物理卷·2018届辽宁省盘锦高中高二上学期期中物理试卷（解析版）

物理卷·2018届辽宁省盘锦高中高二上学期期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年辽宁省盘锦高中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题，本题有12小题，每题4分．共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第1～7小题只有一个选项正确，8～12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都是B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是（　　）‎ A．0 B．B0 C． D．2B0‎ ‎2．下列关于电磁感应的说法中正确的是（　　）‎ A．位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流 B．闭合线圈在磁场中做加速运动，一定能产生感应电流 C．闭合线圈在磁场中作切割磁感线运动，一定能产生感应电流 D．穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流 ‎3．如图所示，一台理想变压器的变压比为4：1，图中五只电灯完全相同，若L2、L3、‎ L4、L5都正常发光，则L1将（　　）‎ A．一定正常发光 B．比正常发光暗一些 C．比正常发光时亮，可能烧毁 D．是否正常发光，因条件不足无法判断 ‎4．如图所示，质量、速度和电量均不完全相同的正离子垂直于匀强磁场和匀强电场的方向飞入，匀强磁场和匀强电场的方向相互垂直．离子离开该区域时，发现有些离子保持原来的速度方向并没有发生偏转．如果再让这些离子进入另一匀强磁场中，发现离子束再分裂成几束．这种分裂的原因是离子束中的离子一定有不同的（　　）‎ A．质量 B．电量 C．速度 D．荷质比 ‎5．如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略．当S接A时，三个灯亮度相同，那S接B时，下列说法正确的是（　　）‎ A．三个灯亮度相同 B．甲灯最亮，丙灯不亮 C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮 D．乙灯比甲灯亮，丙灯不亮 ‎6．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（　　）‎ A．由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u=36sin（V）‎ B．当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大 C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小 D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大 ‎7．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=，哪个图是正确的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．电流互感器和电压互感器如图所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则（　　）‎ A．A为电流互感器，且n1＜n2，a是电流表 B．A为电压互感器，且n1＞n2，a是电压表 C．B为电流互感器，且n3＜n4，b是电流表 D．B为电压互感器，且n3＞n4，b是电压表 ‎9．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框沿四个不同方向匀速平移出磁场，如图所示，线框移出磁场的整个过程（　　）‎ A．四种情况下流过ab边的电流的方向都相同 B．①图中流过线框的电量与v的大小无关 C．②图中线框的电功率与v的大小成正比 D．③图中磁场力对线框做的功与v2成正比 ‎10．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图（甲）所示，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距为L=1m．一质量m=2kg，阻值r=2Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．金属棒的速度﹣位移图象如图（乙）所示，则从起点发生s=1m位移的过程中（　　）‎ A．拉力做的功W=9.25J B．通过电阻R的感应电量q=0.125C C．整个系统产生的总热量Q=5.25J D．所用的时间t＞1s ‎12．光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向上范围足够大的匀强磁场，虚线框abcd内（包括边界）存在平行于桌面的匀强电场，如图所示，一带电小球从d处静止开始运动，运动到b处时速度方向与电场边界ab平行，通过磁场作用又回到d点，已知bc=2ab=2L，磁感应强度为B，小球的质量为m，电荷量为q．则正确的是（　　）‎ A．小球带正电 B．小球从d到b做匀变速曲线运动 C．小球在虚线框外运动的速度大小为v=‎ D．小球在b点时的加速度大小为a=‎ ‎　‎ 二、实验题，13题（1）每空2分，（2）每空1分，14题每空2分，共17分．‎ ‎13．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．‎ ‎①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为　　cm，直径为　　mm．‎ ‎②按如图 （c）连接电路后，实验操作如下：‎ ‎（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最　　处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎（b）将电阻箱R2的阻值调至最　　（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；‎ ‎③由此可知，圆柱体的电阻为　　Ω．‎ ‎14．实验题：某研究性学习小组采用如图所示的电路测量某干电池的电动势E和内电阻r，R为电阻箱，V为理想电压表，其量程略大于电源电动势．实验中通过多次改变电阻箱的阻值R，从电压表上读出相应的示数U，该小组同学发现U与R不成线性关系，于是求出了相应的电阻与电压的倒数如下表所示．回答下列问题：‎ ‎（1）根据表中的数据和实验原理，你认为第　　（填序号）组数据是错误的，原因是　　．‎ ‎（2）根据实验数据，请在所给的坐标系中绘出如图所示的﹣关系曲线．‎ ‎（3）由图象可知，该电源的电动势E=　　V，r=　　Ω．（保留2位有效数字）‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎5.0‎ ‎0.36‎ ‎0.44‎ ‎0.43‎ ‎0.60‎ ‎0.87‎ ‎1.00‎ ‎1.58‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共四小题，15、16题10分，17题13分，18题12分，共45分．．解答应有必要的文字说明、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，圆形线圈共100匝、直径d=0.1m，线圈电阻r=0.1Ω，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′顺时针（从上往下看）匀速转动，轴OO′和磁场的方向垂直，磁感应强度的大小B=T，角速度ω=300rad/s，外电路电阻R=9Ω，交流电表为理想电压表，请回答下列问题：‎ ‎（1）在图示时刻，圆形线圈中感应电流的方向如何；‎ ‎（2）写出从图示时刻线圈感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（3）线圈转一圈外力做功多少；‎ ‎（4）交流电压表示数；‎ ‎（5）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多少．‎ ‎16．有一台内阻为1Ω发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则：‎ ‎（1）发电机输出功率多大？‎ ‎（2）发电机电动势多大？‎ ‎17．如图所示，MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L，且MP⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．MP接有电阻R．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0．将一根质量为m的金属棒ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻也为R，其余电阻均不计．现用与导轨平行的恒力F=mg沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒运动过程中始终与MP平行．当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd 到MP的距离为s．求：‎ ‎（1）金属棒达到稳定速度的大小；‎ ‎（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量；‎ ‎（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式．‎ ‎18．如图所示，在xoy平面内，有一个圆形区域的直径AB 与x轴重合，圆心O′的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场． 在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．‎ ‎（1）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；‎ ‎（2）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为△t=，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；‎ ‎（3）若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度vmin．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省盘锦高中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，本题有12小题，每题4分．共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第1～7小题只有一个选项正确，8～12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都是B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是（　　）‎ A．0 B．B0 C． D．2B0‎ ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小．‎ ‎【解答】解：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，‎ 如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总=2Bcos30°=B0．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．下列关于电磁感应的说法中正确的是（　　）‎ A．位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流 B．闭合线圈在磁场中做加速运动，一定能产生感应电流 C．闭合线圈在磁场中作切割磁感线运动，一定能产生感应电流 D．穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流 ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】当闭合线圈在磁场中的磁通量发生变化时，才产生感应电流，明确了产生感应电流的条件，即可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：A、线圈位于磁场中，如果磁通量不发生变化，则不一定有感应电流产生，故A错误；‎ B、线圈中是否有感应电流产生与线圈是否运动无关，要看其磁通量是否变化，故B错误；‎ C、回路中部分导体切割磁感线时，有感应电流产生，整个闭合线圈切割磁感线运动，其磁通量不发生变化，因此无感应电流产生，故C错误；‎ D、穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，即磁通量发生变化，一定有感应电流产生，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一台理想变压器的变压比为4：1，图中五只电灯完全相同，若L2、L3、‎ L4、L5都正常发光，则L1将（　　）‎ A．一定正常发光 B．比正常发光暗一些 C．比正常发光时亮，可能烧毁 D．是否正常发光，因条件不足无法判断 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】L2、L3、L4、L5都正常发光，则副线圈电流为4I额，根据电流之间的关系求出L1的电流即可求解．‎ ‎【解答】解：因为L2、L3、L4、L5都正常发光，则副线圈电流为4I额，‎ 根据可知 灯泡L1的电流为I额，所以一定正常发光．‎ 故选A ‎　‎ ‎4．如图所示，质量、速度和电量均不完全相同的正离子垂直于匀强磁场和匀强电场的方向飞入，匀强磁场和匀强电场的方向相互垂直．离子离开该区域时，发现有些离子保持原来的速度方向并没有发生偏转．如果再让这些离子进入另一匀强磁场中，发现离子束再分裂成几束．这种分裂的原因是离子束中的离子一定有不同的（　　）‎ A．质量 B．电量 C．速度 D．荷质比 ‎【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】粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动．‎ ‎【解答】解：因为粒子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB=qE，故v=，得出能不偏转的粒子速度满足速度相同；‎ 粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：‎ qvB=m 故圆周运动的半径：‎ R=‎ 由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，粒子能分裂成几束，所以粒子的一定不同；故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略．当S接A时，三个灯亮度相同，那S接B时，下列说法正确的是（　　）‎ A．三个灯亮度相同 B．甲灯最亮，丙灯不亮 C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮 D．乙灯比甲灯亮，丙灯不亮 ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响．根据电感和电容的特性进行判断．‎ ‎【解答】解：当单刀双掷开关S接a时，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗与电阻R相同，当S接b时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，故乙灯最亮．故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（　　）‎ A．由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u=36sin（V）‎ B．当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大 C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小 D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大 ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】由甲图可知交流电的表达式；P移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．‎ ‎【解答】解：A、由甲可知，交流电电压最大值为36V；周期为0.02S，则表达式为36sin（t）=36sin，故A错误；‎ B、变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，故B错误；‎ C、当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，故R1分压增大，并联部分电压减小，故R2两端的电压减小，电功率减小，故C正确；‎ D、当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，故R1分压增大，并联部分电压减小，电压表读数变小，上电流减小，电流表读数变大，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=，哪个图是正确的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】相同速度的粒子在磁场中的转动半径相同，则根据带电粒子的进入磁场的方向可确定圆心的位置，则可得出所有粒子能到达的最远位置，即可确定出粒子的范围．‎ ‎【解答】解：据题：所有粒子的速率相等，由r=可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO=2r=2R；‎ 随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．电流互感器和电压互感器如图所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则（　　）‎ A．A为电流互感器，且n1＜n2，a是电流表 B．A为电压互感器，且n1＞n2，a是电压表 C．B为电流互感器，且n3＜n4，b是电流表 D．B为电压互感器，且n3＞n4，b是电压表 ‎【考点】自感现象的应用．‎ ‎【分析】变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程．‎ ‎【解答】解：串联在火线上的是电流互感器，因为电流与匝数成反比，为了安全，要求n1＜n2，a是电流表，A正确C错误；‎ 并联在输电线上的是电压互感器，因为电压与匝数成正比，为了安全，要求n3＞n4，b是电压表，B错误D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎9．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框沿四个不同方向匀速平移出磁场，如图所示，线框移出磁场的整个过程（　　）‎ A．四种情况下流过ab边的电流的方向都相同 B．①图中流过线框的电量与v的大小无关 C．②图中线框的电功率与v的大小成正比 D．③图中磁场力对线框做的功与v2成正比 ‎【考点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断感应电流方向．用焦耳定律研究热量．根据法拉弟定律研究电量．‎ ‎【解答】解：A、四种情况磁通量均减小，根据楞次定律判断出感应电流方向均为顺时针方向．故A正确．‎ B、由感应电量q=，△Φ相同，则电量相同，与v的大小无关，B正确；‎ C、线框的电功率等于热功率P==，与v2成正比，C错误；‎ D、磁场力对线框做的功等于电阻丝产生的焦耳热，W=Q=t==可见，W与v成正比，D错误．‎ 故选AB ‎　‎ ‎10．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力．故A正确．‎ ‎ B、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力．故B正确．‎ ‎ C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故C错误．‎ ‎ D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故D错误．‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎11．如图（甲）所示，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距为L=1m．一质量m=2kg，阻值r=2Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．金属棒的速度﹣位移图象如图（乙）所示，则从起点发生s=1m位移的过程中（　　）‎ A．拉力做的功W=9.25J B．通过电阻R的感应电量q=0.125C C．整个系统产生的总热量Q=5.25J D．所用的时间t＞1s ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】解答本题应抓住：由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式FA=，得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=﹣s，再根据动能定理求解拉力做功；由感应电荷量公式q=，求出通过电阻R的感应电量q；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q；由v﹣x图象的斜率k===，分析加速度的变化，结合速度﹣时间图象分析时间．‎ ‎【解答】解：A、由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力FA==，代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系．‎ 当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生s=1m位移的过程中，安培力做功为WA=﹣s==﹣J=﹣0.25J 根据动能定理得：W﹣μmgs+WA=，‎ 其中v=2m/s，μ=0.25，m=2kg，代入解得，拉力做的功W=9.25J．故A正确．‎ B、通过电阻R的感应电量q===C=0.25C．故B错误．‎ C、根据能量守恒得：W=Q+，得Q=W﹣=9.25J﹣J=5.25J．故C正确．‎ D、v﹣x图象的斜率k===，得a=kv=2v，则知速度增大，金属棒的加速度也随之增大，v﹣t图象的斜率增大，金属棒做加速增大的变加速运动，在相同时间内，达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，即＜==1m/s，则t==1s．故D正确．‎ 故选ACD ‎　‎ ‎12．光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向上范围足够大的匀强磁场，虚线框abcd内（包括边界）存在平行于桌面的匀强电场，如图所示，一带电小球从d处静止开始运动，运动到b处时速度方向与电场边界ab平行，通过磁场作用又回到d点，已知bc=2ab=2L，磁感应强度为B，小球的质量为m，电荷量为q．则正确的是（　　）‎ A．小球带正电 B．小球从d到b做匀变速曲线运动 C．小球在虚线框外运动的速度大小为v=‎ D．小球在b点时的加速度大小为a=‎ ‎【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】左手定则判断小球所带的电性；结合小球的加速度的变化判断小球的运动性质．由几何关系求出粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律小球在磁场中运动的速度大小；根据动能定理求出电场强度的大小，结合牛顿第二定律求出小球到达b点时的加速度的大小 ‎【解答】解：A、根据题意可知，粒子从b点进入磁场，做匀速圆周晕的，还能够回到d点，如图所示，根据左手定则知，小球带正电，故A正确；‎ B、小球从d到b做曲线运动，速度方向一直改变，则受到的洛伦兹力方向也改变，而电场力不变，所以合力变化，所以小球从d到b做变加速曲线运动，故B错误； ‎ C、小球在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径由几何关系（见图）‎ 设圆心为o，半径为r，则bo=do=r co=2L﹣r，三角形dco为直角三角形，由勾股定理有：‎ r2=L2+（2L﹣r）2‎ 得：r=，‎ 根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=，‎ 解得：，故C正确；‎ D、在电场中从d点到达b点的过程中，有：Eq•2L=得E=．‎ 在b点有 qvB﹣Eq=ma，‎ 解得：a=，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ 二、实验题，13题（1）每空2分，（2）每空1分，14题每空2分，共17分．‎ ‎13．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．‎ ‎①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为　5.03　cm，直径为　5.315　mm．‎ ‎②按如图 （c）连接电路后，实验操作如下：‎ ‎（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最　大　处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎（b）将电阻箱R2的阻值调至最　大　（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；‎ ‎③由此可知，圆柱体的电阻为　1280　Ω．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】本题①的关键是明确游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，注意游标卡尺的分度和螺旋测微器的半毫米刻度线；题②的关键是明确在闭合电键前，应使变阻器的滑动触头处于能使电路中电流最小的位置，明确“等效替代”方法的应用．‎ ‎【解答】解：①游标卡尺读数可以分成整数部分和小数部分两部分，其中整数部分为游标尺零刻度线左侧主尺上的读数；小数部分为游标尺上与主尺上某条刻度线冲齐的格数乘以精确度（十分度游标卡尺的精确度为0.1mm）．所以游标卡尺的读数为L=50mm+3×0.1mm=50.3mm=5.03cm；‎ 螺旋测微器的读数也可以分成两部分来读，其中整数部分为螺旋周上左侧主尺的刻度（注意半毫米刻度线是否露出），小数部分为螺旋周上与主尺横线冲齐的刻度乘以0.01mm（注意要估读到下一位）．所以螺旋测微器当读数为d=5mm+31.5×0.01mm=5.315mm ‎②（a）在闭合电键前，应将滑动触头打到使电路中的电流最小的位置，所以图中变阻器的有效电阻应置于最大的位置；‎ ‎（b）为保护电流表，应将电阻箱的阻值调至最大的位置；‎ ‎③根据“等效替代”方法可知，圆柱体的电阻等于电阻箱的电阻，所以圆柱体的电阻为1280Ω．‎ 故答案为：①5.03，5.315；②（a）大；（b）大； ③1280‎ ‎　‎ ‎14．实验题：某研究性学习小组采用如图所示的电路测量某干电池的电动势E和内电阻r，R为电阻箱，V为理想电压表，其量程略大于电源电动势．实验中通过多次改变电阻箱的阻值R，从电压表上读出相应的示数U，该小组同学发现U与R不成线性关系，于是求出了相应的电阻与电压的倒数如下表所示．回答下列问题：‎ ‎（1）根据表中的数据和实验原理，你认为第　3　（填序号）组数据是错误的，原因是　随电阻的减小路端电压逐渐减小　．‎ ‎（2）根据实验数据，请在所给的坐标系中绘出如图所示的﹣关系曲线．‎ ‎（3）由图象可知，该电源的电动势E=　2.8　V，r=　0.70　Ω．（保留2位有效数字）‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎5.0‎ ‎0.36‎ ‎0.44‎ ‎0.43‎ ‎0.60‎ ‎0.87‎ ‎1.00‎ ‎1.58‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律得路端电压U=E﹣r，所以外电阻减小，路端电压逐渐减小．‎ 由实验原理E=U+Ir=U+r变形得， =•+，可见，与是线性关系，分别以为纵轴，以为横轴，作出图象，图象的纵轴截距等于，斜率大小等于，由数学知识可求得电源的电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得路端电压U=E﹣r，所以外电阻减小，路端电压逐渐减小．‎ 根据表中的数据和实验原理，第3组数据是错误的，原因是随电阻的减小路端电压逐渐减小．‎ ‎（2）绘出如图所示的﹣关系曲线．‎ ‎（3）由实验原理E=U+Ir=U+r变形得， =•+，可见，与是线性关系，分别以为纵轴，以为横轴，作出图象，‎ 图象的纵轴截距等于，斜率大小等于，‎ 如图，根据数学知识求出图象的纵截距为0.36，则有=0.36，解得电动势E=2.8V．‎ 图象的斜率等于，则有=2.5，解得内阻r=0.70Ω．‎ 故答案为：‎ ‎（1）3 随电阻的减小路端电压逐渐减小 ‎ ‎（2）如图 ‎（3）2.8，0.70‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共四小题，15、16题10分，17题13分，18题12分，共45分．．解答应有必要的文字说明、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，圆形线圈共100匝、直径d=0.1m，线圈电阻r=0.1Ω，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′顺时针（从上往下看）匀速转动，轴OO′和磁场的方向垂直，磁感应强度的大小B=T，角速度ω=300rad/s，外电路电阻R=9Ω，交流电表为理想电压表，请回答下列问题：‎ ‎（1）在图示时刻，圆形线圈中感应电流的方向如何；‎ ‎（2）写出从图示时刻线圈感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（3）线圈转一圈外力做功多少；‎ ‎（4）交流电压表示数；‎ ‎（5）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多少．‎ ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；闭合电路的欧姆定律；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．‎ ‎【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流的方向即可；‎ ‎（2）根据公式Em=NBSω求解最大值，根据e=Emsinωt求解瞬时值；‎ ‎（3）根据功能关系，线圈转一圈外力做功等于回路中产生的电能；‎ ‎（4）电压表测量的为有效值，即可求得 ‎（5）根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势的平均值，根据欧姆定律求解平均电流，根据q=It求解电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）因为线圈OO′顺时针（从上往下看）匀速转动由楞次定律知，线圈感应电流方向为逆时针方向．故电流方向为逆时针． ‎ ‎（2）图示位置磁通量为零而变化率最大，所以线圈中感应电动势最大其大小：‎ 代入数据得：Em=300V 图示时刻线圈与中性面垂直，故电动势的瞬时表达式为e=NBSωcosωt=300cos300tV ‎（3）电动势的有效值为：‎ 线圈匀速转动的周期：‎ 线圈匀速转动一圈，外力做功等于电功，即：‎ ‎（4）交流电压表测的是有效值：‎ ‎（5）从t=0起转过90°的过程中，‎ ‎△t时间内流过R的电荷量为：‎ 答：（1）在图示时刻，圆形线圈中感应电流的方向为逆时针；‎ ‎（2）写出从图示时刻线圈感应电动势的瞬时值表达式e=300cos300tV；‎ ‎（3）线圈转一圈外力做功94.2J；‎ ‎（4）交流电压表示数为190.9V；‎ ‎（5）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是0.1C ‎　‎ ‎16．有一台内阻为1Ω发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则：‎ ‎（1）发电机输出功率多大？‎ ‎（2）发电机电动势多大？‎ ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，根据输电线上的功率损失，抓住降压变压器的输入功率求出发电机的输出功率．从而得出输电线上的电压损失．根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势．‎ ‎【解答】解：（1）降压变压器的输出功率为：P=40×22×6=5280W 降压变压器副线圈的电流： =24A，‎ 降压变压器原线圈的电流：‎ 输电线损失的功率： =144W 所以输入功率：P1=5280+144=5424W ‎（2）降压变压器原线圈电压为：‎ 输电线上损失的电压为：△U=I3R=24V 则发动机的输出电压为：U2=880+24=904V 所以发电机原线圈电压： =226V 根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为，‎ 发电机内阻分压：Ur=24×1=24V 电动势为：E=226+24=250V．‎ 答：（1）发电机输出功率为5424W ‎（2）发电机电动势为250V ‎　‎ ‎17．如图所示，MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L，且MP⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．MP接有电阻R．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0．将一根质量为m的金属棒ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻也为R，其余电阻均不计．现用与导轨平行的恒力F=mg沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒运动过程中始终与MP平行．当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd 到MP的距离为s．求：‎ ‎（1）金属棒达到稳定速度的大小；‎ ‎（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量；‎ ‎（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；动能定理的应用；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）金属棒先加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，达到稳定状态，根据平衡条件和安培力的表达式F=结合求出金属棒达到稳定速度的大小；‎ ‎（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，恒力、重力和安培力对金属棒做功，根据动能定理求得金属棒克服安培力做功，由功能关系可知，电路中产生的总热量等于金属棒克服安培力做功，电阻R上产生的热量等于总热量的一半；‎ ‎（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒不受安培力而做匀加速运动，根据牛顿第二定律可求得加速度，根据t时刻回路的磁通量等于开始时刻的磁通量，即可求出B随时间t变化的关系式．‎ ‎【解答】解：（1）当金属棒稳定运动时做匀速运动，则有 F=mgsinθ+F安 又安培力 ‎ 解得：‎ ‎（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ 则根据功能关系得：回路中产生的总热量为Q=‎ 故电阻R上产生的热量为QR=‎ 则得 ‎ ‎（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．‎ 根据牛顿第二定律 F﹣mgsinθ=ma，‎ 解得，a=‎ 根据磁通量不变，则有 ‎ B0LS=BL（S+vt+）‎ 解得，‎ 答：（1）金属棒达到稳定速度的大小是；‎ ‎（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量是﹣；‎ ‎（3）磁感应强度B随时间t变化的关系式为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在xoy平面内，有一个圆形区域的直径AB 与x轴重合，圆心O′的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场． 在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．‎ ‎（1）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；‎ ‎（2）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为△t=，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；‎ ‎（3）若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度vmin．‎ ‎【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）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，由几何关系确定半径，然后根据牛顿第二定律确定粒子的初速度；‎ ‎（2）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求粒子的初速度大小v2；‎ ‎（3）若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值．‎ ‎【解答】解：（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，‎ 圆心必在x轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1sin30°=3a﹣r1，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B=m，‎ 解得：v1=；‎ ‎（2）粒子在磁场中的运动周期为：T=，‎ 粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为：α=，‎ 粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°，‎ 设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：‎ ‎3a=2r2sin30°+2acos230°，‎ 由牛顿第二定律得：qv2B=m，‎ 解得：v2=；‎ ‎（3）设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，‎ 轨迹圆对应的半径为r，由几何关系得：2a=rsinθ+acosθ，‎ 故当θ=60°时，半径最小为rm=a，‎ 由牛顿第二定律得：qvmB=m，‎ 解得：vm=；‎ 答：（1）粒子的初速度大小是；‎ ‎（2）粒子的初速度大小是；‎ ‎（3）粒子的最小初速度是；．‎ ‎　‎ ‎2017年1月10日