物理卷·2018届河南省洛阳市高二上学期期中物理试卷（解析版）

物理卷·2018届河南省洛阳市高二上学期期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年河南省洛阳市高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-14题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．新5号干电池与新7号干电池的电动势相等，容量也相等 B．电流总是由电源正极流向电源负极 C．电动势公式E=中的W与电压中的E=是一样的，都是非静电力做的功 D．电动势是反映电源把其它形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎2．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（　　）‎ A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致 C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零 D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大 ‎3．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．电源的总功率变小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．灯L2变亮，电容器的带电量增加 ‎5．如图所示为有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知表头内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为1mA，则关于Rg、R1、R2的关系正确的是（　　）‎ A．R1=100Rg B．R2=1000Rg C．R1=99Rg D．R2=999Rg ‎6．使用欧姆表测量电阻前应先把红、黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”．欧姆表干的电池用久了以后，电动势会变小，但调整“欧姆调零旋钮”仍能使指针指在“0Ω”刻度，如果用这样的欧姆表来测量电阻时，测量值比真实值（　　）‎ A．偏大 B．偏小 C．不变 D．无法判断 ‎7．用如图甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的电表数据作出了 如图乙所示的U﹣I图线，下列说法正确的是（　　）‎ A．由图象得外电路发生短路时的 电流为0.4A B．由图象得电池内阻为3.5Ω C．若考虑电表的内阻，用该电路图测出的电源电动势等于真实值 D．若考虑电表的内阻，用该电路图测出的电源内阻小于真实值 ‎8．图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于等边三角形的三个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．则在三角形中心O点处的磁感应强度（　　）‎ A．方向向左 B．方向向右 C．方向向下 D．大小为零 ‎9．如图所示，一导电金属板置于匀强磁场中，当电流方向向上时，关于金属板两侧电子多少及电势高低，判断正确的是（　　）‎ A．左侧电子较多，左侧电势较高 B．左侧电子较多，右侧电势较高 C．右侧电子较多，左侧电势较高 D．右侧电子较多，右侧电势较高 ‎10．如图所示，正方形容器处在勻强磁场中，一束电子从孔a 垂直于磁场沿方向射人容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，容器处在真空中，下列说法正确的是（　　）‎ A．从两孔射出的电子速率之比为vc：vd=2：1‎ B．从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc：td=1：2‎ C．从两孔射出的电子的角速度大小之比ωc：ωd=1：1‎ D．从两孔射出的电子的加速度大小之比比ac：ad=1：2‎ ‎11．如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个D型金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源的两极相连．现分别加速氘核（H）和氦核（He），不考虑相对论效应．下列说法中正确的是（　　）‎ A．它们的最大速率相等 B．它们的最大动能相等 C．它们在磁场中每半圆运动时间相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎12．小灯泡通电后其电流J随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率数值上等于图中曲线PO、直线PQ与横坐标轴所围的面积 ‎13．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为 d，整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中，金属杆ab质量为m，长为l，垂直导轨放置，当金属杆d中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止（重力加速度为g），则下列说法正确的是（　　）‎ A．磁场方向竖直向上 B．磁场方向竖直向下 C．金属杆ab所受安培力的大小为mg sinθ D．磁感应强度的大小为 ‎14．如图所示，是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图．三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中轻而柔软的细导线1、2、3、4悬挂起来，它们之中的任意两根可与导体棒和电源构成闭合回路．可认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源两极上，电源没有在图中画出．关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是（　　）‎ A．改变导体棒中电流方向的同时交换上下磁极的位 置，导体棒摆动方向将会改变 B．仅改变导体棒中电流方向或者仅交换磁极的位置，导体棒摆动方向一定改变 C．增大导体棒中电流的同时改变导体棒的接人长度，导体棒摆动幅度可能不变 D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分}‎ ‎15．如图中游标卡尺的读数是　　cm，螺旋测微器的读数是　　mm．‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源6V（内阻不计）‎ B．直流电流表0〜300mA（内阻约为5kΩ）‎ C．直流电压表0〜10v（内阻约为15kΩ）‎ D．滑动变阻器0〜10Ω，2A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎（1）在图1虚线框内画出实验电路图．‎ ‎（2）试将图2中实验器材连成实验电路．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值，和单位）‎ ‎17．如图所示，电源的电动势为6V，内阻为2Ω，R1为1Ω，R2为全阻值为 3Ω，闭合开关，求：‎ ‎（1）当R2的阻值为多少时，R1消耗的功率最大，最大功率为多少？‎ ‎（2）当R2的阻值为多少时，电源的输出功率最大，最大功率为多少？‎ ‎18．如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω，电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求电动机正常工作时：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎19．一个质量和电荷量均未知的粒子，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，磁感应强度B的方向垂直于平面，如图所示，已知的长度为L，求：‎ ‎（1）该粒子的荷质比；‎ ‎（2）粒子从O点到P点的运动时间t．‎ ‎20．如图所示，在一宽度d=12cm的空间内，有相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B，一束带电粒子以一恒定速度从O点沿水平方向射入，恰好做匀速直线 运动．若粒子束射入时只有电场，粒子穿过该区域时偏离原方向3.6cm；若粒子束射入时只有磁场，则粒子离开该区域时偏离原方向的距离是多少？（不计粒子的重力）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省洛阳市高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-14题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．新5号干电池与新7号干电池的电动势相等，容量也相等 B．电流总是由电源正极流向电源负极 C．电动势公式E=中的W与电压中的E=是一样的，都是非静电力做的功 D．电动势是反映电源把其它形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，不是同一物理量的不同叫法．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎【解答】解：A、1号干电池与5号干电池的电动势相等，均为1.5V，但容量不同；故A错误；‎ B、在电源的外边电流由电源正极流向电源负极；在电源的内部电流从电源的负极流向电源的正极．故B错误．‎ C、电动势公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．故C错误．‎ D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查电动势的概念，常规题，比较简单，关键抓住电动势的物理意义及对定义式E=的理解．‎ ‎　‎ ‎2．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（　　）‎ A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致 C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零 D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．故A错误；‎ B、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直．故B错误；‎ C、当通电直导线的方向与磁场的方向平行时，通电直导线受到的安培力为0，而磁感应强度却不为0．故C错误；‎ D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度大．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．‎ ‎　‎ ‎3．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．‎ ‎【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻为：RA=ρ，‎ B中电阻为：RB=ρ；‎ C中电阻为：RC=ρ；‎ D中电阻为：RD=ρ；‎ 故电阻最小的为A；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．电源的总功率变小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．灯L2变亮，电容器的带电量增加 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电路结构明确滑片移动过程中，总电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出路端电压及电流的变化；则可得出总功率的变化；由电容器的性质分析电容器带电量的变化．‎ ‎【解答】解：‎ 滑动变阻器和灯L2的并联，则有，将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，R减小，则R并也减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流I增大，即电流表的示数增大，灯L1变亮；电压表的示数U=E﹣Ir，因此，电压表的示数减小；根据部分电路欧姆定律，流过灯L2的电流减小，灯L2变暗；总电阻减小，总电流增大，故总功率增大；根据电容的定义式，可知电容器的带电量减小，所以正确选项为C．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的动态分析．要注意本类题目的解题思路为：局部﹣整体﹣局部．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示为有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知表头内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为1mA，则关于Rg、R1、R2的关系正确的是（　　）‎ A．R1=100Rg B．R2=1000Rg C．R1=99Rg D．R2=999Rg ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】将电流表改装成电压表时应串联大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压，而流过表头的电流与电阻的电流相等．‎ ‎【解答】解：当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得 U1=10V=Ig（R1+Rg），‎ 解得：R1=﹣Rg=﹣100=9900（Ω）=99Rg．‎ 当使用a、c两个端点时，由欧姆定律得 U2=100V=Ig（R2+R1+Rg），‎ 解得：R2=﹣R1﹣Rg=﹣9900﹣100=90000Ω=900Rg．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查电流表的改装，把电流表改装为电压表，抓住其原理是串联电路的分压作用，应串联大电阻，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎6．使用欧姆表测量电阻前应先把红、黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”．欧姆表干的电池用久了以后，电动势会变小，但调整“欧姆调零旋钮”仍能使指针指在“0Ω”刻度，如果用这样的欧姆表来测量电阻时，测量值比真实值（　　）‎ A．偏大 B．偏小 C．不变 D．无法判断 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律分析得出误差原因，并明确误差结果．‎ ‎【解答】解：欧姆表调零时，Im=，R内=，电池用久了，电源电动势E变小内阻增大，欧姆表调零时，内阻变小；‎ 应用欧姆表测电阻时，I===，由于R内偏小，‎ 则电流I偏小，欧姆表指针偏转角度较小，电阻测量值偏大，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查欧姆表的基本原理，要注意掌握利用闭合电路欧姆定律分析误差情况的基本方法，要注意在分析时可以将表头理解为一个电流表，然后分析电流和电阻的变化即可，同时注意欧姆表表盘的性质，左侧电阻大，右侧电阻小．‎ ‎　‎ ‎7．用如图甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的电表数据作出了 如图乙所示的U﹣I图线，下列说法正确的是（　　）‎ A．由图象得外电路发生短路时的 电流为0.4A B．由图象得电池内阻为3.5Ω C．若考虑电表的内阻，用该电路图测出的电源电动势等于真实值 D．若考虑电表的内阻，用该电路图测出的电源内阻小于真实值 ‎【考点】测定电源的电动势和内阻；路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】由图象的纵坐标可知电源的电动势测量值，由纵坐标的交点可知路端电压为1V时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻．运用作图法分析电池电动势真实值与测量值的关系．‎ ‎【解答】解：AB、由图示图象可知，电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为 1.40V；‎ 电源内阻测量值为 r==Ω=1Ω；‎ 由闭合电路欧姆定律得：短路电流为 I短==1.40A；故A错误，B错误；‎ CD、由于电压表的分流，电流表测量出来的电流总是小于电源的总电流，而且电压表示数越大，电流的测量值与真实值差异越大，作出U﹣I的真实图象，如图蓝线所示，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，则电池电动势真实值小于测量值1.40V；‎ U﹣I图象的斜率绝对值表示电源的内电阻，故内电阻的测量值偏下，故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的误差分析问题，要注意明确U﹣I图象的应用，能根据图象求解电动势和内电阻，同时能根据图象分析误差情况．‎ ‎　‎ ‎8．图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于等边三角形的三个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．则在三角形中心O点处的磁感应强度（　　）‎ A．方向向左 B．方向向右 C．方向向下 D．大小为零 ‎【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直导线在o点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，得出C点的合场强的方向．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向右，b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，电流c在O产生的磁场平行ab指向右上方；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则合场强的方向向右，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行四边形定则．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一导电金属板置于匀强磁场中，当电流方向向上时，关于金属板两侧电子多少及电势高低，判断正确的是（　　）‎ A．左侧电子较多，左侧电势较高 B．左侧电子较多，右侧电势较高 C．右侧电子较多，左侧电势较高 D．右侧电子较多，右侧电势较高 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】金属中移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．‎ ‎【解答】解：电流的方向向上，根据左手定则，电子向左侧偏转，所以左侧电子较多，右侧失去电子带正电，所以右侧的电势高于左侧电势．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，正方形容器处在勻强磁场中，一束电子从孔a 垂直于磁场沿方向射人容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，容器处在真空中，下列说法正确的是（　　）‎ A．从两孔射出的电子速率之比为vc：vd=2：1‎ B．从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc：td=1：2‎ C．从两孔射出的电子的角速度大小之比ωc：ωd=1：1‎ D．从两孔射出的电子的加速度大小之比比ac：ad=1：2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出电子的运动轨迹，求出电子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出电子的速度，然后求出线速度、角速度、向心加速度之比；根据电子做圆周运动的周期公式求出电子的运动时间，再求出电子运动时间之比．‎ ‎【解答】解：设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为rc=a，粒子从d点离开，其半径为rd=a；‎ A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，解得：v=，电子速率之比： ==，故A正确；‎ B、从c点射出的电子的运动时间是个周期，从d点射出的电子的运动时间是个周期，电子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc：td=T： T=1：2，故B正确；‎ C、从两孔射出的电子的角速度大小之比： ===×=，故C正确；‎ D向心加速度：a=，从两孔射出的电子的加速度大小之比： ====，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径，应用牛顿第二定律与电子做圆周运动的周期公式可以解题．‎ ‎　‎ ‎11．如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个D型金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源的两极相连．现分别加速氘核（H）和氦核（He），不考虑相对论效应．下列说法中正确的是（　　）‎ A．它们的最大速率相等 B．它们的最大动能相等 C．它们在磁场中每半圆运动时间相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】A、带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据，比较粒子的速度．‎ B、求出粒子的最大速度后，根据比较最大动能．‎ C、在回旋加速器中的周期T=，根据周期的公式判断两粒子的周期是否相同．‎ D、回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速．‎ ‎【解答】解：A、根据，得．两粒子的比荷相等，所以最大速率相等．故A正确．‎ ‎ B、最大动能，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以最大动能不等．故B错误．‎ ‎ C、带电粒子在磁场中运动的周期T=，两粒子的比荷相等，所以周期相等．故C正确．‎ ‎ D、回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速．故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子．以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同．‎ ‎　‎ ‎12．小灯泡通电后其电流J随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率数值上等于图中曲线PO、直线PQ与横坐标轴所围的面积 ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数．‎ ‎【解答】解：A、根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A正确．‎ BC、根据电阻的定义R=，可知对应P点，小灯泡的电阻为R=≠．故B正确，C错误；‎ D、对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以小灯泡功率为P=U1I2．故D错误．‎ 故选：AB ‎【点评】本题结合图象考查对欧姆定律的理解，要明确题中灯泡是非线性元件，其电阻R=，但R≠．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为 d，整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中，金属杆ab质量为m，长为l，垂直导轨放置，当金属杆d中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止（重力加速度为g），则下列说法正确的是（　　）‎ A．磁场方向竖直向上 B．磁场方向竖直向下 C．金属杆ab所受安培力的大小为mg sinθ D．磁感应强度的大小为 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】以金属杆为研究对象进行受力分析，由平衡条件判断磁场方向并求出安培力的大小和磁感应强度．‎ ‎【解答】解：A、如果磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力水平向左，金属杆所受合力不可能为零，金属杆不可能静止，则磁场方向竖直向上，故A正确，B错误；‎ C、磁场的方向为竖直向上时，ab受到水平向右的安培力作用，同时还受竖直向下的重力和垂直于导轨向上的支持力作用，三力合力可以为零，由力的平衡有：F安=BIL=mgtanθ 解得：B=，故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】物体所受合力为零时，物体处于平衡状态，物体静止或做匀速直线运动；熟练应用左手定则、力的平衡条件即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图．三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中轻而柔软的细导线1、2、3、4悬挂起来，它们之中的任意两根可与导体棒和电源构成闭合回路．可认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源两极上，电源没有在图中画出．关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是（　　）‎ A．改变导体棒中电流方向的同时交换上下磁极的位 置，导体棒摆动方向将会改变 B．仅改变导体棒中电流方向或者仅交换磁极的位置，导体棒摆动方向一定改变 C．增大导体棒中电流的同时改变导体棒的接人长度，导体棒摆动幅度可能不变 D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】导线受重力、拉力和安培力，安培力越大，偏转角度越大，根据FA=BIL判断安培力大小的变化情况即可．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则，安培力垂直导体棒向右或向左，如果同时改变磁场方向和导体棒中电流方向，安培力方向不变，故导线的摆动方向不变；故A错误；‎ B、根据左手定则，安培力垂直导体棒向右或向左，如果仅仅改变磁场方向或者导体棒中电流方向，安培力方向一定反向，故导线的摆动方向改变；故B正确；‎ C、增加电流、同时减少受力的长度，根据FA=BIL，安培力可能不变，故摆动幅度可能不变，故C正确；‎ D、拿掉中间的磁铁，减少受力的长度，根据FA=BIL，安培力减小，故摆动的幅度减小了，故D错误；‎ 故选：BC ‎【点评】本题探究安培力与电流大小、电流方向、磁场方向、电流元长度的关系，关键是根据公式FA=BIL和平衡条件分析，基础题目．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分}‎ ‎15．如图中游标卡尺的读数是　1.050　cm，螺旋测微器的读数是　1.585　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10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为8.5×0.01mm=0.085mm，所以最终读数为2.5mm+0.085mm=2.585mm．‎ 故答案为：1.050；1.585‎ ‎【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎　‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源6V（内阻不计）‎ B．直流电流表0〜300mA（内阻约为5kΩ）‎ C．直流电压表0〜10v（内阻约为15kΩ）‎ D．滑动变阻器0〜10Ω，2A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎（1）在图1虚线框内画出实验电路图．‎ ‎（2）试将图2中实验器材连成实验电路．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）由题目要求确定出滑动变阻器的接法及电流表的接法，即可画出电路图；‎ ‎（2）对照电路原理图连接实物图即可．‎ ‎【解答】解：（1）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，故变阻器必须采用分压接法；‎ 由于电压表内阻远大于小灯泡的内阻，为减小测量误差，故电流表采用外接法，则电路图如左图所示；‎ ‎（2）对照电路图，将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．‎ 答：（1）电路图如左图所示．‎ ‎（2）将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．‎ ‎【点评】测定小灯泡伏安特性曲线实验一般采用电流表的外接法，变阻器用分压式接法，可根据“大内小外”的口诀，记住电流表的接法．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值，和单位）‎ ‎17．如图所示，电源的电动势为6V，内阻为2Ω，R1为1Ω，R2为全阻值为 3Ω，闭合开关，求：‎ ‎（1）当R2的阻值为多少时，R1消耗的功率最大，最大功率为多少？‎ ‎（2）当R2的阻值为多少时，电源的输出功率最大，最大功率为多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电阻R1的阻值不变，根据P=I2R1，电流越大，功率越大；‎ ‎（2）当电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流：I=，‎ 当R2=0时，回路中有最大电流：Im===2A，‎ 此时电阻R1的功率最大，为：Pm1=Im2R1=22×1=4W；‎ ‎（2）当闭合回路的外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，‎ 即R1+R2=r时，电源E的输出功率最大，可得：‎ R2=r﹣R1=1Ω，‎ 此时电源的功率：Pm2===；‎ 答：（1）当R2的阻值为0时，R1消耗的功率最大，最大功率为4W；‎ ‎（2）当R2的阻值为1Ω时，电源的输出功率最大，最大功率为4.5W．‎ ‎【点评】本题关键是明确对于定值电阻，电流越大功率越大，而对于电源，当电源的内电阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大．‎ ‎　‎ ‎18．如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω，电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求电动机正常工作时：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流．‎ ‎（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI．由P热=I2R可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率．‎ ‎【解答】解：（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和为：‎ UR+r=E﹣UV 由欧姆定律可得电路电流为：‎ 通过电动机的电流为1A．‎ ‎（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为：‎ P电=UVI=20×1W=20W 电动机的发热功率为：‎ 故电动机的输出功率为：‎ P机=P电﹣P热=20W﹣1W=19W 答：（1）通过电动机的电流是1A；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率为19W．‎ ‎【点评】本题考查功率公式的应用，要注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用P=UI表示．‎ ‎　‎ ‎19．一个质量和电荷量均未知的粒子，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，磁感应强度B的方向垂直于平面，如图所示，已知的长度为L，求：‎ ‎（1）该粒子的荷质比；‎ ‎（2）粒子从O点到P点的运动时间t．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出荷质比．‎ ‎（2）由几何知识求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，‎ 由几何知识得：r=，‎ 由牛顿第二定律得：qv0B=m，‎ 解得： =；‎ ‎（2）由图示可知，粒子做圆周运动转过的圆心角：φ=2θ，‎ 粒子做圆周运动的周期：T==，‎ 粒子在磁场中运动的时间：t=T=；‎ 答：（1）该粒子的荷质比为；‎ ‎（2）粒子从O点到P点的运动时间t为．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律及几何知识即可正确解题；作出粒子的运动轨迹、求出粒子转过的圆心角是正确解题的关键．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，在一宽度d=12cm的空间内，有相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B，一束带电粒子以一恒定速度从O点沿水平方向射入，恰好做匀速直线 ‎ 运动．若粒子束射入时只有电场，粒子穿过该区域时偏离原方向3.6cm；若粒子束射入时只有磁场，则粒子离开该区域时偏离原方向的距离是多少？（不计粒子的重力）‎ ‎【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】若撤去磁场，粒子做类平抛运动，运用运动的分解，由水平位移和竖直位移研究电场强度与磁感应强度的关系．若撤去电场，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出半径，由几何知识求出穿过场区后的侧移．‎ ‎【解答】解：设带电粒子带电量为q，质量为m，电场强度为E，磁感应强度为B．‎ 在电磁场中，带电粒子恰好没有偏转，说明其做匀速直线运动，则有：Bqv0=qE …①‎ 只有电场时，做类平抛运动，运动时间：t=…②‎ 偏移量：y1=at2=t2…③‎ 只有磁场时，做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：Bqv0=m…④‎ 由①～④解得：r==20cm＞d=16m，带电粒子从场区右则射出磁场 ‎ 由几何关系得：y2=r﹣，解得：y2=4cm；‎ 答：粒子离开该区域时偏离原方向的距离是4cm．‎ ‎【点评】本题是速度选择器模型、电偏转和磁偏转的综合，要注意两种偏转研究方法的不同，电偏转运用运动的合成与分解，磁偏转画轨迹，根据几何关系结合洛仑兹力提供向心力列方程求解．‎ ‎　‎