江西省九江市九江一中20某年高中高二上學(xué)期期中物理試卷-Word版含解析

1、2018-2019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12小題，每小題4分，共40分1-8題為單項(xiàng)選擇題，9-12題為多項(xiàng)選擇題全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得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)2A、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（）ABCD3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（）AA變大，V變大BA變小，V變大CA變

2、大，V變小DA變小，V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)到導(dǎo)線距離成反比，則P點(diǎn)實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為（）ABB BC BD B5在磁場(chǎng)中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則（） Aa、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，且BaBbB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

3、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)O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（）AaB2aC aD

4、 a8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（）ABCD9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=30°角，導(dǎo)線中通過(guò)的電流為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°10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（）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

5、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11功率可調(diào)的直流電動(dòng)機(jī)線圈內(nèi)阻恒為2，接在電路中的A、B間，如圖，電源的電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻為2，下列說(shuō)法正確的是（）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4.5W12絕緣光滑斜面與水平面成角，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v0（v00），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

6、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)C勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0BD小球達(dá)到底邊MN的時(shí)間t=二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共3小題，共20分）13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，則金屬板直徑為cm14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

7、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5k）電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻約為4）電流表A2（量程3A，內(nèi)阻約為1）滑動(dòng)變阻器R1（0到1000，0.5A）滑動(dòng)變阻器R2（0到10，2A）（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（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10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99.99），定值電阻R0（阻值為2.0），電

8、壓表（量程為 3V，內(nèi)阻約為2k），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)，作圖線（如圖乙）（1）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、R0表示）（2）根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì)E=V，內(nèi)阻r=（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)誤差的原因是三、計(jì)算題（本大題共4小題，共42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R0=58，電源路端電壓U

9、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17如圖所示，電子由靜止經(jīng)電壓U0加速后，從兩板正中間垂直電場(chǎng)方向射入間距為d電壓為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)U0加速后的動(dòng)能；（2）金屬板AB的長(zhǎng)度18如圖倒“V”導(dǎo)軌，兩側(cè)導(dǎo)軌傾角為=30°，間距為L(zhǎng)=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=0.5，cd棒質(zhì)量為m2=4kg，電阻為R2=2，兩棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=，導(dǎo)軌頂端MN間連接內(nèi)阻為r=0.5

10、的電源，兩棒通過(guò)一根繞過(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(zhǎng)在OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(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

11、與+x的夾角2018-2019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12小題，每小題4分，共40分1-8題為單項(xiàng)選擇題，9-12題為多項(xiàng)選擇題全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得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：B2A、B是一條電場(chǎng)線上的

12、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（）ABCD【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；電場(chǎng)線【分析】（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?。唬?）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：A3在圖的閉合電路中

13、，當(dāng)滑片P向右移動(dòng)時(shí)，兩電表讀數(shù)的變化是（）AA變大，V變大BA變小，V變大CA變大，V變小DA變小，V變小【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，則可知總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，即可得出電壓表、電流表的變化【解答】解：閉合電路中，當(dāng)滑片P向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻變大，使電路中電阻變大，由閉合電路歐姆定律可得電流變小，則內(nèi)壓及R0的分壓減小時(shí)，故滑動(dòng)變阻器兩端電壓變大故選B4三根無(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

14、該點(diǎn)到導(dǎo)線距離成反比，則P點(diǎn)實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為（）ABB BC BD B【考點(diǎn)】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【分析】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：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，故C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C5在磁場(chǎng)中某區(qū)域的磁感線如圖

15、所示，則（） Aa、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，且BaBbB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【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BaBb，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，

16、可以由a沿紙面運(yùn)動(dòng)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：AC6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）【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)能【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，根據(jù)除重力和

17、彈力以外其它力做功得出系統(tǒng)機(jī)械能的變化量根據(jù)電場(chǎng)力做功求出電勢(shì)能的變化量根據(jù)動(dòng)能定理求出彈簧彈力做功，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：mgqE=ma，解得：E=，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）=，可知機(jī)械能減小量為故B錯(cuò)誤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mg（H+h）故C錯(cuò)誤D、根據(jù)動(dòng)能定理得：mg（H+h）mg（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mg（H+h），故D正確故選：D7如圖所示，在x軸上

18、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)O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（）AaB2aC aD 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、AB

19、C錯(cuò)誤；故選：D8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（）ABCD【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)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=30°角，導(dǎo)線中通過(guò)的電流為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)

20、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姆较蚨才嗔Φ拇笮=BIL，且B與I垂直； 若不垂直時(shí)，則將B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

21、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（）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，

22、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B、根據(jù)C=知，d增大，則電容減小故B正確；C、電勢(shì)差不變，d增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，則P點(diǎn)的電勢(shì)增大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢(shì)能減小故C錯(cuò)誤D、若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E=，知電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則油滴所受電場(chǎng)力不變故D正確故選：BD11功率可調(diào)的直流電動(dòng)機(jī)線圈內(nèi)阻

23、恒為2，接在電路中的A、B間，如圖，電源的電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻為2，下列說(shuō)法正確的是（）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=EIr，則電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出=UII2R=EII2（r+R）=6I4I2；

24、則由二次函數(shù)可知當(dāng)I=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=EII2r=6I2I2；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：ABD12絕緣光滑斜面與水平面成角，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v0（v00），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

25、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)C勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0BD小球達(dá)到底邊MN的時(shí)間t=【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

26、持力的合力，因此小球受力恒定，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0f=qv0Bmgcos；解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0Bcos，故C確；D、小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在斜面上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力的分解法則，及牛頓第二定律，則小球的加速度a=gsin，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，球到達(dá)底邊MN的時(shí)間t=，故D正確；故選：CD二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共3小題，共20分）13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

27、（b）所示讀數(shù)為6.870mm，所測(cè)金屬板的厚度為6.860mm，用游標(biāo)卡尺測(cè)金屬板的直徑如圖（c）所示，則金屬板直徑為1.240cm【考點(diǎn)】刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測(cè)微器的使用【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀【解答】解：該螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)如圖（a）所示，螺旋測(cè)微器的固定刻度為0mm，可動(dòng)刻度為0.01×1.0mm=0.010mm，所以最終讀數(shù)為0.010 mm測(cè)量金屬板厚度時(shí)的示數(shù)如圖（b）所示螺旋測(cè)微器的固定刻度為6.5mm，可動(dòng)刻度為0.01

28、5;37.0mm=0.370mm，所以最終讀數(shù)為6.870 mm所測(cè)金屬板的厚度為6.8700.010=6.860mm 游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為12mm，游標(biāo)尺上第8個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為8×0.05mm=0.40mm，所以最終讀數(shù)為：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm故答案為：6.870；6.860；1.24014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5k）電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻約為4）電流表A2（

29、量程3A，內(nèi)阻約為1）滑動(dòng)變阻器R1（0到1000，0.5A）滑動(dòng)變阻器R2（0到10，2A）（1）電路圖應(yīng)選圖甲哪個(gè)a，電流表應(yīng)選A1，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選R2（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10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0.21W（保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求選擇合適的電路圖，選擇儀器是按方便，安全的原則選?。?）電源的UI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，根據(jù)P=UI求出小燈泡的實(shí)際功率【解答】解：（1）從圖象知電壓

30、從零計(jì)故滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法，實(shí)驗(yàn)電路應(yīng)選擇圖乙中的電路圖（a）；因小燈泡額定電流為0.32A，用電流表A2量程太大，應(yīng)用A1；因滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選阻值小的變阻器R2；（2）如果用一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻為10的電源與該小燈泡組成電路在IU圖象中作出該電源的特性曲線，如圖所示電源的UI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=1.1×0.19=0.21W故答案為：（1）a，A1 ，R2（2）0.2115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99.99），定值電阻R0（阻值為2.0

31、），電壓表（量程為 3V，內(nèi)阻約為2k），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)，作圖線（如圖乙）（1）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、R0表示）=+（2）根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì)E=5.7V，內(nèi)阻r=3.7（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)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

32、：（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U=R0；變形可得：=+；（2）根據(jù)圖象可知，k=； =0.51解得：E=5.8V；r=3.7；（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；故答案為：（1）=+；（2）5.8；3.7；（3）電壓表的分流作用三、計(jì)算題（本大題共4小題，共42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R0=58，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

33、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)，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=2時(shí)，路端電壓為U=6V，由歐姆定律可得電路中電流為：I=A=3A，由Ur=EU=Ir，得內(nèi)電阻為：r=2；（2）空載

34、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=0V當(dāng)變阻器滑片移至最上端時(shí)，輸出電壓最大，為：U最大=×12=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2；（2）A、B空載（沒接用電器）時(shí)輸出電壓的范圍011.6V17如圖所示，電子由靜止經(jīng)電壓U0加速后，從兩板正中間垂直電場(chǎng)方向射入間距為d電壓為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)U0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

35、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： eU0=Ek 所以Ek=eU0（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(zhǎng)，由于電子恰好射出電場(chǎng)，所以有： L=v0t=at2由牛頓第二定律得 a=又 Ek=聯(lián)立解得：L=d答：（1）電子經(jīng)U0加速后的動(dòng)能為eU0（2）金屬板AB的長(zhǎng)度為d18如圖倒“V”導(dǎo)軌，兩側(cè)導(dǎo)軌傾角為=30°，間距為L(zhǎng)=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=0.5，cd棒質(zhì)量為m2=4kg，電阻為R2=2，兩棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=，導(dǎo)軌頂端MN間連接內(nèi)阻為r=0.5的電源，兩棒通過(guò)一根繞過(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