2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次月考物理试题 解析版

高二2018-2019学年度上学期物理月考试卷 一、单项选择题（共8小题每题4分，共32分）‎ ‎1.如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 B. 电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 C. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合 D. 电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大．故A错误，B正确．由周期公式知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同．故C正确，D错误．故选BC．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎2.如图所示，质量为m的金属导体棒MN被两根轻质柔软的细导线吊在一个绝缘支架上，细导线的另一端与电源和开关相连，构成闭合回路，金属棒可做自由摆动，其接入电路部分的长度为L，在竖直方向上有磁感应强度为B的匀强磁场，初始时刻，开关处于断开状态，导体棒MN静止不动，现把开关闭合后，发现导体棒摆动的最大摆角是，则导体棒中通有的电流I为(重力加速度为g)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据动能定理得，解得，故选D。‎ ‎3.如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球。整个装置水平匀速向右运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，则从进入磁场到小球飞出端口前的过程中（　　）‎ A. 小球带负电荷 B. 小球做类平抛运动 C. 洛仑兹力对小球做正功 D. 管壁的弹力对小球做负功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 洛伦兹力不做功。对小球进行受力分析，根据小球的受力情况判断，由牛顿第二定律求出加速度，判断加速度与速度如何变化，再分析小球运动的轨迹。‎ ‎【详解】A项：最终小球从上端口飞出，再由磁场方向垂直向里，依据左手定则可知，小球带正电荷，故A错误；‎ B项：设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，‎ 由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1=qvB是恒力，由牛顿第二定律得：qvB-mg=ma，a=，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线，故B正确；‎ C项：洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；‎ D项：小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力向右，小球向右运动，故弹力做正功，故D错误。‎ 故应选：C。‎ ‎【点睛】本题运用运动的分解法，研究小球受力情况，判断出小球的运动状态是正确解答本题的关键。‎ ‎4.如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的 正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正以速度v匀速穿过磁场区域，在乙图中给出的线框E、F两端的电压UEF与线框移动距离的关系的图象正确的是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，C点的电势始终高于D的电势，则始终为正值．则BC错误；CD.AB两边切割磁感线时产生的感应电动势为．在0 L内，CD切割磁感线，CD两端的电压是路端电压，则；在L 2L内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则；在2L 3L内，CD两端的电压等于感应电动势的，则，故A错误D正确．‎ 考点：考查了电磁感应与图像 ‎【名师点睛】本题由楞次定律判断电势的高低，确定电势差的正负．分析与感应电动势关系是关键，要正确区分外电压和内电压 ‎5.D1、D2是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻与电阻R相同，如图所示。在电键K接通或断开时，两灯亮暗的情况为　　‎ A. K刚接通时，D2比D1暗，最后两灯亮度相同 B. K刚接通时，，D2、D1一样亮，最后比亮 C. K断开时，D1灯、D2灯都过一会儿才熄灭 D. K断开时，D1灯和D2灯都立即熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；‎ 电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡D1构成闭合回路放电。‎ ‎【详解】A、B项：电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡D1的电流较大，故灯泡D1较亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加，电流稳定后，两个灯泡一样亮，即D1灯泡亮度逐渐正常，故A正确，B错误；‎ C、D项：电键断开瞬间，D2立即熄灭；电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡D1构成闭合回路放电，故灯泡D1一定是逐渐变暗，故C错误，D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化。‎ ‎6.(2011年浙江调研)如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中．有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计．则(　　)‎ A. 该过程中导体棒做匀减速运动 B. 该过程中接触电阻产生的热量为mv C. 开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S＝‎ D. 当导体棒的速度为v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由于导体棒在向右运动切割磁感线产生感应电流，同时受到水平向左的安培力，所以导体棒速度逐渐减小，速度减小又使得感应电动势、感应电流、安培力均减小，所以导体棒做加速度逐渐减小的变减速运动，A错误；由能量守恒可知整个运动过程中导体棒损失的动能全部转化为内能，故B错误；设开始运动时，导体棒和导轨构成的回路的面积为S，运动时间为t，则整个过程中回路中的平均感应电动势为E＝BS/t①；平均感应电流为I＝E/R②，则运动过程中通过A点的电荷量为Q＝It③.联立①②③式可得S＝，故C正确；导体棒在运动过程中切割磁感线的有效长度逐渐减小，当速度为v0时，产生的感应电动势小于开始运动时产生的感应电动势的一半，此时感应电流小于开始时的一半，故D错误．‎ ‎7.如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，某余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 电流表、电压表的读数均变小 B. 电源内阻消耗的功率变大 C. 液滴将向上运动 D. 电源的输出功率变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先对电路进行分析：L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知液滴的受力变化，则可知液滴的运动情况．根据电源的内外电阻关系，分析电源输出功率的变化。‎ ‎【详解】A、C项：当L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动；‎ 由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大；故A错误，C正确；‎ B项：因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故B错误；‎ D项：由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析。‎ ‎8.锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是(  )‎ A. 电能转化为化学能的功率为UI B. 充电器输出的电功率为UI＋I2r C. 电池产生的热功率为I2r D. 充电器的充电效率为Ir/U×100%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ C、根据热功率公式可得,电池产生的热功率为，故C正确；‎ B、由P=UI可知,充电器输出的电功率为P总=UI，故B错误；‎ A、电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有，故，故A错误；‎ D、充电器的充电效率为，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】电池的充电和放电过程是电能和化学能转化的过　程，给电池充电是将电能转化为化学能储存在电池内，根据能量守恒定律列式求解。‎ 二、多选题（共7小题 共28分 每题4分 选正确但不全得2分）‎ ‎9.如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是速度选择器，下列说法正确的是（ ）‎ 甲 乙 丙 丁 A. 甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度不变 B. 乙图电路开关断开瞬间，灯泡A可能会突然闪亮一下 C. 丙图在测量电阻时，电流从A经过R流向B D. 丁图中电子从右向左运动时，可能是直线运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、根据得，粒子的最大速度，可知最大速度与加速电压无关．只和磁场区域的半径有关；故A正确．B、电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A 不会立即熄灭，若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭．若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下．故B正确．C、丙图为多用电表的欧姆档；需要进行欧姆调零，测量的电流都是从正极出发流过黑表笔，流过电阻R，最后从红表笔进表到电源的负极，故C错误．D、丁图利用了速度选择器的原理，电子从右向左运动时，洛伦兹力和电场力都向上，则向上偏转；此装置只能从左向右选择速度，故D错误．故选AB．‎ ‎【点睛】本题考查了回旋加速器、自感现象、多用电表的使用以及速度选择题的原理等基础知识点，关键要理解各种现象的原理，即可轻松解决．‎ ‎10.如图1所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为，圆环电阻为 。在第1s内感应电流I沿顺时针方向磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示（其中在4～5s的时间段呈直线）．则　　 ‎ ‎。‎ A. 在0～5s时间段，感应电流先减小再增大 B. 在0～2s时间段感应电流沿顺时针，在2～5s时间段感应电流沿逆时针 C. 在0～5s时间段，线圈最大发热功率为5.0×10-4W D. 在0～2s时间段，通过圆环横截面的电量为5.0×10-1C ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断感应电流的方向，通过法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小。‎ ‎【详解】A项：根据闭合电路欧姆定律得，，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I=，则在0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；‎ B项：由题意知，在第1s内感应电流I 沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在0～2s时间段顺时针，在2～5s时间，磁场在减小，则感应电流的方向：逆时针，故B正确；‎ C项：在0～5s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则P=I2R=0.052×0.2=5×10-4W．故C 正确；‎ D项：根据感应电量的公式q＝，通过圆环横截面的电量为0.05C，故D错误。‎ 故应选：BC。‎ ‎【点睛】解决本题的关键会运用法拉第电磁感应定律求解电动势的大小，会运用楞次定律判断感应电流的方向。‎ ‎11.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度顺时针转动阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接下列判断正确的是　　‎ A. 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为 B. 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P C. 通过电阻R的电流的最大值为 D. OM两点间电势差绝对值的最大值为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导体转动切割磁感应线计算感应电动势大小，当当M端位于最上端时，电流最小，当M位于最下端时电流最大，根据右手定则可得电流方向，外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立计算即可。‎ ‎【详解】A项：M端线速度为v=ωl，OM切割磁感线的平均速度，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为E=，故A正确；‎ B项：当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，R并=，通过电阻R的电流的最小值为Imin=，根据右手定则可得电流方向从Q到P，故B错误；‎ C项：当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流Imax=，故C错误；‎ D项：OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为U=Imin×2R=，故D正确。‎ 故应选：AD。‎ ‎【点睛】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。‎ ‎12. 磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图所示。把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流。设该气流的导电率（电阻率的倒数）为σ，则（ ）‎ A. 该磁流体发电机模型的内阻为r＝‎ B. 产生的感应电动势为E＝Bav C. 流过外电阻R的电流强度I＝‎ D. 该磁流体发电机模型的路端电压为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，最终电荷处于平衡有：，解得电动势为：E=BLv．内电阻为：，根据闭合电路欧姆定律有：，那么路端电压为：，综上所述，故AC正确，BD错误．故选AC。‎ 考点：左手定则；物体的平衡；欧姆定律 ‎13.如图甲所示， ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB=AD= L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t=0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是 A. 若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度 B. 若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动中的加速度大小 C. 若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小 D. 若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径为R=L，根据，解得磁场的磁感应强度，选项A正确； 若粒子经时间t=T0恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图，‎ ‎ 由几何关系得，运动半径为r=L/3；运动中的加速度为：，选项B错误；若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，如图；根据运动的对称性可得，轨道半径满足2L=2nr′，即(n=1、2、3、…..) 由由洛伦兹力提供向心力得， ，得， (n=0、1、2、3、….)‎ 粒子圆周运动周期为： ，磁感应强度变化的周期：T0=T；得，T0=   (n=0、1、2、3、….)，选项C错误，D正确；故选AD.‎ 点睛：带电粒子在磁场中的运动的问题，重点就是运动过程的分析，要着重掌握圆周运动的规律，还有相应的数学知识，做到能准确找出原点，明确运动的轨迹。‎ ‎14.如图，两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，两导轨构成的平面与水平面成角金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其电阻均为R，质量分别为m和2m沿斜面向上的外力F作用在cd上使两棒静止，整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，重力加速度大小为g将轻绳烧断后，保持F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好则　　‎ A. 轻绳烧断瞬间，cd的加速度大小 B. 轻绳烧断后，cd做匀加速运动 C. 轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比vab：vcd=2：1‎ D. 棒ab的最大速度 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对整体分析，求出烧断细线前，拉力的大小，烧断细线瞬间，速度为0，安培力为0，根据牛顿第二定律求出cd棒的加速度；‎ 对两金属棒组成的系统，根据动量守恒定律求速度之比；‎ 当ab棒和cd棒加速度为零时，速度均达最大，根据受力平衡，结合闭合电路欧姆定律动量守恒定律求出棒子能达到的最大速度。‎ ‎【详解】A项：细绳烧断前，对两金属棒组成的整体，有F=（m+2m）gsinθ=3mgsinθ 轻绳烧断瞬间，对cd有：F-2mgsinθ=2ma 解得：，故A正确；‎ B项：随着速度的变化，电动势不断变化，电流不断变化，安培力不断变化，加速度不断变化，所以cd棒不可能做匀加速运动，故B错误；‎ C项：两金属棒组成的系统合力为0，动量守恒，所以有：，解得：，故C正确；‎ D项：回路总电动势E＝，因为，解得： ‎ 对ab棒：BIL=mgsinθ，联立解得，故D正确。‎ 故应选：ACD。‎ ‎【点睛】本题综合考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、动量守恒定律，综合性强，本题的难点是双杆模型，两杆切割都产生感应电动势。‎ ‎15.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后(　　)‎ A. L1的电阻为Ω B. L1消耗的电功率为0.75 W C. L2的电阻为7.5 Ω D. L2消耗的电功率为0.075 W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源内阻不计，路端电压等于电动势不变．灯泡是非线性元件，根据L1、L2的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R算出它们的电阻。‎ ‎【详解】A项：电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3V．L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值：，故A错误；‎ B项：由伏安特性曲线可以读出L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B正确；‎ C项：在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图，‎ 由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A．所以，故C正确；‎ D项：L2消耗的电功率为：P′=U′•I′=1.5×0.2=0.3W，故D错误。‎ 故应选：BC。‎ ‎【点睛】在分析电阻的I-U与U-I图线问题时，关键是搞清图象斜率的物理意义，也就是说是还是K=R．对于线性元件，R=，但对于非线性元件，R。‎ 三、实验题（共2小题 共13分 ）‎ ‎16.某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻.‎ ‎（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，长度为_____cm，直径为_____mm.‎ 甲 乙 ‎（2）正确连接电路后，测得电压表、电流表示数如下，接3V量程时读数为________V. 接0.6A量程时读数为______A.‎ ‎【答案】 (1). 1.052 (2). 0.900 (3). 2.15 (4). 0.16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数；‎ 根据量程，估读到最小分度的下一位进行读数。‎ ‎【详解】(1) 游标卡尺可知，主尺示数为1.0cm，游标尺示数为26×0.02mm=0.52mm=0.052cm，游标卡尺示数为1.0cm+0.052cm=1.052cm；‎ 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。‎ ‎(2) 接0～3V量程时读数为2.15V．接0～0.6A量程时读数为0.16A；‎ ‎【点睛】本题要掌握游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数。‎ ‎17.(1)某实验小组在使用多用电表的过程中,下列说法中正确的是___________‎ A.在测量电压时,要将红表笔接在高电势点 B.测量阻值不同的电阻时,都必须重新调节欧姆调零旋钮 C.在测量未知电阻时,必须先选择倍率最大的欧姆挡进行试测 D.在测量未知电流时,必须先选择量程最大的电流挡进行试测 E.测量电阻时,如果红、黑表笔插错插孔,测量结果不会受影响 ‎(2)如图所示,若用多用电表测量某电阻Rx阻值,多用电表选择开关处 于“×10”欧姆挡,指针指在如图所示位置,则Rx的阻值_____300(选填“大于”、“等于”或“小于")‎ ‎(3)现用伏安法更精确地测量(2)中的电阻Rx可供该同学选用的器材除开关S、导线、待测电阻R外,还有:‎ A.电源E(E=12V,内阻不计)‎ B.定值电阻R0(阻值等于1)‎ C.电压表V(量程0~15V,内阻未知)‎ D.电流表A1(量程0~10mA,内阻r1=3)‎ E.电流表A2(量程0~0.6A,内阻r2=0.2)‎ F滑动变阻器R(0~1k,额定电流0.1A)‎ ‎①实验中电流表应选择________(填写器材前面的字母标号)‎ ‎②请在方框内画出实验电路图;‎ ‎③在实验过程中,测量多组数据,以电压表读数U为纵坐标,以电流表读数为横坐标,做出相应U-I图象,发现U-I图象为一条斜率为k的直线,若考虑电表内阻对电路的影响,则电阻Rx= ________ (用题目中已知物理量字母符号和k表示)。‎ ‎【答案】 (1). ADE (2). 小于 (3). D （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）用多用表测电压时，要将红表笔接高电势点，A正确；用多用表测电阻时，每换一次档位倍率都需要重新进行欧姆调零，而不是测量不同电阻，B错误；在测量未知电阻时，可以先选择个倍率进行测量，然后根据指针偏转情况再选择合适的倍率进行测量，不一定必须先选择倍率最大挡进行试测，C 错误；为保护电表安全，在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测，D正确；测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果，E正确；故选ADE.（2）因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以20至40的中间数值一定小于30，若选择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于300Ω；（3）①电源电动势E=12V，回路中的最大电流约为，故电流表选D；②而电流表D的量程太小，为了测量准确，故需要将电流表D与定值电阻并联，改装成一个大量程的电流表；因为不知道电压表内阻，而电流表内阻确切已知，所以选择电流表内接法测量，因为滑动变阻器的最大值远大于待测电阻，故滑动变阻器用限流接法，画出的电路图如图所示：‎ ‎③根据串联电路的特点有：，变形得：，故图线的斜率为，解得：.‎ 四、计算题（本大题共2小题，共27分）‎ ‎18.如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距，电阻，导轨上停放一质量、电阻的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示。‎ ‎（1）试分析说明金属杆的运动情况；‎ ‎（2）求第2s末外力F。‎ ‎【答案】（1）金属杆的加速度应恒定，即金属杆应水平向右做匀加速直线运动（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据欧姆定律和感应电动势公式得到U与v的关系，由图读出U与t的关系，来分析v与t的关系，确定物体的运动情况；‎ ‎(2)由图读出第2s的速度v．根据电压与时间的关系求出加速度，根据牛顿第二定律求出 ‎【详解】(1)电压表示数为U=IR=由图象可知，U与t成正比，即v与t成正比，杆做初速为零的匀加速运动；‎ ‎(2)因v=at，所以 由图象得k=0.4 V/s，即 ‎ 得a=5m/s2‎ 两秒末速度v=at=10m/s ‎ ‎ 解得：F=0.7N。‎ ‎【点睛】本题考查电磁感应、电路知识和牛顿定律综合应用的能力，难点是列出电压U与时间t的关系式求出加速度。‎ ‎19.如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。‎ ‎(1)求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小。‎ ‎【答案】(1) (2)2t0 (3)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①‎ 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 ‎②‎ 匀速圆周运动的速度满足③‎ 联立①②③式得④‎ ‎（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1=180°–θ2⑤‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2==2t0⑥‎ ‎（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦‎ r0cos∠OO'D+=L⑧‎ 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨‎ 联立①⑦⑧⑨式得⑩‎ ‎【考点定位】带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。‎ 视频 ‎ ‎ ‎ ‎