2019-2020年高二上学期期末物理模拟试卷 含解析.doc

2019-2020年高二上学期期末物理模拟试卷 含解析一、单项选择题（每题4分，共32分）1图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）A带电粒子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大2如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态现将两极板的间距变大，则（）A电荷将向上加速运动B电荷将处于静止状态C电流表中将有从a到b的电流D电流表中将有从b到a的电流3如图的有界圆形磁场，半径为R，磁感应强度为B，一个质量为m，电量为e的带电粒子，从边界向圆心射入磁场，离开磁场时方向与射入方向的夹角为120，则粒子通过磁场所用的时间是（）ABCD4如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角=45时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则下列四幅图中正确的是（）ABCD5如图所示，用细橡皮筋悬吊一轻质线圈，置于一固定直导线上方，线圈可以自由运动当给两者通以图示电流时，线圈将（）A靠近直导线，两者仍在同一竖直平面内B远离直导线，两者仍在同一竖直平面内C靠近直导线，同时旋转90D远离直导线，同时旋转906如图，边长为L、电阻为R的正方形导线框A，在外力T的作用下，以恒定的速度V沿x轴运动，穿过边长为2L的正方形匀强磁场有界区域若沿x轴正方向为力的正方向，框在图示位置的时刻作为计时起点，则磁场对线框的安培力F随时间t的变化图线为图乙中的（）ABCD7如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统，其中R2是用半导体热敏材料（电阻随温度升高而降低）制成的传感器，电流表A2是值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3是一定值电阻，当传感器R2所在处出现火情时，下列说法正确的是（）AA1的示数不变，A2的示数增大BA1的示数增大，A2的示数增大CV1的示数增大，V2的示数增大DV1的示数不变，V2的示数减小8真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断正确的是（）A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4二、多项选择题（每题4分，选不全的得2分，有错选的得0分）9如图所示，线圈L的电阻不计，则（）AS刚闭合时，灯立即正常发光B当灯正常发光时，电容器不带电CS断开瞬间，灯熄灭，电容器不带电DS断开瞬间，灯熄灭，电容器的A板带负电10如图所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上下列说法正确的是（）A粒子进入磁场时的速率B粒子在磁场中运动的时间C粒子在磁场中运动的轨道半径D若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置11如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程线圈平面保持在竖直面内，不计空气阻力，则（）A上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功B上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功C上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率12一台发电机最大输出功率为4000kW、电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电输电线路总电阻R=1k到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡“220V60W”若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则下列说法错误的是（）AT1原、副线圈的电流分别为1000 A和20 ABT2原、副线圈的电压分别为1.8105 V 和220 VCT1和T2的变压比分别为1：50和40：1D有6104盏“220 V60 W”灯泡正常发光三、实验题（共20分）13图1中螺旋测微器读数为_mm图2中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）读数为_cm14在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，被测的电源是两节干电池串联的电池组，可供选择的实验器材如下：A、电流表，量程00.6A，03AB、电压表，量程03V，015VC、滑动变阻器，020，2AD、电键一个，导线若干（1）为了尽量得到较好效果，电流表量程应选_，电压表量程选_（2）如图有甲、乙两个可供选的电路，应选_（填“甲”或“乙”）电路进行实验，实验中误差是由于_表（填“电压表”或“电流表”）的读数比实际值偏_（填“大”或“小”）（3）实验后，测得数据，并画出电源的输出特性图象（UI图象）如图1所示，从图象中可知该电源的电动势为_V，电源内阻为_四、计算题15图示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直矩形线圈的面积S=2.0102 m2，匝数N=40，线圈电阻r=1.0，磁场的磁感应强度B=0.20T线圈绕OO轴以=100rad/s的角速度匀速转动线圈两端外接电阻R=9.0 的小灯泡和一个理想交流电流表求：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值（2）电流表的示数（3）小灯泡消耗的电功率16如图所示，电源的电动势E=18V，电阻R1=8，电动机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率是32W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是8W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率17如图所示，长度足够的平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角=37，导轨间的距离L=1.0m，电阻R=0.8，导轨电阻不计，匀强磁场的方向垂直于导轨平面，磁感强度B=1.0T，质量m=0.5kg、电阻r=0.2的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小为F=5.0N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，当ab棒滑行0.8m后速度不变求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）（1）金属棒匀速运动时的速度大小；（2）金属棒匀速运动时电阻R上的功率；（3）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量为多少？18如图，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N一质量为m的带电小球从y轴上（y0）的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t=2小球距坐标原点O的距离s为多远？xx重庆市巴蜀中学高二（上）期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分，共32分）1图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）A带电粒子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【考点】电场线；电势能【分析】由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小【解答】解：AB、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故A错误，B正确C、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大b点的电势能大，故CD正确故选：BCD2如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态现将两极板的间距变大，则（）A电荷将向上加速运动B电荷将处于静止状态C电流表中将有从a到b的电流D电流表中将有从b到a的电流【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度；电容【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E=分析场强的变化，再分析电荷q所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向【解答】解：A、B将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动故A错误，B也错误；C、D根据电容的决定式可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流故C错误，D正确故选D3如图的有界圆形磁场，半径为R，磁感应强度为B，一个质量为m，电量为e的带电粒子，从边界向圆心射入磁场，离开磁场时方向与射入方向的夹角为120，则粒子通过磁场所用的时间是（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】做入射速度和出射速度的垂线，交点为圆心，由几何知识确定转过的圆心角，结合周期公式计算粒子通过磁场的时间【解答】解：粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何知识知转过的圆心角=60，粒子在磁场中的运动时间为：t=故选：C4如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角=45时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则下列四幅图中正确的是（）ABCD【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，所以是余弦函数，根据楞次定律可以判断出电流方向，写出电流的瞬时表达式即可求解【解答】解：从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，若以线圈平面与磁场夹角=45时（如图b）为计时起点，则瞬时电流的表达式为，故D正确故选：D5如图所示，用细橡皮筋悬吊一轻质线圈，置于一固定直导线上方，线圈可以自由运动当给两者通以图示电流时，线圈将（）A靠近直导线，两者仍在同一竖直平面内B远离直导线，两者仍在同一竖直平面内C靠近直导线，同时旋转90D远离直导线，同时旋转90【考点】左手定则【分析】由右手螺旋定则判断出直导线的磁场，导线框在直导线上边，所处的磁场方向垂直纸面向外，再由左手定则判断线圈的受力情况进行解决【解答】解：由右手螺旋定则判断出直导线的磁场，线圈在直导线上边，所处的磁场方向垂直纸面向外由左手定则判断线圈的受力情况，左右部分大小相等，方向相反，上下两边方向也相反，但由于直导线周围磁感应强度的大小与它到导线的距离成反比，线圈下边受力比上边受力大，合力向下，所以线圈向下运动靠近通电长直导线，而不会发生转动故选：A6如图，边长为L、电阻为R的正方形导线框A，在外力T的作用下，以恒定的速度V沿x轴运动，穿过边长为2L的正方形匀强磁场有界区域若沿x轴正方向为力的正方向，框在图示位置的时刻作为计时起点，则磁场对线框的安培力F随时间t的变化图线为图乙中的（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【分析】由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流，即可求出安培力的大小；根据左手定则判断安培力的方向【解答】解：0时间内，线框在磁场之外，安培力与电流均为0；在2时间内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和感应电流均不变，根据左手定则得出安培力的方向X轴的负方向由F=BIL得知，安培力的大小也不变；在24时间内，线框全部进入磁场，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流将产生，则安培力也为0在45时间内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和电流不变，安培力的大小也不变；根据左手定则得出安培力的方向X轴的负方向故B正确故选B7如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统，其中R2是用半导体热敏材料（电阻随温度升高而降低）制成的传感器，电流表A2是值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3是一定值电阻，当传感器R2所在处出现火情时，下列说法正确的是（）AA1的示数不变，A2的示数增大BA1的示数增大，A2的示数增大CV1的示数增大，V2的示数增大DV1的示数不变，V2的示数减小【考点】变压器的构造和原理【分析】电压表与电流表测的是交变电流的有效值，根据交变电流的瞬时值表达式可以求出电压表的示数当出现火警时，根据R2阻值的变化，应用串并联电路特点及欧姆定律判断各电表示数如何变化【解答】解：V1测量电源的输出电压，故其示数不变；当传感器R2所在处出现火警时，R2阻值减小，副线圈电路总电阻变小，副线圈电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，副线圈总电流I变大，电阻R3电压U3=IR3变大，R1与R2并联电压变小，电压表V2示数变小，电流表A2示数变小，副线圈电流变大，原线圈电流变大，电流表A1示数变大；故只有D正确；故选：D8真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断正确的是（）A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系根据W=qEy，分析电场力做功之比【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为dA、在加速电场中，由动能定理得：qU1=，得，加速获得的速度为v0=三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同故A错误B、根据推论：y=，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同故B正确C、D、偏转电压的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2故C错误，D错误故选：B二、多项选择题（每题4分，选不全的得2分，有错选的得0分）9如图所示，线圈L的电阻不计，则（）AS刚闭合时，灯立即正常发光B当灯正常发光时，电容器不带电CS断开瞬间，灯熄灭，电容器不带电DS断开瞬间，灯熄灭，电容器的A板带负电【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用；自感现象和自感系数【分析】由于线圈L的直流电阻不计，S闭合电路稳定后，电容器被短路，两端电压为零，不带电当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势根据楞次定律电容器A板所带电的电性【解答】解：A、当S刚闭合时，因线圈的自感现象，导致灯慢慢发光，故A错误；B、由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，电容器两端电压为零，电容器不带电故B正确 CD、断开S的瞬间，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，根据楞次定律判断可知，线圈产生左正右负的自感电动势，相当于电源，电容器刚要充电，即电容器不带电，故C正确，D错误故选：BC10如图所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上下列说法正确的是（）A粒子进入磁场时的速率B粒子在磁场中运动的时间C粒子在磁场中运动的轨道半径D若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置【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、根据动能定理求出粒子进入磁场时的动能，从而可知速度v2、根据洛伦兹力提供向心力，可求出粒子的轨道半径r根据周期公式T=，计算周期T，运动时间为t=3、若容器A中的粒子有初速度，再重复上述计算过程，求出这时的半径，与没有初速度的半径比较，可判断是否打在同一位置【解答】解：A、带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有：得粒子进入磁场时的速率为：故A正确B、C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：解得： =所以周期T=，粒子在磁场中运动的时间t=故B错误、C正确D、若容器A中的粒子有初速度v0，则根据动能定理，得粒子进入磁场时的速率粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得： =r即若容器A中的粒子有初速度，则粒子打在照相底片上的不同的位置故D错误故选：AC11如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程线圈平面保持在竖直面内，不计空气阻力，则（）A上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功B上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功C上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】线圈进入磁场，在先上升又落回到原处地过程中，由于安培力一直做负功，线圈的机械能减小转化为内能，经过同一点时线圈上升的速度大于下降速度，上升时安培力的大小大于下降时安培力的大小根据安培力大小关系确定上升和下降两个过程克服磁场力做功关系根据上升与下降过程速度关系，确定运动时间关系，判断上升与下降过程重力功率关系【解答】解：A、B，在线圈先上升又落回到原处地过程中，由于电磁感应产生电能，线圈的机械能减小转化为内能，经过同一点时，上升的速率大于下降速率，则上升时所受的安培力的大小大于下降时安培力的大小而两个过程位移大小相等，因此上升过程中线圈克服磁场力做的功大于下降过程中克服磁场力做的功故A错误，B正确C、D由于经过同一点时线圈上升的速度大于下降速度，而上升和下降两个过程位移大小相等，所以上升过程的平均速度大于下降的平均速度，则上升的时间小于下降的时间，由于高度相等，上升过程中克服重力做功与下降过程中重力做功相等，由公式P=，则知上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率故C正确，D错误故选：BC12一台发电机最大输出功率为4000kW、电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电输电线路总电阻R=1k到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡“220V60W”若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则下列说法错误的是（）AT1原、副线圈的电流分别为1000 A和20 ABT2原、副线圈的电压分别为1.8105 V 和220 VCT1和T2的变压比分别为1：50和40：1D有6104盏“220 V60 W”灯泡正常发光【考点】变压器的构造和原理【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比，同时能确定接入多少个灯泡才正常发光【解答】解：A、对于变压器T1，由P=U1I1，得I1=1103 A，损失功率P损=P10%=r，故I2=20 A，故A正确B、又I1n1=I2n2，故n1：n2=I2：I1=1：50，U3=U2I2r， =，故U2=2105 V，U3=1.8105 V，故B正确C、I1n1=I2n2，故升压变压器，n1：n2=I2：I1=1：50，而降压变压器的匝数比： =，故C错误；D、用户得到的功率为P用=P90%=NP0，N=6104盏，故D正确本题选择错误的，故选：C三、实验题（共20分）13图1中螺旋测微器读数为1.996mm图2中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）读数为1.094cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0149.6mm=0.496mm，所以最终读数为1.996mm 游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标读数为0.0247mm=0.94mm，所以最终读数为10.94mm=1.094cm故答案为：1.996 1.09414在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，被测的电源是两节干电池串联的电池组，可供选择的实验器材如下：A、电流表，量程00.6A，03AB、电压表，量程03V，015VC、滑动变阻器，020，2AD、电键一个，导线若干（1）为了尽量得到较好效果，电流表量程应选00.6A，电压表量程选03V（2）如图有甲、乙两个可供选的电路，应选乙（填“甲”或“乙”）电路进行实验，实验中误差是由于电流表（填“电压表”或“电流表”）的读数比实际值偏小（填“大”或“小”）（3）实验后，测得数据，并画出电源的输出特性图象（UI图象）如图1所示，从图象中可知该电源的电动势为3V，电源内阻为2【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据二节干电池的电压约为3V，则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电流表及电压表；（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，乙图误差来源与电压表的分流作用，相比较，电流表分压作用引起的误差更大；（3）UI图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，根据斜率表示内电阻求解电源内阻【解答】解：（1）因二节干电池的电动势约为3V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表只能选3V量程的； 通过电源的电流不能太大，故量程03A的电流表太大，无法准确测量，故电流表应选量程为0.6A的；故答案为：00.6A，03V；（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，可以将电流表的内阻归结到电源中，故电动势测量值不变，内电阻测量值变大；乙图中误差来源与电压表的分流作用，由于电压表内电阻达到几千欧姆，误差较小，故选择乙方案；故答案为：乙，电流表，小；（3）UI图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，故电动势为3V；根据斜率表示内电阻求解电源内阻，故内电阻为2故答案为：3，2；四、计算题15图示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直矩形线圈的面积S=2.0102 m2，匝数N=40，线圈电阻r=1.0，磁场的磁感应强度B=0.20T线圈绕OO轴以=100rad/s的角速度匀速转动线圈两端外接电阻R=9.0 的小灯泡和一个理想交流电流表求：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值（2）电流表的示数（3）小灯泡消耗的电功率【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率【分析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBS（2）电流表测量电流的有效值根据E=Em和欧姆定律求出电流的有效值（3）小灯泡消耗的电功率P=I2R，I是电流的有效值【解答】解：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBS=400.202.0102100V=16V （2）电流的有效值I=1.13A （3）小灯泡消耗的电功率P=I2R=11.5W答：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值是16V （2）电流表的示数是1.13A （3）小灯泡消耗的电功率是11.5W16如图所示，电源的电动势E=18V，电阻R1=8，电动机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率是32W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是8W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据S2断开时R1消耗的功率为P1=，即可求出内阻r（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流从而求出通过电动机的电流，根据P出=UI2I22R求电动机的输出功率【解答】解：（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则 P1=I2R1=，代入数据可以解得：r=1（2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则 P2=，解得：U=8V由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir，代入数据解得：干路电流为 I=10A流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，I1=1A，而I1+I2=I，所以 I2=9A，由能量转化和守恒定律得知，UI2=P出+I，代入数据得：P出=31.5W答：（1）电源的内电阻为1；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流为10A，电动机的输出功率为31.5W17如图所示，长度足够的平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角=37，导轨间的距离L=1.0m，电阻R=0.8，导轨电阻不计，匀强磁场的方向垂直于导轨平面，磁感强度B=1.0T，质量m=0.5kg、电阻r=0.2的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小为F=5.0N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，当ab棒滑行0.8m后速度不变求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）（1）金属棒匀速运动时的速度大小；（2）金属棒匀速运动时电阻R上的功率；（3）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量为多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；安培力【分析】（1）当金属棒所受的合力为零时，金属棒做匀速直线运动，根据共点力平衡，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式求出匀速运动的速度（2）通过闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而根据功率的公式求出匀速运动时电阻R上消耗的功率（3）根据能量守恒定律求出金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中整个回路产生的热量，从而得出电阻R上的产生的热量【解答】解：（1）当金属棒所受的合力为零时，有=2m/s（2）根据闭合电路欧姆定律得，金属棒匀速运动时电阻R上的功率（3）根据能量守恒定律得，答：（1）金属棒匀速运动时的速度大小为2m/s（2）金属棒匀速运动时电阻R上的功率为3.2W（3）电阻R上产生的热量为0.48J18如图，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N一质量为m的带电小球从y轴上（y0）的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t=2小球距坐标原点O的距离s为多远？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）小球进入第一象限正交的 电场和磁场后，在垂直磁场的 平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡从而判定小球的电性和电量（2）设匀速圆周运动的 速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力；小球恰能通过半圆轨道的 最高点并沿轨道运动，则应满足重力恰好提供向心力，联立即可求出P点距坐标原点O至少多高；（3）小球由O运动到N的过程中由机械能守恒，小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动根据运动的类型，写出相应的公式，就可以求解【解答】解：（1）小球进入第一象限正交的 电场和磁场后，在垂直磁场的 平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡设小球所带电荷量为q，则有：qE=mg（1）解得：（2）又电场方向竖直向上故小球带正电（2）设匀速圆周运动的 速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力得：（3）小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：（4）由（3）（4）得：r=（5）即：PO的最小距离为：y=2r=（6）（3）小球由O运动到N的 过程中设到达N点的速度为vN，由机械能守恒得：（7）由（4）（7）解得：（8）小球从N点进入电场区域后，作类平抛运动设加速度为a，则有：沿x轴方向有：x=vNt（9）沿电场方向有：（10）由牛顿第二定律得：a=（11）t时刻小球距O点为：答：（1）小球的带正电，其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少为；（3）经时间t=2小球距坐标原点O的 距离xx9月14日