江蘇省南通市天星湖中學高二物理上學期期中試題（選修）（含解析）.doc

2015-2016學年江蘇省南通市天星湖中學高二（上）期中物理試卷（選修）一、單選題（本大題共6小題，共18分，每小題只有一個選項符合題意）1關于磁場對通電直導線的作用力，下列說法中正確的是（）a通電直導線跟磁場方向平行時作用力最小，但不為零b通電直導線跟磁場方向垂直時作用力最大c作用力的方向與磁場方向可能相同d通電直導線跟磁場方向不垂直時肯定無作用力2如圖，當滑動變阻器的滑片p向上端移動時，則電表示數的變化情況是（）av1減小，v2 增大，a增大bv1增大，v2減小，a增大cv1增大，v2增大，a減小dv1減小，v2減小，a減小3水平桌面上有一閉合鋁環(huán)，在鋁環(huán)軸線上方有一條形磁鐵如圖所示，當條形磁鐵沿軸線豎直向下迅速運動時，下列判斷正確的是（）a鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面壓力增大b鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面壓力增大c鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面壓力減小d鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面壓力減小4兩個電阻r1=8，r2=2并聯在電路中，欲使兩個電阻消耗的電功率相等，可行的辦法是（）a用一個阻值為2的電阻與r2串聯b用一個阻值來6的電阻與r2串聯c用一個阻值為6的電阻與r1串聯d用一個阻值為2的電阻與r1串聯5某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻r1、r2的電壓與電流的關系如圖所示用此電源和電阻r1、r2組成電路r1、r2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路為使電源輸出功率最大，可采用的接法是（）a將r1、r2串聯后接到電源兩端b將r1、r2并聯后接到電源兩端c將r1單獨接到電源兩端d將r2單獨接到電源兩端6邊長為a的閉合金屬正三角形框架，完全處于垂直于框架平面的勻強磁場中，現把框架勻速拉出磁場，如圖所示，則選項中圖象規(guī)律與這一過程相符合的是（）abcd二、多選題（本大題共5小題，每小題5分，共25分）7如圖，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場（b）和勻強電場（e）組成的速度選擇器，然后粒子通過平板s上的狹縫p，進入另一勻強磁場（b），最終打在ala2上下列表述正確的是（）a粒子帶負電b所有打在ala2上的粒子，在磁場b中運動時間都相同c能通過狹縫p的帶電粒子的速率等于d粒子打在ala2上的位置越靠近p，粒子的比荷越大8磁流體發(fā)電是一項新興技術如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場圖中虛線框部分相當于發(fā)電機把兩個極板與用電器相連，則（）a用電器中的電流方向從a到bb用電器中的電流方向從b到ac若只增強磁場，發(fā)電機的電動勢增大d若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大9如圖所示，正方形線框的邊長為l，電容器的電容為c正方形線框的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，當磁感應強度以k為變化率均勻減小時，則（）a線框產生的感應電動勢大小為kl2b電壓表沒有讀數ca點的電勢高于b點的電勢d電容器所帶的電荷量為零10如圖所示電路，電表都是理想表，r2=r當閉合電鍵s，觸片p向左滑動過程中，四塊電表的讀數均發(fā)生變化，設在滑動過程中a1，a2，v1，v2的同一時刻讀數分別是i1，i2，u1，u2；電表示數的變化量的絕對值分別是i1，i2，u1，u2，那么下列說法正確的是（）aa1減小，a2減小bv1增大，v2減小c、均為定值d電源的輸出功率在減小，效率在降低11如圖所示，水平傳送帶帶動兩金屬桿勻速向右運動，傳送帶右側與兩光滑平行金屬導軌平滑連接，導軌與水平面間夾角為30，兩虛線ef、gh之間有垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為b，磁場寬度為l，兩金屬桿的長度和兩導軌的間距均為d，兩金屬桿a、b質量均為m，兩桿與導軌接觸良好當金屬桿a進入磁場后恰好做勻速直線運動，當金屬桿a離開磁場時，金屬桿b恰好進入磁場，則（）a金屬桿b進入磁場后做加速運動b金屬桿b進入磁場后做勻速運動c兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產生的總熱量為d兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產生的總熱量為mgl三、實驗題探究題（本大題共2小題，每個空2分，作圖4分共24分）12某課外活動小組，探究小燈泡的伏安特性曲線，實驗所用的器材有：小燈泡（2.5v，0.3a），電壓表v（量程3v，15v），電流表a（量程0.6a，3.0a），滑動變阻器 r（阻值05），電源，電鍵，導線若干，測量時要求小燈泡兩端電壓從0開始變化；（1）先粗測小燈泡的電阻，將多用電表面板上旋鈕旋到（填 r1擋、r10擋、r100擋、r1k擋），將兩表筆短接，并調零，將紅、黑表筆分別與小燈泡兩極相接觸，測得小燈泡的阻值如圖1所示，其讀數為（2）圖2是一位同學做實驗時的連線情況，在閉合電鍵進行實驗之前，請指出該同學的實驗操作中存在的不正當之處，、13（16分）（2015秋南通校級期中）測定某電阻絲的電阻率”實驗（1）實驗中，用螺旋測微器測量一種電阻值很大的電阻絲直徑，刻度位置如圖1所示，則電阻絲的直徑是cm（2）用多用電表的歐姆擋粗測這種電阻絲的阻值：已知此電阻絲的阻值約為幾十千歐，下面給出了實驗操作步驟a旋轉選擇開關s，使其尖端對準交流500v擋，并拔出兩表筆b將兩表筆短接，調節(jié)歐姆擋調零旋鈕使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度，而后斷開兩表筆c將兩表筆分別連接到被測電阻絲的兩端，測出阻值后，斷開兩表筆d旋轉選擇開關s，使其尖端對準歐姆擋的某一擋位合理的實驗步驟順序是：（填寫相應的字母）旋轉選擇開關其尖端應對準的歐姆擋位是；根據該擋位和表中指針所示位置，電阻絲的阻值約為（3）用電流表和電壓表較精確測定此電阻絲的阻值，實驗室提供下列可選用的器材：電壓表v（量程3v，內阻約50k）電流表a1（量程200a，內阻約200）電流表a2（量程5ma，內阻約20）電流表a3（量程0.6a，內阻約1）滑動變阻器r（最大阻值1k）電源e（電源電壓為4v）開關s、導線a在所提供的電流表中應選用（填字母代號）；b在圖3虛線框中畫出測電阻的實驗電路；（4）分別用l、d、rx表示電阻絲的長度、直徑和阻值，則電阻率表達式為=四、計算題（本大題共4小題，共53分）14（12分）（2012濟南一模）如圖所示，在空間中存在垂直紙面向外，寬度為d的有界勻強磁場一質量為m、帶電荷量為q的粒子自下邊界的p點處以速度v沿與下邊界成=30角的方向垂直射入磁場，恰能垂直于上邊界射出，不計粒子重力，題中d、m、q、v均為已知量則（1）粒子帶何種電荷？（2）磁場磁感應強度為多少？15（15分）（2015秋南通校級期中）如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區(qū)域內，存在著磁感應強度b隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直金屬線圈所圍的面積s=200cm2，匝數n=1000，線圈電阻r=1.0線圈與電阻r構成閉合回路，電阻r=4.0勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：（1）在t=2.0s時刻，通過電阻r的感應電流的大小；（2）在t=5.0s時刻，電阻r消耗的電功率；（3）06.0s內整個閉合電路中產生的熱量16（13分）（2015春巫溪縣校級期末）如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1一導體棒mn垂直于導軌放置，質量為0.2kg，接入電路的電阻為1，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為0.5在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8t將導體棒mn由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，求此后導體棒mn的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為是多少？（重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6）17（13分）（2015秋南通校級期中）如圖所示，在x軸上方有一勻強電場，場強大小為e，方向豎直向下在x軸下方有一勻強磁場，磁感應強度為b，方向垂直于紙面向里在x軸上有一點p，離原點距離為a現有一帶電量為+q，質量為m的粒子，不計重力，從0xa區(qū)間某點由靜止開始釋放后，能經過p點試求：（1）釋放瞬間粒子的加速度；（2）釋放點的坐標x、y應滿足的關系式？2015-2016學年江蘇省南通市天星湖中學高二（上）期中物理試卷（選修）參考答案與試題解析一、單選題（本大題共6小題，共18分，每小題只有一個選項符合題意）1關于磁場對通電直導線的作用力，下列說法中正確的是（）a通電直導線跟磁場方向平行時作用力最小，但不為零b通電直導線跟磁場方向垂直時作用力最大c作用力的方向與磁場方向可能相同d通電直導線跟磁場方向不垂直時肯定無作用力【考點】安培力的計算【分析】本題考查了產生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據左手定則可知安培力的方向與磁場垂直引用公式f=bil時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直與磁場分解，因此垂直時安培力最大【解答】解：通電導體受安培力的條件為導線與磁場有一定夾角，當通電直導線與磁場方向平行時，導線不受安培力作用，當導線與磁場方向垂直時，安培力最大，最大值為f=bil，根據左手定則可知安培力的方向與磁場垂直，故acd錯誤，b正確故選b【點評】本題屬于基礎題目，考查了安培力的產生、大小與方向，要正確判斷安培力方向應熟練應用左手定則2如圖，當滑動變阻器的滑片p向上端移動時，則電表示數的變化情況是（）av1減小，v2 增大，a增大bv1增大，v2減小，a增大cv1增大，v2增大，a減小dv1減小，v2減小，a減小【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】當滑動變阻器的滑片向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，并聯部分的電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析總電流的變化及路端電壓的變化，即可知v1的變化由歐姆定律分析電壓表v2示數的變化及并聯部分電壓的變化，即可判斷通過電阻r2的電流的變化，根據總電流的變化，再分析a示數的變化【解答】解：當滑動變阻器的滑片向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，變阻器與定值電阻并聯的總電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析可知總電流i變小，電源的內電壓變小，路端電壓u變大，即v1增大電阻r1的電壓變小，則并聯部分的電壓增大，可知電壓表v2示數增大，所以電阻r2的電流增大，因總電流變小，所以a示數減小故c正確，abd錯誤故選：c【點評】本題是電路的動態(tài)變化分析問題，關鍵要從局部到整體，再到局部，按順序進行分析即可3水平桌面上有一閉合鋁環(huán)，在鋁環(huán)軸線上方有一條形磁鐵如圖所示，當條形磁鐵沿軸線豎直向下迅速運動時，下列判斷正確的是（）a鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面壓力增大b鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面壓力增大c鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面壓力減小d鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面壓力減小【考點】楞次定律【分析】解本題時應該掌握：楞次定律的理解、應用在楞次定律中線圈所做出的所有反應都是阻礙其磁通量的變化如：感應電流磁場的磁通量、面積、速度、受力等【解答】解：根據楞次定律可知：當條形磁鐵沿軸線豎直向下迅速移動時，閉合導體環(huán)內的磁通量增大，因此線圈做出的反應是面積有收縮的趨勢，同時將遠離磁鐵，故增大了和桌面的擠壓程度，從而使導體環(huán)對桌面壓力增大，選項a正確，bcd錯誤故選：a【點評】本題從力、運動的角度考察楞次定律，思維含量高，考察角度新穎4兩個電阻r1=8，r2=2并聯在電路中，欲使兩個電阻消耗的電功率相等，可行的辦法是（）a用一個阻值為2的電阻與r2串聯b用一個阻值來6的電阻與r2串聯c用一個阻值為6的電阻與r1串聯d用一個阻值為2的電阻與r1串聯【考點】電功、電功率；串聯電路和并聯電路【專題】恒定電流專題【分析】由公式p=可知要想使兩個電阻消耗的電功率相等，必須給r2降低兩端的電壓，串聯一個電阻分壓【解答】解：兩電阻并聯，由p=p=可知p1：p2=r2：r1=1：4，要使這兩個電阻消耗的電功率相等，只能減小p2為原來的；只要使r2兩端的電壓減半（r2不變），電功率就可以減小為原來的 ，所以串聯一個等值電阻（2）即可故選a【點評】解決本題的關鍵，要使這兩個電阻消耗的電功率相等，只能電功率大的減小，靈活運用p=是關鍵5某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻r1、r2的電壓與電流的關系如圖所示用此電源和電阻r1、r2組成電路r1、r2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路為使電源輸出功率最大，可采用的接法是（）a將r1、r2串聯后接到電源兩端b將r1、r2并聯后接到電源兩端c將r1單獨接到電源兩端d將r2單獨接到電源兩端【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率【專題】恒定電流專題【分析】由電源的ui圖線縱橫截距讀出電源的電動勢，由斜率求出電源的內阻由電阻的ui圖線求出電阻再分別求出四種情況下電源的輸出功率進行選擇【解答】解：由圖象得到：電源的電動勢為e=3v，內阻為r=0.5，r1單獨接到電源兩端輸出功率為p出1=1.5v3a=4.5w，r2單獨接到電源兩端輸出功率則為p出2=2v2a=4w由電阻的伏安特性曲線求出 r1=0.5、r2=1，當將r1、r2串聯后接到電源兩端利用歐姆定律可得電路電流i串=1.5a，此時電源的輸出功率p串=i串2（r1+r2）=3.75w兩電阻并聯時，r并=利用歐姆定律可得電路電流i并=a=3.6a，此時電源的輸出功率p并=ei并i并2r=4.32w所以將r1單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大故選c【點評】這是直流電中的電路問題，可以應用數學知識分析得到：當電源的內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，直接選擇c6邊長為a的閉合金屬正三角形框架，完全處于垂直于框架平面的勻強磁場中，現把框架勻速拉出磁場，如圖所示，則選項中圖象規(guī)律與這一過程相符合的是（）abcd【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；安培力【專題】電磁感應中的力學問題【分析】根據感應電動勢公式推導其與距離關系的表達式，再推導感應電流、外力和外力功率的表達式，進行分析選擇【解答】解：a、b感應電動勢e=blv=b2xtan30v=，則e與x成正比故a錯誤，b正確 c、線框勻速運動f外=f安=bil，i=，e=blv，得到f外=，l= 則f外=，b、r、v一定，則f外x2故c錯誤 d、外力的功率p外=f外v=，p外x2 故c錯誤故選：b【點評】圖象往往根據公式推導解析式來選擇本題關鍵是推導安培力與距離的關系二、多選題（本大題共5小題，每小題5分，共25分）7如圖，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場（b）和勻強電場（e）組成的速度選擇器，然后粒子通過平板s上的狹縫p，進入另一勻強磁場（b），最終打在ala2上下列表述正確的是（）a粒子帶負電b所有打在ala2上的粒子，在磁場b中運動時間都相同c能通過狹縫p的帶電粒子的速率等于d粒子打在ala2上的位置越靠近p，粒子的比荷越大【考點】質譜儀和回旋加速器的工作原理【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，根據帶電粒子在磁場中的偏轉方向判斷電荷的電性根據平衡求出粒子經過速度選擇器的速度通過帶電粒子在磁場中的偏轉，根據半徑的大小判斷粒子比荷的大小【解答】解：a、帶電粒子在磁場中向左偏轉，根據左手定則，知該粒子帶正電故a錯誤b、所有打在ala2上的粒子，在磁場b中做勻速圓周運動，運動的時間等于t=，t=，則t=，與帶電粒子的比荷有關故b錯誤c、粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，有：qe=qvb則v=故c正確d、經過速度選擇器進入磁場b的粒子速度相等，根據知，粒子打在ala2上的位置越靠近p，則半徑越小，粒子的比荷越大故d正確故選cd【點評】解決本題的關鍵知道粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動8磁流體發(fā)電是一項新興技術如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場圖中虛線框部分相當于發(fā)電機把兩個極板與用電器相連，則（）a用電器中的電流方向從a到bb用電器中的電流方向從b到ac若只增強磁場，發(fā)電機的電動勢增大d若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大【考點】霍爾效應及其應用【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】本題的關鍵是動態(tài)分析過程，先根據左手定則判斷出正離子（或負離子）受到的洛倫茲力方向，從而判斷出金屬板電勢的高低，進一步分析離子除受洛倫茲力外還受到電場力，最終二者達到平衡，得出結論【解答】解：首先對等離子體進行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上（負離子所受洛倫茲力方向向下），則正離子向上板聚集，負離子則向下板聚集，兩板間產生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上板為正極下板為負極，所以通過用電器的電流方向從a到b，故a正確b錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力f，最終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f=qvb，f=q，則qvb=q，解得e=bdv，所以電動勢e與速度v及磁場b成正比，所以c、d正確故選acd【點評】正確受力分析和運動過程分析是解決動力學問題的關鍵，先根據左手定則判斷等離子體的正離子（或負離子）所受洛倫茲力的方向，從而知道金屬板的電勢高低，進一步受力分析結合牛頓第二定律可得出最終等離子體做勻速直線運動，根據洛倫茲力等于電場力即可得出結論9如圖所示，正方形線框的邊長為l，電容器的電容為c正方形線框的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，當磁感應強度以k為變化率均勻減小時，則（）a線框產生的感應電動勢大小為kl2b電壓表沒有讀數ca點的電勢高于b點的電勢d電容器所帶的電荷量為零【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律【專題】電磁感應與電路結合【分析】根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢大小電容器充電完畢后電路中沒有電流，電壓表則沒有讀數由楞次定律判斷電勢的高低電容器的電量不為零【解答】解：a、由法拉第電磁感應定律注意有效面積，得：e=kl2，故a錯誤b、磁場均勻減弱，線圈產生恒定的感應電動勢，電容器充電完畢后電路中沒有電流，電壓表則沒有讀數故b正確c、由楞次定律可知，感應電動勢方向沿順時針，則a 點的電勢高于b點的電勢，電勢差為感應電動勢故c正確d、線圈產生恒定的感應電動勢給電容器充電，則電容器的電量不為零故d錯誤故選：bc【點評】本題運用法拉第定律e=時要注意s是有效面積，不是線圈的總面積要理解電壓表的核心是電流表，沒有電流，電壓表指針不偏轉，則沒有讀數10如圖所示電路，電表都是理想表，r2=r當閉合電鍵s，觸片p向左滑動過程中，四塊電表的讀數均發(fā)生變化，設在滑動過程中a1，a2，v1，v2的同一時刻讀數分別是i1，i2，u1，u2；電表示數的變化量的絕對值分別是i1，i2，u1，u2，那么下列說法正確的是（）aa1減小，a2減小bv1增大，v2減小c、均為定值d電源的輸出功率在減小，效率在降低【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率【專題】恒定電流專題【分析】理想電流表內阻不計，當作導線處理電壓表測量外電壓弄清電路的結構當滑動觸頭p向左滑動時，接入電路的增大電阻，可根據歐姆定律判斷電路中電流、電壓的變化；根據推論：外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，分析電源的輸出功率如何變化【解答】解：a、當觸片p向左滑動過程中，導致電阻變大，則總電阻變大，總電流變小，即a2減小；因內電壓變小，那么外電壓增大，由于電阻r3電壓減小，即v2示數減小，則v1的示數增大，因此通過電阻r2的電流在增大，則流過a1的電流在減小，故ab正確；c、由圖可知，=r3+r，=r3均為定值，故c正確；d、根據推論：外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，由題意，外電阻大于電源內阻，則知，當變阻器的滑動觸頭p向左移動時，外電路總電阻增大，電源輸出的電功率減小，而電源的供電效率=外電阻增大，路端電壓u增大，電源的供電效率提高故選：abc【點評】本題抓住兩個關鍵：（1）=r；（2）由i總=i1+i中三個量的變化情況確定絕對值ii總同時本題電路動態(tài)分析問題，按局部到整體，再局部分析電壓、電流的變化利用推論分析電源輸出功率的變化11如圖所示，水平傳送帶帶動兩金屬桿勻速向右運動，傳送帶右側與兩光滑平行金屬導軌平滑連接，導軌與水平面間夾角為30，兩虛線ef、gh之間有垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為b，磁場寬度為l，兩金屬桿的長度和兩導軌的間距均為d，兩金屬桿a、b質量均為m，兩桿與導軌接觸良好當金屬桿a進入磁場后恰好做勻速直線運動，當金屬桿a離開磁場時，金屬桿b恰好進入磁場，則（）a金屬桿b進入磁場后做加速運動b金屬桿b進入磁場后做勻速運動c兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產生的總熱量為d兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產生的總熱量為mgl【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化【專題】電磁感應功能問題【分析】根據兩棒的受力情況相同，分析可知金屬桿b進入磁場后應做勻速運動；根據能量守恒定律求解兩桿在穿過磁場的過程中回路中產生的總熱量【解答】解：a、b據題可知，金屬桿a進入磁場后恰好做勻速直線運動，所受的安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒進入磁場時速度與a進入磁場時的速度相同，所受的安培力相同，所以兩棒進入磁場時的受力情況相同，則b進入磁場后所受的安培力與重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做勻速運動故a錯誤，b正確c、d兩桿穿過磁場的過程中都做勻速運動，根據能量守恒定律得知：回路中產生的總熱量為q=2mgsin30l=mgl故c錯誤，d正確故選：bd【點評】本題關鍵要抓住兩棒受力情況的相似性，判斷出運動情況的相似性，再運用能量守恒定律求解產生熱量三、實驗題探究題（本大題共2小題，每個空2分，作圖4分共24分）12某課外活動小組，探究小燈泡的伏安特性曲線，實驗所用的器材有：小燈泡（2.5v，0.3a），電壓表v（量程3v，15v），電流表a（量程0.6a，3.0a），滑動變阻器 r（阻值05），電源，電鍵，導線若干，測量時要求小燈泡兩端電壓從0開始變化；（1）先粗測小燈泡的電阻，將多用電表面板上旋鈕旋到r1擋（填 r1擋、r10擋、r100擋、r1k擋），將兩表筆短接，并調零，將紅、黑表筆分別與小燈泡兩極相接觸，測得小燈泡的阻值如圖1所示，其讀數為5（2）圖2是一位同學做實驗時的連線情況，在閉合電鍵進行實驗之前，請指出該同學的實驗操作中存在的不正當之處，電流表應采用外接法、滑片應置于右端【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【專題】實驗題；定性思想；圖析法；恒定電流專題【分析】（1）用歐姆表測電阻應選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近，歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數（2）根據燈泡電阻與電表內阻關系確定滑動變阻器的接法，為保護電路安全，閉合開關前滑片應置于分壓電路分壓為零的位置【解答】解：（1）燈泡電阻很小，約為幾歐姆，用歐姆表測電阻時將多用電表面板上旋鈕旋到r1擋，由圖示表盤可知，歐姆表讀數為：51=5；（2）燈泡電阻約為5，電流表內阻很小，約為零點幾歐姆，電壓表內阻很大，約為幾千歐姆，甚至幾萬歐姆，電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法；由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路安全，閉合開關前滑片應置于右端；故答案為：（1）r1擋；5；（2）電流表應采用外接法；滑片應置于右端【點評】本題考查了歐姆表的實驗方法、歐姆表讀數、實驗電路分析，描繪燈泡伏安特性曲線實驗，要注意滑動變阻器與電流表的接法，當電壓表內阻遠大于待測電阻阻值時電流表應采用外接法13（16分）（2015秋南通校級期中）測定某電阻絲的電阻率”實驗（1）實驗中，用螺旋測微器測量一種電阻值很大的電阻絲直徑，刻度位置如圖1所示，則電阻絲的直徑是0.0642cm（2）用多用電表的歐姆擋粗測這種電阻絲的阻值：已知此電阻絲的阻值約為幾十千歐，下面給出了實驗操作步驟a旋轉選擇開關s，使其尖端對準交流500v擋，并拔出兩表筆b將兩表筆短接，調節(jié)歐姆擋調零旋鈕使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度，而后斷開兩表筆c將兩表筆分別連接到被測電阻絲的兩端，測出阻值后，斷開兩表筆d旋轉選擇開關s，使其尖端對準歐姆擋的某一擋位合理的實驗步驟順序是：dbca（填寫相應的字母）旋轉選擇開關其尖端應對準的歐姆擋位是1k；根據該擋位和表中指針所示位置，電阻絲的阻值約為3.2104（3）用電流表和電壓表較精確測定此電阻絲的阻值，實驗室提供下列可選用的器材：電壓表v（量程3v，內阻約50k）電流表a1（量程200a，內阻約200）電流表a2（量程5ma，內阻約20）電流表a3（量程0.6a，內阻約1）滑動變阻器r（最大阻值1k）電源e（電源電壓為4v）開關s、導線a在所提供的電流表中應選用a1（填字母代號）；b在圖3虛線框中畫出測電阻的實驗電路；（4）分別用l、d、rx表示電阻絲的長度、直徑和阻值，則電阻率表達式為=【考點】測定金屬的電阻率【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題【分析】（1）螺旋測微器固定刻度最小分度為1mm，可動刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度讀出整毫米數包括半毫米數，由可動刻度讀出毫米的小數部分（2）明確多用電表的使用方法，掌握萬用表的讀數方法，即電阻的測量值=指針指示值倍率（3）由，求得電流值選擇電流表，根據電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數關系，選擇電流表外接法，精確測定此電阻絲的阻值，要求測量值盡可能多，故采用分壓法（4）由電阻定律公式變形即可求得電阻率的表達式【解答】解：（1）讀數為0.5mm+14.20.01mm=0.642mm=0.0642cm，（2）使用多用電表測電阻時，首先要選擇檔位，然后進行歐姆調零；再進行測量；測量完成后要斷開開關，將旋鈕打到off檔或交流電壓最高檔；故步驟為：dbca；因電阻很大，故應選擇1k檔位；多用電表的讀數方法為指針示數與檔位的乘積；故電阻的阻值r=321000=32000（3）a、由，得：i100ua，故電流表選a1b、精確測定此電阻絲的阻值，滑線變阻器用分壓，由，電流表用內接法；電路圖如圖所示 （4）由得=故答案為：（1）0.0642 （2）dbca；1k；3.2104（3）a、a1 b、如圖所示；（4）【點評】本題考查電阻率的測量實驗，對于實驗電路所用器材的要求能熟練掌握，明確各儀器正確讀數的方法；電表的內外接法，變阻器的分壓與限流式的區(qū)別要弄清楚四、計算題（本大題共4小題，共53分）14（12分）（2012濟南一模）如圖所示，在空間中存在垂直紙面向外，寬度為d的有界勻強磁場一質量為m、帶電荷量為q的粒子自下邊界的p點處以速度v沿與下邊界成=30角的方向垂直射入磁場，恰能垂直于上邊界射出，不計粒子重力，題中d、m、q、v均為已知量則（1）粒子帶何種電荷？（2）磁場磁感應強度為多少？【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】根據粒子偏轉方向結合左手定則判斷粒子的電性；畫出軌跡，由幾何知識確定半徑，然后由牛頓第二定律列方程求b的大小【解答】解：（1）粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，粒子向上偏轉，由左手定則可判斷粒子帶正電（2）粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，設圓周運動半徑為r，由幾何關系可得：rcos 30=d由洛倫茲力提供向心力得：qvb=m由以上兩式可解得：b=；答：（1）粒子帶正電；（2）磁場磁感應強度為b=【點評】考查牛頓第二定律、勻速圓周運動的周期公式，并與幾何關系綜合解題，注意畫出軌跡確定出半徑是本題突破口15（15分）（2015秋南通校級期中）如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區(qū)域內，存在著磁感應強度b隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直金屬線圈所圍的面積s=200cm2，匝數n=1000，線圈電阻r=1.0線圈與電阻r構成閉合回路，電阻r=4.0勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：（1）在t=2.0s時刻，通過電阻r的感應電流的大??；（2）在t=5.0s時刻，電阻r消耗的電功率；（3）06.0s內整個閉合電路中產生的熱量【考點】法拉第電磁感應定律；楞次定律【專題】電磁感應與電路結合【分析】（1）由圖讀出磁通量的變化率，根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求解感應電流的大?。?）用同樣的方法求出t=5.0s時刻，通過電阻r的感應電流的大小，即可求得其電功率（3）根據焦耳定律分別求出04.0s時間內和4.0s6.0s時間內的熱量，再求總和【解答】解：（1）根據法拉第電磁感應定律，04.0s時間內線圈中磁通量均勻變化，產生恒定的感應電流t1=2.0s時的感應電動勢為：e1=n=1000200104=1v根據閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應電流為：i1=a=0.2a （2）在46s時間內有：e2=n=1000200104v=4v則5s時的電流為：i2=0.8a在t=5.0s時刻，電阻r消耗的電功率為：p=r=0.824=2.56w（3）根據焦耳定律，04.0s內閉合電路中產生的熱量為：q1=i12（r+r）t1=0.22（1+4）4=0.8 j 在4.0s6.0s時間內閉合電路中產生的熱量為：q2=i22（r+r）t2=0.82（1+4）2=6.4j故06.0s內整個閉合電路中產生的熱量為：q=q1+q2=0.8+6.4=7.2j答：（1）在t=2.0s時刻，通過電阻r的感應電流的大小為0.2a；（2）在t=5.0s時刻，電阻r消耗的電功率為2.56w；（3）06.0s內整個閉合電路中產生的熱量為7.2j【點評】本題是電磁感應與電路知識簡單的綜合當穿過回路的磁通量均勻變化時，回路中產生恒定電流，可以用焦耳定律求解熱量16（13分）（2015春巫溪縣校級期末）如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置