物理卷·2018届江西省上饶市德兴一中高二上学期期中物理试卷（1-2班） （解析版）

物理卷·2018届江西省上饶市德兴一中高二上学期期中物理试卷（1-2班） （解析版）

‎2016-2017学年江西省上饶市德兴一中高二（上）期中物理试卷（1-2班）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题包括10小题，共40分，1-7小题只有一个选项符合题意，8-10小题有多个选项符合题意，选不全得2分，错选或不选不得分）‎ ‎1．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则此空间下列说法不正确的是（　　）‎ A．一定不存在磁场 B．可能只存在电场 C．可能存在方向重合的电场和磁场 D．可能存在正交的磁场和电场 ‎2．关于电场力的功及电势能变化情况错误的是（　　）‎ A．电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功 B．电场中某点的电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能 C．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能都要减少 D．正电荷沿电场线方向移动，电势能增加；负电荷沿电场线方向移动，电势能减少 ‎3．如左图所示，一带电粒子以水平速度v0 （v0＜）先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的功为W1；若把电场和磁场正交重叠，如图所示，粒子仍以初速度v0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W2，比较W1和W2，则（　　）‎ A．一定是W1＞W2‎ B．一定是W1=W2‎ C．一定是W1＜W2‎ D．可能是W1＜W2，也可能是W1＞W2‎ ‎4．如图所示，匀强电场E方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A点时动能是100J，经过B点时，动能是A点的，减少的动能有转化成电势能，那么，当它再次经过B点时动能为（　　）‎ A．16J B．8J C．4J D．20J ‎5．在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．电源的总功率变小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．灯L2变亮，电容器的带电量增加 ‎6．如图正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ=30°角的方向射入只有下边界的匀强磁场中，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：5 D．1：6‎ ‎7．如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45°．有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置．若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，在重力加速度为g的空间中，有一个带电量为+Q的场源电荷置于O点，B、C为以O为圆心，半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB=R，O、C在同一水平线上，现在有一质量为m，电荷量为﹣q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始下滑，滑至C点时速度的大小为，下列说法正确的是（　　）‎ A．从A到C小球做匀加速运动 B．从A到C小球的机械能守恒 C．B、A两点间的电势差为 D．若小球不通过杆从A点自由释放，则下落到B点时的速度大小为 ‎9．如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则（　　）‎ A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3‎ C．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V ‎10．如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω．此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t）T，图示磁场方向为正方向，框、挡板和杆不计形变．则（　　）‎ A．t=1s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t=3s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N D．t=3s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.2N ‎　‎ 二、填空题：（本题包括2小题，11小题每空2分，12小题每空3分，共15分）‎ ‎11．如图为一正在测量中的多用电表表盘．‎ ‎（1）如果是用×100Ω挡测量电阻，则读数为　　Ω．‎ ‎（2）如果是用直流50mA挡测量电流，则读数为　　mA．‎ ‎（3）如果是用直流10V挡测量电压，则读数为　　V．‎ ‎12．某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5A．实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开关、导线若干．‎ ‎①请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．‎ ‎②实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R、U的数据．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 电阻 R/Ω ‎60.5‎ ‎35.2‎ ‎20.0‎ ‎13.7‎ ‎9.9‎ ‎5.8‎ ‎4.3‎ ‎3.5‎ ‎2.9‎ ‎2.5‎ 电压 U/V ‎2.58‎ ‎2.43‎ ‎2.22‎ ‎2.00‎ ‎1.78‎ ‎1.40‎ ‎1.18‎ ‎1.05‎ ‎0.93‎ ‎0.85‎ 根据实验数据绘出如图3所示的﹣图线．由图象得出电池组的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎③关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是　　．‎ A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差 B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差 C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差 D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差．‎ ‎　‎ 三、计算题：（本题包括4小题，请写出计算过程和必要的文字说明，共45分）‎ ‎13．如图所示，电池的电动势E=5V、内阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，在R0由零增加到400Ω的过程中，求：‎ ‎（1）可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率．‎ ‎（2）电池的内阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．‎ ‎14．如图所示，长L=1.6m，质量M=3kg的木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向竖直向下，电场强度为E=4.0×104N/C的匀强电场，现对木板施加一水平向右的拉力F．取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：‎ ‎（1）使物块不掉下去的最大拉力F；‎ ‎（2）如果拉力F=11N恒定不变，小物块所能获得的最大动能．‎ ‎15．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=1m，左端接有阻值R=0.4Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.5T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=3m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=6m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来．已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：‎ ‎（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2‎ ‎（3）外力做的功WF．‎ ‎16．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷=106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5 s时间电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化（图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻，不考虑磁场变化产牛的电场（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E；‎ ‎（2）图乙中t=×10﹣5 s时刻电荷与O点的水平距离；‎ ‎（3）如果在O点正右方d=32cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从第一次进入磁场开始到到达挡板需要的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省上饶市德兴一中高二（上）期中物理试卷（1-2班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题包括10小题，共40分，1-7小题只有一个选项符合题意，8-10小题有多个选项符合题意，选不全得2分，错选或不选不得分）‎ ‎1．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则此空间下列说法不正确的是（　　）‎ A．一定不存在磁场 B．可能只存在电场 C．可能存在方向重合的电场和磁场 D．可能存在正交的磁场和电场 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】通过对电子的运动分析可知，电子在该区域可能不受力的作用，有两种情况，一是电场和磁场都不存在，二是只存在磁场，但是电子的初速度方向与磁场的方向在同一条直线上；可能只受电场力作用，电子的初速度与电场力的方向在通一条直线上；可能既受电场力又受洛伦兹力作用，但是二力为一对平衡力．‎ ‎【解答】解：‎ A、电子进入磁场有两种情况，一是沿着磁感线进入磁场，此种情况下，电子不受洛伦兹力作用，电子不会偏转，选项A错误．‎ B、如果该区域只存在电场，并且电子是沿着电场线的方向进入电场时，电子不发生偏转．选项B正确．‎ C、若电场与磁场的方向在同一条直线上，当电子沿着此方向进入的，电子就不发生偏转．选项C正确．‎ D、若电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转，此时电场与磁场是正交的．选项D正确．‎ 本题选择不正确的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．关于电场力的功及电势能变化情况错误的是（　　）‎ A．电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功 B．电场中某点的电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能 C．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能都要减少 D．正电荷沿电场线方向移动，电势能增加；负电荷沿电场线方向移动，电势能减少 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】根据电势差的公式U=，分析电势与电场力做功的关系．电势的定义式为φ=，电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能．只要电场力做正功，电荷电势能都要减少．正电荷沿电场线方向移动，根据电场力做功情况可知，电势能减小；而负电荷沿电场线方向移动，电势能增加．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电势差的公式UAO=，而A、O间电势差UAO=φA﹣φO，若取φO=0，则UAO=φA=，所以电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功．故A正确．‎ B、由电势的定义式为φ=，得知，电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能．故B正确．‎ C、只有电场力做正功，无论是正电荷还是负电荷，其电势能都要减小．故C正确．‎ D、正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，其电势能减小；而负电荷沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加．故D错误．‎ 本题选错误的，故选D ‎　‎ ‎3．如左图所示，一带电粒子以水平速度v0 （v0＜）先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的功为W1；若把电场和磁场正交重叠，如图所示，粒子仍以初速度v0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W2，比较W1和W2，则（　　）‎ A．一定是W1＞W2‎ B．一定是W1=W2‎ C．一定是W1＜W2‎ D．可能是W1＜W2，也可能是W1＞W2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】先判断带电粒子在电场中的受力情况和在重叠区的受力情况，比较两种情况中的偏转位移的大小，而洛伦兹力对粒子不做功，只有电场力做功，进而可以判断做功大小．‎ ‎【解答】解：不论带电粒子带何种电荷，粒子穿过重叠场区时，电场力的方向与洛伦兹力的方向的夹角大于90°，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2，故A正确．‎ 故选A ‎　‎ ‎4．如图所示，匀强电场E方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A点时动能是100J，经过B点时，动能是A点的，减少的动能有转化成电势能，那么，当它再次经过B点时动能为（　　）‎ A．16J B．8J C．4J D．20J ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】设物体向右运动到C点静止，然后返回，AB间距离为x1，BC间距离为x2，则由动能定理可以求出两段距离之间的关系，又因为电场力做的功等于电势能的减少量，进而求出摩擦力做的功，因此，由B到C再回到B的过程中，﹣2fx2=EkB′﹣EkB，即可求解．‎ ‎【解答】解：设物体向右运动到C点静止，然后返回，AB间距离为x1，BC间距离为x2，则：由动能定理：﹣（f+qE）x1==﹣80 J ‎﹣（f+qE）x2==﹣20 J 所以x2=‎ 又qEx1=（）×=48 J 则qEx2=×48=12 J，即由B到C，电势能增加12 J，所以克服摩擦力做功fx2=8 J．‎ 因此，由B到C再回到B的过程中，﹣2fx2=EkB′﹣EkB 所以EkB′=EkB﹣2fx2=﹣2fx0=20﹣16=4 J．‎ 故选C ‎　‎ ‎5．在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．电源的总功率变小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．灯L2变亮，电容器的带电量增加 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电路结构明确滑片移动过程中，总电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出路端电压及电流的变化；则可得出总功率的变化；由电容器的性质分析电容器带电量的变化．‎ ‎【解答】解：‎ 滑动变阻器和灯L2的并联，则有，将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，R减小，则R并也减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流I增大，即电流表的示数增大，灯L1变亮；电压表的示数U=E﹣Ir，因此，电压表的示数减小；根据部分电路欧姆定律，流过灯L2的电流减小，灯L2变暗；总电阻减小，总电流增大，故总功率增大；根据电容的定义式，可知电容器的带电量减小，所以正确选项为C．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ=30°角的方向射入只有下边界的匀强磁场中，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：5 D．1：6‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】正负离子垂直射入磁场后都做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律研究轨道半径关系．根据圆的对称性分析重新回到磁场边界时正负离子速度大小和方向的关系．写出轨迹的圆心角，研究运动的时间关系．根据几何知识研究正负离子重新回到磁场边界的位置与O点距离关系．‎ ‎【解答】解：设正离子轨迹的圆心角为α，负离子轨迹的圆心角为β．由几何知识得到，‎ α=2π﹣2θ，β=2θ 正离子运动的时间为t1=T，正离子运动的时间为t2=T，而周期T=相同，所以：．故C选项正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45°．有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置．若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流；‎ 由右手定则可得出电流的方向．‎ ‎【解答】解：线圈从0开始向右运动L时，线圈的右侧导体切割磁感线，有效长度增大，‎ 正方形导线框做匀速直线运动，故电动势均匀增大，电流增大，‎ 由右手定则可知，电流方向沿顺时针；‎ L到2L时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧导体切割磁感线长度不变，左侧导体切割磁感线长度增加，故有效长度减小，则感应电动势减小，电流减小，沿顺时针方向；‎ ‎2L时，右侧导体切割磁感线长度为L，左侧导体切割磁感线长度为L，感应电动势为0，电流为0；‎ 而2L到3L过程中，右侧长度减小，而左侧长度不变，故电流要增大；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；‎ ‎3L到4L过程中，左侧减小，而右侧为0，故电流要减小；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在重力加速度为g的空间中，有一个带电量为+Q的场源电荷置于O点，B、C为以O为圆心，半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB=R，O、C在同一水平线上，现在有一质量为m，电荷量为﹣q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始下滑，滑至C点时速度的大小为，下列说法正确的是（　　）‎ A．从A到C小球做匀加速运动 B．从A到C小球的机械能守恒 C．B、A两点间的电势差为 D．若小球不通过杆从A点自由释放，则下落到B点时的速度大小为 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】小球由A到C的过程中，做功的力有重力和库仑力．由点电荷周围形成的电场特点可知，小球从A到C过程中，电场力是发生变化的，故可知小球不会做匀加速直线运动．因有库仑力做功，所以机械能不守恒．由A到C过程中，重力和库仑力做功，由动能定理可求出小球到B点的速度．‎ ‎【解答】解：A、小球从A到C的过程中，受到重力、库仑力和细杆的支持力三个力的作用，库仑力是变化的，所以库仑力在细杆的方向上的分量也是变化的，沿细杆的方向上合外力不恒定，则从A到C小球做的运动不是匀加速运动．故A错误．‎ B、小球从A到C的过程中，除了重力做功外，还有库仑力做功，所以此过程小球的机械能不守恒．故B错误．‎ C、小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，由动能定理有﹣qUAC+2mgR=m（）2，解得UAC=﹣．由于B点与C点的电势相等，则A、B间的电势差UAB═﹣．所以B、A两点间的电势差为UBA=﹣UAB=．故C正确．‎ D、B和C在同一个等势面上，B、C两点的电势相等．小球由A到B的过程中，重力和电场力做功．由动能定理有：‎ ‎ mgh﹣qUAB=，由C选项可知UAB=﹣，代入上式得：vB=，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎9．如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则（　　）‎ A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3‎ C．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．‎ ‎【解答】解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；‎ B、由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：；故B错误；‎ C、曲线a的交变电流的频率f==25Hz；故C正确；‎ D、由Em=NBSω可知===，所以Emb=Ema=10V，曲线b表示的交变电动势有效值为U==5V；故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω．此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t）T，图示磁场方向为正方向，框、挡板和杆不计形变．则（　　）‎ A．t=1s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t=3s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N D．t=3s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.2N ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，与力的合成与分解，并由三角知识，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；‎ B、同理，当t=3s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；‎ C、当在t=1s时，由法拉第电磁感应定律，则有：E==0.2×12×=0.1V；‎ 再由欧姆定律，则有感应电流大小I==1A；则t=1s时，那么安培力大小F=BtIL=（0.4﹣0.2×1）×1×1=0.2N；‎ 由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆对挡板P的压力大小N=Fcos60°=0.2×0.5=0.1N，故C正确；‎ D、同理，当t=3s时，感应电动势仍为E=0.1V，电流大小仍为I=1A，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁感线斜向下，‎ 根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为N′=F′cos60°=0.2×0.5=0.1N，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、填空题：（本题包括2小题，11小题每空2分，12小题每空3分，共15分）‎ ‎11．如图为一正在测量中的多用电表表盘．‎ ‎（1）如果是用×100Ω挡测量电阻，则读数为　600　Ω．‎ ‎（2）如果是用直流50mA挡测量电流，则读数为　36.0　mA．‎ ‎（3）如果是用直流10V挡测量电压，则读数为　7.2　V．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；‎ 根据多用电表测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数．‎ ‎【解答】解：（1）如果是用×100Ω挡测量电阻，由图示表盘可知，其读数为：6×100=600Ω．‎ ‎（2）如果是用直流50mA挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为1mA，其读数为36.0mA．‎ ‎（3）如果是用直流10V挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，其读数为7.2V；‎ 故答案为：（1）600；（2）36.0；（3）7.2．‎ ‎　‎ ‎12．某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5A．实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开关、导线若干．‎ ‎①请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．‎ ‎②实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R、U的数据．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 电阻 R/Ω ‎60.5‎ ‎35.2‎ ‎20.0‎ ‎13.7‎ ‎9.9‎ ‎5.8‎ ‎4.3‎ ‎3.5‎ ‎2.9‎ ‎2.5‎ 电压 U/V ‎2.58‎ ‎2.43‎ ‎2.22‎ ‎2.00‎ ‎1.78‎ ‎1.40‎ ‎1.18‎ ‎1.05‎ ‎0.93‎ ‎0.85‎ 根据实验数据绘出如图3所示的﹣图线．由图象得出电池组的电动势E=　2.86　V，内电阻r=　5.70　Ω．‎ ‎③关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是　CD　．‎ A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差 B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差 C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差 D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）已知电路图，根据电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；‎ ‎（2）由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；‎ ‎（3）由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为偶然误差；采用图象法可以减小偶然误差．‎ ‎【解答】解：①由原理可知电路为简单的串联电路，将各元件串接，电压表并联在电阻箱两端；如下图所示 ‎②由原理图可知，本实验采用的是伏阻法，由闭合电路欧姆定律可得：‎ U=R；‎ 则=+•；‎ 故图象的斜率等于=k；截距b=；‎ 而由图可知，图象的斜率k==2；b=0.35；‎ 故解得：E==2.86V；r=5.70Ω．‎ ‎③电压表的分流作用是由于测量技术的不完善造成的，属于系统误差；而读数的误差为偶然误差；采用图象法分析可以有效避免偶然误差的影响；若将电压表内阻考虑进来，则可以减小系统误差；故AB错误；CD正确；‎ 故选CD；‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）2.86（2.84﹣2.87均正确）5.70（5.70﹣5.76均正确）‎ ‎（3）CD．‎ ‎　‎ 三、计算题：（本题包括4小题，请写出计算过程和必要的文字说明，共45分）‎ ‎13．如图所示，电池的电动势E=5V、内阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，在R0由零增加到400Ω的过程中，求：‎ ‎（1）可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率．‎ ‎（2）电池的内阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．‎ ‎【考点】电功、电功率；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．可将R0是看成电源的内阻，当等效电源的内阻等于R时，R的功率最大，再由功率公式求解最大功率．‎ ‎（2）r和R0为定值电阻，R为可变电阻，根据P=I2R0可以分析电阻r和R0的功率之和，当R最大时，电路中电流最小，所求功率最小．‎ ‎【解答】解：（1）根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R0和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R0+r；‎ 当R=R0+r时，即R=100Ω时，电源的输出功率最大，即R上获得最大功率，此时电路中电流为：‎ I===0.025A R上消耗的最大热功率为：‎ P=I2R=0.0252×100W=0.0625W ‎（2）当R=400Ω的时候，电路中电流最小，则电池的内电阻r和电阻R0上消耗的热功率之和最小，此时电路中电流为：‎ Imin===0.01A 则内电阻r和电阻R0上消耗的热功率之和最小值为：‎ Pmin=Imax2（R0+r）=0.012×100=0.01W 答：（1）可变电阻上消耗热功率最大的条件是R为100Ω，最大热功率是0.0625W；‎ ‎（2）电池的内电阻r和电阻R0上消耗的热功率之和的最小值是0.01W．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，长L=1.6m，质量M=3kg的木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向竖直向下，电场强度为E=4.0×104N/C的匀强电场，现对木板施加一水平向右的拉力F．取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：‎ ‎（1）使物块不掉下去的最大拉力F；‎ ‎（2）如果拉力F=11N恒定不变，小物块所能获得的最大动能．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）要小物块不掉下来，则小物块和木板的加速度相同，且最大拉力时加速度最大，小物块受的摩擦力提供它运动的加速度，而整体所受的拉力提供整体的加速度．‎ ‎（2）当拉力F=11N时，小物块相对于木板发生运动，则木板所受的拉力与摩擦力的合力提供木板的加速度，而小物块所受的滑动摩擦力提供小物块运动的加速度，两者的位移差等于木板的长短时小物块落下速度达到最大．‎ ‎【解答】解：（1）F最大的时候物块不掉下去，必是物块与木板具有共同的最大加速度a1，‎ 对物块，最大加速度a1=2 m/s2‎ 对整体F=（ M+m ）a1=8 N．‎ ‎（2）当F=11 N时，物块相对木板有相对滑动，木板的加速度a2=3 m/s2‎ 由a2t2﹣a1t2=L 得物块滑过木板所用时间t= s 物块离开木板时的速度v1=a1t=2m/s 则物块动能Ek1=mv=6.4 J．‎ 答：（1）使物块不掉下去的最大拉力F为8N；‎ ‎（2）如果拉力F=11N恒定不变，小物块所能获得的最大动能6.4 J．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=1m，左端接有阻值R=0.4Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.5T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=3m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=6m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来．已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：‎ ‎（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2‎ ‎（3）外力做的功WF．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）棒在匀加速运动过程中，由法拉第电磁定律、欧姆定律和电量公式q=It结合，可推导电量的表达式，代入数据即可求得q．‎ ‎（2）撤去外力后，棒的动能全部转化为回路的内能，先根据运动学公式求出撤去F时棒的速度，再根据能量守恒定律求解焦耳热Q．‎ ‎（3）外力做的功WF等于全过程中产生焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）棒在匀加速运动过程中 ‎△φ=BLx=0.5×1×6=3wb 平均感应电动势=‎ ‎=‎ 通过电阻R的电荷量：q=•△t===6C ‎（2）棒在匀加速运动过程，2ax=v2，‎ 则v=6m/s 从撤去外力到棒最终停下来过程，由动能定理得：‎ ‎﹣W安=0﹣mv2‎ 则W安=1.8J ‎ 撤去外力后回路中产生的热量 Q2=W安=1.8J ‎（3）依题意得：‎ Q1=2Q2=2×1.8=3.6J 外力做的功：‎ WF=Q1+Q2=3.6+1.8=5.4J 答：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q为6C；‎ ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2为1.8J；‎ ‎（3）外力做的功WF5.4J．‎ ‎　‎ ‎16．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷=106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5 s时间电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化（图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻，不考虑磁场变化产牛的电场（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E；‎ ‎（2）图乙中t=×10﹣5 s时刻电荷与O点的水平距离；‎ ‎（3）如果在O点正右方d=32cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从第一次进入磁场开始到到达挡板需要的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电场强度E．‎ ‎（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离．‎ ‎（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．‎ ‎【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，‎ 设其在电场中运动的时间为t1，‎ 由匀变速直线运动的速度公式得：v0=at1，‎ 由牛顿第二定律得：qE=ma，代入数据解得：‎ E=7.2×103N/C，‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：r=，‎ 当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r1=，‎ 做圆周运动的周期：T1=，‎ 代入数据解得：r1=0.05m=5cm，T1=×10﹣5s，‎ 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：‎ r2=，周期：T2=，‎ 代入数据解得：r2=0.03m=3cm，T2=×10﹣5s 故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．‎ t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离：△d=2（r1﹣r2）=4cm ‎ ‎（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T=×10﹣5s 根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为6个，‎ 有：电荷沿ON运动的距离：s=6△d=6×4=24cm，‎ 故最后32﹣24=8cm的距离如图所示，有：r1+r1cosα=d﹣s，‎ 即：r1+r1cosα=32cm﹣24cm=8cm，‎ 即r1+r1cosα=8cm，解得：cosα=0.6，α=arccos0.6≈53°，‎ 故电荷运动的总时间：t总=t1+T1﹣T1+6T，‎ 已知t1=×10﹣5s，‎ 所以t总=1.5×10﹣4s．‎ 答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C．‎ ‎（2）t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；‎ ‎（3）电荷从O点出发运动到挡板的时间1.5×10﹣4s．‎ ‎　‎