江西省九江市九江一中2016-2017學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試卷Word版含解析

1、2016-2017學(xué)年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理試卷一、選擇題（本大題共 1212 小題，每小題 4 4 分，共 4040 分.1-81-8 題為單項(xiàng)選擇題，9-129-12 題為多 項(xiàng)選擇題全部選對(duì)的得4 4 分，選對(duì)但不全的得 2 2 分，有選錯(cuò)的得 0 0 分.）1 奧斯特實(shí)驗(yàn)證明了（）A 通電導(dǎo)體周圍存在著大量的電荷B .通電導(dǎo)體周圍存在著磁場(chǎng)C.通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中要受到力的作用D .通電導(dǎo)體內(nèi)部存在磁場(chǎng)2. A、B 是一條電場(chǎng)線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶負(fù)電的微粒僅在電場(chǎng)力作用下以一定初速度從A點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn)，其速度-時(shí)間圖象如圖所示.則這一電場(chǎng)可能是下圖中的（）A . A

2、 變大，V 變大 B . A 變小，V 變大 C. A變大，V 變小 D . A 變小, 4.三根無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線分別沿空間坐標(biāo)系坐標(biāo)軸放置，電流方向如圖，已知沿 的電流在 P （1 , 1, 0）點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度為 導(dǎo)線距離成反比，則 P 點(diǎn)實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為%A.BB.B C. BD.IB5.在磁場(chǎng)中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則（V 變小 x軸放置 B,無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線在空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度與該點(diǎn)到（ ）A . a、b 兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，且 Ba BbB .同一電流元放在 a 處受力一定比放在 b 處受力大C 電荷有可能僅在磁場(chǎng)作用下由a 沿紙面運(yùn)動(dòng)到 bD 某正電荷在磁場(chǎng)和其他外力作用下從a

3、 到 b，磁場(chǎng)對(duì)電荷做負(fù)功6如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為 m、電荷量為+q 的物塊從 A 點(diǎn)由靜止開始下落，加速度為g,下落高度 H 到 B 點(diǎn)后與一輕彈簧接觸，又下落h 后到達(dá)最低點(diǎn) C,整個(gè)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為 在由 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）mgA 該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為B 帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為C.帶電物塊電勢(shì)能的增加量為 mg（ H+h） D彈簧的彈性勢(shì)能的增加量為!mg （H+h）7如圖所示，在 x 軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)0

4、處以一定的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向垂直于磁場(chǎng)且與 x 軸正方向成 120角，若粒子穿過(guò) y 軸時(shí)坐標(biāo)為（0, a）,則該粒子在磁場(chǎng)中到 x 軸的最大距離為（）B X x0）的小球從斜面上的 h 高度處釋放，初速度為 vo（vo 0）,方向與斜面底邊 MN 平行，如圖所示，整個(gè)裝置處在 勻強(qiáng)磁場(chǎng) B 中，磁場(chǎng)方向平行斜面向上如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN.則下列判斷正確的是（）A .小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程對(duì)斜面壓力越來(lái)越小B .小球在斜面做變加速曲線運(yùn)動(dòng)、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 3 3 小題，共 2020 分.）C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為ngcosa0 B D 小球達(dá)到底邊

5、MN 的時(shí)間 t=2h門2 a13某同學(xué)利用螺旋測(cè)微器測(cè)量一金屬板的厚度該螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)如圖（a） 所示，測(cè)量金屬板厚度時(shí)的示數(shù)如圖（ b）所示圖（a）所示讀數(shù)為 0.010mm，圖（b）所示 讀數(shù)為 mm,所測(cè)金屬板的厚度為mm,用游標(biāo)卡尺測(cè)金屬板的直徑如圖 （c）所示,14某同學(xué)做描繪小燈泡（額定電壓為3.8V，額定電流為 0.32A）的伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)給定的實(shí)驗(yàn)器材如下：直流電源的電動(dòng)勢(shì)為 4V，內(nèi)阻不計(jì)開關(guān)、導(dǎo)線若干.電壓表 V （量程 4V，內(nèi)阻約為 5kQ）電流表 A1（量程 0.6A，內(nèi)阻約為 4Q）電流表 A2（量程 3A，內(nèi)阻約為 1滑動(dòng)變阻器 R1（ 0 到

6、1000 Q, 0.5A）滑動(dòng)變阻器 R2（ 0 到 10Q2A）（1）電路圖應(yīng)選圖甲哪個(gè) _ ，電流表應(yīng)選 _，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選 _ A VA（2 ）該同學(xué)按照正確的電路圖和正確的實(shí)驗(yàn)步驟，根據(jù)測(cè)量結(jié)果描出了伏安特性曲線如圖乙如果用一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為 3V，內(nèi)阻為 10Q的電源與該小燈泡組成電路則該小燈泡的實(shí)際 功率約為_ W （保留兩位有效數(shù)字）15.某同學(xué)用如甲圖所示的電路測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，所用的實(shí)驗(yàn)器材有： 待 測(cè)電源 E,電阻箱 R （最大阻值 99.99Q）,定值電阻 Ro（阻值為 2.0Q）,電壓表（量程為3V,內(nèi)阻約為 2kQ）,開關(guān) S.實(shí)驗(yàn)步驟：將電阻箱阻值調(diào)到最大，先閉合開

7、關(guān)S,多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)UTTA1 1r mni廠T可 rutilK 1I S 1Tnr rrmFT 1 l4* J I- u4-11 1 14 4 1Rillrr11 ifPT+耳尸+予1 JLL丄L丄i iR i1 W 1iT i丄亠處7 irii i i iT TL rr 1-iUL/亠L(fēng)X J JI1 112n l1 l1 44 IrrH F + H-tLL丄rTinA + -t TIL丄|1T TTT JiJiJIJI111111 InIn T T I-1I-1-IT-IT a a 74177417 J-J-JIJIITIT-111-1-111-1 ll-ll-4 4t

8、-t- T T -I-I -r-r - -1 1 r r 1111 r r L-L-l_rl_r撐LILI r r LILIr rLILI r r k k IL.*-.IL.*-.r r LtLt r r k k和電阻箱相應(yīng)的阻值 R，以 為縱坐標(biāo)，R 為橫坐標(biāo)，作丨圖線（如圖乙）U0加速后， 從兩板正中間垂直電場(chǎng)方向射入間距為 U 的平行板電容器間，電子恰好能穿過(guò)電場(chǎng)，忽略邊緣效應(yīng)， 求：電子經(jīng) U0加速后的動(dòng)能；金屬板 AB 的長(zhǎng)度.4_ flI* IV * V IRK*T.v 18.如圖倒 V”導(dǎo)軌，兩側(cè)導(dǎo)軌傾角為0=30間距為 L=0.5m 分別平行底邊放置一根導(dǎo)體棒，其中 ab 棒質(zhì)

9、量為 m=2kg，電阻為 R1=0.5Q,cd 棒質(zhì)量為 m2=4kg，電阻為 R2=2Q,兩棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)均為尸：導(dǎo)軌頂端 MN 間連接內(nèi)阻為 r=0.5Q的電源，兩棒通過(guò)-I I-.根繞過(guò)頂端光滑定滑輪的絕緣輕線連接，細(xì)線平行于左右導(dǎo)軌平面，左右空間磁場(chǎng)均垂直于斜面向上，左右兩斜面磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=2T，為了使兩棒保持靜止，電源電動(dòng)勢(shì)的取值滿足什么條件.(1)(2)(3)E 為電源電動(dòng)勢(shì)，r 為電源內(nèi)阻，寫出關(guān)系表達(dá)式(用 E、r、R。表示)根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì) E= V，內(nèi)阻 r= Q.(保留兩位有效數(shù)字) 用該種方法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)存在系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是三、計(jì)算題(本大

10、題共 4 4 小題，共 4242 分.解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算 步驟.只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位. 16如圖 1 所示的電路.滑動(dòng)變阻器最大阻值為 Ro=58Q,電源路端電壓 U 隨外電阻 的規(guī)律如圖 2 所示，圖中U=12V 的直線為圖線的漸近線，試求：)R 變化(1) 電源電動(dòng)勢(shì) E 和內(nèi)阻 r；(2) A、B 空載(沒接用電器)時(shí)輸出電壓的范圍.17如圖所示，電子由靜止經(jīng)電壓 壓為(1)(2)19如圖，A、C 兩點(diǎn)分別位于 x 軸和 y 軸上，/ OCA=30 OC 的長(zhǎng)度為 L-在厶 OCA 區(qū) 域內(nèi)有垂直于 xOy 平面向里

11、的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B .質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶負(fù)電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)射入磁場(chǎng).不計(jì)重力.(1 )若粒子沿+y 方向射入磁場(chǎng)，當(dāng)初速度滿足什么條件時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為定 值；(2)大量初速度大小為v=的粒子以不同的方向射入第一象限，求從AC 邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間，及該粒子的入射方向與+X 的夾角.2016-2017 學(xué)年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共 1212 小題，每小題 4 4 分，共 4040 分.1-81-8 題為單項(xiàng)選擇題，9-129-12 題為多 項(xiàng)選擇題全部選對(duì)的得 4 4 分，選對(duì)但不全的得 2

12、2 分，有選錯(cuò)的得 0 0 分.）1 奧斯特實(shí)驗(yàn)證明了（）A 通電導(dǎo)體周圍存在著大量的電荷B .通電導(dǎo)體周圍存在著磁場(chǎng)C.通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中要受到力的作用D .通電導(dǎo)體內(nèi)部存在磁場(chǎng)【考點(diǎn)】物理學(xué)史.【分析】奧斯特實(shí)驗(yàn)證明了通電導(dǎo)體周圍存在著磁場(chǎng)，揭示了電流與磁場(chǎng)的關(guān)系.【解答】解：奧斯特實(shí)驗(yàn)證明了通電導(dǎo)體周圍存在著磁場(chǎng)，即電流的磁效應(yīng)，反映了電流與磁場(chǎng)的關(guān)系.故 ACD 錯(cuò)誤，B 正確.故選：B2. A、B 是一條電場(chǎng)線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶負(fù)電的微粒僅在電場(chǎng)力作用下以一定初速度從 點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn)，其速度-時(shí)間圖象如圖所示.則這一電場(chǎng)可能是下圖中的（【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；電場(chǎng)線.【分

13、析】（1）速度-時(shí)間圖象中，圖象的斜率表示加速度；（2）電場(chǎng)線分布密集的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，分布稀疏的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度小；（3）負(fù)電荷受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反；（4 ）對(duì)只受電場(chǎng)力作用的帶電微粒，電場(chǎng)力越大，加速度越大，也就是電場(chǎng)強(qiáng)度越大，加 速度越大.【解答】解：由圖象可知，速度在逐漸減小，圖象的斜率在逐漸增大，故此帶負(fù)電的微粒做 加速度越來(lái)越大的減速直線運(yùn)動(dòng)，所受電場(chǎng)力越來(lái)越大，受力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反.故選：A.3.在圖的閉合電路中，當(dāng)滑片P 向右移動(dòng)時(shí)，兩電表讀數(shù)的變化是（）A . A 變大，V 變大 B . A 變小，V 變大 C. A 變大，V 變小 D . A 變小，V 變小 【

14、考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律.【分析】由滑片的移動(dòng)可知滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化， 歐姆定律可得出電路中電流的變化，即可得出電壓表、【解答】解：閉合電路中，當(dāng)滑片 P 向右移動(dòng)時(shí)， 變大，由閉合電路歐姆定律可得電流變小，則內(nèi)壓及 電壓變大.故選 B .4.三根無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線分別沿空間坐標(biāo)系坐標(biāo)軸放置，電流方向如圖，已知沿x 軸放置的電流在 P (1 , 1, 0)點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線在空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度與該點(diǎn)到)通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向；磁感應(yīng)強(qiáng)度.根據(jù)題意明確各導(dǎo)線在 P 點(diǎn)形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，再根據(jù)安培定則明確磁場(chǎng)方向，根據(jù)疊加原理即可求出實(shí)際的磁感應(yīng)強(qiáng)度.【解答】解：

15、x 軸上的導(dǎo)線在 P 點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度與該點(diǎn)到導(dǎo)線距離成 反比可知，沿 y 軸上的導(dǎo)線形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，而 z 軸上的電流形成的磁場(chǎng)為 ;根據(jù)安培定則可知，x 軸上電流形成的磁場(chǎng)向上，而 y 軸上電流形成的磁場(chǎng)向下，二者相互 抵消，故合磁感應(yīng)強(qiáng)度等于 Z 軸上導(dǎo)線所形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度，故大小為土，故 C 正確，7 7ABD 錯(cuò)誤. 故選：C.5在磁場(chǎng)中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則(則可知總電阻的變化，由閉合電路 電流表的變化.滑動(dòng)變阻器的電阻變大，使電路中電阻Ro的分壓減小時(shí)，故滑動(dòng)變阻器兩端【考點(diǎn)】【分析】A . a、b 兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，且B.同一電流元放在

16、a 處受力一定比放在 b 處受力大C.電荷有可能僅在磁場(chǎng)作用下由a 沿紙面運(yùn)動(dòng)到 bD .某正電荷在磁場(chǎng)和其他外力作用下從 a 到 b，磁場(chǎng)對(duì)電荷做負(fù)功【考點(diǎn)】 磁感線及用磁感線描述磁場(chǎng)；磁感應(yīng)強(qiáng)度；洛侖茲力.【分析】根據(jù)磁感應(yīng)的疏密表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，根據(jù)安培力的性質(zhì)可明確安培力的大小情況; 明確電荷在磁場(chǎng)中的受力情況，從而明確運(yùn)動(dòng)和做功情況.BaBb【解答】 解：A、磁感線的疏密表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，故a、b 兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等,且 Ba Bb,故 A 正確；B、 電流元的受力與放置夾角有關(guān)，故無(wú)法比較電流元的受力情況，故B 錯(cuò)誤；C、 若粒子沿磁感線運(yùn)動(dòng)，則不受磁場(chǎng)力，可以由a 沿紙面運(yùn)動(dòng)

17、到 b，故 C 正確；D、磁場(chǎng)對(duì)電荷永不做功，故 D 錯(cuò)誤.故選：AC.6如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為 m、電荷量為+q 的物塊從 A 點(diǎn)由靜止開始下落，加速度為 g,下落高度 H 到 B 點(diǎn)后與一輕彈簧接觸，又下落 h 后到達(dá)最低 點(diǎn) C,整個(gè)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A .該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為.ScB 帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為C.帶電物塊電勢(shì)能的增加量為mg ( H+h)D彈簧的彈性勢(shì)能的增加量為!mg (H+h)【考點(diǎn)】 機(jī)械能守恒定律；電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)能.

18、【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小, 統(tǒng)機(jī)械能的變化量.根據(jù)電場(chǎng)力做功求出電勢(shì)能的變化量. 從而得出彈性勢(shì)能的變化量.【解答】解：A、物體靜止開始下落時(shí)的加速度為_:,根據(jù)牛頓第二定律得：mg - qE=ma,解得：E=一 故 A 錯(cuò)誤.B、從 A 到 C 的過(guò)程中，除重力和彈力以外，只有電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力做功為：W= - qE( H+h)C、從 A 到 C 過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為-mg ( H+h),則電勢(shì)能增加量為 gmg ( H+h).故 C錯(cuò)誤.D、根據(jù)動(dòng)能定理得：mg( H+h) - Eg( H+h) +W彈=0,解得彈力做功為： W彈=mg ( H+h),即彈性勢(shì)能增加量為

19、i=mg (H+h),故 D 正確.故選：D.根據(jù)除重力和彈力以外其它力做功得出系根據(jù)動(dòng)能定理求出彈簧彈力做功,加呂【H+h)可知機(jī)械能減赳;故 B 錯(cuò)誤.7如圖所示，在 x 軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)0 處以一定的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向垂直于磁場(chǎng)且與 x 軸正方向成 120角，若粒子穿過(guò) y 軸時(shí)坐標(biāo)為（0, a）,則該粒子在磁場(chǎng)中到 x 軸的最大距離為（）A a B 2a C.a D / a【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).【分析】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)的情況， 畫出粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡，再根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的幾何關(guān)系求

20、解.【解答】解：由圖意可知粒子沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線，紅色線段為圓的半徑 R,根據(jù)圖中的幾何關(guān)系可得，R=a;所以軌跡到 X 軸的最大距離為：ym=R+Rsin30=；所以 D 正確、ABC 錯(cuò)誤；故選：D &歐姆表的正、負(fù)插孔內(nèi)分別插有紅、黑表筆，表內(nèi)的電路圖應(yīng)是下圖中的（）【考點(diǎn)】多用電表的原理及其使用.【分析】測(cè)量電路中的電流由紅表筆進(jìn)入歐姆表，由黑表筆流出歐姆表， 紅表筆插在正極孔中，與內(nèi)部電源的負(fù)極相連，選檔后要進(jìn)行調(diào)零據(jù)此可確定電路.【解答】 解：A、C、D、電流由紅表筆流入，由黑表筆流出，則正插孔接電源的負(fù)極，則CD 錯(cuò)誤，A 正確B、每次換擋時(shí)都要進(jìn)

21、行短接調(diào)零，所以電阻要可調(diào)節(jié)，故B 錯(cuò)誤.故選：A9如圖所示，直導(dǎo)線處于足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，與磁感線成0=30角，導(dǎo)線中通過(guò)的電流XX L XXXXX為 I 為了增大導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力，采取了下列四種辦法，其中正確的是（）A.增大電流 IB.增加直導(dǎo)線的長(zhǎng)度C.使導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn) 30 D 使導(dǎo)線在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn) 60【考點(diǎn)】安培力.【分析】根據(jù)左手定則的內(nèi)容，判定安培力的方向左手定則的內(nèi)容是：伸開左手，讓大拇 指與四指方向垂直，并且在同一平面內(nèi)， 磁感線穿過(guò)掌心，四指方向與電流的方向相同，大拇指所指的方向?yàn)榘才嗔Φ姆较?而安培力的大小F=BIL，且 B 與 I 垂直； 若不垂直時(shí)，則將 B

22、 沿導(dǎo)線方向與垂直方向進(jìn)行分解.【解答】解：A、由公式 F=BIL,當(dāng)增大電流時(shí)，可增大通電導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力.故 A 正確;B、 由公式 F=BIL，當(dāng)增加直導(dǎo)線的長(zhǎng)度時(shí)，可增大通電導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力故B 正確；C、 當(dāng)使導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)30時(shí)，導(dǎo)線有效切割長(zhǎng)度縮短，則所受磁場(chǎng)力變小，故C錯(cuò)誤；D、 當(dāng)使導(dǎo)線在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)60。時(shí)，導(dǎo)線有效切割長(zhǎng)度伸長(zhǎng)，則所受磁場(chǎng)力變大，故D正確；故選：ABD10如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E 的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略.一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P 點(diǎn).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則

23、（）A .靜電計(jì)指針張角變小B 平行板電容器的電容將變小C.帶電油滴的電勢(shì)能將增大D .若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電 油滴所受電場(chǎng)力不變【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析；電勢(shì)能.【分析】電容器始終與電源相連， 則電容器兩端間的電勢(shì)差不變，根據(jù)電容器 d 的變化判斷電容的變化以及電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，從而判斷電荷電勢(shì)能和電場(chǎng)力的變化.【解答】 解：現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，導(dǎo)致極板間距增大，A、靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所 以靜電計(jì)指針張角不變.故 A 錯(cuò)誤.8B、根據(jù) C=寸知，d 增大，則

24、電容減小.故 B 正確；A .電動(dòng)機(jī)輸出最大功率為2.25WB.電源的最大輸出功率為 4.5WC.電動(dòng)機(jī)輸出最大功率時(shí)電源輸出功率也最大D .若將電動(dòng)機(jī)改為范圍足夠大的滑動(dòng)變阻器，電源可輸出得最大功率為4.5W【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率.【分析】電動(dòng)機(jī)為非純電阻電路， 不能直接利用閉合電路歐姆定律求解， 但由于電源和電動(dòng) 機(jī)中的電流相等，故可以列出電動(dòng)勢(shì)、 路端電壓和電流的關(guān)系進(jìn)行分析， 再由數(shù)學(xué)規(guī)律求解 最大值即可.【解答】解：A、設(shè)電流為 I，則此時(shí)電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為U=E - Ir，則電動(dòng)機(jī)的輸出功率 P出=UI - |2R=EI - I2 (r+R) =6I - 4I2;

25、則由二次函數(shù)可知當(dāng) l=0.75A 時(shí)， 電動(dòng)機(jī)的輸出功率最 大為 2.25W ；故 A 正確；B、電源的輸出功率 P=EI - I2r=6I - 2I2；則由數(shù)學(xué)規(guī)律可知，當(dāng) I=1.5A 時(shí)，電源輸出功率最 大，最大輸出功率為 4.5W，故 B 正確；C、 由 AB 分析可知，電動(dòng)機(jī)輸出最大功率時(shí)電源輸出功率不是最大，故C 錯(cuò)誤；D、若將電動(dòng)機(jī)改為范圍足夠大的滑動(dòng)變阻器，電路為純電阻電路，電源可輸出得最大功率 仍為 4.5W，故 D 正確.故選：ABD .12絕緣光滑斜面與水平面成a角，質(zhì)量為 m、帶電荷量為-q (q0)的小球從斜面上的 h 高度處釋放，初速度為 vo(vo 0),方向與

26、斜面底邊 MN 平行，如圖所示，整個(gè)裝置處在 勻強(qiáng)磁場(chǎng) B 中，磁場(chǎng)方向平行斜面向上如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN.則下列判斷正確的是()A .小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程對(duì)斜面壓力越來(lái)越小C、電勢(shì)差不變，d 增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度減小，大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢(shì)能減小.故D、 若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,知電場(chǎng)強(qiáng)度不變， 則油滴所受電場(chǎng)力不變故 故選：BD.P 點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，貝 U P 點(diǎn)的電勢(shì)增C 錯(cuò)誤.I Q 4KKQ則電荷量不變，d 改變，根據(jù) E=,D 正確.11功率可調(diào)的直流電動(dòng)機(jī)線圈內(nèi)阻恒為勢(shì)為 6V，內(nèi)阻為 2Q,下列說(shuō)法正確的是2Q,接在電路中的 A、B 間

27、，如圖，電源的電動(dòng) )B .小球在斜面做變加速曲線運(yùn)動(dòng)nscosC.勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0WB -D .小球達(dá)到底邊 MN 的時(shí)間 t=V 51門Q【考點(diǎn)】 帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；洛侖茲力.【分析】根據(jù)受力分析，結(jié)合力的合成法則，并依據(jù)牛頓第二定律，及曲線運(yùn)動(dòng)條件，即可 求解；依據(jù)洛倫茲力小于等于重力的垂直斜面的分力；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解.【解答】解：A、對(duì)小球受力分析，重力，支持力，洛倫茲力，根據(jù)左手定則，可知，洛倫茲力垂直斜面向上，并且水平速度保持不變，故小球?qū)π泵娴膲毫Ρ３植蛔?；B、由于小球在下滑過(guò)程中，速度的變化，不會(huì)影響重力與支持力的合力，因此小球

28、受力恒定，故小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B 錯(cuò)誤；C、 假設(shè)重力不做功，根據(jù)小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN ,則小球受到的洛倫茲力 0Wf=qv0Bmgwmgcosa；解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0wB LILIrklrklru urFLrFLr r- rr電源的 U-I 圖線與小燈泡的伏安特性曲線的交點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)表示此時(shí)的電流和電壓,P=UI=1.1X0.19=0.21W.故答案為：（1） a,Ai, R2（2）0.21.15.某同學(xué)用如甲圖所示的電路測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，所用的實(shí)驗(yàn)器材有： 待 測(cè)電源 E,電阻箱 R （最大阻值 99.99Q）,定值電阻 Ro（阻值為 2.0Q）,電壓表（量程為

29、3V, 內(nèi)阻約為2kQ）,開關(guān) S.實(shí)驗(yàn)步驟：將電阻箱阻值調(diào)到最大，先閉合開關(guān)S,多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應(yīng)的阻值 R，以-為縱坐標(biāo)，R 為橫坐標(biāo)，作一 7 圖線（如圖乙）.（1）E 為電源電動(dòng)勢(shì)，r 為電源內(nèi)阻，寫出帀-：關(guān)系表達(dá)式（用 E、r、Ro表示）=:,八+-+|_.（2） 根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì) E= 5.7 V，內(nèi)阻 r= 3.7 Q.（保留兩位有效數(shù)字）（3） 用該種方法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)存在系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作 用.【考點(diǎn)】 測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可明確對(duì)應(yīng)表達(dá)式；（2）根據(jù)圖象的性質(zhì)可求得電源的電動(dòng)勢(shì)

30、和內(nèi)電阻；（3）分析電表內(nèi)阻，從而明確系統(tǒng)誤差來(lái)源.【解答】解：（1）由電路圖可知，電壓表與 R0 并聯(lián)后與 R 串聯(lián)，則由閉合電路歐姆定律可 知3,04,02.0rmrTi *rm廠Tin丄r t fi LX J-IFT! nhI- TLJUI I 1 pr r 31 卜LLdlJ)i r i iL F吋 rU=二遲上Ro；變形可得：1 JF鑿 飛陸+陰n；(2)根據(jù)圖象可知，k=_=.匚; =0.51EKn蕊 荼ER解得：E=5.8V ; r=3.7Q;(3) 由于電壓表內(nèi)阻不是無(wú)窮大，故由于其分流導(dǎo)致電流出現(xiàn)誤差；1 1 1 1心仕故答案為：(1) 一= . * + .； (2) 5.8

31、； 3.7 ； (3)電壓表的分流作用.T已冷三、計(jì)算題(本大題共 4 4 小題，共 4242 分解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算 步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.)16如圖 1 所示的電路.滑動(dòng)變阻器最大阻值為 Ro=58Q,電源路端電壓 U 隨外電阻 R 變化 的規(guī)律如圖 2 所示，圖中 U=12V 的直線為圖線的漸近線，試求：(1) 電源電動(dòng)勢(shì) E 和內(nèi)阻 r；(2) A、B 空載(沒接用電器)時(shí)輸出電壓的范圍.【考點(diǎn)】路端電壓與負(fù)載的關(guān)系；閉合電路的歐姆定律.【分析】(1)當(dāng)外電阻無(wú)窮大時(shí)，路端電壓等于電動(dòng)勢(shì)，由圖象可知電源的電動(dòng)勢(shì)，

32、由閉合 電路歐姆定律可求得電源的內(nèi)阻；(2) AB 輸出電壓為 AB 并聯(lián)的滑動(dòng)變阻器部分電阻的電壓，根據(jù)滑動(dòng)變阻器兩端的電壓范圍即可求出.【解答】解：(1)當(dāng)外電阻無(wú)窮大時(shí)， 路端電壓等于電動(dòng)勢(shì). 由圖可知，當(dāng)外電阻無(wú)窮大時(shí), 路端電壓接近 12V，故說(shuō)明電源的電動(dòng)勢(shì)為：E=12V ； 由圖象可知，當(dāng)外電阻為 R=2Q時(shí)，路端電壓為 U=6V，由歐姆定律可得電路中電流為:6=A=3A，丄E-L 12-6由 Ur=E U=Ir，得內(nèi)電阻為：r= | =. *2 Q;(2)空載時(shí)，當(dāng)變阻器滑片移至最下端時(shí)，輸出電壓最小，為：U最小=0VRE 58當(dāng)變阻器滑片移至最上端時(shí)，輸出電壓最大，為：U最大

33、=x12=11.6V故空載時(shí) A、B 兩端輸出的電壓范圍是011.6V .答: (1)電源電動(dòng)勢(shì) 12V 和內(nèi)阻 2Q；(2) A、B 空載(沒接用電器)時(shí)輸出電壓的范圍011.6V.rL-17如圖所示，電子由靜止經(jīng)電壓Uo加速后，從兩板正中間垂直電場(chǎng)方向射入間距為壓為 U 的平行板電容器間，電子恰好能穿過(guò)電場(chǎng)，忽略邊緣效應(yīng)，求：(1) 電子經(jīng) Uo加速后的動(dòng)能；(2) 金屬板 AB 的長(zhǎng)度.【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系.【分析】(1)電子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理求解電子加速獲得的動(dòng)能.(2)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和位移

34、時(shí)間公式列式，可求得金 屬板 AB 的長(zhǎng)度.【解答】 解：(1)設(shè)電子被加速后速度大小為Ek，對(duì)于電子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：eUo=Ek所以 Ek=eUo(2)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a,極板長(zhǎng)度為 L,由于電子恰好射出電場(chǎng)，所以有：L=votI2由牛頓第二定律得el a=一mr聯(lián)立解得：L=d 答：(1) 電子經(jīng) Uo加速后的動(dòng)能為 eUo.(2) 金屬板 AB 的長(zhǎng)度為 d 二18.如圖倒 V”導(dǎo)軌，兩側(cè)導(dǎo)軌傾角為0=30間距為 L=0.5m 分別平行底邊放置一根導(dǎo)體棒，其中 ab 棒質(zhì)量為 m1=2kg，電阻為 R1=0.5Q,cd 棒質(zhì)量為 m2=4kg，電阻為 R2=2Q,兩 棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)均為尸呈，導(dǎo)軌頂端 MN 間連接內(nèi)阻為 r=0.5Q的電源，兩棒通過(guò)一1 嗟根繞過(guò)頂端光滑定滑輪的絕緣輕線連接，細(xì)線平行于左右導(dǎo)軌平面，左右空間磁場(chǎng)均垂直于斜面向上，左右兩斜面磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=2T，為了使兩棒保持靜止，電源電動(dòng)勢(shì)的取值滿足什么條件.由圖可知，粒子入射方向與+x 軸的夾角為-【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律.【分析】應(yīng)用歐姆定律求出電路電流，金屬棒靜止處于平衡狀態(tài)，應(yīng)用平衡條件可以求出電源電動(dòng)勢(shì)的臨界值，然后確定電動(dòng)勢(shì)