的计算方法．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，空间存在以磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，在该磁场中水平放置一根长直通电导线，电流的方向垂直纸面向里，竖直平面内以直导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d四个点，连线ac和bd是相互垂直的两条直径，且b、d在同一竖直线上，则（　　）‎ A．a点的磁感应强度最大 B．c点的磁感应强度最大 C．b、d两点的磁感应强度的大小相同 D．a、b两点的磁感应强度的大小相同 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．‎ ‎【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：‎ A、c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大，故A正确．‎ B、a点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小，故B错误．‎ C、b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，叠加后磁感应强度的方向向左上方；d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上．d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同，故C正确；‎ D、而a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大；结合对B点磁场的分析，以及矢量合成的特点可知，a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度．故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】考查磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．‎ ‎　‎ ‎11．在图示电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为可变电阻，R2、R3为定值电阻，C为电容器，L为小灯泡．当R1的阻值增大时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表的示数增大 B．R2两端的电压增大 C．小灯泡变暗 D．电容器C所带的电荷量增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】由电路图可知，R1与灯泡L并联后与R2串联，电容器与R3串联．由R1的阻值变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，可分析出电流表示数的变化．由欧姆定律判断出R2电压的变化．根据串联电路中电压与电阻成正比的规律，分析灯泡的电压变化，从而分析出灯泡亮度的变化情况．根据电容器的电压变化，分析其带电量的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、当R1的阻值增大时，R1与灯泡L并联电阻增大，则外电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，因此电流表示数减小，故A错误．‎ B、电路中总电流减小，通过R2的电流减小，由欧姆定律可知R2两端的电压减小，故B错误．‎ C、根据串联电路中电压与电阻成正比的规律，则知小灯泡两端的电压增大，则小灯泡变亮，故C错误．‎ D、总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，可知，电容器板间的电压增大，由Q=CU知，电容器所带电量增大，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题在进行电路动态分析时电容器可不看．要抓住电容器两端的电压等于与之并联部分的电压，与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在绝缘的斜面下方O点处固定一正点电荷，一带负电的小物块（可视为质点）以初速度υ1从斜面底端M沿斜面上滑，到达N点时其速度变为零，然后又返回到M点，此时的速度为υ1，且υ2＜υ1．物块在运动过程中的电荷量保持不变，且OM=ON．重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）‎ A．物块从N点到M点的过程中，其电势能减小 B．物块从M点到N点的过程中，电场力对物块先做正功后做负功 C．物块上升的最大高度为 D．物块从N点到M点的过程中，其受到的摩擦力和电场力均先减小后增大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度．由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化；‎ ‎【解答】解：A、根据点电荷电场的分布规律可知，物块从N点到M点的过程中，先由低电势到高电势，再由高电势到低电势，故电势能先减小后增大，故A错误；‎ B、物块从M点到N点的过程中，电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功；故B正确；‎ C、，其电势能减小由题知，物体到达N点时上升的高度最大，设最大高度为h．由于OM=ON，M、N两点的电势相等，上升过程中电场力做功为0，则根据动能定理得，上升过程：﹣mgh=0﹣，得 h=．故C错误．‎ D、物块从N点到M点的过程中，物体到点电荷的距离先减小后增大，故电场力一定先增大后减小，而物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】‎ 本题考查点电荷的电场以及动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确常见电场的特点，并掌握几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎13．某同学用图甲所示电路做“测定电池的电动势和内阻”的实验，并根据测得的数据作出了图乙所示的U﹣I图象．‎ ‎（1）电池的电动势的测量值为　1.40　V ‎（2）电池的内阻的测量值是　1.33　Ω，该测量值　偏小　（填”偏大“或”偏小“）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】由图象的纵坐标可知电源的电动势，根据闭合电路欧姆定律和图象的性质可得出内电阻．根据图象法可分析误差情况．‎ ‎【解答】解：（1）由图示图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为1.40V；‎ ‎（2）电源内阻等于图象斜率的大小，为r===1.33Ω；由于本实验中采用电流表相对电源的外接法，则电压表示数准确而电流示数偏小，则可知真实图象应如图所示；则可知内阻的测量值偏小；‎ 故答案为；（1）1.40；（2）1.33，偏小．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的数据处理，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能相当然的将横坐标的截距当作短路电流．‎ ‎　‎ ‎14．某同学利用图甲所示电路来测量某金属丝的电阻率，他的操作步骤如下：‎ Ⅰ．用螺旋测微器金属丝的直径，然后按照图甲连接电路；‎ Ⅱ．将夹子固定 Ⅲ．测量接入电路的金属丝的长度L，检查电路无误后　闭合开关　，读出电压表的示数U，断开关开关，记录该组数据．‎ Ⅳ．多次改变夹子的位置，重复步骤Ⅲ，得到多组L与U的数据．‎ ‎（1）将步骤Ⅲ补充完整：　闭合开关　．‎ ‎（2）在用螺旋测微顺测金属丝的直径时，某次测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为　0.900　mm．（该值接近多次测量的平均值）．‎ ‎（3）处理数据时，建立图丙所示的坐标系，且已经描好了点，请作出﹣图线．‎ ‎（4）若所用电源的内阻r=1.0Ω，则结合（3）中所得的图线可得，该金属丝的电阻率ρ=　6×10﹣7Ω•m　Ω•m．（结果保留一位有效数字）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）检查电路无误后，应闭合开关，开始实验；‎ ‎（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；‎ ‎（3）根据描点法作出图象；‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律以及电阻定律求出关于的关系式，结合图象的斜率和截距求解．‎ ‎【解答】解：（1）测量接入电路的金属丝的长度L，检查电路无误后，闭合开关，读出电压表的示数U，断开关开关，记录该组数据．‎ ‎（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为40.0×0.01mm=0.400mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.400mm=0.900mm．‎ ‎（3）根据描点法作出图象，如图所示：‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律得：‎ E=U+，‎ R=，‎ 解得：，‎ 根据图象可知，，‎ 解得：ρ=6×10﹣7Ω•m 故答案为：（1）闭合开关；（2）0.900；（3）如图所示；（4）6×10﹣7Ω•m ‎【点评】螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读，对于图象问题，一般是求出函数表达式，再结合图象的斜率和截距求解，难度适中．‎ ‎　‎ ‎15．为了降低PM2.5，很多公园都提供电瓶车供游客游园代步（如图甲所示），其动力是蓄电池（电路简化为图乙所示），现测得某电瓶车以某一速度v匀速行驶时，电动机两端的电压为U，电动机中通过的电流为I，若该电动机的效率为η，求：‎ ‎（1）电瓶车电动机消耗的电功率P；‎ ‎（2）电瓶车受到的阻力大小f．‎ ‎【考点】电功、电功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据P=UI求解电动机的电功率；‎ ‎（2）根据题意得到电动机的输出功率，根据P=Fv得到牵引力，根据平衡条件得到摩擦力．‎ ‎【解答】解：（1）电动机两端的电压为U，电动机中通过的电流为I，故电动机消耗的电功率P=UI；‎ ‎（2）该电动机的效率为η，故：ηP=Fv，‎ 由于电瓶车以某一速度v匀速行驶，故f=F，‎ 联立解得：f=；‎ 答：（1）电瓶车电动机消耗的电功率P为UI；‎ ‎（2）电瓶车受到的阻力大小f为．‎ ‎【点评】本题关键是明确电动机是非纯电阻电路，同时要明确电动车匀速运动时阻力与牵引力平衡，基础题目．‎ ‎　‎ ‎16．在某匀强磁场中，长L=8cm的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流I1=0.1A时，它受到的磁场力大小F1=2×10﹣3N．‎ ‎（1）求该处的磁感应强度大小B1；‎ ‎（2）若通电直导线长度不变，通过导线的电流增大为I2=0.5A，垂直放在该磁场的另一处，求此时该处的磁感应强度大小B2和通电直导线受到的磁场力的大小F2．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】（1）根据安培力的大小公式F=BIL求出磁感应强度的大小，以及安培力的大小．‎ ‎（2）磁感应强度由磁场本身决定；由F=BIL即可求出安培力；‎ ‎【解答】解：（1）8cm=0.08m 根据F=BIL得，B1===0.25T．‎ ‎（2）磁感应强度是由磁场本身决定的，与电流的大小无关，所以此处的磁感应强度不变，为B2=0.25T．‎ 通过导线的电流增大为I2=0.5A时， N 答：（1）该处的磁感应强度大小为0.25T；‎ ‎（2）此时该处的磁感应强度大小是0.25T，通电直导线受到的磁场力的大小是1×10﹣2N．‎ ‎【点评】本题考查安培力的大小公式的基本运用，比较容易掌握，基础题．‎ ‎　‎ ‎17．（10分）（2016秋•抚州期中）在图示电路中，电阻R1=R2=R3=5Ω，电源的内阻r=2.5Ω，电压表可视为理想电表，当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数U1=10V．‎ ‎（1）电源的电动势E；‎ ‎（2）当开关S1闭合，S2断开时，电压表的示数U2．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当开关S1和S2均闭合时，电阻R1与R3并联后与R2串联．已知电压表的读数与电阻两端的电压相等，根据欧姆定律定律求出电阻R2中的电流；根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；‎ ‎（2）分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律可分析电压表的示数．‎ ‎【解答】解：（1）电阻R2中的电流I==A=2A 外电阻R=R2+=5+=7.5（Ω）‎ 根据闭合电路欧姆定律I=得 E=I（R+r）‎ 代入数据解得：E=2×（7.5+2.5）V=10V　　　　‎ ‎（2）当开关S1闭合而S2断开时；‎ 由闭合电路欧姆定律可知：‎ U2==‎ 解得：U2=8V 答：（1）电源的电动势为10V；‎ ‎（2）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数为8V．‎ ‎【点评】本题是电路的计算问题，首先要识别电路的结构，其次要明确电压表测量哪部分电路的电压；再由闭合电路定律进行分析即可求解．‎ ‎　‎ ‎18．（14分）（2016秋•抚州期中）如图所示，在足够大的金属板A上有一小孔S，粒子源C可由小孔S向各个方向射出速率υ=2×104 m/s的带负电粒子，B为金属网，A、B连接在电路上，电源的电压U0=6V、内阻不计．图中滑动变阻器滑片置于中点并保持不动，A、B间距d1=15cm，M为足够大的荧光屏，B、M间距d2=30cm，当粒子穿过金属网打到荧光屏上时，荧光屏上就会出现一个圆形的亮斑．已知粒子的比荷=2×108 C/kg，不考虑粒子所形成的电流对电路的影响，粒子重力不计．求：‎ ‎（1）A、B间电场（视为匀强电场）的电场强度大小E；‎ ‎（2）粒子到达荧光屏的最短时间t；‎ ‎（3）亮斑的面积S（取π=3）．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）求出电容器板间的电压U，由E=求出A、B间的场强大小；‎ ‎（2）粒子的初速度垂直A板方向时运动时间最短，根据动能定理列式求解末速度，根据分运动公式列式求解最短时间；‎ ‎（3）当粒子的初速度垂直电场线时，做类似平抛运动，在荧光屏上形成最大的圆，根据分运动规律列式求解即可 ‎【解答】解：（1）电容器额的电压为：U=I•=×===3V，‎ A、B间的电场强度大小：E===20V/m；‎ ‎（2）经分析可知，从粒子源C射出的粒子中，速度水平向右的粒子到达荧光屏的时间最短，‎ 设这些粒子到达金属网B处的速度大小为v1，由动能定理得：qU=mv12﹣mv2，解得：v1=4×104m/s；‎ 粒子在A、B间做匀加速直线运动，运动的时间为：t1===5×10﹣6s；‎ 粒子从金属网B到荧光屏M做匀速直线运动，运动的时间为：t2===7.5×10﹣6s；‎ 又：t=t1+t2，解得：t=1.25×10﹣5s；‎ ‎（3）经过分析可知，从离子源C射出的粒子中，速度平行金属板A的那些粒子到达荧光屏M的距离最远，形成最大圆；‎ 设粒子在AB间做类平抛运动的时间为t1′，有：d1=at1′2，加速度：a=，=4×109m/s2，‎ 粒子从金属网B运动到荧光屏M的时间为：t2′=，其中v1′=at1′，‎ 粒子沿着平行金属板方向通过的路程为：L=v（t1′+t2′），‎ 亮斑的面积：S=πL2，解得：S≈0.36m2；‎ 答：（1）A、B间电场的电场强度大小E为20V/m；‎ ‎（2）粒子到达荧光屏的最短时间t为1.25×10﹣5s；‎ ‎（3）亮斑的面积S为0.36m2．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子在电场中的运动过程是解题的前提与关键，沿水平方向射入的粒子运动时间最短；初速度与极板平行的粒子竖直位移最大，求出其竖直分位移即可求亮斑的半径，然后可以求出亮斑的面积；分析清楚粒子运动过程、应用运动学公式可以解题，解题时要注意运动的合成与分解方法飞应用．‎ ‎　‎