物理·江苏省扬州市树人学校2016-2017学年高二上学期期中物理试卷（选修） Word版含解析 24页

‎2016-2017学年江苏省扬州市树人学校高二（上）期中物理试卷（选修）‎ ‎　‎ 一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分）‎ ‎1．最早提出利用电场线和磁感线分别描述电场和磁场的物理学家是（　　）‎ A．牛顿 B．伽利略 C．阿基米德 D．法拉第 ‎2．下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，L1、L2、L3为三个相同的灯泡．在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列判断中正确的是（　　）‎ A．L2变暗，L3变亮 B．L1变亮，L3变暗 C．L1中电流变化量等于L3中电流变化量 D．L1中电流变化量小于L2中电流变化量 ‎4．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是（　　）‎ A．P甲=3P乙 B．P甲＞3P乙 C．P乙=3P甲 D．P乙＞3P甲 ‎5．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，并使它组成如图所示的电路，当电键S接通后，将看到的现象是：（　　）‎ A．弹簧向上收缩 B．弹簧被拉长 C．弹簧上下跳动 D．弹簧仍静止不动 ‎6．有关磁感应强度的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．磁感应强度是用来表示磁场强弱和方向的物理量 B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零 C．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是 D．由定义式B=可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小 ‎7．英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究，于1922年荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子（不计重力）由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．该束粒子带正电 B．速度选择器的上极板带正电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎8．如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上．地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（　　）‎ A．向左，变大 B．先向左后向右，先减小后增大 C．向左，变小 D．向左，不变 ‎　‎ 二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意，每题4分）‎ ‎9．如图所示，直线b为电源的U﹣I图象，直线a为电阻R的U﹣I图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（　　）‎ A．电源的输出功率为4W B．电源的输出功率为2W C．电源的效率约为33.3% D．电源的效率约为67%‎ ‎10．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电动机消耗的电能为UIt B．电动机消耗的电能为I2Rt C．电动机线圈产生的热量为I2Rt D．电动机线圈产生的热量为 ‎11．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，一根通电直导线被水平悬挂在磁铁中心的正上方处，保持导线跟磁铁垂直．导线中通有如图中所示电流，磁铁保持静止状态．以下判断正确的是（　　）‎ A．磁铁受到向右的摩擦力作用 B．磁铁不受摩擦力作用 C．磁铁对桌面的压力大于自身的重力 D．磁铁对桌面的压力小于自身的重力 ‎12．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．现要增大粒子射出时的动能，下列所采取的方法可行的是（　　）‎ A．增大电场的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形盒的半径 ‎13．如图，两倾斜放置的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，导轨平面与水平方向的夹角为θ，导轨上端接入一内电阻可忽略的电源，电动势为E．一粗细均匀的金属棒电阻为R，金属棒水平放在导轨上且与导轨接触良好．欲使金属棒静止在导轨上不动，则以下说法正确的是（　　）‎ A．可加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B=‎ B．可加竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=‎ C．所加匀强磁场磁感应强度的最小值为B=‎ D．如果金属棒的直径变为原来的两倍，原来静止的金属棒将依然保持静止 ‎　‎ 三、实验题（每空2分，共38分）‎ ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V 1.5W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：‎ A．直流电源3V（内阻可不计）‎ B．直流电表0～3A（内阻约0.1Ω）‎ C．直流电表0～600mA（内阻约0.5Ω）‎ D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）‎ E．直流电压表0～15V（内阻约200kΩ）‎ F．滑线变阻器（10Ω，1A）‎ G．滑线变阻器（1kΩ，300mA）‎ ‎（1）除开关、导线外，为完成实验，需要从上述器材中选用　　（用字母）．‎ ‎（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接的电路如图所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零．闭合开关后发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可判断断路的电线是　　；若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是　　；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是　　．‎ ‎（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，某位同学根据表格中的数据作出了该灯泡的伏安特性曲线．‎ U/V I/A ‎0‎ ‎0‎ ‎0.5‎ ‎0.17‎ ‎1.0‎ ‎0.30‎ ‎1.5‎ ‎0.39‎ ‎2.0‎ ‎0.45‎ ‎2.5‎ ‎0.49‎ 若将该灯泡与一个10Ω的定值电阻串联，直接接在题中电源两端，则可以估算出该灯泡的实际功率为　　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎15．某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，该同学利用下列所给器材测量水果电池的电动势E和内阻r．‎ A．电流表G1（内阻Rg=15Ω，满偏电流Ig=2mA）‎ B．电流表G2（量程20mA，内阻约2Ω）‎ C．滑动变阻器R1（0～1000Ω）‎ D．电阻箱R2 （0～9999.9Ω）‎ E．待测水果电池（电动势E约4V，内阻r约200Ω）‎ F．开关S，导线若干 ‎（1）实验中用电流表G1改装成量程0～4V的电压表，需　　（选填“串联”或“并联”）一个阻值为　　Ω的电阻；‎ ‎（2）用电流表G2和改装成的电压表测量水果电池的电动势和内阻，为尽量减小实验的误差，请在方框中画出实验电路图；‎ ‎（3）该同学实验中记录的6组对应的数据如下表，试根据表中数据在下图中描点画出U﹣I图线；由图线可得，水果电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω；‎ I/mA ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎8.0‎ ‎10.0‎ ‎12.0‎ ‎14.0‎ U/V ‎3.04‎ ‎2.85‎ ‎2.30‎ ‎1.90‎ ‎1.50‎ ‎1.14‎ ‎（4）实验测得的水果电池的电动势和内阻与真实值相比，E测　　E真，r测　　r真（选填“大于”、“小于”或“等于”）．‎ ‎16．在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具．‎ ‎（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：①毫米刻度尺；②10分度游标卡尺；③20分度游标卡尺；④螺旋测微器．一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为　　（填仪器序号）．如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d=　　mm．‎ ‎（2）某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率：‎ ‎①同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是　　‎ A．测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零 B．若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω C．若用欧姆表“×10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“×1”挡 D．每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零 ‎②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式求得电阻丝的电阻率ρ，可供选择的器材如下：‎ A．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表 B．量程3A，内阻0.1Ω的电流表 C．量程3V，内阻6kΩ的电压表 D．量程15V，内阻30kΩ的电压表 E．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器 F．阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器 G．6V蓄电池 H．电键一个、导线若干 实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用　　；电压表应选用　　；滑动变阻器应选用　　．（请填写备选器材前的字母）‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，共38分）‎ ‎17．如图甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．求：‎ ‎（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为乙图象中哪一条直线？‎ ‎（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少？‎ ‎（3）试求出电源的电动势和内阻．‎ ‎18．如图甲所示，在y轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=1T．从原点O处向第Ⅰ象限发射一比荷=1×104C/kg的带正电的粒子（重力不计），速度大小ν0=103m/s，方向垂直于磁场且与x轴正方向成30°角．‎ ‎（1）求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R和在该磁场中运动的时间t1．‎ ‎（2）若磁场随时间变化的规律如图乙所示（垂直于纸面向外为正方向），s后空间不存在磁场．在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度ν0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标．‎ ‎19．如图的环状轨道处于竖直面内，它由半径分别为R和2R的两个半圆轨道、半径为R的两个四分之一圆轨道和两根长度分别为2R和4R的直轨道平滑连接而成．以水平线MN和PQ为界，空间分为三个区域，区域Ⅰ和区域Ⅲ有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，区域Ⅰ和Ⅱ有竖直向上的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q的带电小环穿在轨道内，它与两根直轨道间的动摩擦因数为μ（0＜μ＜1），而轨道的圆弧形部分均光滑．将小环在较长的直轨道CD下端的C点无初速释放（已知区域Ⅰ和Ⅱ的匀强电场场强大小为E=，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小环在第一次通过轨道最高点A时速度vA的大小；‎ ‎（2）小环在第一次通过轨道最高点A时受到轨道压力？‎ ‎（3）若从C点释放小环的同时，在区域Ⅱ再另加一垂直于轨道平面向里的水平匀强电场，其场强大小为E′=，则小环在两根直轨道上通过的总路程多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省扬州市树人学校高二（上）期中物理试卷（选修）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分）‎ ‎1．最早提出利用电场线和磁感线分别描述电场和磁场的物理学家是（　　）‎ A．牛顿 B．伽利略 C．阿基米德 D．法拉第 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：法拉第是最早利用电场线和磁感线分别描述电场和磁场的物理学家，故ABC错误，D错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误．‎ ‎【解答】解：A、由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该右边垂直纸面向里，左边垂直纸面向外．故A错误．‎ B、环形导线电流的方向逆时针，根据安培定则知，环形导线的内部磁场方向垂直面向外，故B正确．‎ C、从上往下看，线框的电流方向为顺时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向下．故C错误．‎ D、根据安培定则，电流方向上边垂直向里，下边垂直向外，则螺线管内部的磁场方向向左．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，L1、L2、L3为三个相同的灯泡．在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列判断中正确的是（　　）‎ A．L2变暗，L3变亮 B．L1变亮，L3变暗 C．L1中电流变化量等于L3中电流变化量 D．L1中电流变化量小于L2中电流变化量 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在变阻器R的滑片P向上移动过程中，R增大，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断L3灯亮度的变化．根据路端电压与L3电压的变化分析L2电压的变化，判断L2亮度的变化．由总电流与L2电流的变化，分析L1电流的变化和亮度的变化．根据总电流的变化，分析L1中电流变化量与L2中电流变化量的大小．‎ ‎【解答】解：A、B在变阻器R的滑片P向上移动过程中，R减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，L3变亮．L2的电压U2=E﹣I（R3+r），E、R3、r均不变，I增大，U2减小，I2减小，L2变暗．流过L1的电流I1=I﹣I2，I增大，I2减小，则I1增大，L1变亮．故A正确，B错误．‎ ‎ C、D由上分析得到，I增大，I1增大，I2减小，而I1+I2=I，则L1中电流变化量△I1大于L3中电流变化量△I．故C错误．L1中电流变化量△I1大于L2中电流变化量△I2．故CD错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎4．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是（　　）‎ A．P甲=3P乙 B．P甲＞3P乙 C．P乙=3P甲 D．P乙＞3P甲 ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】电路所消耗的总功率的大小等于电路两端的总的电压与总电流的乘积，由此即可直接得出结论．‎ ‎【解答】解：设灯泡正常发光时的电流为I，‎ 对于甲图，电路的总的电流为3I，‎ 此时甲的总功率的大小为P甲=U•3I，‎ 对于乙图，电流的总电流的大小就为I，‎ 此时乙的总功率的大小为P乙=U•I，‎ 所以P甲=3P乙，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，并使它组成如图所示的电路，当电键S接通后，将看到的现象是：（　　）‎ A．弹簧向上收缩 B．弹簧被拉长 C．弹簧上下跳动 D．弹簧仍静止不动 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】当弹簧中通电流时，弹簧的每一圈导线都是一个线圈，都有N极和S极，根据安培定则判断每一线圈的下端都是N极，上端都是S极，根据异名磁极相互吸引，弹簧缩短，弹簧离开水银面，电路断开，弹簧中没有电流，各线圈之间失去吸引作用，弹簧恢复原状，弹簧下落到水银面接通电路，重复上面的现象．‎ ‎【解答】解：当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．有关磁感应强度的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．磁感应强度是用来表示磁场强弱和方向的物理量 B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零 C．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是 D．由定义式B=可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，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．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量．故A正确；‎ B、小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；‎ C、只有垂直放置时在磁场中某处受到的磁场力为F，该处磁感应强度的大小才是．故C错误；‎ D、磁感应强度B=只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的取向无关．故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究，于1922年荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子（不计重力）由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．该束粒子带正电 B．速度选择器的上极板带正电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A正确．‎ B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B正确．‎ C、D进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=m 得，r=，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大．故C错误、D正确．‎ 本题选择错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上．地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（　　）‎ A．向左，变大 B．先向左后向右，先减小后增大 C．向左，变小 D．向左，不变 ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；洛仑兹力．‎ ‎【分析】对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律判断出整体加速度的变化，再隔离对a分析，得出a合力的变化，从而得知摩擦力变化．‎ ‎【解答】解：整体受到总重力、地面的支持力、竖直向下的洛伦兹力、拉力、地面摩擦力．向左加速运动的过程中，速度增加，洛伦兹力增大，则支持力增大，摩擦力变大，合力变小，根据牛顿第二定律，加速度减小．再隔离对a分析，根据牛顿第二定律知，a所受的合力减小．a在水平上仅受静摩擦力，则静摩擦力变小，方向向左．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意，每题4分）‎ ‎9．如图所示，直线b为电源的U﹣I图象，直线a为电阻R的U﹣I图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（　　）‎ A．电源的输出功率为4W B．电源的输出功率为2W C．电源的效率约为33.3% D．电源的效率约为67%‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由电源的U﹣I图象读出电动势，求出内阻．由电阻R的U﹣I图象求出电阻R，根据闭合电路欧姆定律求出用该电源和该电阻组成闭合电路时电路中电流和电源的输出电压，再求出电源的输出功率和效率．‎ ‎【解答】解：由a图线得到，电阻R==Ω=1Ω，‎ 由b图线得到，电源的电动势为E=3V，短路电流为I短=6A，内阻为r==Ω=0.5Ω，‎ 用该电源和该电阻组成闭合电路时，电路中电流为I==2A，‎ 路端电压为U=E﹣Ir=2V，‎ 则电源的输出功率为P=UI=4W，电源的效率为η==≈67%．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电动机消耗的电能为UIt B．电动机消耗的电能为I2Rt C．电动机线圈产生的热量为I2Rt D．电动机线圈产生的热量为 ‎【考点】电功、电功率；焦耳定律．‎ ‎【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎【解答】解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以A正确，B错误；‎ C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以C正确，D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，一根通电直导线被水平悬挂在磁铁中心的正上方处，保持导线跟磁铁垂直．导线中通有如图中所示电流，磁铁保持静止状态．以下判断正确的是（　　）‎ A．磁铁受到向右的摩擦力作用 B．磁铁不受摩擦力作用 C．磁铁对桌面的压力大于自身的重力 D．磁铁对桌面的压力小于自身的重力 ‎【考点】磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】通电导线处于磁场中要受到安培力作用，根据左手定则可确定出电流方向、磁场方向与安培力方向的关系．而磁铁的磁感线是从N极向S极．‎ ‎【解答】解：由磁感线的特征，通电导线所处的磁场方向水平向右，则根据左手定则可得：伸开左手，大拇指与四指在同一平面，且与四指垂直，让磁感线穿过掌心，四指向为电流方向，由于通电直导线被水平悬挂在磁铁中心的正上方处，则安培力方向为竖直向下，由作用力与反作用力的关系，可得磁铁受到通电导线的安培力竖直向上．所以磁铁对桌面的压力小于自身的重力．磁铁受到竖直向上的力，所以没有运动趋势．则磁铁不受摩擦力作用．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．现要增大粒子射出时的动能，下列所采取的方法可行的是（　　）‎ A．增大电场的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形盒的半径 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】根据洛伦兹力提供向心力，通过D形盒的半径求出粒子射出回旋加速器的速度，从而得知最大速度与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：根据，解得v=，则最大动能，则增大磁场的磁感应强度或增大D形盒的半径，可以增加粒子射出时的动能，与加速电压和狭缝间的距离无关．故B、D正确，A、C错误．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎13．如图，两倾斜放置的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，导轨平面与水平方向的夹角为θ，导轨上端接入一内电阻可忽略的电源，电动势为E．一粗细均匀的金属棒电阻为R，金属棒水平放在导轨上且与导轨接触良好．欲使金属棒静止在导轨上不动，则以下说法正确的是（　　）‎ A．可加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B=‎ B．可加竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=‎ C．所加匀强磁场磁感应强度的最小值为B=‎ D．如果金属棒的直径变为原来的两倍，原来静止的金属棒将依然保持静止 ‎【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】通电导线垂直处于匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，再由安培力、重力及支持力处于平衡可求得安培力的大小．根据公式F=BIL可确定磁场的方向与大小．‎ ‎【解答】解：A、加竖直向下的匀强磁场，安培力方向水平向左，导体棒不可能处于平衡．故A错误．‎ B、当加竖直向上的匀强磁场时，导体棒受重力、支持力和水平向右的安培力，如图所示，根据共点力平衡有：mgtanθ=BIL，I=，所以．故B正确．‎ C、当安培力方向与支持力方向垂直时，安培力最小，最小值为mgsinθ，则BIL=mgsinθ，I=，所以B的最小值为．故C正确．‎ D、棒原来处于静止状态，则可能是BIL=mg，当棒的直径为原来2倍时，则电阻减小原来4倍，电流变大原来4倍，安培力变为4倍，而质量也变为原来4倍．所以棒仍不动．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 三、实验题（每空2分，共38分）‎ ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V 1.5W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：‎ A．直流电源3V（内阻可不计）‎ B．直流电表0～3A（内阻约0.1Ω）‎ C．直流电表0～600mA（内阻约0.5Ω）‎ D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）‎ E．直流电压表0～15V（内阻约200kΩ）‎ F．滑线变阻器（10Ω，1A）‎ G．滑线变阻器（1kΩ，300mA）‎ ‎（1）除开关、导线外，为完成实验，需要从上述器材中选用　ACDF　（用字母）．‎ ‎（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接的电路如图所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零．闭合开关后发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可判断断路的电线是　d　；若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是　h　；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是　g　．‎ ‎（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，某位同学根据表格中的数据作出了该灯泡的伏安特性曲线．‎ U/V I/A ‎0‎ ‎0‎ ‎0.5‎ ‎0.17‎ ‎1.0‎ ‎0.30‎ ‎1.5‎ ‎0.39‎ ‎2.0‎ ‎0.45‎ ‎2.5‎ ‎0.49‎ 若将该灯泡与一个10Ω的定值电阻串联，直接接在题中电源两端，则可以估算出该灯泡的实际功率为　0.19　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流或电压从零调，滑动变阻器应用分压式接法，电流表与电压表量程要根据小灯泡的铭牌来确定；‎ ‎（2）要画出电路图，再通过电路图判断故障所在；‎ ‎（3）通过图象读出满足条件的坐标点，然后再求功率．‎ ‎【解答】解：（1）根据小灯泡铭牌知额定电压为3V，额定电流I由I===0.5A，故电源应选A，电流表应选C，电压表应选D，又描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流从零调，故滑动变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器F．‎ ‎（2）根据电路图电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后，发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则判断断路的导线为 d；若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线为 h；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为g．‎ ‎（3）若将该灯泡与一个10Ω的定值电阻串联，直接接在题中电源两端，在I﹣U图象中再做出定值电阻的I﹣U图象，如图所示，由图象可读出当电流I=0.25A 时，小灯泡两端电压为0.75V，定值电阻两端电压为2.5V（此时两电压之和接近电压电压），由P=UI=0.75×0.25≈0.19W．‎ 故答案为：（1）ACDF；（2）d；h；g；（3）0.19．‎ ‎　‎ ‎15．某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，该同学利用下列所给器材测量水果电池的电动势E和内阻r．‎ A．电流表G1（内阻Rg=15Ω，满偏电流Ig=2mA）‎ B．电流表G2（量程20mA，内阻约2Ω）‎ C．滑动变阻器R1（0～1000Ω）‎ D．电阻箱R2 （0～9999.9Ω）‎ E．待测水果电池（电动势E约4V，内阻r约200Ω）‎ F．开关S，导线若干 ‎（1）实验中用电流表G1改装成量程0～4V的电压表，需　串联　（选填“串联”或“并联”）一个阻值为　1985　Ω的电阻；‎ ‎（2）用电流表G2和改装成的电压表测量水果电池的电动势和内阻，为尽量减小实验的误差，请在方框中画出实验电路图；‎ ‎（3）该同学实验中记录的6组对应的数据如下表，试根据表中数据在下图中描点画出U﹣I图线；由图线可得，水果电池的电动势E=　3.80　V，内电阻r=　190　Ω；‎ I/mA ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎8.0‎ ‎10.0‎ ‎12.0‎ ‎14.0‎ U/V ‎3.04‎ ‎2.85‎ ‎2.30‎ ‎1.90‎ ‎1.50‎ ‎1.14‎ ‎（4）实验测得的水果电池的电动势和内阻与真实值相比，E测　等于　E真，r测　大于　r真（选填“大于”、“小于”或“等于”）．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表；测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．‎ ‎ （2）测量电动势，内阻实验，可用电压表测外压，电流表测干路电流，测出多组数据求解，可据此设计电路图 ‎ （3）先标点，画线，明确所作图的意义，由图读出E，计算出r．‎ ‎ （4）由实验原理，及数据处理方法，进行分析误差．‎ ‎【解答】解：（1）改装成电压表要要串联电阻，串联的阻值为R： =‎ ‎ 则 应串联1985Ω的电阻；‎ ‎（2）画出测量电路图：改装后的电压表测路端电压，电流表G2测干路电流，如图：‎ ‎（3）由所给数据标出各对应点，画一直线如图所示：‎ 由图可读出 纵截距为 E=3.80（3.75﹣3.85 ） r=═190Ω ‎（4）由测量电路可知所测E测为真实值，测量的内阻为电池内阻与G2内阻之和，‎ ‎ 故 E测=E真，r测＞r真 故答案为：（1）串联 1985‎ ‎ （2）电路如图 ‎ （3）U﹣I如图 3.80 190‎ ‎ （4）等于 大于 ‎　‎ ‎16．在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具．‎ ‎（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：①毫米刻度尺；②10分度游标卡尺；③20分度游标卡尺；④螺旋测微器．一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为　③　（填仪器序号）．如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d=　1.020　mm．‎ ‎（2）某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率：‎ ‎①同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是　CD　‎ A．测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零 B．若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω C．若用欧姆表“×10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“×1”挡 D．每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零 ‎②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式求得电阻丝的电阻率ρ，可供选择的器材如下：‎ A．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表 B．量程3A，内阻0.1Ω的电流表 C．量程3V，内阻6kΩ的电压表 D．量程15V，内阻30kΩ的电压表 E．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器 F．阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器 G．6V蓄电池 H．电键一个、导线若干 实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用　A　；电压表应选用　C　；滑动变阻器应选用　F　．（请填写备选器材前的字母）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）由所给数据位数，结合各器材的精确度进行分析，并由螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；‎ ‎（2）考查欧姆表的使用：每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．‎ 根据电路发热功率与电阻可求出最大电流估计值，从而可以选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器．‎ ‎【解答】解：（1）因3.125cm=31.25mm，米尺是毫米刻度尺，只能估读到0.1mm；10分度游标卡尺可以读到0.1mm；20分度游标卡尺可以读到0.05mm，末尾为0或5；50分度游标卡尺可以读到0.02mm，末尾为0或2或4或6或8；螺旋测微器又称千分尺，可以估读到0.001mm；故3.125cm是50分度游标卡尺读数得到．‎ 由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：1.0mm；可动刻度读数0.01mm×2.0=0.020mm；故螺旋测微器读数为：1.020mm；‎ ‎（2）①解：A、测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行机械校零．故A错误，‎ B、若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻不为40Ω因为欧姆刻度盘不均匀，故B错误．‎ C、表针偏转过大，说明电阻档选择过大，应换小档位进行测量；故C正确；‎ D、运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零．故D正确．‎ 故选：CD；‎ ‎②该段电阻丝的阻值约为3Ω，发热功率不超过0.75W，根据I===0.5A，电阻丝的最大电流为0.5A，因此电流表选用：量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表，即为A；根据电阻与电流可确定电压表的量程为3V，内阻6kΩ的电压表，即为C；‎ 因电阻丝的阻值约为3Ω，所以阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器，故滑动变阻器选择F；‎ 故选：A，C，F．‎ 故答案为：（1）③；1.020；（2）①CD；②A；C；F．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，共38分）‎ ‎17．如图甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．求：‎ ‎（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为乙图象中哪一条直线？‎ ‎（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少？‎ ‎（3）试求出电源的电动势和内阻．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线．‎ ‎（2）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．‎ ‎（3）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）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应AC、V2对应BC．‎ ‎ （2）由题意得：U2=IR0，则 当滑动变阻器取最大值时，电流最小Imin=0.5A，‎ 而UR=U1﹣U2=7.5﹣1.5=6V 所以 ‎ （3）因为U1=E﹣Ir，则内阻 所以E=U1+Ir=7.5+0.5×1=8V．‎ 答：（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U﹣I图象中：V1对应AC、V2对应BC．‎ ‎ （2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为3Ω和12Ω．‎ ‎ （3）电源的电动势8V，内阻为1Ω．‎ ‎　‎ ‎18．如图甲所示，在y轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=1T．从原点O处向第Ⅰ象限发射一比荷=1×104C/kg的带正电的粒子（重力不计），速度大小ν0=103m/s，方向垂直于磁场且与x轴正方向成30°角．‎ ‎（1）求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R和在该磁场中运动的时间t1．‎ ‎（2）若磁场随时间变化的规律如图乙所示（垂直于纸面向外为正方向），s后空间不存在磁场．在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度ν0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标．‎ ‎【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）由洛伦兹力提供向心力列方程求运动半径，根据公式t=•求运动时间．‎ ‎（2）后面不存在磁场则粒子做匀速直线运动，画出轨迹结合几何知识求再次经过x轴的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）轨迹如图甲所示．由得 轨迹半径 粒子运动周期T==2π×10﹣4s 粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为240°，‎ 所以粒子在磁场中运动的时间为t1==‎ ‎（2）磁场变化的半周期为 在图乙中，∠OO1C=∠CO2D=120°，且O1O2平行于x轴 OE=2（R+Rsin30°）=3R=0.3m ‎ Rt△EDP中，∠EDP=60°，DE=2Rsin60° ‎ EP=DEtan60°=3R=0.3m ‎ 则粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标xp=OE+EP=0.6m ‎ 答：（1）求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R未0.1m，在该磁场中运动的时间t1为．‎ ‎（2）若磁场随时间变化的规律如图乙所示（垂直于纸面向外为正方向），s后空间不存在磁场．在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度ν0射入，粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标为0.6m．‎ ‎　‎ ‎19．如图的环状轨道处于竖直面内，它由半径分别为R和2R的两个半圆轨道、半径为R的两个四分之一圆轨道和两根长度分别为2R和4R的直轨道平滑连接而成．以水平线MN和PQ为界，空间分为三个区域，区域Ⅰ和区域Ⅲ有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，区域Ⅰ和Ⅱ有竖直向上的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q的带电小环穿在轨道内，它与两根直轨道间的动摩擦因数为μ（0＜μ＜1），而轨道的圆弧形部分均光滑．将小环在较长的直轨道CD下端的C点无初速释放（已知区域Ⅰ和Ⅱ的匀强电场场强大小为E=，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小环在第一次通过轨道最高点A时速度vA的大小；‎ ‎（2）小环在第一次通过轨道最高点A时受到轨道压力？‎ ‎（3）若从C点释放小环的同时，在区域Ⅱ再另加一垂直于轨道平面向里的水平匀强电场，其场强大小为E′=，则小环在两根直轨道上通过的总路程多大？‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）小环从C到A，洛伦兹力不做功，重力做负功，电场力做正功．小环对直轨道无压力，也就不受轨道的摩擦力．根据动能定理求解vA．‎ ‎（2）小环在第一次通过轨道最高点A时，受到轨道的弹力FN，重力mg，洛伦兹力qvAB，电场力qE，四个力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道的压力．‎ ‎（3）由于0＜μ＜1，小环在直杆受到的重力与电场力的合力向上，大于滑动摩擦力μmg，则小环必能通过A点．分三种讨论研究：①小环恰好停在K点，②有可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点，③在D与D′点之间振动，小环在D或D′点速度为零．滑动摩擦力做功与路程有关，根据动能定理求解路程．‎ ‎【解答】解：（1）从C到A，洛伦兹力不做功，小环对直轨道无压力，也就不受轨道的摩擦力．由动能定理，有：‎ ‎ qE•5R﹣mg•5R= 可得：vA=‎ ‎ （2）过A点时，研究小环，由受力分析和牛顿第二定律，有：‎ ‎ FN+mg﹣qvAB﹣qE=m 解得 FN=11mg+qB 方向向下 ‎ ‎ （3）由于0＜μ＜1，小环必能通过A点，以后有三种可能：‎ ‎①有可能第一次过了A点后，恰好停在K点，则在直轨道上通过的总路程为：S总=4R ‎②也有可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点，对整个运动过程，由动能定理，有：qE•3R﹣mg•3R﹣μqE′S总=0 得：s总=‎ ‎③还可能最终在D或D′点速度为零（即在D与D′点之间振动），由动能定理，有：‎ ‎ qE•4R﹣mg•4R﹣μqE′S总=0得：s总=‎ 答：（1）小环在第一次通过轨道最高点A时速度vA的大小=；‎ ‎ （2）小环在第一次通过轨道最高点A时受到轨道压力为11mg+qB，方向向下．‎ ‎ （3）①有可能第一次过了A点后，恰好停在K点，S总=4R；‎ ‎ ②也有可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点，s总=‎ ‎ ③还可能最终在D或D′点速度为零（即在D与D′点之间振动），s总=．‎ ‎　‎ ‎2016年11月28日