物理卷·2018届河南省南阳一中高二上学期第三次月考物理试卷 （解析版） 28页

‎2016-2017学年河南省南阳一中高二（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确。全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答得0分）‎ ‎1．关于电场力和电场强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．同一点电荷分别处于电场中的A、B两点，电荷受到的电场力大则该处场强大 B．电场中某点场强为零，则检验电荷在该点受到的电场力为零 C．在电场某点如果没有检验电荷，则电场力为零，电场强度也为零 D．一检验电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力相同 ‎2．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（　　）‎ A．物理学家伽利略，小磁针的S极垂直转向纸内 B．物理学家楞次，小磁针的N极垂直转向纸内 C．物理学家牛顿，小磁针静止不动 D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内 ‎3．在其空中M、N两点分别放有异种点电初+2Q和一Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分．b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的（　　）‎ A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea＞Ec，Eb=Ed B．a、b、c、d四点电势的关系是φa＜φc，φb=φd C．在MN的连线上，O点的电场强度最小 D．将带负电的试探电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变 ‎4．三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为（　　）‎ A．3：2：1 B．1：2：3 C．1：1：1 D．1：：‎ ‎5．如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．t=0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0﹣4s时间内，线框ab边所受安培力F1，随时间t变化的关系（规定水平向左为力的正方向）可能是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合．现闭合S1，一段时间后电路稳定．下列说法中正确的是（　　）‎ A．闭合S1，通过电阻R的电流先增大后减小 B．闭合S1，Al亮后逐渐变暗 C．闭合S1，A2逐渐变亮，然后亮度不变 D．断开电路时，为保护负载，应先断开S2，再断开S1‎ ‎7．如图理想变压器原副线圈匝数之比为5：1，A1的示数为理想交流电流表，V1，V2为理想交流电压表，R1，R2为定值电阻，R3为光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），原线圈两端电压μ=220sin314t（V），以下说法正确的是（　　）‎ A．当光照增强时，电压表V1的示数为44V保持不变 B．当光照增强时，电压表V2示数不变 C．通过电流表A1的电流方向每秒变化100次 D．当光照增强时，电流表A1示数不变，A2示数变大 ‎8．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2．若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＞EB、φA＜φB B．若v2＞v1，则电场力不一定做正功 C．A、B两点间的电势差为（v22﹣v12﹣2gh）‎ D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为mv22﹣mv12‎ ‎9．夏天由于用电器的增多，每年都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是（　　）‎ A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍 B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍 C．若用电高峰时的输送输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍 D．若用电高峰时的输送输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍 ‎10．传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（　　）‎ A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转 B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转 C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转 D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转 ‎11．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、实验题（共2小题，每空3分，满分18分）‎ ‎13．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的．如图甲中，电源的电动势E=9.0V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙的Rt图线所示，闭合开关，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA，‎ ‎（1）电流表G的内阻Rg=　　Ω；‎ ‎（2）当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻R的温度是　　℃．‎ ‎14．某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．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　　mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　　cm．‎ ‎（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，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0～10mA，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0～20kΩ，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，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分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，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值单位）‎ ‎15．如图1所示变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电表的读数随电流表读数的变化情况，如图2中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．‎ 求：（1）定值电阻R0、变阻器的总电阻R．‎ ‎（2）出电源的电动势和内阻．‎ ‎16．如图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接．在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO′匀速转动．（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）‎ ‎（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式Em=nBSω；‎ ‎（2）求线圈匀速转动过程中电流表的示数；‎ ‎（3）求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热．‎ ‎17．如图所示，光滑的金属导轨间距为L，导轨平面与水平面成α角，导轨下端接有阻值为R的电阻，质量为m的金属细杆ab与绝缘轻质弹簧相连并静止在导轨上，弹簧劲度系数为k，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现给杆一沿轨道向下的初速度v0，杆向下运动至速度为零后，再沿轨道平面向上运动达最大速度，大小为v1‎ ‎，然后减速为零，再沿轨道平面向下运动…一直往复运动到静止（导轨与金属杆的电阻忽略不计）．试求：‎ ‎（1）细杆获得初速度瞬间，通过R的电流大小；‎ ‎（2）当杆速度为v1时离最初静止时位置的距离L1；‎ ‎（3）杆由初速度v0开始运动直到最后静止，电阻R上产生的焦耳热Q．‎ ‎18．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E=4×105N/C方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比为=4×10﹣10kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2×107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m，不计重力．求：‎ ‎（1）粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省南阳一中高二（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确。全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答得0分）‎ ‎1．关于电场力和电场强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．同一点电荷分别处于电场中的A、B两点，电荷受到的电场力大则该处场强大 B．电场中某点场强为零，则检验电荷在该点受到的电场力为零 C．在电场某点如果没有检验电荷，则电场力为零，电场强度也为零 D．一检验电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力相同 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据电场力公式F=qE，分析电场力与场强的关系．电场强度与试探电荷所受的电场力无关．根据场强的定义式E=分析场强的大小．电场力是矢量，只有大小相等、方向相同，电场力才相同．‎ ‎【解答】解：A、一点电荷分别处于电场中的A、B两点，根据场强的定义式E=分析得知，电荷受到的电场力大，场强大．故A正确．‎ B、电场中某点场强E为零，由电场力公式F=qE可知，检验电荷在该点受到的电场力一定为零．故B正确 C、在电场中某点没有检验电荷时，电场力为零，但电场强度不为零，电场强度与检验电荷无关，由电场本身决定．故C错误．‎ D、一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力大小相等，但方向不同，所以电场力不同．故D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ ‎2．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（　　）‎ A．物理学家伽利略，小磁针的S极垂直转向纸内 B．物理学家楞次，小磁针的N极垂直转向纸内 C．物理学家牛顿，小磁针静止不动 D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内 ‎【考点】电磁感应现象的发现过程．‎ ‎【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的科学家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况．‎ ‎【解答】解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．在其空中M、N两点分别放有异种点电初+2Q和一Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分．b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的（　　）‎ A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea＞Ec，Eb=Ed B．a、b、c、d四点电势的关系是φa＜φc，φb=φd C．在MN的连线上，O点的电场强度最小 D．将带负电的试探电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线密场强大，分析场强的大小．由电势公式φ= 和电场的叠加原理分析电势关系．根据电势的变化，分析正电荷电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、设Ma=aO=d．则Ea=+=，‎ Ec=+=，故Ea＞Ec，b、d两点由于对称，则有Eb=Ed．故A正确．‎ B、沿电场线方向电势降低，故Φa＞Φc，根据对称性可知Φb=Φd．故B错误．‎ C、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，故C错误．‎ D、负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，只是初末位置的电势能相等，过程中电势能在变化．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为（　　）‎ A．3：2：1 B．1：2：3 C．1：1：1 D．1：：‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间．‎ ‎【解答】解：粒子在磁场中运动的周期的公式为T=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为T，偏转角为60°的粒子的运动的时间为T，偏转角为30°的粒子的运动的时间为T．‎ 所以有T： T： T=3：2：1，选项A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．t=0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0﹣4s时间内，线框ab边所受安培力F1，随时间t变化的关系（规定水平向左为力的正方向）可能是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式F=BIL求解安培力；根据楞次定律判断感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：C、D、0﹣1s，感应电动势为：E1=S=SB0，为定值 感应电流：I1=，为定值 安培力F=BI1L∝B 由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，故CD均错误；‎ A、B、3s﹣4s内，感应电动势为：E2=S=SB0，为定值 感应电流：I2=，为定值 安培力F=BI2L∝B 由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；‎ 由于B逐渐减小到零，故通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量减小，有扩张趋势，故安培力向外，即ab边所受安培力向左，为正，故A正确，B错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合．现闭合S1，一段时间后电路稳定．下列说法中正确的是（　　）‎ A．闭合S1，通过电阻R的电流先增大后减小 B．闭合S1，Al亮后逐渐变暗 C．闭合S1，A2逐渐变亮，然后亮度不变 D．断开电路时，为保护负载，应先断开S2，再断开S1‎ ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．‎ ‎【解答】解：A、闭合开关S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻R的电流慢慢增加．故A错误．‎ B、闭合开关S1，虽因存在自感作用，但通过R的电流逐渐增加，干路电流逐渐增加，通过Al逐渐变亮．故B错误．‎ C、当闭合S1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致A2逐渐变暗，故C错误；‎ D、断开电路时，为保护负载，由于线圈L产生自感电动势，应先断开S2，再断开S1．故D正确，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图理想变压器原副线圈匝数之比为5：1，A1的示数为理想交流电流表，V1，V2为理想交流电压表，R1，R2为定值电阻，R3为光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），原线圈两端电压μ=220sin314t（V），以下说法正确的是（　　）‎ A．当光照增强时，电压表V1的示数为44V保持不变 B．当光照增强时，电压表V2示数不变 C．通过电流表A1的电流方向每秒变化100次 D．当光照增强时，电流表A1示数不变，A2示数变大 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R3的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．‎ ‎【解答】解：A、原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为44V保持不变，与电阻的变化无关，所以A错误；‎ B、当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V2示数变小，所以B错误；‎ C、交流电的频率为f===50Hz，所以通过电流表A1的电流方向每秒变化100次，所以C正确；‎ D、当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A1、A2的示数都要变大，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2．若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＞EB、φA＜φB B．若v2＞v1，则电场力不一定做正功 C．A、B两点间的电势差为（v22﹣v12﹣2gh）‎ D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为mv22﹣mv12‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低．小球运动过程中，重力做正功，电场力做功可正可负．根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力做功．‎ ‎【解答】解：A、由电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，可知，EA＜EB．由顺着电场线的方向电势逐渐降低，可知，φA＞φB．所以EA＜EB、φA＞φB，故A错误．‎ B、在运动的过程中，由动能定理得，mgh+qU=mv22﹣mv12，若v2＞v1，知电场力做功W=qU可正可负，故B正确．‎ C、由B得，A、B两点间的电势差 U=（v22﹣v12﹣2gh，故C正确 D、由上式得，电场力做功为 W=qU=mv22﹣mv12﹣mgh．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．夏天由于用电器的增多，每年都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是（　　）‎ A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍 B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍 C．若用电高峰时的输送输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍 D．若用电高峰时的输送输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍 ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】根据P=UI、U损=IR和P损=I2R可知高压输电过程中，输电线电流和损失电压、损失功率变化情况．‎ ‎【解答】解：A、输送的电压一定，根据P=UI，知输送功率越大，输电电流越大，则电流增大到2倍，故A正确 ‎ B、电流增大到2倍，根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的4倍，故B错误，‎ ‎ C、D、若用电高峰时输电电压变为正常供电时的2倍，根据P=UI知电流不变，故损失的功率不变，故C错误，D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（　　）‎ A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转 B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转 C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转 D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】根据电容的决定式分析F、h与电容器所带电量的关系，分析电路中电流的方向，判断电流表指针偏转方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、当乙传感器接入电路实验时，若F变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式C=‎ 得知，电容减小，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量减小，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故A错误．‎ B、当乙传感器接入电路实验时，若F变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C=得知，电容增大，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故B正确．‎ C、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故C错误．‎ D、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎11．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，～T时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律分析加速度．根据电子的运动情况分析判断．‎ ‎【解答】解：分析电子一个周期内的运动情况：0～‎ 时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零．～T时间内时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．接着周而复始．‎ A、C、根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况．故A正确，C错误．‎ B、电子做匀变速直线运动时x﹣t图象应是抛物线，故B错误．‎ D、根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a﹣t图象应平行于横轴．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎12．如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电流图象写出电流与时间的关系式，根据法拉第电磁感应定律分析磁通量与时间的关系．‎ 根据欧姆定律知速度与时间关系，从而知加速度与时间关系．‎ 根据牛顿运动定律知F与时间的关系式．‎ 根据推论q=It得到电量q与时间的关系式，再选择图象 ‎【解答】解：A、由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的，Φ﹣t应是曲线．故A错误．‎ B、设金属棒长为L．由乙图象得，q=It===kt2，k是比例系数．知加速度不变，故B错误；‎ C、由牛顿运动定律知F﹣F安﹣mgsinθ=ma，知F=+mgsinθ+ma，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确；‎ D、通过导体棒的电流I=，I﹣t图象为过原点直线，故D正确 故选：CD ‎　‎ 二、实验题（共2小题，每空3分，满分18分）‎ ‎13．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的．如图甲中，电源的电动势E=9.0V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙的Rt图线所示，闭合开关，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA，‎ ‎（1）电流表G的内阻Rg=　500　Ω；‎ ‎（2）当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻R的温度是　120　℃．‎ ‎【考点】电磁波的周期、频率和波速；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA，根据闭合电路欧姆定律可求得电流表的内阻Rg；‎ ‎（2）当电流表的示数I2=3.6mA时，根据闭合电路欧姆定律可求R，由图读出温度．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意得到：电源电源的电动势E=9.0V，I1‎ ‎=2mA=0.002A，I2=3.6mA=0.0036A；‎ 由图象知，当R的温度等于20℃时，热敏电阻的阻值R=4000Ω，‎ 由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得：‎ E=I1（R+Rg），‎ 即9.0V=0.002A×，‎ 解得Rg=500Ω．‎ ‎（2）当电流I2=0.0036A时，由串联电路特点及欧姆定律得：‎ EU=I2（R′+Rg）‎ 即：9.0V=0.0036A×（R′+500Ω），‎ 解得：R′=2000Ω；‎ 由图象知，此时热敏电阻的温度t=120℃．‎ 故答案为：‎ ‎（1）500；‎ ‎（2）120．‎ ‎　‎ ‎14．某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．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　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　0.4700　cm．‎ ‎（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，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为　220　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0～10mA，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0～20kΩ，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，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】本题（1）在进行游标卡尺读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意将整数部分单位化为mm；题（2）进行螺旋测微器读数时也要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意“半毫米”刻度线是否露出；题（3）进行欧姆表读数时注意倍率，一般不需要估读；题（4）首先根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，根据待测电阻满足电流表外接法的条件选择外接法．‎ ‎【解答】解：（1）：游标卡尺的读数为：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；‎ ‎（2）：螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm=0.4700cm；‎ ‎（3）：欧姆表的读数为：R=22×10Ω=220Ω；‎ ‎（4）：由于电压表量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择；‎ 根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为==≈14mA，所以电流表应选择；‎ 根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；‎ 由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示：‎ 故答案为：（1）50.15；（2）0.4700；（3）220；（4）如图 ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分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，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值单位）‎ ‎15．如图1所示变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电表的读数随电流表读数的变化情况，如图2中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．‎ 求：（1）定值电阻R0、变阻器的总电阻R．‎ ‎（2）出电源的电动势和内阻．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．‎ ‎（2）图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．‎ ‎【解答】解：（1）由乙图可知，电阻R0的值等于AC的斜率，即 R0==Ω=3Ω； ‎ 当R全部接入电路时，电路中电流最小，对应BC线上的B点，则Ω=R+R0，R=15Ω﹣3Ω=12Ω；‎ ‎（2）对图线上的B点，根据闭合电路的欧姆定律有：E=7.5+0.5r 对图线上的C点，根据闭合电路的欧姆定律有：E=6+2r ‎ 联立解得：E=8V，r=1Ω； ‎ 答：‎ ‎（1）定值电阻R0为3Ω，变阻器的总电阻R为12Ω．‎ ‎（2）电源的电动势为8V，内阻1Ω．‎ ‎　‎ ‎16．如图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接．在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO′匀速转动．（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）‎ ‎（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式Em=nBSω；‎ ‎（2）求线圈匀速转动过程中电流表的示数；‎ ‎（3）求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热．‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】（1）根据交流电的产生过程，代入相关的数据即可推导出发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式；‎ ‎（2）线圈匀速转动过程中电流表的示数是有效值，根据闭合电路的欧姆定律求解；‎ ‎（3）根据焦耳定律求出发电机线圈电阻r产生的焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为：E1=BLabv 与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势为：E2=BLcdv 线圈产生的总感应电动势为：Em=n（E1+E2）‎ 因为有：Lab=Lcd，‎ 所以：Em=n2BLabv 线速度v=ωLbc，所以：Em=nBLab Lbcω，而S=Lab Lbc（S表示线圈的面积）‎ Em=nBSω；‎ ‎（2）线圈匀速转动过程中电流表的示数是有效值，所以感应电动势的有效值是 根据闭合电路的欧姆定律得I==．‎ 所以电流表的示数是．‎ ‎（3）线圈匀速转动的周期是T=‎ 根据焦耳定律得：‎ 线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热Q=I2r×NT=．‎ 答：（1）见解答（1）；‎ ‎（2）线圈匀速转动过程中电流表的示数是；‎ ‎（3）线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热是．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，光滑的金属导轨间距为L，导轨平面与水平面成α角，导轨下端接有阻值为R的电阻，质量为m的金属细杆ab与绝缘轻质弹簧相连并静止在导轨上，弹簧劲度系数为k，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现给杆一沿轨道向下的初速度v0，杆向下运动至速度为零后，再沿轨道平面向上运动达最大速度，大小为v1，然后减速为零，再沿轨道平面向下运动…一直往复运动到静止（导轨与金属杆的电阻忽略不计）．试求：‎ ‎（1）细杆获得初速度瞬间，通过R的电流大小；‎ ‎（2）当杆速度为v1时离最初静止时位置的距离L1；‎ ‎（3）杆由初速度v0开始运动直到最后静止，电阻R上产生的焦耳热Q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）给杆一沿轨道向下的初速度v0，切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv0；根据欧姆定律可求出通过R的电流大小．‎ ‎（2）由题知道杆沿轨道平面向上运动的最大速度为v1，此时杆所受的合外力为零．分别根据平衡条件和胡克定律求出杆静止时和速度为v1时弹簧伸长的长度，由几何关系可求得L1；‎ ‎（3）杆由初速度v0开始运动直到最后静止，弹簧的弹性势能不变，杆还静止在开始的位置，动能转化为内能，根据能量守恒求解焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）细杆获得初速度瞬间，产生的感应电动势为：E=BLv0；‎ 根据欧姆定律得：I0=‎ 可得通过R的电流大小为：I0=．‎ ‎（2）设杆最初静止不动时弹簧伸长x0，则有：kx0=mgsinα 当杆的速度为v1时弹簧伸长x1，由平衡条件得：kx1=mgsinα+BI1L 此时有：I1=‎ 而 L1=x1﹣x0‎ 联立解得：L1=‎ ‎（3）杆最后静止时，杆受到重力、导轨的支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件和胡克定律可知，弹簧伸长的长度与原来静止时相同，所以杆静止在初始位置，由能量守恒得：‎ ‎ Q=‎ 答：‎ ‎（1）细杆获得初速度瞬间，通过R的电流大小为．‎ ‎（2）当杆速度为v1时离最初静止时位置的距离 L1为．‎ ‎（3）杆由初速度v0开始运动直到最后静止，电阻R上产生的焦耳为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E=4×105N/C方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比为=4×10﹣10kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2×107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m，不计重力．求：‎ ‎（1）粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，‎ 则：‎ 又：‎ y方向的位移：y=v0t 解得：y=0.40m．‎ ‎（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=at=2×107m/s 粒子经过y轴时的速度大小为； =‎ 与y轴正方向的夹角为θ θ==450‎ 要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R′，则：‎ 由洛伦兹力提供向心力：…‎ 解得：‎ 答：粒子经过y轴时的位置到原点O的距离0.40m；（2）磁感应强度B的取值范围：‎ ‎　‎