物理·辽宁省营口市大石桥二高2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（10月份） Word版含解析 17页

‎2016-2017学年辽宁省营口市大石桥二高高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题共14小题（1～10题为单选题，11～14题为多选题）每题4分共56分多选题漏选得2分错选不得分．‎ ‎1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C．静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线 D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一通电导线所受的磁场力也越大 ‎2．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的定义式E=，适用于任何电场 B．由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r→0时，E→无穷大 C．由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场 D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 ‎3．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（　　）‎ A．U B． C．R D．‎ ‎4．如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（　　）‎ A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动 B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动 C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动 D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动 ‎5．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零 B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻 C．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定增大 D．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定减小 ‎6．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（　　）‎ A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8W C．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W ‎7．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎8．一个带电粒子，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）．从图中可以确定（　　）‎ A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从b到a，带正电 C．粒子从a到b，带负电 D．粒子从b到a，带负电 ‎9．在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（　　）‎ A．A灯和B灯都变亮 B．A灯、B灯都变暗 C．A灯变亮，B灯变暗 D．A灯变暗，B灯变亮 ‎10．下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．计算用电量时，常用的单位是“度”．对此，下列说法中正确的是（　　）‎ A．1度等于3.6×103kwh B．1度等于3.6×106J C．“度”是电功率的单位 D．“度”是电能的单位 ‎13．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 ‎14．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是（　　）‎ A．向右飞行的正离子束 B．向左飞行的正离子束 C．向右飞行的负离子束 D．问左飞行的负离子束 ‎　‎ 二、实验题共20分（15题12分，16题8分）‎ ‎15．在测定电源电动势和内电阻的实验中，某同学所用电路图和测得的数据如下：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎（1）实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由　　引起的．用画U﹣I图线求电动势和内阻的目的在于可以尽量减小实验的　　误差．‎ ‎（2）在给出的U﹣I坐标系中，用给出的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第　　组数据有误．‎ ‎（3）由U﹣I图线求得电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．（均保留3位有效数字）．‎ ‎16．某同学先用欧姆表的“×10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图1所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：‎ A．9V电池 B．电流表（0～0.6A，10Ω）‎ C．电流表（0～0.1A，3Ω）‎ D．电压表（0～3V，2kΩ）‎ E．电压表（0～15V，45kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～10Ω，0.1A）‎ G．滑动变阻器（0～20Ω，1A）‎ H．导线、电键 ‎（1）上述器材中应选用　　（填代号）．‎ ‎（2）在虚线框中（图2）画出电路图．‎ ‎　‎ 三、计算题要写出必要的文字说明及重要解题步骤共24分每题8分 ‎17．质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：‎ ‎（1）电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．‎ ‎（2）磁感应强度的大小．‎ ‎18．如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为6×10﹣2kg，两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37°，‎ ‎（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少；‎ ‎（2）通电电流的大小为多大．（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎19．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：‎ ‎（1）电源电动势E和内电阻r；‎ ‎（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；‎ ‎（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省营口市大石桥二高高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题共14小题（1～10题为单选题，11～14题为多选题）每题4分共56分多选题漏选得2分错选不得分．‎ ‎1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C．静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线 D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一通电导线所受的磁场力也越大 ‎【考点】电场线；磁感应强度．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；‎ 磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．‎ ‎【解答】解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；‎ B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；‎ C、静电场中电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C正确；‎ D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的定义式E=，适用于任何电场 B．由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r→0时，E→无穷大 C．由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场 D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 ‎【考点】磁感应强度；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为．‎ ‎【解答】解：A、电场强度的定义式E=，适用于任何电场，故A正确．‎ B、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立．故B错误．‎ C、由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．‎ D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（　　）‎ A．U B． C．R D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】给出的图象是q﹣t图象，其斜率为I=，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：根据电流强度的定义公式I=；‎ 可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流；‎ 根据欧姆定律，有：I=，故斜率也代表电流．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（　　）‎ A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动 B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动 C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动 D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动 ‎【考点】左手定则；洛仑兹力．‎ ‎【分析】长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的轴线．根据电子的运动方向与磁场方向的关系，分析电子所受洛伦兹力的情况，判断电子的运动情况．‎ ‎【解答】解：由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与电子的运动方向平行，则电子在磁场中不受洛伦兹力，电子重力又不计，则电子做匀速直线运动．‎ 故选C ‎　‎ ‎5．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零 B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻 C．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定增大 D．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定减小 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，电阻被短路，总电阻为零，故A正确；‎ B、并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和，故并联电路任一支路电阻的倒数都小于电路的总电阻的倒数，故并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻，故B正确；‎ C、D、并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和，故并联电路任一支路电阻增大（其它支路不变） 总电阻也增大，故C正确，D错误；‎ 本题选择错误的，故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（　　）‎ A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8W C．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ 在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ ‎【解答】解：当电动机不转时，电动机的内阻为r===0.5Ω，‎ ‎ 电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.5W．‎ ‎ 卡住后热功率：P热===8W 故选：B ‎　‎ ‎7．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．‎ ‎【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．‎ 应串联电阻为R===9.5×103kΩ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．一个带电粒子，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）．从图中可以确定（　　）‎ A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从b到a，带正电 C．粒子从a到b，带负电 D．粒子从b到a，带负电 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．‎ ‎【解答】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r=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，再根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（　　）‎ A．A灯和B灯都变亮 B．A灯、B灯都变暗 C．A灯变亮，B灯变暗 D．A灯变暗，B灯变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】从图可知，滑动变阻器与灯泡B并联，然后跟另一电阻串联，再和灯泡A并联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况．由于电压一定，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及电压表示数的变化．‎ 判断灯泡的亮度应依据灯泡的实际功率，由于灯泡的电阻不变，可利用公式P=I2R判断灯泡实际功率的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，‎ 所以电源内阻的电压变大，所以A灯的电压变小，根据可知A的功率变小，故A灯变暗；‎ 由I=可知A的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B的电压变小，根据可知B的功率变小，故B灯变暗．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；左手定则．‎ ‎【分析】伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一个平面内，磁感线通过掌心，四指方向与正电荷运动方向相同，大拇指所指的方向为洛伦兹力方向．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下．故A错误．‎ B、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上．故B正确．‎ C、根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外．故C错误．‎ D、电荷的运动方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培定则．‎ ‎【分析】安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答．‎ ‎【解答】解：AB、通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知，故AB错误；‎ CD、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．计算用电量时，常用的单位是“度”．对此，下列说法中正确的是（　　）‎ A．1度等于3.6×103kwh B．1度等于3.6×106J C．“度”是电功率的单位 D．“度”是电能的单位 ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】用电量是用电功的多少来衡量，度是实际生活所用的电功的单位，根据电功的公式W=Pt推导度与焦耳的关系．‎ ‎【解答】解：A、1千瓦时俗称1度，即1度=1kwh．故A错误．‎ B、由电功公式W=Pt得，当功率P=1×103W，t=1h=3600s时，W=Pt=1×103×3600J=3.6×106J．即1度=3.6×106J．故B正确．‎ C、D、度是电能的单位，不是电功率的单位．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎13．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．‎ ‎　‎ ‎14．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是（　　）‎ A．向右飞行的正离子束 B．向左飞行的正离子束 C．向右飞行的负离子束 D．问左飞行的负离子束 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负以及粒子的飞行方向．‎ ‎【解答】解：磁针的S极向纸内偏转，说明磁场方向指向纸外，带电粒子束相当于通电导线，根据右手螺旋定则可知，这一带电粒子束可能是向左飞行的正电粒子，或者向右飞行的负电粒子．故BC正确，AD错误 故选：BC ‎　‎ 二、实验题共20分（15题12分，16题8分）‎ ‎15．在测定电源电动势和内电阻的实验中，某同学所用电路图和测得的数据如下：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎（1）实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由　电压表分流　引起的．用画U﹣I图线求电动势和内阻的目的在于可以尽量减小实验的　偶然　误差．‎ ‎（2）在给出的U﹣I坐标系中，用给出的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第　3　组数据有误．‎ ‎（3）由U﹣I图线求得电动势E=　1.48　V，内阻r=　1.80　Ω．（均保留3位有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①由图可知，电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电压，故可知误差来自于电压表的分流； ‎ ‎②采用描点法作图，图象中偏离较远的点误差较大； ‎ ‎③图象纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻．‎ ‎【解答】解：①由图可知，电压表示数是准确的，但由于电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；‎ 而采用图象法处理实验数据可以减小实验的偶然误差，不能减小系统误差；‎ ‎②如图建立坐标，采取描点连线的方法作出图象如图所示；偏离直线远的数据点记录有错误；故说明第3组纪录有误；‎ ‎③图象与纵轴的交点值表示电动势，图线的斜率值表示源的内阻．由图可知电源的电动势为1.48V；‎ 在计算斜率时在直线上取距离尽量大点的两点计算．故可以选取第1和第6组计算得：r=≈1.80Ω 故答案为：①电压表的分流，②图象如上图，3；③1.48，1.80．‎ ‎　‎ ‎16．某同学先用欧姆表的“×10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图1所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：‎ A．9V电池 B．电流表（0～0.6A，10Ω）‎ C．电流表（0～0.1A，3Ω）‎ D．电压表（0～3V，2kΩ）‎ E．电压表（0～15V，45kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～10Ω，0.1A）‎ G．滑动变阻器（0～20Ω，1A）‎ H．导线、电键 ‎（1）上述器材中应选用　ACEG　（填代号）．‎ ‎（2）在虚线框中（图2）画出电路图．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表读数时注意倍率的数值；应根据电路中最大电流来选择电流表量程；当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器，但要同时考虑变阻器的额定电流影响．‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表的示数为：Rx=16×10Ω=160Ω，‎ 根据I=可知，电路中最大电流为：Imax==A=0.06A，‎ 所以电流表应选C，由于电动势E=9V，所以电压表应选E，由于两个变阻器的全电阻远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，考虑到变阻器额定电流的影响，变阻器应选G．‎ ‎（2）由于==187.5＞==53.3，所以电流表应用外接法；考虑到变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）A，C，E，G；‎ ‎ （2）如图 ‎　‎ 三、计算题要写出必要的文字说明及重要解题步骤共24分每题8分 ‎17．质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：‎ ‎（1）电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．‎ ‎（2）磁感应强度的大小．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】对带电微粒进行受力分析，然后由平衡条件列方程，求出电场强度与磁感应强度；电场方向反向后，分析带电微粒的受力情况，根据带电微粒的受力情况，确定微粒的运动状态．‎ ‎【解答】解：（1）微粒受重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，根据共点力平衡条件可知，微粒只能带正电，否则不能平衡，受力如图所示，‎ 由几何关系知，qE=mg，则电场强度为：E=；‎ ‎（2）由于合力为零，则：qvB=mg 所以：B=‎ 答：（1）电场强度的大小为，该带电粒子带正电荷．‎ ‎（2）磁感应强度的大小为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为6×10﹣2kg，两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37°，‎ ‎（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少；‎ ‎（2）通电电流的大小为多大．（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据重力做功求出重力势能的增加量，根据动能定理求出安培力的大小．从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小．‎ ‎【解答】解：（1）铜棒上升的高度h=L1（1﹣cos37°），则重力势能的增加量为：‎ ‎△Ep=mgL1（1﹣cos37°）=0.06×10×0.1×0.2J=0.012J ‎（2）对铜棒运用动能定理得：‎ FAL1sin37°﹣mgL1（1﹣cos37°）=0‎ 代入数据解得：FA=0.2N 根据FA=BIL得：‎ I===4A 答：（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了0.012J；（2）通电电流的大小为4A．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：‎ ‎（1）电源电动势E和内电阻r；‎ ‎（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；‎ ‎（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）分析电路的结构，然后根据闭合电路的欧姆定律解答即可；‎ ‎（2）根据公式：P=I2R即可计算出功率；‎ ‎（3）根据闭合电路的欧姆定律，计算出两种情况下的电流，然后根据串联电路的电压分配关系计算出两种情况下的电压，最后由Q=CU计算电量即可．‎ ‎【解答】解：（1）当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，R2与R3串联， W ①‎ 当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电路中R1与R2并联后与R3串联，‎ W ②‎ 联立①②代入数据得：E=4V，r=0.5Ω ‎（2）当S1、S2都闭合时电路中的电流： A 电源的输出功率： W 及电源内部产生的热功率： W ‎（3）当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电路中R1与R2并联后与R3串联，此时电容器两端的电压是0，所以电容器上的电量：Q1=0‎ 当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时的电流： A 电容器两端的电压是R2两端的电压，即：U2=I2R2=0.5×6=3V 电量： C 答：（1）电源电动势是4V，内电阻是0.5Ω；‎ ‎（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率是3.5W，电源内部产生的热功率是0.5W；‎ ‎（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器上的电量分别是0和6×10﹣5C．‎ ‎　‎ ‎2016年11月22日