2019-2020年高三物理上学期期末试卷（含解析） (V).doc

2019-2020年高三物理上学期期末试卷（含解析） (V)一单项选择题（本题共12小题每小题4分，共48分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得4分，有选错或不选的得0分）1通有方向如图所示电流I 的螺线管内外空间中，放有a、b、c三个小磁针，当三个小磁针静止时（）A a、b、c左端都为N极B b、c左端为N极，a右端为N极C a、c右端为N极，b左端为N极D a、b左端为N极，c右端为N极2如图所示，一根有质量的金属棒AC，用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流由AC，此时悬线张力不为零，欲使线张力为零必须（）A 改变电流方向，并适当增加电流强度B 不改变电流方向，适当增加电流强度C 改变磁场方向，并适当增强磁感应强度D 不改变磁场方向，适当减小磁感应强度3如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A 3.5AB AC 5AD 5A4一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的瞬时表达式为e=220sin10t （V），则下列说法中正确的是（）A 频率为10HzB 有效值为200VC 当t=（）s时，e有最大值D 当t=0时，线圈平面与磁感线方向平行5唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是（）A 该传感器是根据电流的磁效应工作的B 该传感器是根据电磁感应原理工作的C 膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D 膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势6如图所示，当可变电阻的滑片P向下滑动时（）A AB间电压不变B AB间电压减少C 通过R的电流不变D 通过R的电流减小7一个质子（11H）和一个粒子（42He）的动能相同，垂直射入同一匀强磁场后，沿圆形轨道运动，则其轨道半径之比为（）A 2：1B 1：1C 1：2D 1：48如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A 电容器中的电场强度将增大B 电容器上的电荷量将减少C 电容器的电容将减小D 液滴将向上运动9接入交流的理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3三个线圈的电流、电压、功率分别为I1、I2、I3、U1、U2、U3在下列关系中，正确的是（）U1I1=U2I2+U3I3=，=，=A 和B 和C 和D 和10有两段电阻丝是由同种材料制成的它们的质量相同，它们的长度之比L1：L2=2：3将它们并联在电路中，则通过它们的电流强度之比I1：I2为（）A 2：3B 4：9C 9：4D 3：211A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是下图中的（）A B C D 12一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）A 电压表的示数为220VB 电路中的电流方向每秒钟改变50次C 灯泡实际消耗的功率为484WD 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J二填空、实验题（本题共5小题，共20分）13如图所示，两平行金属板板间电压100V，二板相距4cm，若a、b两点间的距离为4cm，且a、b连线与电场线的夹角为60，则a、b两点的电场强度Ea=V/m，Eb=V/m，ab间电势差Uab=V，把一电荷量为+1.01015C的点电荷从a移到b，它的电势能增加J14两平行导轨水平放置相距0.4m，处在匀强磁场区域，磁场方向垂直于导轨平面竖直向上，磁感应强度B=0.8T，接在导轨间的电阻R=3.5一根金属棒ab垂直跨接在平行导轨间，电阻r=0.5现让ab以速率v=5m/s向左匀速滑行，若不计导轨的电阻，那么通过电阻R的电流大小为A，方向由至ab棒两端电压为V15如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则变化情况是a保持S闭合，将A板向B板靠近，则；b断开S，将A板向B板靠近，则16在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2）的电动势和内阻的实验中，提供的器材有：A电压表量程为3V，内阻约为5kB电压表量程为15V，内阻约为10kC电流表量程为0.6A，内阻约为0.1D电流表量程为3A，内阻约为0.01E变阻器R1为（20，3A）F变阻器R2为（500，0.2A） G开关、导线若干为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选（填A或B）；电流表应该选（填C或D）；变阻器应该选（填E或F）；实验电路图应该选图（填“甲”或“乙”）实验中得到路端电压随电流变化的图象（如图所示）由图可知，电池的电动势是V；内电阻是17图为一正在测量中的多用电表表盘（1）如果是用10档测量电阻，则读数为（2）如果是用直流10mA档测量电流，则读数为 mA（3）如果是用直流5V档测量电压，则读数为 V三计算题（本题共4小题，共32分）18一质量m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一个足够长的倾角为37的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度时间图线，如图所示（取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；（3）小物块向上运动的最大距离19在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，R1=4.0，R2=5.0，C=30F在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化求：求螺线管中产生的感应电动势；闭合S，电路中的电流稳定后，求通过电阻R1的电流的大小；闭合S后一段时间又断开，求S断开后通过R2的电量20如图所示为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，若电子束的偏转角为，求：加速电场的电势差U为多大？21如图所示平行长导轨MN、PQ（电阻不计）竖直放置，间距L=1m，导轨之间接一电阻R=3水平导线ab，电阻r=1，与导轨有良好接触（摩擦不计），导轨之间有指向纸里的匀强磁场B=0.5Tab质量m=0.025kg自静止开始下落至ab位置时ab开始做匀速运动，aa=h=2m，g=10mab匀速运动的速率ab从静止到匀速这段时间内R上产生的热量xx福建省泉州市南安二中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题（本题共12小题每小题4分，共48分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得4分，有选错或不选的得0分）1通有方向如图所示电流I 的螺线管内外空间中，放有a、b、c三个小磁针，当三个小磁针静止时（）A a、b、c左端都为N极B b、c左端为N极，a右端为N极C a、c右端为N极，b左端为N极D a、b左端为N极，c右端为N极考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：利用安培定则判断出通电螺线管周围磁场方向，注意螺线管内部和外部磁场方向不同，然后根据小磁针静止时N极所指的方向和磁感线的方向一致，从而判断出小磁针静止时方向解答：解：根据安培定则可知通电螺线管N极在左端，因此沿轴向磁场方向水平向左，小磁针N极的指向与磁场同向，故小磁针a、b左端为N极，上方磁场方向水平向右，所以小磁针c右端为N极；故D正确，ABC错误；故选：D点评：本题比较简单，考察了通电螺线管周围磁场方向，注意磁感线是闭合曲线，外部从N极到S极，内部从S极到N极2如图所示，一根有质量的金属棒AC，用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流由AC，此时悬线张力不为零，欲使线张力为零必须（）A 改变电流方向，并适当增加电流强度B 不改变电流方向，适当增加电流强度C 改变磁场方向，并适当增强磁感应强度D 不改变磁场方向，适当减小磁感应强度考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用分析：金属棒AC用软线悬挂在匀强磁场中，通入AC方向的电流时，金属棒受到向上的安培力作用，安培力大小为F=BIL此时悬线张力不为零，说明安培力小于金属棒的重力欲使悬线张力为零，应增大安培力根据安培力公式选择合适的方法解答：解：A、改变电流方向，则金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零故A错误；B、不改变电流方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零故B正确；C、欲使悬线张力为零，必须使安培力与重力等大反向，而改变磁场方向，则金属棒所受安培力方向改变，则与重力的合力不能为零，悬线张力一定不为零故C错误；D、不改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适当减小磁感强度，安培力减小，悬线张力增加，所以D错误故选：B点评：本题考查对安培力方向判断和大小分析的能力，是学习磁场部分应掌握的基本功比较简单3如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A 3.5AB AC 5AD 5A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值解答：解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：R+R=I2RT解得：I=5A故选：D点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值常见题型，要熟练掌握4一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的瞬时表达式为e=220sin10t （V），则下列说法中正确的是（）A 频率为10HzB 有效值为200VC 当t=（）s时，e有最大值D 当t=0时，线圈平面与磁感线方向平行考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等解答：解：A、产生的交变电流的瞬时表达式为：e=220sin10t （V），频率为：f=5Hz，故A错误；B、该交流电的峰值是Um=220 V，交流电的有效值是：U=110V，故B错误；C、当t=（）s时，e=220V，有最大值，故C正确；D、当t=0时，e=0，线圈平面与磁感线方向垂直，故D错误；故选：C点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义5唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是（）A 该传感器是根据电流的磁效应工作的B 该传感器是根据电磁感应原理工作的C 膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D 膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势考点：电磁感应在生活和生产中的应用分析：题中传感器是根据电磁感应原理工作的膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势解答：解；A、B当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的故A错误，B正确C、膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的故C错误D、膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电动势故D错误故选B点评：本题动圈式话筒是利用电磁感应原理将声音信号变成电信号的，考查分析电子设备工作原理的能力6如图所示，当可变电阻的滑片P向下滑动时（）A AB间电压不变B AB间电压减少C 通过R的电流不变D 通过R的电流减小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据滑片的移动可明确接入电路的电阻的变化；再根据闭合电路欧姆定律可分析电路中电流的变化；从而明确内压及路端电压的变化；再对局部电路分析即可明确流过R电流的变化解答：解：AB、当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻增大；总电阻增大，由欧姆定律可知，总电流减小；流过R1及内阻的电压减小，并联部分电压增大；故AB错误；CD、因R2不变，流过R2的电流增大，则流过R的电流减小；故C错误，D正确；故选：D点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，此类问题的解题思路为：局部整体局部；要求能灵活应用闭合电路欧姆定律的表达式，并掌握串并联电路的基本规律7一个质子（11H）和一个粒子（42He）的动能相同，垂直射入同一匀强磁场后，沿圆形轨道运动，则其轨道半径之比为（）A 2：1B 1：1C 1：2D 1：4考点：带电粒子在匀强磁场中的运动分析：粒子在磁场中做圆周圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出轨道半径之比解答：解：粒子的动量：p=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，质子（11H）和一个粒子（42He）的动能EK相同，它们的轨道半径之比：=；故选：B点评：本题考查了求粒子的轨道半径之比，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后进行比较即可解题8如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A 电容器中的电场强度将增大B 电容器上的电荷量将减少C 电容器的电容将减小D 液滴将向上运动考点：电容；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化解答：解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，则R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；B、由上分析可知，电容器两端电压减小，根据可得，电容器放充电，电荷量减小，B正确；C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，C项错误D、当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，D项错误；故选：B点评：考查电容器的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时与E=公式的理解9接入交流的理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3三个线圈的电流、电压、功率分别为I1、I2、I3、U1、U2、U3在下列关系中，正确的是（）U1I1=U2I2+U3I3=，=，=A 和B 和C 和D 和考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，当有多个副线圈时，根据输入的功率和输出的功率相等可以判断电流之间的关系解答：解：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知U1：U2=n1：n2，U2：U3=n2：n3 ，由于有多个副线圈时，此时的电流与匝数不是成反比，所以I1：I2=n2：n1I1：I3=n3：n1 不成立理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以输入的功率为I1U1，输出的功率为两个副线圈的功率的和，所以I1U1=I2U2+I3U3，则有：n1I1=n2I2+n3I3无法得出对应的表达式；故正确的有；故选：C点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，明确多个副线圈时，电流之比不再等于匝数的反比10有两段电阻丝是由同种材料制成的它们的质量相同，它们的长度之比L1：L2=2：3将它们并联在电路中，则通过它们的电流强度之比I1：I2为（）A 2：3B 4：9C 9：4D 3：2考点：电阻定律；串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：同种材料的电阻丝，它们的质量相同，那么它们的体积就是相同的，根据长度之间的关系可以得到截面积之间的关系，再根据电阻定律可以得到电阻的大小，再由欧姆定律计算电流解答：解：同种材料的电阻丝，由于它们的质量相同，所以它们的体积也是相同的，由于长度之比L1：L2=2：3，所以它们的截面积之比为s1：s2=3：2，根据电阻定律R=，可得电阻之比为=，当它们并联在电路中时，电压相同，根据欧姆定律可得，=，所以C正确故选C点评：解决本题关键是抓住导体的体积不变，当导体的长度增加的时候，导体的截面积必定要减小，此时影响导体电阻的就不只是长度的变化了，还有考虑截面积的影响11A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是下图中的（）A B C D 考点：电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）速度时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大根据这几个知识进行分析解答：解：由vt图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场线越来越密电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右故A正确，BCD错误故选：A点评：本题考查了速度时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小12一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）A 电压表的示数为220VB 电路中的电流方向每秒钟改变50次C 灯泡实际消耗的功率为484WD 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据功率的公式可以求得功率的大小，从而可求得结论解答：解：A、由图象可知，交流电的最大值为220V，则有效值为220V，电压表的示数为外电阻的电压，所以外电阻的电压为U=R=95V=209V，所以电压表的示数为209V，所以A错误；B、根据图象可知交流电的周期为2102s，所以频率为50Hz，交流电在一个周期内变化两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变100次，所以B错误；C、电路中的电流为I=A=2.2A，所以灯泡实际消耗的功率为P=I2R=（2.2）295W=459.8W，所以C错误；D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=（2.2）251J=24.2J，所以D正确故选D点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小二填空、实验题（本题共5小题，共20分）13如图所示，两平行金属板板间电压100V，二板相距4cm，若a、b两点间的距离为4cm，且a、b连线与电场线的夹角为60，则a、b两点的电场强度Ea=2500V/m，Eb=2500V/m，ab间电势差Uab=50V，把一电荷量为+1.01015C的点电荷从a移到b，它的电势能增加51014J考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：根据两极板间的距离和电势差求出板间的场强根据a、b两点沿电场线方向上的距离求出ab两点的电势差根据电场力做功与电势差的关系求出电场力做功的大小，从而得出电势能的变化解答：解：（1）板间的场强为：E=为匀强电场，故B点场强为2500V/m（2）a、b两点间的电势差为：Uab=Exabcos60=25000.040.5V=50V（3）电荷从a点到b电场力做功为：，可知电势能增加了51014J故答案为：2500，2500，50，51014点评：解决本题的关键掌握电势差与电场强度的关系，知道d表示沿电场线方向的距离，基础题14两平行导轨水平放置相距0.4m，处在匀强磁场区域，磁场方向垂直于导轨平面竖直向上，磁感应强度B=0.8T，接在导轨间的电阻R=3.5一根金属棒ab垂直跨接在平行导轨间，电阻r=0.5现让ab以速率v=5m/s向左匀速滑行，若不计导轨的电阻，那么通过电阻R的电流大小为0.4A，方向由d至cab棒两端电压为1.4V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专题：电磁感应功能问题分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流与ab两端的电压，由右手定则可以判断出电流方向解答：解：感应电动势：E=BLv=0.80.45=1.6V，电流：I=0.4A，ab棒两端电压：U=IR=0.43.5=1.4V，由右手定则可知，通过R的电流从d流向c；故答案为：0.4；d；c；1.4点评：本题是电磁感应与电路相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、右手定则可以解题，本题是一道基础题15如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则变化情况是a保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大；b断开S，将A板向B板靠近，则不变考点：电容器的动态分析分析：小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变解答：解：保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大开关S断开，电容器的带电量不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电容器电容增大，根据知场强不变，电场力不变，不变故答案为：增大，不变点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变16在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2）的电动势和内阻的实验中，提供的器材有：A电压表量程为3V，内阻约为5kB电压表量程为15V，内阻约为10kC电流表量程为0.6A，内阻约为0.1D电流表量程为3A，内阻约为0.01E变阻器R1为（20，3A）F变阻器R2为（500，0.2A） G开关、导线若干为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选A（填A或B）；电流表应该选D（填C或D）；变阻器应该选E（填E或F）；实验电路图应该选乙图（填“甲”或“乙”）实验中得到路端电压随电流变化的图象（如图所示）由图可知，电池的电动势是1.50V；内电阻是2.5考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：关键是根据温度对电池内阻的影响可知，通过电池的电流不能过大，通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；根据待测电池内阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法（相对应电池来说）；根据据闭合电路欧姆定律写出U于I的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解解答：解：电源的电动势为1.5V，故电压表只能选用3V的电压表；由于电压较小，产生的电流较小，由图中数据可知，小于0.6A；故电流表选择小量程的C；根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻为：=，所以变阻器应选E；由于待测电池的内阻远小于电压表内阻，所以对待测来说电流表应用外接法，即电路图应选乙图；闭合电路欧姆定律应有：E=U+Ir，变形为：U=rI+E根据得出UI图象可知，根据根据函数斜率和截距的概念应有：E=1.50V，r=2.5；故答案为：A，D，E，乙；1.50，2.5点评：本题应明确：测定待测电动势和内阻要求通过电池的电流不能过大，一般选择0.6A的量程；对测定待测内阻的实验，选择电流表内外接法的方法与伏安法测电阻的选择方法相同，注意研究对象的不同；涉及到根据图象求解的问题，首先应根据需要的物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解17图为一正在测量中的多用电表表盘（1）如果是用10档测量电阻，则读数为60（2）如果是用直流10mA档测量电流，则读数为7.18 mA（3）如果是用直流5V档测量电压，则读数为3.59 V考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据不同的档位选择相应的表盘进行读数即可要注意估读问题解答：解：欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为610=60；电流档取10mA，故测量时应读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.90.1V=3.59V故答案为：（1）60 （2）7.18 （3）3.59点评：本题考查基本仪器、仪表的读数能力仪器、仪表的读数是准确值加估计值，在仪器、仪表的读数中不可靠数字只保留一位，仪器或仪表中不可靠数字出现在哪一位，读数就读到哪一位三计算题（本题共4小题，共32分）18一质量m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一个足够长的倾角为37的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度时间图线，如图所示（取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；（3）小物块向上运动的最大距离考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据图线的斜率求出加速度的大小（2）根据牛顿第二定律求出小物块与斜面间的动摩擦因数（3）通过速度位移公式求出小物块向上运动的最大距离解答：解：（1）由图象可知，（2）分析小物块的受力情况，根据牛顿第二定律，有mgsin37+mgcos37=ma 代入数据解得=0.25 （3）由匀变速直线运动的规律，有解得S=4m 答：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25（3）小物块向上运动的最大距离为4m点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁19在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，R1=4.0，R2=5.0，C=30F在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化求：求螺线管中产生的感应电动势；闭合S，电路中的电流稳定后，求通过电阻R1的电流的大小；闭合S后一段时间又断开，求S断开后通过R2的电量考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；（2）根据全电路欧姆定律，即可求解；（3）根据部分电路欧姆定律，结合电量表达式，即可求解解答：解：（1）根据法拉第电磁感应律有：E=ns解得：E=150020104V=1.2V（2）根据全电路欧姆定律：I=A=0.12A；（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压为：U=IR2=0.125=0.6V流经R2的电量我：Q=CU=1.8105C答：（1）螺线管中产生的感应电动势1.2V；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，通过电阻R1的电流的大小0.12A；（3）S断开后，流经R2的电量1.8105C点评：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律的应用，掌握功率与电量表达式，注意单位的换算与正确的运算20如图所示为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，若电子束的偏转角为，求：加速电场的电势差U为多大？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：电子在电场中加速后根据动能定理列式；电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，先根据几何关系求出半径，然后根据牛顿第二定律列式；最后联立求解解答：解：设电子被加速电场加速后速度为v，其运动轨迹如图所示据动能定理有 eU=mv2设粒子垂直进入匀强磁场后做半径为R的匀速圆周运动据牛顿第二定律有 evB=m据几何关系有 sin=由以上各式解得 U=答：加速电场的电势差U为点评：本题关键明确电子的运动规律，然后根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系列式求解21如图所示平行长导轨MN、PQ（电阻不计）竖直放置，间距L=1m，导轨之间接一电阻R=3水平导线ab，电阻r=1，与导轨有良好接触（摩擦不计），导轨之间有指向纸里的匀强磁场B=0.5Tab质量m=0.025kg自静止开始下落至ab位置时ab开始做匀速运动，aa=h=2m，g=10mab匀速运动的速率ab从静止到匀速这段时间内R上产生的热量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：由安培力公式求出安培力，然后又平衡条件求出导线的速度；由能量守恒定律可以求出R产生的焦耳热解答：解：ab受到的安培力：F=BIL=，由平衡条件得：=mg，代入数据解得：v=4m/s；由能量守恒定律得：mgh=Q+mv2，R上产生的热量：QR=Q，代入数据解得：QR=0.225J；答：ab匀速运动的速率为4m/sab从静止到匀速这段时间内R上产生的热量为0.225J点评：本题是电磁感应与力学相结合的综合题，分析清楚导线的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、能量守恒定律可以解题