物理卷·2018届湖北省孝感市应城一中高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届湖北省孝感市应城一中高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年湖北省孝感市应城一中高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-6题单选题，7-12为多选题．）‎ ‎1．下列叙述符合史实的是（　　）‎ A．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了静电力常量 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎2．下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（　　）‎ A．加速度a= B．磁感应强度B=‎ C．电容C= D．电场强度E=‎ ‎3．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（　　）‎ A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 ‎4．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示的装置．向杯内加入冷水，温度计的示数为20℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值R1．然后向杯内加入热水，温度计的示数为60℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说法正确的是（　　）‎ A．多用电表应选用电流挡，温度升高换用大量程测量 B．多用电表应选用电流挡，温度升高换用小量程测量 C．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的档 D．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的档 ‎5．如图所示一矩形线框，线框在平行于纸面内，从abcd位置移到a′b′c′d′位置，关于该过程线框中感应电流，下列叙述正确的是（　　）‎ A．先顺时针，再逆时针 B．先顺时针，再逆时针，然后顺时针 C．先逆时针，再顺时针，然后逆时针，然后再顺时针 D．先顺时针，再逆时针，然后顺时针，然后再逆时针 ‎6．如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板间．粒子1打到B板的中点，粒子2刚好打在B板边缘，粒子3从两板间飞出，设三个粒子只受电场力作用，则（　　）‎ A．三个粒子在电场中运动时间关系为t1＜t2=t3‎ B．三个粒子在电场中运动时间关系为t1=t2＞t3‎ C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1=v2=v3‎ D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为△E1＞△E2＞△E3‎ ‎7．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，设匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，匀强电场间的加速电压为U，要增大带电粒子（电荷量为q、质量为m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中正确的是（　　）‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离 C．增大磁场的磁感应强度 D．增大D形金属盒的半径 ‎8．在空间直角坐标系O﹣xyz中，有一四面体C﹣AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标分别为O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0，0）是x轴上一点，坐标原点O处固定着+Q的点电荷，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B、C三点的电场强度相同 B．电势差UOA＞UAD C．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同 D．电子在A点的电势能小于在D点的电势能 ‎9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻R3消耗的功率变大 B．电容器C上的电荷量变大 C．灯L变暗 D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值 ‎10．倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上放有一根金属杆ab处于静止．现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B从零开始逐渐增加到某一值过程中，ab杆受到的静摩擦力可能（　　）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．某时刻静摩擦力的大小可能等于安培力大小 ‎11．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（　　）‎ A．由上往下看，液体做逆时针旋转 B．液体所受的安培力大小为1.5×10﹣3N C．闭合开关后，液体热功率为0.81W D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J ‎12．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端拴接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球拉至M点由静止释放．则释放后小球从M运动到N过程中（　　）‎ A．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 ‎　‎ 二、实验题（本题14分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．）‎ ‎13．图中游标卡尺的读数为　　mm；图中螺旋测微器的读数为　　mm．‎ ‎14．小明同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．‎ ‎（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2．则电阻R1的表达式为R1=　　．‎ ‎（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图乙所示的﹣R图线，则电源电动势E=　　V，电阻R2=　　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎（3）用此方法测得的电动势的测量值　　真实值；R2的测量值　　真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎　‎ 三、本题4小题，共48分．请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎15．如图所示，平行金属导轨间距为0.5m，水平放置，电源电动势为E=1.5V，内阻r=0.2Ω，质量m=0.05kg的金属棒电阻R=2.8Ω，与平行导轨垂直，其余电阻不计，空间中有磁感应强度B=2.0T、方向与导轨平面成60°角的匀强磁场，且垂直于金属棒，接通电路后，金属棒仍处于静止．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）金属棒所受的支持力；‎ ‎（2）金属棒受到的摩擦力．‎ ‎16．如图1所示变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电表的读数随电流表读数的变化情况，如图2中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．‎ 求：（1）定值电阻R0、变阻器的总电阻R．‎ ‎（2）出电源的电动势和内阻．‎ ‎17．如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q=+0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点．（g=10m/s2），求：‎ ‎（1）小球运动到O点时的速度大小；‎ ‎（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；‎ ‎（3）ON间的距离．‎ ‎18．如图所示，空间内有方向垂直纸面（竖直面）向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等，现有一质量m=0.01kg，带电荷量q=0.01C的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN左侧相距L=2m的A点以v0=5m/s的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.225，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度E和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B1；‎ ‎（2）求滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t；‎ ‎（3）若滑块在A点以v0=9m/s的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B2．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省孝感市应城一中高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-6题单选题，7-12为多选题．）‎ ‎1．下列叙述符合史实的是（　　）‎ A．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了静电力常量 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要掌握其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A、B错误．‎ C、卡文迪许利用扭秤将微小量放大，首次较准确地测定了万有引力常量，不是静电力常量．故C错误．‎ D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（　　）‎ A．加速度a= B．磁感应强度B=‎ C．电容C= D．电场强度E=‎ ‎【考点】磁感应强度；电场强度．‎ ‎【分析】所谓比值定义法就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法，定义出的新的物理量反映物质的属性，与参与定义的物理量无关．‎ ‎【解答】解：A、由公式a=知，a与F成正比，与m反比，则知加速度a=不是比值定义法，故A错误．‎ B、磁感应强度的定义式B=采用的是比值定义法，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性，故B正确．‎ C、C=是电容的决定式，不是比值定义法，故C错误．‎ D、E=是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（　　）‎ A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变．‎ 将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式 C=知，介电常数减小，电容减小．‎ 由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．‎ 由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．‎ 所以ABC错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示的装置．向杯内加入冷水，温度计的示数为20℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值R1．然后向杯内加入热水，温度计的示数为60℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说法正确的是（　　）‎ A．多用电表应选用电流挡，温度升高换用大量程测量 B．多用电表应选用电流挡，温度升高换用小量程测量 C．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的档 D．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的档 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆档测电阻时，若指针偏角较大，说明阻值较小，应当换用较小的倍率．‎ ‎【解答】解：因题目中用多用电表与测电阻直接相连，故只能选用从多用电表的欧姆档；温度升高时电表指针偏大，说明热敏电阻的阻值减小，所以电表的倍率应减小，D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示一矩形线框，线框在平行于纸面内，从abcd位置移到a′b′c′d′位置，关于该过程线框中感应电流，下列叙述正确的是（　　）‎ A．先顺时针，再逆时针 B．先顺时针，再逆时针，然后顺时针 C．先逆时针，再顺时针，然后逆时针，然后再顺时针 D．先顺时针，再逆时针，然后顺时针，然后再逆时针 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，‎ 当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为adcba，为顺时针方向；‎ 当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda，为逆时针方向；‎ 当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：abcda，为逆时针方向；‎ 当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，为顺时针方向；故ACD错误，B正确，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板间．粒子1打到B板的中点，粒子2刚好打在B板边缘，粒子3从两板间飞出，设三个粒子只受电场力作用，则（　　）‎ A．三个粒子在电场中运动时间关系为t1＜t2=t3‎ B．三个粒子在电场中运动时间关系为t1=t2＞t3‎ C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1=v2=v3‎ D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为△E1＞△E2＞△E3‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】三个粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学公式列出竖直位移表达式，即可作出判断．‎ ‎【解答】解：AB、三个粒子都做类平抛运动，且加速度相同．水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有 竖直方向有 y=，由图粒子1、2的竖直位移大小相等，大于3，则得t1=t2＞t3．故A错误，B正确．‎ C、水平方向有 x=v0t，由图知2、3水平位移大小相等，大于1，则v1＜v2＜v3，故C错误．‎ D、动能的变化量△E=qEy，qE相等，则△E1=△E2＞△E3，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，设匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，匀强电场间的加速电压为U，要增大带电粒子（电荷量为q、质量为m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中正确的是（　　）‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离 C．增大磁场的磁感应强度 D．增大D形金属盒的半径 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，‎ 解得v=．‎ 则动能有：EK=mv2=，‎ 由此可知：粒子的动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，‎ 与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故C、D正确，A、B 错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．在空间直角坐标系O﹣xyz中，有一四面体C﹣AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标分别为O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0，0）是x轴上一点，坐标原点O处固定着+Q的点电荷，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B、C三点的电场强度相同 B．电势差UOA＞UAD C．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同 D．电子在A点的电势能小于在D点的电势能 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同．由U=Ed分析电势差UOA 与UAD的大小．A、B、C三点的在同一等势面上，由W=qU，分析电场力做功情况．电子在A点的电势能小于在D点的电势能．‎ ‎【解答】解：A、A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同．故A错误；‎ B、OA间场强大于AD间场强，由U=Ed可知，电势差UOA＞UAD．故B正确；‎ C、A、B两点的在同一等势面上，由W=qU，将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同．故C正确；‎ D、D的电势高于A点的电势，所以电子在A点的电势能小于在D点的电势能．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻R3消耗的功率变大 B．电容器C上的电荷量变大 C．灯L变暗 D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】首先明确电路结构，R2和L并联然后和R1串联，串联后与R3并联．再根据闭合电路欧姆定律动态分析的基本方法进行分析求解．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故R3消耗的功率：P=变小，故A错误；‎ B、R2变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而R3上电压变小则电流变小，故R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电荷量变大，故B正确；‎ C、R2变小，小电阻分小电压，则R2的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故C正确；‎ D、R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故R1两端增加的电压小于R2两端减小的电压，故D正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎10．倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上放有一根金属杆ab处于静止．现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B从零开始逐渐增加到某一值过程中，ab杆受到的静摩擦力可能（　　）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．某时刻静摩擦力的大小可能等于安培力大小 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据左手定则，判断安培力的方向；然后对杆受力分析，受重力、支持力、安培力和静摩擦力（可能可能为零），根据共点力平衡条件列式分析即可．‎ ‎【解答】解：ABC、加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件可知：mgsinθ=f；‎ 加磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度B逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加，根据平衡条件，有：mgsinθ=f′+FA；‎ 由于安培力逐渐变大，故从开始到即将滑动的过程中，静摩擦力是先减小到零，后反向增加；‎ 而题目没有说明棒是否即将滑动，故静摩擦力可能一直减小，也可能先减小后增加，故A错误，B正确，C正确；‎ D、当安培力小于重力的下滑分力时，根据平衡条件，有：mgsinθ=f′+FA；‎ 如果f′=FA，则FA=mgsinθ，故D正确；‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎11．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（　　）‎ A．由上往下看，液体做逆时针旋转 B．液体所受的安培力大小为1.5×10﹣3N C．闭合开关后，液体热功率为0.81W D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J ‎【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向；根据闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流值，然后根据安培力的公式计算安培力的大小，根据焦耳定律计算热功率；根据功能关系计算液体获得的动能．‎ ‎【解答】解：A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A正确；‎ B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：E=U+IR0+Ir，所以电路中的电流值： =0.3A，液体所受的安培力大小为：F=BIL=BIa=0.1×0.3×0.05N=1.5×10﹣3N．故B正确；‎ C、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，则液体热功率为P热=I2R=0.32×0.9=0.081W．故C错误；‎ D、10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P=UI=1.5×0.3=0.45W，所以闭合开关10s，液体具有的动能是：EK=W电流﹣W热=（P﹣P热）•t=（0.45﹣0.081）×10=3.69J，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端拴接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球拉至M点由静止释放．则释放后小球从M运动到N过程中（　　）‎ A．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系；电势能．‎ ‎【分析】小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功．据此来分析各个选项 ‎【解答】解：A、释放后小球从M运动到N过程中，弹力做正功，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量，故A正确．‎ B、由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能，故B正确；‎ C、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故C错误．‎ D、在小球运动的过程中，电场力做的负功等于重力做的正功，二者的和是0．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、实验题（本题14分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．）‎ ‎13．图中游标卡尺的读数为　13.55　mm；图中螺旋测微器的读数为　1.195　mm．‎ ‎【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：0分度的游标卡尺，精确度是0．mm，游标卡尺的主尺读数为13m，游标尺上第11度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为1mm+0.195mm=1.195mm．‎ 故答案为：13.55 1.195‎ ‎　‎ ‎14．小明同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．‎ ‎（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2．则电阻R1的表达式为R1=　r1﹣r2　．‎ ‎（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图乙所示的﹣R图线，则电源电动势E=　1.5　V，电阻R2=　1.0　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎（3）用此方法测得的电动势的测量值　等 于　真实值；R2的测量值　大于　真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后求解即可；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后整理出关于与R的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解；‎ ‎（3）本实验中电源内阻考虑在内，应考虑内阻的作用，从而分析误差情况．‎ ‎【解答】解：（1）当R2接a时应有：E=I（R2+r1）；‎ 当S2接b时应有：E=I（R2+R1+r）；‎ 联立以上两式解得：R1=r1﹣r2；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1），‎ 变形为： =R+，‎ 根据函数斜率和截距的概念应有： ==，‎ ‎=2.0‎ 解得：E=1.5V，R2=1.0Ω； ‎ ‎（3）若考虑电源内阻，对（1）：接a时应有：E=I（R2+r1+r），接b时应有：E=I（R2+r2+r）‎ 联立可得R1=r1﹣r2，即测量值与真实值相比不变；‎ 对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r），变形为=R+，‎ 比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大． ‎ 故答案为：（1）r1﹣r2‎ ‎（2）1.5，1.0‎ ‎（3）等于，大于．‎ ‎　‎ 三、本题4小题，共48分．请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎15．如图所示，平行金属导轨间距为0.5m，水平放置，电源电动势为E=1.5V，内阻r=0.2Ω，质量m=0.05kg的金属棒电阻R=2.8Ω，与平行导轨垂直，其余电阻不计，空间中有磁感应强度B=2.0T、方向与导轨平面成60°角的匀强磁场，且垂直于金属棒，接通电路后，金属棒仍处于静止．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）金属棒所受的支持力；‎ ‎（2）金属棒受到的摩擦力．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】（1）由闭合电路欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出金属棒受到的安培力，然后应用平衡条件求出金属棒受到的支持力．‎ ‎（2）应用平衡条件求出金属棒受到的摩擦力．‎ ‎【解答】解：（1）电路电流：I===0.5A，‎ 金属棒受到的安培力：F=BIL=2×0.5×0.5=0.5N，‎ 金属棒静止，处于平衡状态，在竖直方向上，‎ 由平衡条件得：mg=N+Fsin30°，‎ 解得：N=0.25N，方向：竖直向上；‎ ‎（2）金属棒静止处于平衡状态，‎ 在水平方向，由平衡条件得：‎ f=Fcos30°=0.5×=，方向：水平向右；‎ 答：（1）金属棒所受的支持力大小为0.25N，方向：竖直向上；‎ ‎（2）金属棒受到的摩擦力大小为N，方向：水平向右．‎ ‎　‎ ‎16．如图1所示变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电表的读数随电流表读数的变化情况，如图2中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．‎ 求：（1）定值电阻R0、变阻器的总电阻R．‎ ‎（2）出电源的电动势和内阻．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．‎ ‎（2）图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．‎ ‎【解答】解：（1）由乙图可知，电阻R0的值等于AC的斜率，即 R0==Ω=3Ω； ‎ 当R全部接入电路时，电路中电流最小，对应BC线上的B点，则Ω=R+R0，R=15Ω﹣3Ω=12Ω；‎ ‎（2）对图线上的B点，根据闭合电路的欧姆定律有：E=7.5+0.5r 对图线上的C点，根据闭合电路的欧姆定律有：E=6+2r ‎ 联立解得：E=8V，r=1Ω； ‎ 答：‎ ‎（1）定值电阻R0为3Ω，变阻器的总电阻R为12Ω．‎ ‎（2）电源的电动势为8V，内阻1Ω．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q=+0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点．（g=10m/s2），求：‎ ‎（1）小球运动到O点时的速度大小；‎ ‎（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；‎ ‎（3）ON间的距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）由A→O的过程，小球受重力、绳的拉力、电场力和洛伦兹力，绳的拉力和洛伦兹力均与运动方向垂直不做功，只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求得O点的速度．‎ ‎（2）小球由A→O的过程做圆周运动，在最低点，绳的拉力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求得拉力大小．‎ ‎（3）悬线断裂后，沿电场方向小球做匀减速直线运动，沿重力方向做自由落体运动，小球又恰好能通过O点正下方的N点，说明小球到达N点时，沿电场方向的速度为vo，从而可求的由O→N的时间，继而求出ON间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理： ①‎ 带入数据求得小球在O点速度为：vo=2m/s ②‎ ‎（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律： ③‎ ‎ f洛=Bvoq ④‎ ‎②③④联立得：T=8.2N ⑤‎ ‎（3）绳断后，小球水平方向加速度 ⑥‎ 小球从O点运动至N点所用时间 t==s=0.8s ⑦‎ ON间距离 ⑧‎ 答：小球运动到O点时的速度大小为2m/s，悬线断裂前瞬间拉力的大小为8.2N，ON间的距离为3.2m．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，空间内有方向垂直纸面（竖直面）向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等，现有一质量m=0.01kg，带电荷量q=0.01C的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN左侧相距L=2m的A点以v0=5m/s的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.225，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度E和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B1；‎ ‎（2）求滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t；‎ ‎（3）若滑块在A点以v0=9m/s的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B2．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）小球进入复合场区域后，小球立即在竖直平面内做匀速圆周运动，说明重力与电场力的大小相等，方向相反；A到N的过程中根据牛顿第二定律可求出小球到达N点的速度．小球离开磁场后做平抛运动，将运动分解，即可求出下落的高度，然后结合几何关系由于洛伦兹力提供向心力的公式即可求出磁感应强度；‎ ‎（2）小球在AN之间做减速运动，由运动学的公式求出时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，根据平抛运动的规律求平抛运动的时间，最后求和；‎ ‎（3）A到N的过程中摩擦力做功，由动能定理即可求出小球到达N点的速度．小球进入区域Ⅱ后恰好能沿直线运动，说明小球受到的合外力为0，受力分析即可求出小球的速度，结合动能定理即可求出有界磁场区域Ⅰ的宽度d及区域Ⅱ的磁感应强的大小．‎ ‎【解答】解：（1）滑块在区域I内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有 mg=qE 解得 ‎ 滑块在AN间运动时，由牛顿第二定律可得a=μg=2.25m/s2‎ 由运动公式可得 ‎ 代入数据得 v=4m/s 平抛运动过程满足L=vt3‎ 做圆周运动满足 ‎ 联立方程求解得B1=6.4T ‎（2）滑块在AN间的时间 ‎ 在磁场中做匀速圆周运动的时间 ‎ 平抛运动的时间 ‎ 总时间为 ‎ ‎（3）设滑块进入磁场时的速度为v，满足 代入数据得 ‎ 滑块在区域II做直线运动时，合力一定为0，由平衡知 解得 ‎ 滑块离开磁场区域I时的速度方向一定与水平成450角．由几何关系知 当滑块在区域I中做匀速圆周运动时有 解得 ‎ 联立得 ‎ 答：（1）匀强电场的电场强度E和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为6.4T；‎ ‎（2）滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t为；‎ ‎（3）若滑块在A点以v0=9m/s的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，有界磁场区域Ⅰ的宽度d为及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为．‎ ‎　‎