物理卷·2018届河北省张家口市万全中学高二上学期第三次月考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届河北省张家口市万全中学高二上学期第三次月考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年河北省张家口市万全中学高二（上）第三次月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，共计48分．1-8小题只有一个选项符合题意，9-12小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错得0分）‎ ‎1．把长度L、电流I都相同的一小段电流元放入某磁场中的A、B两点，电流元在A点受到的磁场力较大，则（　　）‎ A．A点的磁感应强度一定大于B点的磁感应强度 B．A、B两点磁感应强度可能相等 C．A、B两点磁感应强度一定不相等 D．A点磁感应强度一定小于B点磁感应强度 ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由R=可知一般导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R=‎ C．导体电流越大，电阻越小 D．导体两端电压越大，电阻越大 ‎3．原来都静止的质子H和α粒子He，经过同一电压加速后，它们的速度大小之比为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．：1‎ ‎4．如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，以下说法正确的是（　　）‎ A．EA与EB一定不等，φA与φB一定不等 B．EA与EB可能相等，φA与φB可能相等 C．EA与EB一定不等，φA与φB可能相等 D．EA与EB可能相等，φA与φB一定不等 ‎5．如图所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm，则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为4000 V B．ac之间的电势差为50 V C．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是﹣0.25 J ‎6．电阻R1、R2的I﹣U关系图象如图（甲）所示，现把它们串联成如图（乙）所示的电路，则（　　）‎ A．由甲图可知R1＜R2‎ B．若电源两端的电压保持不变，要使R1的功率增大，变阻器R0的滑片应向左滑动 C．两电阻消耗的电功率P1＞P2‎ D．调节R0，可以使R1、R2电压相等 ‎7．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表的示数变大 B．电流表的示数变小 C．电容器C所带的电荷量增多 D．a点的电势增高 ‎8．在y＞‎ ‎0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向纸外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价正离子，对于速度在Oxy平面内的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带正电荷 B．金属块克服电场力做功8J C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J ‎10．如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是（　　）‎ A．通过abcd平面的磁通量大小为L2•B B．通过dcfe平面的磁通量大小为L2•B C．通过abfe平面的磁通量大小为零 D．通过bcf平面的磁通量为零 ‎11．如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，U为路端电压，I为电路中的总电流，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．.电动势E1=E2．内阻r1＞r2‎ B．.电动势E1=E2，短路电流I1＞I2‎ C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2‎ D．.当通过两电源的电流相同时，电源2的路端电压较小 ‎12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关K闭合．两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子（不计重力）正好以速度v匀速穿过两板．以下说法正确的是（　　）‎ A．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将一定向下偏转 B．如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出 C．保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 D．保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 ‎　‎ 二、实验题（本大题共14分，把答案填在题中的横线上）‎ ‎13．读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数：　　mm，　　mm ‎ ‎14．在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为3Ω．实验室备有下列实验器材 A．电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ） B．电压表V2 （量程15V，内阻约为75KΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．变阻器R1 （0～10Ω，1.0A） F．变阻器R2 （0～100Ω，0.3A）‎ G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω） H．开关S，导线若干 ‎（1）提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有　　．‎ ‎（2）为了减小实验误差，应选用图1中　　（填“a”或“b”）为该实验的电原理图，并按所选择的原理图把实物图（图2）用导线连接起来．‎ ‎（3）用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635mm，两电表的示数分别如图3所示，则电阻值为　　Ω，电阻率为　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（38分，请写出必要的文字说明和计算步骤）‎ ‎15．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向．‎ ‎16．如图所示，用某一直流电动机来提升重物，重物的质量m=50kg．当电压U1=12V时没有提起重物，即输出功率为0，这时电流为I1=3A．当电动机的电压为U2=110V，重物被提起．不计各种摩擦，当重物向上运动的速率恒定时，电路中的电流强度I2=5.0A，求：‎ ‎（1）该电动机的电阻．‎ ‎（2）重物被电动机匀速提升时的速率？（取g=10m/s2）．‎ ‎17．如图所示，电量为e，质量为m的电子，以V0的初速度水平进入两块间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两极板正中央射入，且刚好能从极板边缘穿出电场，忽略重力和空气阻力，试求金属板的长度和电子刚穿出电场时的动能．‎ ‎18．如图所示，一质量为m，带电量为﹣q，不计重力的粒子，从x轴上的P（a，0）点以速度大小为v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）穿过第一象限的时间t．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省张家口市万全中学高二（上）第三次月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，共计48分．1-8小题只有一个选项符合题意，9-12小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错得0分）‎ ‎1．把长度L、电流I都相同的一小段电流元放入某磁场中的A、B两点，电流元在A点受到的磁场力较大，则（　　）‎ A．A点的磁感应强度一定大于B点的磁感应强度 B．A、B两点磁感应强度可能相等 C．A、B两点磁感应强度一定不相等 D．A点磁感应强度一定小于B点磁感应强度 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】通电电流元在磁场中受到的磁场力与导线的放置方式有关，即F=BILsinθ，其中θ为电流元与磁场方向的夹角即可判断 ‎【解答】解：把长度L、电流I都相同的一小段电流元放入某磁场中的A、B两点，由于电流元的放置方式不同，故根据F=BILsinθ，其中θ为电流元与磁场方向的夹角，故受到的磁场力不同，无法判断磁场的大小，两点的磁感应强度可能相等也可能不相等，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由R=可知一般导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R=‎ C．导体电流越大，电阻越小 D．导体两端电压越大，电阻越大 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】导体电阻取决于导体本身，电流取决于导体两端的电压及电阻；电压决定了电流，而电流不能决定电压．‎ ‎【解答】解：A、C、D、导体的电阻取决于导体自身，与U、I无关，故A、C、D错误；‎ B、比值反映了导体对电流的阻碍作用，定义为电阻，故B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．原来都静止的质子H和α粒子He，经过同一电压加速后，它们的速度大小之比为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．：1‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据动能定理，结合电荷量之比和质量之比求出速度大小之比．‎ ‎【解答】解：根据动能定理知，，解得v=，因为质子和α粒子的电荷量之比为1：2，质量之比为1：4，则它们的速度之比为．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，以下说法正确的是（　　）‎ A．EA与EB一定不等，φA与φB一定不等 B．EA与EB可能相等，φA与φB可能相等 C．EA与EB一定不等，φA与φB可能相等 D．EA与EB可能相等，φA与φB一定不等 ‎【考点】电势；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故EA与EB可能相等、可能不相等；‎ 沿着电场线电势一定降低，故φA一定大于φB；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm，则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为4000 V B．ac之间的电势差为50 V C．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是﹣0.25 J ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，d是电场方向两点间的距离，求解两点间的电势差．根据公式W=qU求解静电力做功．‎ ‎【解答】解：A、由题，ab=dc=4cm=0.04m，则ab之间的电势差 Uab=E•ab=1×103×0.04V=40V．故A错误．‎ B、由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V．故B错误．‎ C、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，初末位置间的电势差为0，由W=qU知，静电力做功为零．故C正确．‎ ‎ D、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为 W=qU=﹣5×10﹣3×40J=﹣0.2J．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．电阻R1、R2‎ 的I﹣U关系图象如图（甲）所示，现把它们串联成如图（乙）所示的电路，则（　　）‎ A．由甲图可知R1＜R2‎ B．若电源两端的电压保持不变，要使R1的功率增大，变阻器R0的滑片应向左滑动 C．两电阻消耗的电功率P1＞P2‎ D．调节R0，可以使R1、R2电压相等 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律．‎ ‎【分析】I﹣U图象斜率的倒数等于电阻，根据斜率的大小可判断电阻的大小；‎ 要使R1的功率增大，电路中电流应增大，变阻器接入电路的电阻应减小，即可判断变阻器R0的滑片移动方向；两电阻串联电流相等，根据公式P=I2R分析两电阻功率的关系；根据欧姆定律分析电压关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电阻的定义式R==，k是I﹣U图象的斜率，可知斜率k越大，R越小，所以R1＞R2．故A错误．‎ B、若电源两端的电压保持不变，要使R1的功率增大，电路中电流应增大，变阻器接入电路的电阻应减小，所以变阻器R0的滑片应向右移动．故B错误．‎ C、两电阻串联，电流相等，R1＞R2，根据公式P=I2R分析可知：P1＞P2．故C正确．‎ D、两电阻的电流相等，R1＞R2，根据欧姆定律U=IR可知，无论怎样调节R0，不可能使R1、R2电压相等．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表的示数变大 B．电流表的示数变小 C．电容器C所带的电荷量增多 D．a点的电势增高 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．‎ ‎【解答】解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A正确．‎ B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=I﹣I2，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大．故BD错误．‎ C、电阻R2两端的电压U2=E﹣I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故C错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．在y＞0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向纸外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价正离子，对于速度在Oxy平面内的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径公式为r=，由题，离子的速率、电荷量相同，则知圆周运动的半径相同，由左手定则分析离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子可确定其做圆弧运动的圆心轨迹．‎ ‎【解答】解：由r=知，在磁场中做匀速圆周运动的所有粒子半径相同．由左手定则，分别研究离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子，其分别在y轴正方向上、x轴正方向上和y轴负方向上，则知其做圆弧运动的圆心轨迹为A．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带正电荷 B．金属块克服电场力做功8J C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】‎ 在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．‎ ‎【解答】解：在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：‎ W总=WG+W电+Wf=△EK 解得：W电=﹣4J A、由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A正确；‎ B、金属块克服电场力做功4J，B错误；‎ C、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故C正确．‎ D、金属块克服电场力做功4J，金属块的电势能增加4J．故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是（　　）‎ A．通过abcd平面的磁通量大小为L2•B B．通过dcfe平面的磁通量大小为L2•B C．通过abfe平面的磁通量大小为零 D．通过bcf平面的磁通量为零 ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】磁通量的公式为Φ=BScosθ，注意夹角是B与S的夹角．‎ ‎【解答】解：A、通过abcd平面的磁通量大小为BSsin45°=，A错误；‎ B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为 ‎，B正确；‎ C、abfe平面与bcf平面和磁场平面平行，所以磁通量为零，CD正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎11．如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，U为路端电压，I为电路中的总电流，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．.电动势E1=E2．内阻r1＞r2‎ B．.电动势E1=E2，短路电流I1＞I2‎ C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2‎ D．.当通过两电源的电流相同时，电源2的路端电压较小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】明确闭合电路欧姆定律的基本内容，知道U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．‎ ‎【解答】解：A．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故A错误；‎ B、U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故B正确；‎ C．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故C错误；‎ D．．当通过两电源的电流相同时，两图象对应的横坐标相等，则根据图象可知，电源2的对应的纵坐标较小，故说明电源2的路端电压较小，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关K闭合．两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子（不计重力）正好以速度v匀速穿过两板．以下说法正确的是（　　）‎ A．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将一定向下偏转 B．如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出 C．保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 D．保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】由题，电容器上板带正电，电场方向向下．带电粒子的电性不知道，可能带正电，也可能带负电．粒子在电场和磁场的复合场中运动，从分析电场力和洛伦兹力可判断粒子能否从下极板射出．‎ ‎【解答】解：A、开关闭合，a板下移，板间场强E=，U不变，d变小，E变大，电场力F=qE变大，与洛伦兹力不平衡，粒子将不再沿直线运动．故A错误．‎ B、将开关断开，电容器放电，电场消失，粒子不再将直线运动．故B错误．‎ C、开关闭合，将滑片P向上滑动一点，两板间电压变小，若粒子带负电，电场力方向向上，大小F=q减小，粒子有可能从下极板边缘射出．故C正确．‎ D、开关闭合，将滑片P向下滑动一点，两板间电压变大，若粒子带正电，电场力方向向下，大小F=q增大，粒子将可能从下极板边缘射出．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、实验题（本大题共14分，把答案填在题中的横线上）‎ ‎13．读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数：　31.70　mm，　3.471　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：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为31mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为14×0.05mm=0.70mm，所以最终读数为：31mm+0.70mm=31.70mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为47.1×0.01mm=0.471mm，所以最终读数为3mm+0.471mm=3.471mm．‎ 故答案为：31.70，3.471‎ ‎　‎ ‎14．在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为3Ω．实验室备有下列实验器材 A．电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ） B．电压表V2 （量程15V，内阻约为75KΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．变阻器R1 （0～10Ω，1.0A） F．变阻器R2 （0～100Ω，0.3A）‎ G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω） H．开关S，导线若干 ‎（1）提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有　ADEGH　．‎ ‎（2）为了减小实验误差，应选用图1中　b　（填“a”或“b”）为该实验的电原理图，并按所选择的原理图把实物图（图2）用导线连接起来．‎ ‎（3）用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635mm，两电表的示数分别如图3所示，则电阻值为　2.4　Ω，电阻率为　1.3×10﹣6Ω•m　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据该电流选择电流表与滑动变阻器；‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路；‎ ‎（3）由图示电表确定电表量程与分度值，读出电表示数，由欧姆定律求出电阻阻值；最后由电阻定律求出金属导线的电阻率．‎ ‎【解答】解：（1）伏安法测电阻，需要：G、电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω），H、开关S，导线若干，电源电动势是3V，因此电压表可选：A、电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ），电路最大电流I===1A，如果选用量程是3A的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表可选：D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω），滑动变阻器F的额定电流太小，因此滑动变阻器应选E．变阻器R1 （0～10Ω，1.0A）；即需要的实验器材有：ADEGH；‎ ‎（2）==5000， ==3，＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选b．‎ 根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ ‎（3）电压表量程是3V，由图示电压表可知，电压表分度值是0.1V，电压表示数是1.2V，‎ 电流表量程是600mA=0.6A，由图示电流表可知电流表分度值是0.02A，电流表示数是0.50A，‎ 电阻阻值R===2.4Ω，由电阻定律可知，R=ρ=ρ，‎ 则电阻率ρ==≈1.3×10﹣6Ω•m；‎ 故答案为：（1）ADEGH；（2）b，电路图如图所示；（3）2.4，1.3×10﹣6Ω•m．‎ ‎　‎ 三、计算题（38分，请写出必要的文字说明和计算步骤）‎ ‎15．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．‎ ‎（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向．‎ ‎（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ I=‎ 代人数据解得：I=1.5A ‎（2）导体棒受到的安培力：‎ F安=BIL 代人数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上 ‎ ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：‎ F1=mgsin37°=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：‎ mgsin37°+f=F安 解得：f=0.06N 答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向下．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，用某一直流电动机来提升重物，重物的质量m=50kg．当电压U1=12V时没有提起重物，即输出功率为0，这时电流为I1=3A．当电动机的电压为U2=110V，重物被提起．不计各种摩擦，当重物向上运动的速率恒定时，电路中的电流强度I2=5.0A，求：‎ ‎（1）该电动机的电阻．‎ ‎（2）重物被电动机匀速提升时的速率？（取g=10m/s2）．‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据欧姆定律求解电动机的内电阻；‎ ‎（2）输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，由此求解．‎ ‎【解答】解：（1）电动机输出功率为零时符合欧姆定律，则有：‎ ‎；‎ ‎（2）设重物匀速运动的速率为v，则根据功率关系可得：‎ U2I2﹣I22r=mgv，‎ 解得：v=0.9m/s．‎ 答：（1）该电动机的电阻为4Ω．‎ ‎（2）重物被电动机匀速提升时的速率为0.9m/s．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，电量为e，质量为m的电子，以V0的初速度水平进入两块间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两极板正中央射入，且刚好能从极板边缘穿出电场，忽略重力和空气阻力，试求金属板的长度和电子刚穿出电场时的动能．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子从两极板正中央射入，且刚好能从极板边缘穿出电场，所以电子在偏转电场中的偏转距为，将电子的运动分解到水平和竖直两个方向，根据分位移公式和牛顿第二定律可求得金属板的长度．根据动能定理求出电子刚穿出电场时的动能．‎ ‎【解答】解：电子在电场中作类平抛运动，设运动时间为t，板长为L．则 在水平方向有：L=v0t …①‎ 在竖直方向有： d=at2…②‎ 又根据牛顿第二定律得：a= …③‎ 联立解得：L=v0d ‎（2）根据动能定理有： U•e=Ek﹣‎ 得电子刚飞出电场时的动能为：Ek=+Ue 答：金属板的长度是v0d，电子刚穿出电场时的动能是+Ue．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一质量为m，带电量为﹣q，不计重力的粒子，从x轴上的P（a，0）点以速度大小为v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）穿过第一象限的时间t．‎ ‎【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）由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）根据t=T求出粒子运动的时间．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意知，带电粒子的运动轨迹，垂直于y轴，必然有圆心在y轴上，根据半径垂直于速度，则可确定圆心O，如图所示．‎ 由几何关系知粒子运动的半径：r=a ‎ 由qvB=‎ 由以上两式可得：B=‎ ‎（2）由qvB=mr（）2‎ 得：T==‎ 则：t==．‎ 答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为；‎ ‎（2）穿过第一象限的时间t为．‎ ‎　‎