江苏省盐城市响水中学高二物理上学期期中试卷（选修，含解析）

2015-2016学年江苏省盐城市响水中学高二（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（本题共8小题，每小题3分，共24分） 1．磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )

A．1kg/A?s2 B．1kg?m/A?s2 C．1kg?m2/s2 D．1kg?m2/A?s2

2．根据R=ρ

可以导出电阻率的表达式ρ=

，对温度一定的某种金属导线来说，它的电

阻率( )

A．跟导线的电阻只成正比 B．跟导线的横截面积S成正比 C．跟导线的长度L成反比 D．只由其材料的性质决定

3．下列关于电功和电功率的说法中，正确的是( ) A．电流做功就是电场力做功，把电能转化为其他形式的能 B．电流做功越多，则功率越大

C．电功率越小，则电流做的功一定越小 D．额定电压相同的电阻A和B，额定功率PA＞PB，两者串联后接在电路中，持续一段时间后，实际消耗的电能WA＞WB

4．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )

A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下

5．一个带电粒子处于垂直于匀强磁场方向的平面内，在磁场力的作用下做圆周运动．要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则需知道( )

A．运动速度v和磁感应强度B B．轨道半径R和磁感应强度B C．轨道半径R和运动速度v D．磁感应强度B和运动周期T

6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )

1

A．o点处的磁感应强度为零

B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同

7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则( )

A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮

8．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为( )

A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3

二、多项选择题：（每个题目有至少两个以上的正确答案，选错的不得分，漏选的得3分，全对的得5分，共25分）

9．图中能产生感应电流的是( )

A． B． C． D．

2

10．如图所示电路，灯L1标有“24V 16W”，灯L2标有“12V 16W”，两灯串联后接在电压为U的电路中，要保证两灯不损坏，则( )

A．两灯实际功率之比为4：1 B．电压U的最大值为30V

C．灯L1两端电压与总电压U之比为4：5 D．U=36V时，灯L1、L2均正常发光 11．如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里．下列说法正确的是( )

A．小球一定带正电 B．小球一定带负电

C．小球的绕行方向为顺时针

D．改变小球的速率，小球将不做圆周运动

12．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则．( ) 自重 40kg 额定电压 48（V） 载重 75（kg） 额定电流 12（A） 最大行驶速度 20（km/h） 额定输出功率 350（W） A．电动机的输入功率为576W B．电动机的内电阻为4Ω C．该车获得的牵引力为104N D．该车受到的阻力为63N

13．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度B方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力）则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是( )

A．该电场场强大小为BV，方向向上

B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关 C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转

3

D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转

三、实验题（本题共3小题，共计24分．）

14．下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是( )

A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零

15．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）

B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ） C、电压表V2 （0～15.0V，内阻约6kΩ D、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω） E、电流表A2 （0～100mA，内阻约2Ω） F、滑动变阻器R1（最大值10Ω） G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）

（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择__________，电流表应选择__________，滑动变阻器应选择__________．（填各器材的序号）

（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．

（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线． I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 （4）该小电珠的额定功率是__________．

16．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．

4

（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接． （2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到__________（填“a”或“b”）端 （3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E=__________V，电的内阻r=__________Ω（结果保留两位有效数字）．

四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

17．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=210V，电压表示数UV=110V．试求： （1）通过电动机的电流； （2）输入电动机的电功率；

2

（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s）

18．（16分）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×1012 kg的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4T、方向竖直向上的磁场中．设t=0时，B=0.8T．（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）t=0时轻绳中的张力大小；

2

（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s）

5

19．（16分）如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里．磁感应强度大小为B，在x＞0且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知===l．不计带电粒子所受重力，求： （1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；

（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间； （3）匀强电场的场强大小．

6

2015-2016学年江苏省盐城市响水中学高二（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（本题共8小题，每小题3分，共24分） 1．磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )

A．1kg/A?s2 B．1kg?m/A?s2 C．1kg?m2/s2 D．1kg?m2/A?s2 【考点】磁感应强度．

【分析】根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．

【解答】解：由公式B=

，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单

位的换算可得N/A?m，即为1T．

22

根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kg?m/s，则1特斯拉相当于1kg/A?s，故A正确，BCD错误．

故选：A．

【点评】T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．基础题．

2．根据R=ρ

可以导出电阻率的表达式ρ=

，对温度一定的某种金属导线来说，它的电

阻率( )

A．跟导线的电阻只成正比 B．跟导线的横截面积S成正比 C．跟导线的长度L成反比 D．只由其材料的性质决定 【考点】电阻定律． 【专题】恒定电流专题． 【分析】在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关． 【解答】解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无关．故D正确，A、B、C错误． 故选：D．

【点评】解决本题的关键知道在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．

3．下列关于电功和电功率的说法中，正确的是( ) A．电流做功就是电场力做功，把电能转化为其他形式的能 B．电流做功越多，则功率越大

C．电功率越小，则电流做的功一定越小 D．额定电压相同的电阻A和B，额定功率PA＞PB，两者串联后接在电路中，持续一段时间后，实际消耗的电能WA＞WB 【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题．

【分析】电流做功的本质就是电场力做功，把电能转化为其他形式的能；电功率：P=，与做功的多、时间的长短都无关；结合串联电路的特点分析与解答D选项．

7

【解答】解：A、电流做功的本质就是电场力驱动电荷做定向移动做功，把电能转化为其他形式的能．故A正确；

B、C、根据电功率的定义式：P=，可知电功率 的大小与做功的多少无关．故B错误，C错误；

D、额定电压相同的电阻A和B，额定功率PA＞PB，由

可知：RA＜RB；两者串联后接在

电路中，流过两个电阻的电流是相等的，由公式：P=I2?R，可知，持续一段时间后，实际消耗的电能WB＞WA．故D错误． 故选：A

【点评】该题考查电流做功的本质，以及电功率、串联电路的功率分配等知识点的内容，解答的关键是掌握串联电路的电流特点：流过各电阻的电流是相等的．

4．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )

A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下 【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向． 【分析】首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向．

【解答】解：首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左．

根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上． 故选：C

【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用．

5．一个带电粒子处于垂直于匀强磁场方向的平面内，在磁场力的作用下做圆周运动．要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则需知道( )

A．运动速度v和磁感应强度B B．轨道半径R和磁感应强度B C．轨道半径R和运动速度v D．磁感应强度B和运动周期T 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动． 【分析】带电粒子在磁场力的作用下做圆周运动洛伦兹力做为向心力，根据向心力的公式来分析比荷．

【解答】解：根据洛伦兹力做为向心力，可得， qvB=m

=mr，

8

所以比荷=，

所以要确定带电粒子的电荷量与质量之比，需要知道v，r和B． 根据T=比荷=

可得， ，

所以要确定带电粒子的电荷量与质量之比，需要知道磁感应强度B和运动周期T，所以D正确． 故选D． 【点评】根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径周期公式可以快速的作出判断，所以掌握住结论有利于提高解题的速度．

6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )

A．o点处的磁感应强度为零

B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．

【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．

B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．

C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．

D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误． 故选C． 【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．

7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则( )

9

A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．

【分析】当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断A灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化．

【解答】解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮．并联部分两端的电压减小，则B灯变暗．流过C的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮．所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮． 故选D

【点评】本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的顺序进行分析．

8．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为( )

A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动． 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解． 【解答】解：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是设磁场宽度为d，由图可知， 粒子b的半径

=

=

，粒子a的半径为

=

=d

和

，

10

由=可得：=，即=

由qvB=可得：，=

又b粒子轨迹长度为==，粒子a的轨迹长度为

==，

所以，=

联立以上各式解得故选：C．

=，所以C正确，ABD错误．

【点评】求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解．

二、多项选择题：（每个题目有至少两个以上的正确答案，选错的不得分，漏选的得3分，全对的得5分，共25分）

9．图中能产生感应电流的是( )

11

A． B． C． D．

【考点】感应电流的产生条件．

【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．

【解答】解：A、线圈是不闭合的，不能产生感应电流．故A错误；

B、线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流．故B正确；

C、由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0．故C错误；

D、线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流．故D错误． 故选：B 【点评】本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化．基础题目．

10．如图所示电路，灯L1标有“24V 16W”，灯L2标有“12V 16W”，两灯串联后接在电压为U的电路中，要保证两灯不损坏，则( )

A．两灯实际功率之比为4：1 B．电压U的最大值为30V

C．灯L1两端电压与总电压U之比为4：5 D．U=36V时，灯L1、L2均正常发光 【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题．

【分析】已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式I=求出两灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻；串联时，能正常发光的只能是额定电流较小的那一个，再利用公式U=IR可求电源电压．

根据串联电路的电流特点和P=I2R、U=IR求出两灯泡的实际功率之比以及灯泡L2两端电压与电源电压U之比．

【解答】解：A、由P=UI可知， I1=由P=

=A， 可知：

12

R1=I2=R2=

=36Ω； =A， =9Ω；

因为串联电路中处处电流相等，并且为了使它们都不烧坏，则电路中的电流选择较小的一个，即电路中的电流为I1；

22

故两灯实际功率之比：P1′：P2′=I1R1：I1R2=R1：R2=36Ω：9Ω=4：1；故A正确；

B、C、D、为了使它们都不烧坏，则电路中的电流选择较小的一个，加在它们两端电压U的最大值：U=I1（R1+R2）=A×（36Ω+9Ω）=30V；

U1：U=I1R1：U=A×36Ω：30V=4：5．故BC正确，D错误．

故选：ABC

【点评】本题考查功率公式及欧姆定律的应用，要注意明确电路结构，注意电路中电流不能超过任意一个电阻的额定电流． 11．如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里．下列说法正确的是( )

A．小球一定带正电 B．小球一定带负电

C．小球的绕行方向为顺时针

D．改变小球的速率，小球将不做圆周运动 【考点】带电粒子在混合场中的运动． 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】小球做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡可判断小球的电性．洛伦兹力提供向心力，运用左手定则判断运动方向．

【解答】解：A、B、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，重力竖直向下，则电场力竖直向上，而电场方向向下，故此小球带负电．故A错误、B正确；

C、D、由左手定则，磁场从掌心穿入，洛伦兹力提供向心力指向圆心，四指指向负电荷运动的反方向，可判断小球沿顺时针方向运动，故C正确； D、根据洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv=

，当小球的速率改变后，小球的运动轨迹半

径变化，仍做圆周运动，故D错误． 故选：BC．

【点评】本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性，最后根据洛伦兹力提供向心力运用左手定则判断．

13

12．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则．( ) 自重 40kg 额定电压 48（V） 载重 75（kg） 额定电流 12（A） 最大行驶速度 20（km/h） 额定输出功率 350（W） A．电动机的输入功率为576W B．电动机的内电阻为4Ω C．该车获得的牵引力为104N D．该车受到的阻力为63N 【考点】电功、电功率；能量守恒定律． 【专题】恒定电流专题．

【分析】对于电动机来说，不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r是计算电动机的发热的功率，当速度最大时牵引力和阻力相等．

【解答】解：A、电动机的输入功率P入=UI=48×12W=576W，故选项A正确．

B、电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，故选项B错误． C、电动车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P出=Ffvmax得Ff=

=

N=63N，

故选项C错误、D正确； 故选AD． 【点评】解决本题的关键是区分开电功率的不同的公式计算所得到的量的含义，对于非纯电阻来说总功率和发热功率的公式是不同．

13．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度B方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力）则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是( )

A．该电场场强大小为BV，方向向上

B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关 C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转 D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转 【考点】带电粒子在混合场中的运动．

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并知道能否偏转与电性，及电量无关． 【解答】解：A、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：E=vB，粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，所以选项A正确．

B、由上可知，当沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关，故B正确；

14

C、当负离子从右向左水平射入时，电场力与洛伦兹力不再平衡，则会发生偏转．选项C错误，

D、当离子从左向右水平射入时，电场力与洛伦兹力平衡，不会发生偏转，选项D正确． 故选：ABD．

【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用； 粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．

若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．

三、实验题（本题共3小题，共计24分．）

14．下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是( )

A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 【考点】用多用电表测电阻． 【专题】实验题．

【分析】用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近； 测电阻时应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．

【解答】解：A、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；

B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误； C、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；

D、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；

故选：AC．

【点评】本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零．

15．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）

B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ） C、电压表V2 （0～15.0V，内阻约6kΩ D、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω） E、电流表A2 （0～100mA，内阻约2Ω） F、滑动变阻器R1（最大值10Ω） G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）

（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择B，电流表应选择D，滑动变阻器应选择F．（填各器材的序号）

（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．

15

（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线． I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 （4）该小电珠的额定功率是1.00W． 【考点】测定电源的电动势和内阻．

【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题． 【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证电路安全的情况下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．

（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图． （3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象． （4）根据图象可明确电压为2V时的电流，由功率公式可求得功率． 【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选B；由表中实验数据可知，最大电流为0.5A，电流表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F；

（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7Ω，电压表内阻约为2kΩ，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图甲所示；

（3）应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的I﹣U图象，图象如图乙所示．

（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率P=UI=2×0.5=1.00W； 故答案为：（1）B；D；F；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）1.00W．

【点评】本题考查了选择实验器材、作实验电路图、作灯泡的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键．

16．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．

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（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接． （2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到a（填“a”或“b”）端

（3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E=1.5V，电的内阻r=1.0Ω（结果保留两位有效数字）．

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题． 【分析】（1）根据原理图明确对应的实物图；

（2）实验开始应使滑动变阻器的接入阻值最大；根据滑动变阻器的接入方法明确滑片的位置；

（3）根据图象的性质可求得电源的电动势和内阻；注意图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻． 【解答】解：（1）根据原理图可明确实物图，如图所示；

（2）为了实验的安全，开始时滑动变阻器接入电阻应为最大值，故滑片应滑到a端； （3）由图可知，电源的电动势E=1.5V；r=故答案为：（1）如图所示；（2）a （3）1.5 1.0

=1.0Ω；

【点评】本题考查了求电源电动势与内阻，分析清楚电路结构是正确连接实物图的前提，分析清楚电路结构，根据电源的U﹣I图象可以求出电源电动势与内阻．

四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

17．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=210V，电压表示数UV=110V．试求： （1）通过电动机的电流； （2）输入电动机的电功率；

（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）

17

【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题． 【分析】（1）根据欧姆定律求出通过R的电流； （2）电动机的输入功率为P1=U2I；

（3）电动机内电阻的发热功率为 P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1﹣P2．由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量．

【解答】解：（1）通过R的电流 I=

=

A=10A；

（2）电动机的输入功率 P1=U2I=110×10W=1100W，

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（3）电动机内电阻的发热功率 P2=Ir=10×0.8W=80W， 输出的机械功率 P3=P1﹣P2=（1100﹣80）W=1020W； 而P3=Fv=mgv 解得：m=

=102kg

答：（1）通过R的电流为10A；

（2）输入电动机的电功率为1100W；

（3）若该电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升一重物，此重物的质量为102kg． 【点评】本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中． 18．（16分）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×1012 kg的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4T、方向竖直向上的磁场中．设t=0时，B=0.8T．（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）t=0时轻绳中的张力大小；

（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）

【考点】安培力． 【分析】（1）通过受力分析有共点力平衡即可求的

（2）根据左手定则确定安培力的方向，抓住斜面对导线的支持力为零时，导线只受重力、线的拉力和安培力作用而处于平衡状态，据平衡条件求出安培力的大小，由F=BIL可以得到磁感应强度的大小，根据磁感应强度的变化率可以求出所需要的时间t．

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【解答】解：（1）当t=0时，F安=BIL=0.32N 又有Tsin37°+Ncos37°=mg Nsin37°+BIL=Tcos37° 解之得：T=0.616N （2）当N=0时：

由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示． 由图知FTcos37°=F ① FTsin37°=mg ②

由①②解得：导线所受安培力的为F=又根据F=BIL得：

此时导线所处磁场的磁感应强度为 B=

=2T，

=0.8 N．

因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有 B=0.4t 得t=5s． 答：（1）t=0时轻绳中的张力大小为0.616N； （2）需要5s，斜面对导线的支持力为零

【点评】抓住支持力为0时的导线受力特征，根据平衡条件求解是关键． 19．（16分）如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里．磁感应强度大小为B，在x＞0且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知===l．不计带电粒子所受重力，求： （1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；

（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间； （3）匀强电场的场强大小．

【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．

【专题】带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）根据粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，即可求解；

（2）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，结合前者由周期与圆心角求解，后者由运动学公式求出，从而可求出总时间；

（3）根据粒子在电场中作类平抛运动，由牛顿第二定律与运动学公式相结合，即可求解．

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【解答】解：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v， 由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，

带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点，半径为l， 则有：Bqv=m解得：v=

，

（2）设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t， 则有t1=T=而t2= 所以t=

； ；

（3）带电粒子在电场中做类平抛运动， 位移关系式，l=at2， 时间t2= 加速度为a=

；

；

；

联立可解得：E=

答：（1）带电粒子进入匀强磁场时初速度的大小v=

（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间：（3）匀强电场的场强大小：

．

【点评】考查带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握圆周运动与类平抛运动的处理规律，注意几何关系的正确运用，最后理解牛顿第二定律在题中的应用．

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