物理·江苏省南通市启东中学2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷（选修）+Word版含解析

物理·江苏省南通市启东中学2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷（选修）+Word版含解析

‎2016-2017学年江苏省南通市启东中学高二（上）第一次月考物理试卷（选修）‎ ‎　‎ 一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分，每题只有一个选项是正确的）‎ ‎1．关于磁感应强度B=，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于 B．磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比，与F成正比 C．磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同 D．磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关 ‎2．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）‎ A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同 ‎3．如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd（ab、cd在同一条水平直线上）连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P．当P中通以方向向外的电流时（　　）‎ A．导线框将向左摆动 B．导线框将向右摆动 C．从上往下看，导线框将顺时针转动 D．从上往下看，导线框将逆时针转动 ‎4．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表读数都增大 B．电压表和电流表读数都减小 C．电压表读数增大，电流表读数减小 D．电压表读数减小，电流表读数增大 ‎5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为u，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则下图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题至少有2个选项是正确的，少选得2分，不选或错选得零分）‎ ‎6．有关电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电源的电动势等于内、外电路电势降之和 B．电源提供的电能越多，电源的电动势越大 C．当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等 D．当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值 ‎7．如图所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是（　　）‎ A．O点处的磁感应强度为零 B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直 C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行 D．图示的两根通电直导线之间存在斥力作用 ‎8．如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向）．若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（　　）‎ A．导电圆环有收缩的趋势 B．导电圆环所受安培力方向竖直向上 C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsinθ ‎9．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A．则此时（　　）‎ A．L1的电压为L2电压的2倍 B．L1消耗的电功率为0.75W C．L2的电阻为12Ω D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1‎ ‎　‎ 三、填空实验题（本题共2小题13空，每空2分，共26分）‎ ‎10．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．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L=　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为D=　　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～30mA，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25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，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0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，某同学设计了如图4的电路，试指出3处不妥之处：‎ ‎①　　；‎ ‎②　　；‎ ‎③　　．‎ ‎11．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图1所示 ‎（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是　　．‎ ‎（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定下列数据，根据数据在图2坐标图中画出U﹣I图，由图知：电池的电动势为　　V，内阻为　　Ω．‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.17‎ ‎0.23‎ ‎0.30‎ U/V ‎1.20‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.60‎ ‎（3）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：　　．‎ ‎（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测　　E真，r测　　r真（填“＜”、“=”或“＞”）．‎ ‎　‎ 四、论述计算题（本题共4小题，共43分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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．）‎ ‎12．一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图（甲）所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R0接成如图（乙）所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2A，变阻器的最大阻值为R0=22Ω．求：‎ ‎（1）电源电动势E和内电阻r；‎ ‎（2）空载时A、B两端输出的电压范围；‎ ‎（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值．‎ ‎13．如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为L，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直，通过导体棒的恒定电流大小为I．（重力加速度为g）问：‎ ‎（1）若在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．‎ ‎①请在图乙侧视图中画出导体棒受力的示意图；‎ ‎②求出所加磁场的磁感应强度的大小．‎ ‎（2）若磁场的强弱和方向都可以变化，为使导体棒在轨道上保持静止，求所加磁场的磁感应强度的最小值和对应的方向．‎ ‎14．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求：‎ ‎（1）S断开时电容器的带电量；‎ ‎（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；‎ ‎（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．‎ ‎15．如图是导轨式电磁炮实验装置示意图．两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸），滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触．电源提供的强大恒定电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源，滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射．在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，k=2.5×10﹣6 T/A．已知两导轨内侧间距l=3cm，滑块的质量m=30g，滑块从静止沿导轨滑行x=5m后获得的发射速度v=3×103m/s（此过程视为匀加速运动）．求：‎ ‎（1）发射过程中滑块的加速度；‎ ‎（2）发射过程中电源提供的电流是多大？‎ ‎（3）若电源输出的能量有9%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省南通市启东中学高二（上）第一次月考物理试卷（选修）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分，每题只有一个选项是正确的）‎ ‎1．关于磁感应强度B=，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于 B．磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比，与F成正比 C．磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同 D．磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，由磁场本身决定的．‎ ‎【解答】解：A、若电流的方向与磁场方向垂直，磁感应强度B=，否则B，故A错误．‎ B、磁感应强度大小与电流元IL的乘积无关，故B错误．‎ C、根据左手定则知，磁感应强度的方向与电流元在此点的受力方向不同，故C错误．‎ D、磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）‎ A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．‎ ‎【解答】解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．‎ ‎ C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎3．如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd（ab、cd在同一条水平直线上）连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P．当P中通以方向向外的电流时（　　）‎ A．导线框将向左摆动 B．导线框将向右摆动 C．从上往下看，导线框将顺时针转动 D．从上往下看，导线框将逆时针转动 ‎【考点】安培力；左手定则．‎ ‎【分析】先由安培定则判断通电直导线P在导线ab、cd处的磁场方向，然后由左手定则判断导线ab、cd所受的安培力．‎ ‎【解答】解：由安培定则判断出通电导线P在ab处的磁场向下，在cd处的磁场向上，‎ 根据左手定则，知ab受安培力向外，cd受安培力向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表读数都增大 B．电压表和电流表读数都减小 C．电压表读数增大，电流表读数减小 D．电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，内电压增加，由U=E﹣Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；‎ 因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为u，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则下图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；安培力．‎ ‎【分析】导体棒受重力、安培力、导轨对金属棒的弹力、摩擦力，开始金属棒在导轨上滑动，所受滑动摩擦力，当滑动摩擦力大于重力，金属棒做减速运动，最终静止．‎ ‎【解答】解：在垂直于纸面方向上金属棒受安培力和导轨对金属棒的弹力，两个力相等，开始金属棒由静止开始运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，在运动的过程中，安培力增大，则弹力增大，所以滑动摩擦力增大，f=μFN=μBIL=μBLkt，成线性增大．当摩擦力大于重力，金属棒做减速运动，最终停止，最终摩擦力变为静摩擦力，f=mg．在运动的过程中，最大滑动摩擦力大于mg．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题至少有2个选项是正确的，少选得2分，不选或错选得零分）‎ ‎6．有关电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电源的电动势等于内、外电路电势降之和 B．电源提供的电能越多，电源的电动势越大 C．当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等 D．当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．‎ ‎【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于内外电路电势降之和；故A正确；‎ B、电源提供的能量与做功时间有关系，不能说提供的能量多，电源的电势就大；故B错误；‎ C、当外电路断开时，电源的路端电压与电源的电动势相等；故C正确；‎ D、由E=可知，当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值；故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是（　　）‎ A．O点处的磁感应强度为零 B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直 C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行 D．图示的两根通电直导线之间存在斥力作用 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则判断出磁场的方向，通过场强的叠加得出合场强的方向，再依据左手定则，即可判定两导线间的磁场力方向．‎ ‎【解答】解：A、根据安培定则可判断出两电流在0点处产生的磁感应强度等大反向，合磁感应强度为零．故A正确．‎ B、两电流在P点的磁场方向相反，叠加后合磁场方向沿z轴正方向；两电流在z轴正方向上各点产生的磁感应强度矢量叠加后，都沿x轴负方向，P、Q两点磁场方向垂直．故B正确．C错误．‎ D、根据右手螺旋定则，可知，左侧的电流导线在右侧的磁场方向平行于Z轴，由左手定则判断其受沿x轴负方向的安培力作用，即它们之间存在相互吸引力．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向）．若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（　　）‎ A．导电圆环有收缩的趋势 B．导电圆环所受安培力方向竖直向上 C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsinθ ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；‎ 由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小．‎ ‎【解答】解：A、根据通入电流方向，结合左手定则可知，安培力方向水平分量均指向圆心，因此环有收缩的趋势，故A正确；‎ B、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故B正确；‎ C、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，导电圆环可以等效为两直线电流，导线的有效长度等于环的直径，水平磁场对电流的安培力F=B水平I•2πR=2πBIRsinθ，故C错误，D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎9．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A．则此时（　　）‎ A．L1的电压为L2电压的2倍 B．L1消耗的电功率为0.75W C．L2的电阻为12Ω D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，则知三个灯泡两端的电压，由R=求出电阻，根据P=UI求功率．‎ ‎【解答】解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；‎ B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以P=UI=0.75W，故B正确；‎ C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据欧姆定律可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；‎ D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 三、填空实验题（本题共2小题13空，每空2分，共26分）‎ ‎10．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．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L=　50.15　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为D=　4.700　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为　120　Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～30mA，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25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，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0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，某同学设计了如图4的电路，试指出3处不妥之处：‎ ‎①　电流表选用A1　；‎ ‎②　电流表采用内接法　；‎ ‎③　滑动变阻器采用限流接法　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；‎ ‎（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）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；‎ ‎（4）根据电路最大电流选择电流表，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，分析图示电路图，然后答题．‎ ‎【解答】解：（1）由图1所示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm；‎ ‎（2）由图2所示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，由图3所示表盘可知，待测电阻阻值：R=12×10=120Ω；‎ ‎（4）电源电动势为4V，电压表应选V1，电路最大电流约为I===0.025A=25mA，电流表应选A2，‎ 为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；待测电阻阻值约为120Ω，电压表内阻约为10kΩ，电流表内阻约为30Ω，‎ 电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为15Ω，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，‎ 为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由图3所示电路图可知：①电流表选用A1而没有选择A2这是错误的；‎ ‎②电流表采用内接法而没有采用外接法，这是错误的；③滑动变阻器采用限流接法而没有采用分压接法，这是错误的；‎ 故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）120；（4）①电流表选用A1；②电流表采用内接法；③滑动变阻器采用限流接法．‎ ‎　‎ ‎11．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图1所示 ‎（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是　R断路　．‎ ‎（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定下列数据，根据数据在图2坐标图中画出U﹣I图，由图知：电池的电动势为　1.50　V，内阻为　0.45　Ω．‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.17‎ ‎0.23‎ ‎0.30‎ U/V ‎1.20‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.60‎ ‎（3）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：　电压表内阻分流　．‎ ‎（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测　＜　E真，r测　＜　r真（填“＜”、“=”或“＞”）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）通过排除法，从断路和短路的角度推断故障．‎ ‎（2）U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．‎ ‎（3）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．‎ ‎（4）作出U﹣I图线的测量图线和真实图线，比较电动势和内阻的测量值和真实值的大小 ‎【解答】解：（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知R断路．‎ ‎（2）U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如图所示：‎ 由图示图象可知，电源U﹣I图象纵轴截距为1.50，电动势：E=1.50V．图线的斜率k=≈2.95Ω，则内阻为：r=2.95﹣2.5Ω=0.45Ω．‎ ‎（3）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．‎ ‎（4）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U﹣I图线的测量图线和实际图线如图所示：‎ 虚线表示实际图，从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．‎ 故答案为：（1）R断路；（2）1.50；0.45；（3）电压表内阻分流；（4）＜；＜．‎ ‎　‎ 四、论述计算题（本题共4小题，共43分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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．）‎ ‎12．一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图（甲）所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R0接成如图（乙）所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2A，变阻器的最大阻值为R0=22Ω．求：‎ ‎（1）电源电动势E和内电阻r；‎ ‎（2）空载时A、B两端输出的电压范围；‎ ‎（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势，由图象可知电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻； ‎ ‎（2）AB输出电压为AB并联的滑动变阻器部分电阻的电压，根据滑动变阻器两端的电压范围即可求出； ‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律可求得当电源达最大电流时的外电阻，分析外电路的特点可得出AB两端所接的最小电阻．‎ ‎【解答】解：（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势．由图可知，当外电阻无穷大时，路端电压接近12V，故说明电源的电动势E=12V； ‎ 由图象可知，当外电阻为R=2Ω时，路端电压为U=6V，由欧姆定律可得：‎ 电路中电流为I==A=3A，‎ 由Ur=E﹣U=Ir，得内电阻r==Ω=2Ω；‎ ‎（2）空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压最小，为U最小=0V 当变阻器滑片移至最上端时，输出电压最大，为 U最大===11V 故空载时A、B两端输出的电压范围是0～11V．‎ ‎（3）设所接负载的电阻的最小值为R′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I=2A，‎ 有E=I（R外+r）‎ 其中R外=‎ 代入得：12=2×（+2）‎ 代入数据解得：R′≈4.9Ω 答：‎ ‎（1）电源电动势E是12V，内电阻r为2Ω；‎ ‎（2）空载时A、B两端输出的电压范围是0～11V；‎ ‎（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值是4.9Ω．‎ ‎　‎ ‎13．如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为L，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直，通过导体棒的恒定电流大小为I．（重力加速度为g）问：‎ ‎（1）若在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．‎ ‎①请在图乙侧视图中画出导体棒受力的示意图；‎ ‎②求出所加磁场的磁感应强度的大小．‎ ‎（2）若磁场的强弱和方向都可以变化，为使导体棒在轨道上保持静止，求所加磁场的磁感应强度的最小值和对应的方向．‎ ‎【考点】安培力；磁感应强度．‎ ‎【分析】（1）导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，安培力方向由左手定则判断，作出受力示意图．‎ ‎（2）根据共点力平衡条件求解磁场对导体棒的安培力的大小；‎ ‎（3）要使磁感应强度最小，则要求安培力最小，当安培力方向平行斜面向上时，安培力最小，由平衡条件和F=BIL公式求解磁感应强度B的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）①导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，由左手定则判断可知，安培力方向水平向右．作出受力示意图如图答﹣2所示．‎ ‎②根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小 ‎ ‎ F=mgtanα ‎（2）要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力 ‎ Fmin=mgsinα，方向平行于轨道斜向上 所以最小磁感应强度Bmin==，‎ 根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上．‎ 答：（1）①画出导体棒受力的示意图如图所示；‎ ‎②磁场对导体棒的安培力的大小是mgtanα；‎ ‎（3）匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小是，方向为垂直轨道平面斜向上．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求：‎ ‎（1）S断开时电容器的带电量；‎ ‎（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；‎ ‎（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．‎ ‎【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）K断开电路稳定时，电容器的电压就是R2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电压，再根据Q=UC求出电量．‎ ‎（2）S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，电容器的电压就是R1的电压，先根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律求出电容器的电压，再求解电容器的带电量；‎ ‎（3）根据电容器电荷量的变化情况和极板带电情况，求解通过电流表的电荷量，判断流过电流表的电流方向．‎ ‎【解答】解：（1）S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压即R2两端电压 电容器的电压 U2=•R2=×3V=3V；‎ 电容器的带电量 Q=CU2=4μF×3V=1.2×10﹣5C，且a板带正电，b板带负电．‎ ‎（2）S闭合，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压即R1两端电压，由电路分析：‎ ‎ 外电路总电阻为 R外==Ω=3Ω 电容器的电压 U1=••R外=××3V=1.8V 电容器的带电量 Q′=CU1=7.2×10﹣6C．且a板带负电，b板带正电．‎ ‎（3）据此通过电流表的电量△Q=Q+Q′=1.2×10﹣5C+7.2×10﹣6C=1.92×10﹣5C．‎ 电流方向向上．‎ 答：‎ ‎（1）S断开时电容器的带电量为1.2×10﹣6C；‎ ‎（2）S合上电路稳定后电容器的带电量为7.2×10﹣6C；‎ ‎（3）这一过程中通过电流表的电荷量为1.92×10﹣5C，流过电流表的电流方向向上．‎ ‎　‎ ‎15．如图是导轨式电磁炮实验装置示意图．两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸），滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触．电源提供的强大恒定电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源，滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射．在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，k=2.5×10﹣6 T/A．已知两导轨内侧间距l=3cm，滑块的质量m=30g，滑块从静止沿导轨滑行x=5m后获得的发射速度v=3×103m/s（此过程视为匀加速运动）．求：‎ ‎（1）发射过程中滑块的加速度；‎ ‎（2）发射过程中电源提供的电流是多大？‎ ‎（3）若电源输出的能量有9%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？‎ ‎【考点】安培力；牛顿第二定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由运动学公式确定滑块加速的加速度，再由动能定理求得安培力，最后得到电流强度；‎ ‎（2）先由运动学公式确定滑块加速的时间，再由能量守恒定律结合已知条件列式求解即可；‎ ‎（3）根据动能定理和动量守恒定律结合已知条件联立方程组求解即可 ‎【解答】解：（1）由匀加速运动公式有：‎ a==9×105 m/s2‎ ‎（2）由安培力公式和牛顿第二定律，有：‎ F=IlB=kI2l=ma 因此有：I==6×105 A ‎（3）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：‎ P△t×4%=mv2‎ 发射过程中电源供电时间为：△t==×10﹣2 s 所需的电源输出功率为：P==4.5×108W 由功率P=UI，解得输出电压为：U==750V 答：（1）求发射过程中金属滑块的加速度大小9×105m/s2；‎ ‎（2）求发射过程中电源提供的电流强度大小6.0×105A；‎ ‎（3）若电源输出的能量有9%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率4.5×108W和输出电压750V ‎　‎ ‎2016年11月1日