【物理】重庆市南岸区2019-2020学年高二上学期期末学业质量调研抽测试题（解析版）

【物理】重庆市南岸区2019-2020学年高二上学期期末学业质量调研抽测试题（解析版）

重庆市南岸区2019-2020学年高二上学期期末 学业质量调研抽测物理试题 一、单选题(7小题)‎ ‎1.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )‎ A. 粒子从a到b，带正电 B. 粒子从a到b，带负电 C. 粒子从b到a，带正电 D. 粒子从b到a，带负电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电。 A．粒子从a到b，带正电，与结论不相符，选项A错误；‎ B．粒子从a到b，带负电，与结论不相符，选项B错误；‎ C．粒子从b到a，带正电，与结论相符，选项C正确；‎ D．粒子从b到a，带负电，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒，把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下．连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核()和粒子() ，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是 A. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较大 B. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大 C. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小 D. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据 ，知氚核（）的质量与电量的比值大于α粒子（），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大根据 得，最大速度，则最大动能，氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小．故C正确，A、B、D错误．故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，以及会根据 求出粒子的最大速度．‎ ‎3.如图所示为两分子系统的势能EP与两分子间距离r的关系曲线下列说法正确的是( )‎ A. 当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力 B. 当r等于r2时，分子间的作用力表现为斥力 C. 当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力 D. 在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，分子间距离等于r0时分子势能最小，即r0=r2，当r=r2时分子间作用力为零，当r小于r2时分子力表现为斥力；当r大于r2时，表现为引力，故A、B错误，C正确；在r由r1变到r2过程中，分子间为斥力，分子力做正功分子势能减小，故D错误．‎ ‎4.—质量为m的铁锤，以速度v，竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）‎ A mgΔt B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤平均作用力为F，则有 解得 所以铁锤对木桩的平均冲力 C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动量定理的关系式求解．‎ ‎5.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；‎ 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 综上所述，D正确；‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．‎ ‎6.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动．磁场的磁感应强度B=1.0×10-2T，线圈的边长ab=20cm、bc=10cm，匝数n=400，线圈总电阻r=2.0Ω，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=18Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速n0=50r/s．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 交流发电机产生电动势随时间的变化关系是e=25cos50t(V)‎ B. 交流电压表的示数为17.8V C. 从t=0时刻开始转过30°的过程中，通过电阻的电量为2.0×10-3C D. 电阻R上的热功率为3.24W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈的转速n0=50r/s，线圈转动的角速度 rad/s 线圈面积 m2‎ 交流发电机产生电动势的最大值 V A．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，交流发电机产生电动势随时间的变化关系是 V A错误；‎ B．交流发电机产生电动势的有效值 V 交流电压表的示数 V B错误；‎ C．从t=0时刻开始转过30°的过程中，此过程中线圈磁通量的变化 Wb 通过电阻的电量 C C正确；‎ D．电阻R上的热功率 W D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值．计算电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值．‎ ‎7.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．‎ 二、多选题（9小题）‎ ‎8.一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，其运动轨迹如图所示．船相对于水的初速度大小均相同，且方向垂直于河岸，船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可知 A. 小船沿三条不同轨迹渡河的时间相同 B. 沿AC轨迹渡河所用时间最短 C. 沿AC和AD轨迹小船都是做匀变速运动 D. AD是匀减速运动的轨迹 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，但是运动的性质不同，则渡河时间也不同，故A错误．沿AB轨迹，合速度不变，说明船相对于水的速度不变，合运动为匀速运动；沿AC轨迹运动，由图可知，弯曲的方向向上，根据曲线运动的条件可以知道沿垂直于河岸的方向做加速运动；而沿AD的轨迹的运动弯曲的方向向下，可知小船沿垂直于河岸的方向做减速运动，故CD正确．沿AC轨迹，船是匀加速运动，则垂直河岸方向的分运动的速度逐渐增大，所以渡河的时间最短，故B正确．‎ 点睛：对于运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小．‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 光的粒子性被光电效应和康普顿效应所证实 B. α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂结构 C. β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流 D. 比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为解释光电效应现象爱因斯坦提出了光子说，说明光具有粒子性；康普顿效应深入地揭示了光的粒子性，遵守能量守恒和动量守恒，它表明光子不仅具有能量而且具有动量，A正确；‎ B．α粒子散射实验提出原子核式结构模型，而天然放射现象的发现揭示了原子核复杂结构，B错误；‎ C．β射线是原子核发生β衰变时，原子核内的一个中子变为质子，同时释放一个电子后形成的电子流，C错误；‎ D．比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.如图所示，小车板面上的物体质量为m=8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化 B. 物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右 C. 当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用 D. 小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】物体静止不动时，水平方向弹簧弹力和向左的静摩擦力二力平衡有：Ff=F弹=6N；物体随小车一起向右加速，当静摩擦力为零时有F弹=ma1，解得：a1=0.75m/s2；当向右的加速度大于0.75m/s2时，静摩擦力开始向右，当静摩擦力向右且达到6N时有：F弹+Ff=ma2，解得：a2=1.5m/s2，方向向右．‎ A、由于小车的加速度1m/s2＜1.5m/s2，故物体与小车始终保持相对静止，弹簧伸长量不变，故弹力不变，故A正确．‎ B、开始时，由于弹簧处于伸长状态，物体有向右的运动趋势，故此时静摩擦力方向向左，大小为6N；当加速度等于0.75m/s2时，静摩擦力为零；当加速度大于0.75m/s2时，弹簧的弹力不能满足物体的向右加速运动了，物体相对小车有向左的运动趋势，此时的摩擦力方向向右，随着向右加速度的增大而增大，故物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右，故B、C正确．‎ D、小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律可知物体受到的合外力为8N，因F弹=6N，所以静摩擦力Ff=2N，故D错误．‎ 故选：A、B、C．‎ ‎11.如图所示，在矩形区域abcd内有匀强电场和匀强磁场已知电场方向平行于ad边且由a向d，磁场方面垂直于abcd平面，ab边长为，ad边长为一带电粒子从ad边的中点O平行于ab方向以大小为的速度射入场区，恰好作匀速直线运动；若撤去电场，其它条件不变，则粒子从c点射出场区（粒子重力不计）.下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁场方面垂直abcd平面向外 B. 撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间为 C. 若撤去磁场，其它条件不变，则粒子在电场中运动时间为 D. 若撤去磁场，其它条件不变，则粒子射出电场时的速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设粒子带正电荷，则受到的电场力的方向向下，洛伦兹力的方向向上，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里。同理，若粒子带负电，则受到的电场力的方向上，洛伦兹力的方向向下，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里。A错误；‎ B．撤去电场后，该粒子在磁场中做圆周运动，其运动的轨迹如图 由几何关系得：‎ 解得：‎ R=2L 根据 可得 轨迹圆弧长为：‎ 粒子在磁场中运动的时间：‎ B正确；‎ C．若撤去磁场，其他条件不变，则粒子在电场中做类平抛运动，运动时间：‎ C错误；‎ D．电场与磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，则：‎ 得：‎ 若撤去磁场，粒子在电场中的加速度 粒子射出电场时沿电场方向的分速度：‎ 粒子的速度：‎ D正确。‎ 故选BD。‎ ‎12.如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子运动速度大小为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 磁场区域中有粒子通过的面积为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，可知粒子的偏转方向，由几何关系可知粒子运动的轨道半径，从而求解粒子的速度；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，找到最长的轨迹，结合周期公式求解最长的时间.‎ ‎【详解】速度与OB的夹角为600‎ 的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，粒子带负电，选项A错误；由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=d，由牛顿第二定律：qvB=m,则粒子运动的速度大小为，选项B正确；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为,由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为，选项D正确；故选BCD. ‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，考查了求粒子在磁场中的运动时间问题，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，根据粒子运动过程、应用粒子在磁场中做圆周运动的周期公式即可解题．‎ ‎13.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止．其v-t图象如图所示，那么在0～t0和t0～3t0两段时间内（　　）‎ A. 加速度大小比为2：1 B. 位移大小比为1：3‎ C. 平均速度大小比为2：1 D. 平均速度大小比为1：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据速度时间图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：‎ ‎；故A正确．B、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为；故B错误．C、D、根据匀变速直线运动的推论，则平均速度大小之比为：；故C错误，D正确．故选AD．‎ ‎【点睛】本题只要抓住速度—时间图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小．‎ ‎14.如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平方向成θ角，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳沿竖直方向，OB绳与杆的夹角为θ，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球A可能受到3个力的作用 B. 小球B一定受到3个力的作用 C. 小球A、B的质量之比：：tanθ D. 小球A、B的质量之比：=tanθ：1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对A球没有弹力，否则A不能平衡，A错误；‎ B．对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力以及杆对B球的弹力，三个力的合力为零，B正确；‎ CD．分别对AB两球分析，运用合成法，如图：‎ 根据共点力平衡条件，得：‎ 根据正弦定理列式得：‎ 联立解得 mA：mB=tanθ：1‎ C错误，D正确。故选BD。‎ ‎15.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A，B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的图象如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）‎ A. 施加外力前，弹簧的形变量为 B. 外力施加的瞬间，A，B间的弹力大小为 C. A，B在时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．施加外力前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：‎ 解得：‎ A正确；‎ B．施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：‎ 其中：‎ F弹=2Mg 解得：‎ B正确；‎ C．物体A、B在时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且：‎ 对B：‎ 解得：‎ C错误；‎ D．B受重力、弹力及压力的作用，当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值。D错误。‎ 故选AB。‎ ‎16.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线、、，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d ‎，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过进入磁场Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动；当ab边在越过运动到之前的某个时刻，线框又开始以速度做匀速直线运动，重力加速度为在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 线框中感应电流的方向不变 B. 线框ab边从运动到所用时间大于从运动到所用时间 C. 线框以速度做匀速直线运动时，发热功率为 D. 线框从ab边进入磁场到速度变为的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功的关系式是ΔE机=WG+‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线圈的ab边进入磁场I过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场Ⅰ出来并进入磁场Ⅱ过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场Ⅱ出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，A错误；‎ B．当线框ab边恰好达到时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度匀速直线运动，则有，ab边从运动到的平均速度大于从运动到的平均速度，则线框ab边从运动到所用时间小于从运动到的时间，B错误；‎ C．线圈以速度匀速运动时 得 电功率 C正确；‎ D．机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为的过程中，减少的机械能∆E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是∆E机=Q电，即 D正确。故选CD。‎ 三、实验题（3小题）‎ ‎17.研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图2可知其直径为______cm；‎ ‎（3）该同学想用伏安法测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R（阻值约为200欧）‎ 电流表A1（量程0~4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0~15mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0~15V，内阻约25 kΩ ）‎ 直流电源E（电动势3V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0~20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S、导线若干 电流表应用______，电压表应用______，滑动变阻器应用______（填所用器材的代号）‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 0.1200 (3). A2 (4). V1 (5). R1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm；‎ ‎（2）[2]．由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+20.0×0.01mm=1.200mm=0.1200cm；‎ ‎（3）[3][4][5]．通过电阻的最大电流：‎ 电流表选择A2；电源电动势为3V，电压表应选择V1；为方便实验操作滑动变阻器应选择R1。‎ ‎18.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3 V，内阻约2 Ω），保护电阻R1（阻值10 Ω）和R2（阻值5 Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．‎ 实验主要步骤：‎ ‎①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎③以U为纵坐标，I为横坐标，做U–I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎④求出U–I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电压表最好选用__________；电流表最好选用_________．‎ A．电压表（0~3 V，内阻约15 kΩ） B．电压表（0~3 V，内阻约3 kΩ）‎ C．电流表（0~200 mA,内阻约2 Ω） D．电流表（0~30 mA,内阻约2 Ω）‎ ‎（2）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值．‎ ‎【答案】 (1). A C (2). ka ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．由图示电路图可知，电压表有分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电压表分流是造成实验误差的原因，为减小实验误差，应减小电压表分流对实验的影响，应选择内阻较大的电压表，因此电压表应选择A；通过电路的最大电流约为：‎ 则电流表应选择C；‎ ‎（2）[3][4]．由图示电路图可知，电源电动势：‎ E=U+I（r+R2）‎ 则：‎ U=E-I（R2+r）‎ U-I图象的斜率：‎ k=R2+r 在横轴上的截距：‎ 则电源电动势：‎ E=ka 电源内阻 r=k-R2；‎ ‎19.图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．‎ ‎（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可求出_____Ω，______Ω．‎ ‎（2）现用—量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为Ω的电阻，R应选用最大阻值为Ω的滑动变阻器．‎ ‎（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱（填“b”或“c”）相连．判断依据是：．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）c若电流表无示数，则说明断路，若电流表有示数，则说明断路．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程为3mA，则通过和的为，电流比为1:2，所以电阻比为2:1，可得．若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA，通过的电流为，电流比为1:9，可得电阻比为9:1，即，整理可得，．‎ ‎（2）根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为,最小阻值为．若定值电阻选择为，则无法校准3.0mA；所以定值电阻选择．由于最大阻值要达到，所以滑动变阻器要选择．‎ ‎（3）因为只有一个损坏，所以验证是否损坏即可．所以d点应和接线柱”c”相连，若电流表无示数，则说明短路，若电流表有示数，则说明断路．‎ 四、计算题（3小题）‎ ‎20.如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．‎ ‎（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．‎ ‎（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；‎ b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．‎ ‎（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．‎ ‎【答案】（1）U–I图象如图所示：‎ 图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 ‎（2）a如图所示：‎ b.‎ ‎（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）U–I图像如图所示，‎ 其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 ‎（2）a．如图所示 b．电源输出的电功率：‎ 当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为 ‎ ‎（3）电动势定义式： ‎ 根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即 本题答案是：（1）U–I图像如图所示，‎ 其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 ‎（2）a．如图所示 当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为 ‎（3） ‎ 点睛：运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式，并求出当R=r时，输出功率最大．‎ ‎21.如图所示，在矩形区域abcd内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场矩形区域的边长ab=L，ad=3L．一粒子源处在ad边中点O，在t=0时刻粒子源垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内．已知在bc边能接受到的最早到达的粒子时间为t=t0，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求 ‎（1）粒子在磁场中的运动周期T；‎ ‎（2）粒子的比荷；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的最长时间．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎ （1）初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ， 由几何关系有：sinθ＝，所以：θ=60°，， 解得：T=6t0 ‎ ‎ （2）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得：qvB＝m 所以：T＝‎ ‎ 解得 （3）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=L，圆轨迹的半径为L，所以Ob弦对应的圆心角为120°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝＝2t0． 点睛：本题的解题关键是画出粒子的运动轨迹，根据几何知识确定隐含的极值条件和粒子运动轨迹对应的圆心角．‎ ‎22.如图所示，是某兴趣小组通过弹射器研究弹性势能的实验装置．半径为R的光滑半圆管道（管道内径远小于R）竖直固定于水平面上，管道最低点B恰与粗糙水平面相切，弹射器固定于水平面上．某次实验过程中，一个可看作质点的质量为m的小物块，将弹簧压缩至A处，已知A、B相距为L．弹射器将小物块由静止开始弹出，小物块沿圆管道恰好到达最髙点C．已知小物块与水平面间的动摩擦因素为μ，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小物块到达B点时速度vB及小物块在管道最低点B处受到的支持力；‎ ‎（2）小物块在AB段克服摩擦力所做的功；‎ ‎（3）弹射器释放的弹性势能Ep．‎ ‎【答案】（1）；5mg；（2）μmgL；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小物块恰到C点，则有：‎ 从B点到C点小物块机械能守恒得：‎ 解得：‎ 在B处，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎（2）小物块在AB段克服摩擦力所做的功：‎ ‎（3）由能量守恒可知，弹射器释放的弹性势能：‎ ‎【点睛】本题考查动能定理及功能关系，要注意明确研究对象，正确选择初末状态，认真分析所遵从的规律，即可求解．‎