1、2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）11月考物理试卷一、选择题（本题包括10小题，共40分1-6单选，7-10多选）1在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A则以下判断中正确的是（）A电动机的输出功率为14WB电动机两端的电压为7.0VC电动机产生的热功率4.0WD电源输出的电功率为24W2如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如
2、图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz3如图甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，则以下的it图象中正确的是（）ABCD4如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向纸外，原点O处有一离子源，在Oxy平面
3、内沿各个方向射出动量相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用下图四个半圆中的一个来表示，其中正确的是（）ABCD5如图所示，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D1、D2、D3为三个完全相同的灯泡，E为内阻不计的电源，在t=0时刻闭合开关S，当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2，当时刻为t1时断开开关S，若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，则下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是（）ABCD6如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，原线圈接U=
4、220sin100t（V）的交流电则（）A交流电的频率为100HzB通过R1的电流为2AC通过R2的电流为AD变压器的输入功率为200W7一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示在图所示的几种情况中，可能出现的是（）ABCD8如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，在先后两种情况下（）A线圈中的感应电流之比I1：I2=2：1B线圈中的感应电流之比I1：I2=1：2C线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=4：1D通过线圈某截面的电荷
5、量之比q1：q2=1：19如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B=1.0T，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=5、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直若小车运动的速度v随位移x变化的vx图象如图乙所示，则根据以上信息可知（） A小车的水平长度l=10 cmB磁场的宽度d=35 cmC小车的位移x=10 cm时线圈中的电流I=7 AD线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92 J10如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足
6、够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）ABCD二、实验题：（每空2分，共16分）11螺旋测微器是测量长度的较精密仪器，它的精密螺纹的螺距通常为0.5mm，旋钮上的可动刻度分成50等份，则使用螺旋测微器测量长度时可准确到mm一位同学用此螺旋测微器测量金属导线的直径时，示数如图所示，则该导线的直径为mm12新式游标卡尺的刻线看起来很
7、“稀疏”，使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度、50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份，以“39mm等分成20份”的新式游标卡尺为例，如图所示（1）它的准确度是mm；（2）用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是cm13如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成30角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为1
8、4如图（a）是“测量电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，为了较精确地测量一节新干电池的内阻，加接一定值电阻，实验电路原理图如图（b）可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5），滑动变阻器R1（010），滑动变阻器R2（0200），开关S（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填R1或 R2）（2）用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流
9、表和电压表的读数，在给出的UI坐标系中画出UI 图线如图（d）所示，则新干电池的电动势E=v（保留三位有效数字），内阻r=（保留两位有效数字）三、计算题：（请写出解题过程及必要的文字说明，共39分）15如图所示，MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距L为1m，电阻不计导轨所在的平面与磁感应强度B为1T的匀强磁场垂直质量m=0.2kg、电阻r=1的金属杆ab始终垂直于导轨并与其保持光滑接触，导轨的上端有阻值为R=3的灯泡金属杆从静止下落，当下落高度为h=4m后灯泡保持正常发光重力加速度为g=10m/s2求：（1）灯泡的额定功率；（2）金属杆从静止下落4m的过程中通过灯泡的电荷量；（3）金
10、属杆从静止下落4m的过程中灯泡所消耗的电能16如图所示，电源电动势E=2V，r=0.5，竖直光滑导轨宽L=0.2m，导轨电阻不计另有一金属棒ab，质量m=0.1kg，电阻R=0.5，金属棒靠在导轨的外面为使金属棒静止不下滑，施加一个与纸面夹角为30且方向向里的匀强磁场，g取10m/s2求：（1）磁场的方向；（2）磁感应强度B的大小17如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的
11、b棒恰好静止当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计求：（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比；（2）a棒质量ma；（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F18如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点水平线QC以下是向左的匀强电场，区域（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B
12、0；区域（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域内大小相等、方向相反带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N，经区域再从P点垂直AQ射入区域（粒子重力忽略不计）（1）求该粒子的比荷；（2）求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；（3）若区域和区域内磁场的磁感应强度大小为3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至O点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包
13、括10小题，共40分1-6单选，7-10多选）1在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A则以下判断中正确的是（）A电动机的输出功率为14WB电动机两端的电压为7.0VC电动机产生的热功率4.0WD电源输出的电功率为24W【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发
14、热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=EU内=12IrIR0=122121.5=7V，所以B正确；A、C，电动机的总功率为P总=UI=72=14W，电动机的发热功率为P热=I2R=220.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W2W=12W，所以A、C错误；D、电源的输出的功率为P输出=EII2R=122221=20W，所以D错误故选：B【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的2如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电
15、表均为理想的交流电表，定值电阻R=10，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz【考点】变压器的构造和原理【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，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2102s，所以交流电的频率为f=50Hz，A、交
16、流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为22V，故A正确；B、电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为I=A=2.2A，故B错误C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C错误；D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故D错误；故选：A【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题3如图甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示以i表示线圈中的感应电流
17、，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，则以下的it图象中正确的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与图像结合【分析】由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象【解答】解：感应定律和欧姆定律得I=，线圈的面积S和电阻R都是定值，则线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比由图乙可知，01时间内，B均匀增大，增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则
18、判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值由于不变，所以可判断01为负的恒值；同理可知12为正的恒值；23为零；34为负的恒值；45为零；56为正的恒值故选A【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果4如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向纸外，原点O处有一离子源，在Oxy平面内沿各个方向射出动量相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用下图四个半圆中的一个来表示，其中正确的是（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【
19、专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径公式为r=，由题，离子的速率、电荷量相同，则知圆周运动的半径相同，由左手定则分析离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子可确定其做圆弧运动的圆心轨迹【解答】解：由r=知，在磁场中做匀速圆周运动的所有粒子半径相同由左手定则，分别研究离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子，其分别在y轴负方向上、x轴负方向上和y轴正方向上，则知其做圆弧运动的圆心轨迹为C故C正确故选C【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中半径和左手定则的综合应用，采用特殊位置法验证轨迹的正确5如图所示，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D1
20、、D2、D3为三个完全相同的灯泡，E为内阻不计的电源，在t=0时刻闭合开关S，当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2，当时刻为t1时断开开关S，若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，则下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是（）ABCD【考点】感抗和容抗【专题】交流电专题【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流I1增大，断开电键，D1、D2、L构成一回路，电感阻碍电流I1减小，流过D1的电流也通过D2【解答】解：电键闭合时，电感阻碍电流I1增大，所以I1慢慢增大最后稳定，断开电键，电感阻碍电流I1减小，所以I1慢慢减小到0，电流的方向未发生改
21、变故A、B错误 电键闭合时，电感阻碍电流I1增大，I1慢慢增大，则I2慢慢减小，最后稳定；断开电键，原来通过D2的电流立即消失，但D1、D2、L构成一回路，通过D1的电流也通过D2，所以I2慢慢减小，但电流的方向与断开前相反故C错误，D正确故选D【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小6如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，原线圈接U=220sin100t（V）的交流电则（）A交流电的频率为100HzB通过R1的电流为2AC通过R2的电流为AD变压器的输入功率为200W【
22、考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：A、原线圈接U=220sin100t（V）的交流电所以T=0.02s交流电的频率f=50Hz，故A错误；B、由原线圈接U=220sin100t（V）交流电，有效值是220V，原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为U2=220V=50V，通过R1的电流I1=2A，故B错误；C、副线圈的电阻1消耗的功率P=100W由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2电压只有正向电压
23、则电阻2消耗的功率为P=50W，所以副线圈的输出功率应为150W，输出功率等于输入功率，所以变压器的输入功率为150W由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2通过的电流I=A，故C正确，D错误；故选：C【点评】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解7一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示在图所示的几种情况中，可能出现的是（）ABCD【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【专题】带电粒子在磁场中的运动专题
24、【分析】带电粒子垂直电场射入，在电场力作用下做类平抛运动，然后垂直进入匀强磁场在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动【解答】解：A、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上故A正确；B、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带负电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故B错误；C、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故C错误；D、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向上，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向
25、上，故D正确；故选：AD【点评】左手定则是判定磁场、电荷运动速度及洛伦兹力三者方向之间的关系但电荷有正负之分，所以若是正电荷，则四指所指的方向为正电荷的运动方向，大拇指方向为洛伦兹力的方向；若是负电荷，四指所指方向为负电荷的运动方向，大拇指反方向为洛伦兹力的方向8如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，在先后两种情况下（）A线圈中的感应电流之比I1：I2=2：1B线圈中的感应电流之比I1：I2=1：2C线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=4：1D通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律
26、【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比【解答】解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=，则感应电流之比为2：1故A正确，B错误 C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1故C错误 D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1故D正确故选：AD【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=，9如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场
27、的磁感应强度B=1.0T，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=5、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直若小车运动的速度v随位移x变化的vx图象如图乙所示，则根据以上信息可知（） A小车的水平长度l=10 cmB磁场的宽度d=35 cmC小车的位移x=10 cm时线圈中的电流I=7 AD线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92 J【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】闭合线圈在进入
28、和离开磁场时，磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用；线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动；结合乙图可以知道，05cm是进入之前的过程，515cm是进入的过程，1530cm是完全在磁场中运动的过程，3040cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程；线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过动能定理去求解【解答】解：A、闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度L=10cm，故A正确；B、磁场的宽度等于线圈
29、刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，515cm是进入的过程，1530cm是完全在磁场中运动的过程，3040cm是离开磁场的过程，所以d=30cm5cm=25cm，故B错误；C、位移x=10 cm时线圈的速度为7m/s，线圈进入磁场过程中，根据I=n=，故C正确；D、线圈通过磁场过程中运用动能定理得：（M+m）v22（M+m）v12=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=3m/s，带入数据得：W安=5.46J，所以克服安培力做功为1.82J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5.46J，故D错误故选：AC【点评】闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会
30、受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解10如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）ABCD【考点】电磁感应中的能量转化【专题】压轴题【分析】未进
31、入磁场时，c、d做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同c、d都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为gc出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d做匀减速直线运动根据动能与高度的关系选择动能图象【解答】解：A、B，设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x则 由于h=，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导
32、轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确； C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下 落高度的增加而均 匀增大，故C错误，D正确故选：BD【点评】本题关键在于分析两导体的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况二、实验题：（每空2分，共16分）11螺旋测微器是测量长度的较精密仪器，它的精密螺纹的螺距通常为0.5mm，旋钮上的可动刻度分成50等份，则使用螺旋测微器测量
33、长度时可准确到0.01mm一位同学用此螺旋测微器测量金属导线的直径时，示数如图所示，则该导线的直径为1.470mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【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，注意其精度是0.01mm【解答】解：旋钮每转一周，测微螺杆就前进或后退0.5mm，由于可动刻度等分为50等分，因此其精确度为：；螺旋测微器的固定刻度读数为1.0mm，可动刻度读数为0.0147.0mm=0.470mm，所以最终读数为：1.0mm+0.470mm=1.470mm故答案为：0.01；1.470【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺
34、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12新式游标卡尺的刻线看起来很“稀疏”，使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度、50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份，以“39mm等分成20份”的新式游标卡尺为例，如图所示（1）它的准确度是0.05mm；（2）用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是3.030cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个
35、分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，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：新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，它的测量精确度是：0.05mm，用它测得物体厚度为：30mm+0.05mm6=30.30mm=3.030cm故答案为：（1）0.05（2）3.030【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，用主尺读数加上游标读数，不需估读13如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成30
36、角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有效的切割长度，求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电流【解答】解：金属棒有效的切割长度为 金属棒中产生的感应电动势为：E=BLv=Bv=2Bdv通过R的电流为：I=故答案为：【点评】本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d，感应电动势为E=Bdv，得到电流I=14如图（a）是“测量电池的电动
37、势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，为了较精确地测量一节新干电池的内阻，加接一定值电阻，实验电路原理图如图（b）可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5），滑动变阻器R1（010），滑动变阻器R2（0200），开关S（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1（填R1或 R2）（2）用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的
38、UI坐标系中画出UI 图线如图（d）所示，则新干电池的电动势E=1.50v（保留三位有效数字），内阻r=0.29（保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；题（1）的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；题（2）的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解【解答】解：根据U=EIr可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用
39、一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；（1电流表的量程=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为： =，所以变阻器应选；（2）根据原理图可知实物图如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+），整理可得：U=（r+）I+E，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E=1.50V；根据函数斜率的概念应有：r+=，解得r=0.29；故答案为：（1）（2）如图（3）1.50 0.29【点评】本题应明确：测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；通过电流表的最
40、小电流应为电流表量程的；遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律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三、计算题：（请写出解题过程及必要的文字说明，共39分）15如图所示，MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距L为1m，电阻不计导轨所在的平面与磁感应强度B为1T的匀强磁场垂直质量m=0.2kg、电阻r=1的金属杆ab始终垂直于导轨并与其保持光滑接触，导轨的上端有阻值为R=3的灯泡金属杆从静止下落，当下落高度为h=4m后灯泡保持正常发光重力加速度为g=10m/s2求：（1）灯泡的额定功率；（2）金属杆从静止下落4m的过程中通过灯泡的电荷量；（3）金属杆从静止
41、下落4m的过程中灯泡所消耗的电能【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）灯泡保持正常发光时，金属杆做匀速运动，重力与安培力二力平衡，列出平衡方程，可得到灯泡的额定电流，即可求得其额定功率（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量的公式结合求解电量（3）根据能量守恒定律求解灯泡所消耗的电能【解答】解：（1）灯泡保持正常发光时，金属杆做匀速运动 mg=BIL 得灯泡正常发光时的电流 I=A=2A 则额定功率P=I2R=223W=12 W （2）平均电动势=，平均电流 =则电荷量q=t=C=1 C （3）E=I（R+r）=BLv 得金属杆匀速时的速
42、度为v=8 m/s 由能量守恒有：mgh=mv2+W电得回路中消耗的总的电能W电=1.6 J 则灯泡所消耗的电能WR=W电=1.6J=1.2 J 答：（1）灯泡的额定功率是12W；（2）金属杆从静止下落4m的过程中通过灯泡的电荷量是1C；（3）金属杆从静止下落4m的过程中灯泡所消耗的电能是1.2J【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力；另一条是能量，分析能量如何转化是关键本题要抓住杆ab达到稳定状态时速率v匀速下滑时，电功率等于重力的功率16如图所示，电源电动势E=2V，r=0.5，竖直光滑导轨宽L=0.2m，导轨电阻不计另有一金属棒ab，质量m=0.1k
43、g，电阻R=0.5，金属棒靠在导轨的外面为使金属棒静止不下滑，施加一个与纸面夹角为30且方向向里的匀强磁场，g取10m/s2求：（1）磁场的方向；（2）磁感应强度B的大小【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】导体棒受重力、轨道的弹力、安培力和摩擦力处于平衡，根据受力平衡，判断出安培力的方向，从而得出磁感应强度的方向摩擦力的方向可能向上，也有可能向下，根据共点力平衡求出安培力的大小，从而得出B的大小【解答】解：（1）以静止的金属棒为研究对象，受力分析可知，要使金属棒静止，通电金属棒所受安培力一定要有向左的分量，由左手定则判定磁场方向应斜向下（2）受力分析根据共点力平衡可得解得B=5T答
44、：（1）磁场的方向斜向下；（2）磁感应强度B的大小为5T【点评】解决本题的关键会将立体图转换为平面图，利用共点力平衡求出安培力，从而得出磁感应强度17如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动已知
45、a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计求：（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比；（2）a棒质量ma；（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）a棒相当于电源，b棒与R并联，由串并联电路的电流规律可得出两电阻中电流之比；（2）对b棒由受力平衡可求得Ib，由（1）可求得Ia；因a棒离开磁场后机械能守恒，故返回磁场时的速度相等，则由返回磁场时做匀速运动可由受力平衡得出a的速度，联立各式可得出
46、a的质量；（3）已知Ib，则由安培力公式可求得b受到的安培力F，再由平衡条件求拉力F【解答】解：（1）a棒沿导轨向上运动时，a棒、b棒及电阻R中的电流强度分别为Ia、Ib、IR，有 IRR=IbR Ia=IR+Ib 由解得 = （2）由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即 v1=v2=v 设磁场的磁感应强度为B，导体棒长为La棒在磁场中运动时产生的感应电动势为E=BLv 当a棒沿斜面向上运动时 Ib= b棒静止，有 BIbL=mgsin 向下匀速运动时，a棒中的电流为Ia，则 Ia= BIaL=magsin 由解得
47、 ma=m（3）由题知导体棒a沿斜面向上运动时，所受拉力F=BIaL+magsin 联立以上各式解得F=mgsin 答：（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比是2：1；（2）a棒质量ma是m（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F是mgsin【点评】电磁感应常常与能量及受力结合，在分析此类问题时要注意物体的运动状态，从而灵活地选择物理规律求解18如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点水平线QC以下是向左的匀强电场，区域（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域（三角形APD）
48、内的磁场方向垂直纸面向里，区域（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域内大小相等、方向相反带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N，经区域再从P点垂直AQ射入区域（粒子重力忽略不计）（1）求该粒子的比荷；（2）求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；（3）若区域和区域内磁场的磁感应强度大小为3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至O点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t【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【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）粒子在区域内
49、做匀速圆周运动，圆心为Q点，故半径等于QN，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；（2）粒子从O到N与从N到O是逆过程，N到O做类平抛运动；故O到N的竖直分运动是匀速直线运动，水平分运动是匀加速直线运动，根据分位移公式列式求解即可；（3）画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系，求出时间【解答】解：（1）由题意可知，粒子在区域内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L；由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=m解得：；（2）粒子从O点到N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，则：t1=水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，则：L=由牛顿第二
50、定律得：QE=ma解得：E=2B0v0；（3）带电粒子在区域和区域内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：r2=粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示：在区域中匀速圆周运动周期：T1=；在区域中运动的时间：t2=2=；在区域和区域中匀速圆周运动周期：T2=；在区域和区域中运动时间：t2=；所以t=t2+t3=；答：（1）该粒子的比荷为；（2）该粒子从O点运动到N点的时间为，匀强电场的电场强度E为2B0v0；（3）粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t为【点评】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，综合性较强磁场中圆周运动要画轨迹分析运动过程，探索规律，寻找半径与三角形边的关系是关键
