1、江苏省淮安市淮阴中学2015-2016学年高二（上）第二次月考物理试卷一、单选选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示的是磁感应强度B、正电荷速度v和磁场对电荷的作用力F三者方向的相互关系图（其中B垂直于F与v决定的平面，B、F、v两两垂直）其中正确的是（）ABCD2如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L则进入磁场过程中，电流最大的回路是（）A甲B乙C丙D丁3一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B
2、2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是（电流以逆时针方向为正）（）ABCD4如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计下列说法正确的是（）AS闭合瞬间，A先亮BS闭合瞬间，A、B同时亮CS断开瞬间，B逐渐熄灭DS断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭5一个回旋加速器，保持外加磁场的磁感应强度不变，对质子（H）加速时，可把质子的速度加到最大为v1，所用电场频率为f1；对粒子（He）加速时，可把粒子的速度加速到最大为v2，所用电场频率为f2，在
3、不考虑相对论效应的情况下有（）Av1=2v2，f1=2f2BCD6如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A摩擦力大小不变，方向向右B摩擦力变大，方向向右C摩擦力变大，方向向左D摩擦力变小，方向向左二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，如果将A线圈插入B线圈后保持不动，闭合
4、电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，下列情况下电流计指针偏转情况是（）A保持电键闭合状态，指针一直偏在零点右侧B保持电键闭合状态，滑动变阻器触头迅速向左滑动时，指针向右偏转一下C保持电键闭合状态，将A线圈迅速从B线圈中拔出时，指针向左偏转一下D将电键断开的瞬间，指针向左偏转一下8已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示的电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则（）A电灯L变亮B电灯L变暗C电流表的示数减小D电流表的示数增
5、大9如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，两个相同的带电粒子先后沿AB方向从A点射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A从P点射出的粒子速度大B从Q点射出的粒子速度大C从P点射出的粒子，在磁场中运动的时间长D两粒子在磁场中运动时间一样长10如图1所示，在竖直方向分布均匀的磁场最终水平放置一个金属环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示（其中在45s的时间呈直线）已知在第1s内感应电流i沿顺时针方向，则（）A在05s的时间段，感应电流先逐渐增大再逐渐减小B感应电流的方向，在02s时间段顺时针，在25s时间段逆时针C磁场的方向，在
6、04s时间段竖直向上，在45s时间段竖直向下D在05s的时间段，线圈最大发热功率为5.0104W11某空间存在着如图所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是（）A图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系D图乙可以反映B的加速度随时间t变化的关系三、实验题：本题共3小题，共26分，请把答
7、案填在答卷纸上相应的位置12如图所示，游标卡尺的示数为cm；螺旋测微器的示数为mm13为了较为精确测量某一定值电阻的阻值，兴趣小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量现准备了以下器材：A多用电表 B电压表V1，量程6V，内阻约10kC电压表V2，量程15V，内阻约20k D电流表A1，量程O.6A，内阻约0.2E电流表A2，量程3A，内阻约O.02 F电源：电动势E=9VG滑动变阻器R1，最大阻值10，额定电流2AH导线、电键若干（1）在用多用电表粗测时，该兴趣小组首先选用“10”欧姆挡，此时欧姆表的指针位置如图甲所示，为了减小误差，多用电表的选择开关应换用欧姆挡；按操作规程再次测量该待测
8、电阻的阻值，此时欧姆表的指针位置如图乙所示，其读数是（2）在用伏安法精确测量时，要求待测电阻的电压从0开始连续调节，则要完成测量，应选择的器材是 （填器材前面的字母代号），并在方框内画出实验电路图14要测量某电源的电动势E及内阻r（E约为6V，r约为1.5）器材有量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A，固定电阻R=8.5，滑动变阻器R（010），开关S，导线若干（1）请根据所给的测量电路图，用笔画线代替导线来完成实物连接图（2）实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则可以求出E=，r=（用I1，I2，U1，U2及R表示）（3）该实验的系统误差
9、主要是由引起的由于系统误差，内电阻的测量值r测真实值r真（选填“小于”、“等于”或“大于”）（4）误差有系统误差和偶然误差两种，利用画UI图线求点董事和内电阻的优点在于可以尽量减小误差（选填“系统”或“偶然”）四、计算或论述题：本题共4小题，共56分，解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁
10、场时：求：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件16如图所示的空间分为、三个区域，各边界面相互平行，区域存在匀强电场，电场强度E=1.0104V/m，方向垂直边界面向右，、区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1=2B2=2.0T三个区域宽度分别为d1=5.0m、d2=2.5m，d3=5.0m，一质量m=1.6109kg、电荷量q=+1.6106C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计求：（1）粒子离开区域时的速度大小v；（2）粒子在区域内运动时间t；（3
11、）粒子离开区域时速度与边界面的夹角17（附加题）如图甲所示，一边长L=2.5m、质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5s线框被拉出磁场测得金属线框中的电流随时间变化的图象如乙图所示，在金属线框被拉出的过程中（1）求通过线框导线截面的电量及线框的电阻；（2）写出水平力F随时间变化的表达式；（3）已知在这5s内力F做功1.92J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？18如图所示两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L，导轨平面与水平面成角
12、，质量均为m、阻值均为R的金属棒a、b紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为Ba棒固定，b棒由静止释放，直至b棒刚好匀速时，a、b棒间距离为x，棒与导轨始终垂直并保持良好的接触，重力加速度为g求：（1）最终b棒的运动速度；（2）此过程中a棒产生的热量Q1；（3）若a棒不再固定，在释放b棒的同时，给a棒施加一平行于导轨向上的恒力F=2mgsin，当b棒刚好匀速时，a、b棒间的距离为x0，求此过程中a棒产生的热量Q22015-2016学年江苏省淮安市淮阴中学高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单选选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，
13、每小题只有一个选项符合题意1如图所示的是磁感应强度B、正电荷速度v和磁场对电荷的作用力F三者方向的相互关系图（其中B垂直于F与v决定的平面，B、F、v两两垂直）其中正确的是（）ABCD【考点】洛仑兹力【分析】根据左手定则知，大拇指所指的方向为洛伦兹力的方向，与四指方向（即粒子的速度方向）垂直，与磁场方向垂直【解答】解：A、根据左手定则，正电荷向右运动时，受到的洛伦兹力的方向向下故A错误；B、根据左手定则，正电荷在向外的磁场中向上运动时，受到的洛伦兹力的方向向右故B错误；C、根据左手定则，正电荷在向上的磁场中向里运动时，受到的洛伦兹力的方向向右，故C错误；D、根据左手定则，正电荷在向右的磁场中向
14、下运动时，受到的洛伦兹力的方向向外故D正确故选：D【点评】解决本题的关键掌握左手定则，会通过左手定则判断磁场方向、速度方向和洛伦兹力方向的关系2如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L则进入磁场过程中，电流最大的回路是（）A甲B乙C丙D丁【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律得到感应电流的表达式，即可比较其大小【解答】解：设导线长度为L时电阻为R甲图中，感应电动势为E甲=BLv，线框的电阻为4R，
15、则感应电流为：I甲=；乙图中，感应电动势为E乙=BLv，线框的电阻为6R，则感应电流为：I乙=；丙图中，感应电动势为E丙=2BLv，线框的电阻为6R，则感应电流为：I丙=；丁图中，感应电动势为E丁=2BLv，线框的电阻为8R，则感应电流为：I甲=；所以丙中感应电流最大故C正确故选：C【点评】本题关键掌握感应电动势和闭合电路欧姆定律，要注意各个电路中电流与电阻也有关系，不能只考虑电动势，而忘记了电阻关系3一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示
16、图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是（电流以逆时针方向为正）（）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；右手定则【专题】电磁感应与图像结合【分析】由E=BLV可知线圈在磁场中的感应电动势的大小，由右手定则可得出电流的方向；再由欧姆定律即可得出电流的大小及方向变化【解答】解：线圈进入B1时，右边切割磁感线产生感应电动势E=B1Lv，由右手定则可得出电流方向沿逆时针，故电流为正；当线圈全部进入时，磁通量不再发生变化，故线圈中没有电流；当右边进入B2时，两端同时切割磁感线，左边产生的感应电动势为B1Lv，右边产生的电动势为B2Lv，因两电动势方向相反，故总电动
17、势为B1LvB2Lv=B2Lv；方向沿逆时针；当线圈离开磁场区域时，只有左边切割B2，电动势为B2Lv，方向为顺时针；故只有C正确；故选C【点评】本题中因无法确定磁场宽度及线圈的宽度，故只能得出大致的电流时间图象4如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计下列说法正确的是（）AS闭合瞬间，A先亮BS闭合瞬间，A、B同时亮CS断开瞬间，B逐渐熄灭DS断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通【解答】解：AB、闭合瞬间线圈相当于断路，二
18、极管为反向电流，故电流不走A灯泡，B也不亮，故A错误，B错误CD、开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确故选：D【点评】该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通5一个回旋加速器，保持外加磁场的磁感应强度不变，对质子（H）加速时，可把质子的速度加到最大为v1，所用电场频率为f1；对粒子（He）加速时，可把粒子的速度加速到最大为v2，所用电场频率为f2，在不考虑相对论效应的情况下有（）Av1=2v2，f1=2f2BCD【考点】质谱仪和回旋加
19、速器的工作原理【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】在回旋加速器中，加速电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，通过洛伦兹力提供向心力得出最大速率与D形盒半径的关系，从而进行判断【解答】解：带电粒子在磁场中的运动周期为：T=，则有：f=，因为加速电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，质子（H），而粒子（He）；那么质子在磁场中运动的周期是粒子的，则加速电场的变化频率是粒子2倍，即为f1=2f2根据qvB=m，R为D形盒的半径，最大速率为v=，质子与粒子比荷之比2：1，则质子的最大速率是粒子2倍，即v1=2v2故A正确，BCD错误故选：A【点评】考查粒子在磁场中
20、周期与半径公式，掌握质子与粒子的比荷之比，同时解决本题的关键知道回旋加速器中，加速电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等6如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A摩擦力大小不变，方向向右B摩擦力变大，方向向右C摩擦力变大，方向向左D摩擦力变小，方向向左【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定的电流，安培
21、力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可判断摩擦力的变化【解答】解：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流I也恒定不变，ab棒所受的安培力：F=BIL，可知安培力F均匀增大；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定则，ab棒上的安培力的方向左下方，如图（从前向后看）水平方向的分量：Fx=BILsin磁场均匀增加，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，在水平方向上静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，即f=Fx，所以静摩擦力的方向是水平向右故B正确，ACD均错误，金属棒ab始终保持静止，则摩
22、擦力也均匀增大故选：B【点评】本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，如果将A线圈插入B线圈后保持不动，闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，下列情况下电流计指针偏转情况是（）A保持电键闭合状态，指针一直偏在零点右侧B保持电键闭合状态，滑动变阻器触头迅速向左滑动时，指针向右偏转一下C保持电键闭合状态，将A线圈迅速从B线圈中拔出时，指针向左偏转一下D将电键断开
23、的瞬间，指针向左偏转一下【考点】研究电磁感应现象【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】电源与线圈构成一回路，而另一线圈与检流表又构成一个回路当上方线圈中的磁通量发生变化时，导致下方线圈的磁通量也跟着变化，从而出现感应电流【解答】解：当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下A、保持电建闭合状态时，则线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流，则指针一直在零点，故A错误；B、当滑动变阻器触头迅速向左滑动时，电阻增大，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下故B错误；C、当将原线圈迅速拔出副线圈时，则线圈的磁
24、通量也是从有到无，则电流计指针向左偏转一下，故C正确；D、将电键断开的瞬间，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下，故D正确；故选：CD【点评】由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化8已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示的电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则（）A电灯L变亮B电灯L变暗C电流表的示数减小D电流表的示数增大【考点】闭
25、合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则总电流变小，根据闭合电路欧姆定律即可分析【解答】解：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则电路的总电阻变大，根据I=可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U=EIr，可知I减小，U增大，所以灯泡两段的电压增大，所以电灯L变亮，故AC正确，BD错误故选AC【点评】本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可，难度不大，属于基础题9如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，两个相同的带电粒子先后沿AB方向从A点射入磁
26、场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A从P点射出的粒子速度大B从Q点射出的粒子速度大C从P点射出的粒子，在磁场中运动的时间长D两粒子在磁场中运动时间一样长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由题分析可知，从P点射出的粒子半径比从Q点射出的粒子半径小，根据牛顿第二定律得到半径与速度的关系，分析速度的大小根据轨迹的圆心角大小，确定粒子在磁场中运动时间的长短【解答】解：A、B设粒子的质量、电量分别为m、q，速度大小为v，磁感应强度为B，轨迹半径为R，则由牛顿第二定律得：qvB=m解得：R=，R与速度v成
27、正比由题分析可知，从P点射出的粒子半径比从Q点射出的粒子半径小，则从Q点射出的粒子速度大故A错误，B正确C、D根据几何知识画出轨迹，得到两个轨迹的圆心角AO1P=AO2Q，设为，粒子在磁场中运动时间t=T，T相同，则两粒子在磁场中运动是时间一样长故C错误，D正确故选：BD【点评】本题考查分析和处理粒子在有界磁场中圆周运动问题的能力难点在于运用几何知识确定两粒子的圆心角相同10如图1所示，在竖直方向分布均匀的磁场最终水平放置一个金属环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示（其中在45s的时间呈直线）已知在第1s内感应电流i沿顺时针方向，则（）A
28、在05s的时间段，感应电流先逐渐增大再逐渐减小B感应电流的方向，在02s时间段顺时针，在25s时间段逆时针C磁场的方向，在04s时间段竖直向上，在45s时间段竖直向下D在05s的时间段，线圈最大发热功率为5.0104W【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，通过法拉第电磁感应定律E=nS求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得，I=n，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I=A=0.05A，则在
29、05s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变故A错误B、根据楞次定律知，在02s时间段顺时针，在25s时间，磁场在减小，则感应电流的方向：逆时针，故B正确；C、根据楞次定律可知，磁场的方向，在04s时间段竖直向上，在45s时间段竖直向下，故C正确D、在05s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则P=I2R=0.0520.2=5104W故D正确故选：BCD【点评】解决本题的关键会运用法拉第电磁感应定律求解电动势的大小，会运用楞次定律判断感应电流的方向，注意图象中磁场大小与方向的变化11某空间存在着如图所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正
30、电，物块B不带电且表面绝缘在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是（）A图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系D图乙可以反映B的加速度随时间t变化的关系【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；洛仑兹力【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小【解答】解：A、整体受总重力、拉力、洛伦兹
31、力和支持力，合力为F，根据牛顿第二定律，知加速度不变，整体做匀加速直线运动，所以v=atA所受的洛伦兹力F洛=qvB=qBat，知洛伦兹力与时间成正比，是过原点的一条倾斜直线故A错误B、隔离对A分析，A所受的合力等于A的摩擦力，则f=ma，知A所受的静摩擦力不变故B错误C、A对B的压力等于B对A的支持力，N=mAg+qvB=mAg+qBat，N与t成一次函数关系故C正确D、对整体分析，地面的支持力N=（mA+mB）g+qBat，压力与时间成一次函数关系故D正确故选：CD【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用三、实验题：本题共3小题，
32、共26分，请把答案填在答卷纸上相应的位置12如图所示，游标卡尺的示数为1.050cm；螺旋测微器的示数为3.290mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；基本实验仪器【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm2、螺旋测微器的固定刻度为3mm
33、，可动刻度为29.00.01mm=0.290mm，所以最终读数为3mm+0.290mm=3.290mm故答案为：1.050，3.290【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量13为了较为精确测量某一定值电阻的阻值，兴趣小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量现准备了以下器材：A多用电表 B电压表V1，量程6V，内阻约10kC电压表V2，量程15V，内阻约20k D电流表A1，量程O.6A，内阻约0.2E电流表A2，量程3A，内阻约O.02 F电源：电动势E=9VG滑动变阻器R1，最大阻值10，额定电流2AH导线、电键若干（1）在用多
34、用电表粗测时，该兴趣小组首先选用“10”欧姆挡，此时欧姆表的指针位置如图甲所示，为了减小误差，多用电表的选择开关应换用1欧姆挡；按操作规程再次测量该待测电阻的阻值，此时欧姆表的指针位置如图乙所示，其读数是9（2）在用伏安法精确测量时，要求待测电阻的电压从0开始连续调节，则要完成测量，应选择的器材是BDFGH （填器材前面的字母代号），并在方框内画出实验电路图【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；压轴题；恒定电流专题【分析】（1）由图可知，指针偏角过大，说明电阻较小，即所选量程过大使读数过小，故应换用小量程；本题选用欧姆档，故读出最上方刻度盘所指示数再与档位相乘即可； （2）要求电压从0开始连续调
35、节，因此滑动变阻器要采用分压接法，由于电阻较小，因此安培表要采用外接法【解答】解：（1）因指针偏角过大，故说明所选量程过大，使读数偏小，故应换用小档位，使指针偏角在中间位置；故应选用1档；按最上方刻度盘进行读数，由图可知，读数为9，则电阻为：91=9；故答案为：“1”，9（2）由题意可知电压表选择B，因要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，故滑动变阻器应采用分压接法，而分压接法中，滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选F；而电路中电流最大为1.3A，若采用3A量程电流表读数不准确；只能选用0.6A的电流表，这可以通过控制滑动变阻器控制电流使不超过0.6A即可，故需要器材为BDFGH，具体电
36、路图如下所示：故答案为：BDFGH，电路图如上所示【点评】本题考查了分压接法的使用及欧姆表的读数，注意若题目中要求多测几组数据或让数据从零开始变化，则一定要选用分压接法14要测量某电源的电动势E及内阻r（E约为6V，r约为1.5）器材有量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A，固定电阻R=8.5，滑动变阻器R（010），开关S，导线若干（1）请根据所给的测量电路图，用笔画线代替导线来完成实物连接图（2）实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则可以求出E=，r=（用I1，I2，U1，U2及R表示）（3）该实验的系统误差主要是由电压表分流引起的由于
37、系统误差，内电阻的测量值r测小于真实值r真（选填“小于”、“等于”或“大于”）（4）误差有系统误差和偶然误差两种，利用画UI图线求点董事和内电阻的优点在于可以尽量减小偶然误差（选填“系统”或“偶然”）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）对照电路图连接实物图即可；（2）根据闭合电路欧姆定律列方程求解即可；（3）由图可知，电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电压，故可知误差来自于电压表的分流； （4）应用图象法处理实验数据可以减小偶然误差【解答】解：（1）对照电路图连接实物图，如图所示：（
38、2）实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2根据闭合电路欧姆定律，有：E=U1+I1（r+R）E=U2+I2（r+R）联立解得：E=，r=（3）由图示电路图可知，由于电压表分流作用，电流测量值小于流过电源的真实值，由此可知，该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起的；由于电流的测量值小于真实值，该实验中电动势的测量值小于真实值，内阻测量值小于电源内阻真实值（4）利用图象法处理实验数据，可以消除偶然误差，但不能消除系统误差故答案为：（1）如图所示；（2）；（3）电压表分流，小于；（4）偶然【点评】本题关键明确实验原理，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解
39、电动势和内电阻，难度适中四、计算或论述题：本题共4小题，共56分，解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时：求：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感
40、应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小（2）cd两点间的电势差大小等于外电压，等于E（3）若此时线框加速度恰好为零，线框所受的安培力与重力平衡，推导出安培力表达式，由平衡条件求解h【解答】解：（1）线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，cd边刚进入磁场时，产生的感应电动势：E=BLv，解得：E=BL；（2）此时线框中电流为：I=，cd两点间的电势差：U=I=BL；（3）安培力：F=BIL=，根据牛顿第二定律有：mgF=ma，由a=0解得下落高度满足：h=；答：（1）线框中产生的感应电动
41、势大小为BL；（2）cd两点间的电势差大小为BL；（3）若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度h所应满足的条件为【点评】本题电磁感应与力学、电路知识的综合，注意区分cd电压是外电压还是内电压安培力与速度的关系要会推导16如图所示的空间分为、三个区域，各边界面相互平行，区域存在匀强电场，电场强度E=1.0104V/m，方向垂直边界面向右，、区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1=2B2=2.0T三个区域宽度分别为d1=5.0m、d2=2.5m，d3=5.0m，一质量m=1.6109kg、电荷量q=+1.6106C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略
42、不计求：（1）粒子离开区域时的速度大小v；（2）粒子在区域内运动时间t；（3）粒子离开区域时速度与边界面的夹角【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）在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解末速度；（2）在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系画出轨迹，再根据公式t t=求解运动时间；（3）在磁场中依然做匀速圆周运动，先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，确定原因，画出轨迹，结合几何关系得到末速度方向【解答】解：（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：qEd1
43、=代入数据解得：v=1.0104m/s （2）设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则有：qvB1=代入数据解得：r=5m 设在区内圆周运动的圆心角为，则有：=代入数据解得 =30 粒子在区运动周期为：粒子在区运动时间为：t=解得：t=2.6104s（3）设粒子在区做圆周运动道半径为R，则有：qvB2=代入数据解得：R=10m 粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知MNP为顶角为30的直角三角形；粒子离开区域时速度与边界面的夹角 =90 答：（1）粒子离开区域时的速度大小v为1.0104m/s；（2）粒子在区域内运动时间t为2.6104s；（3）粒子离开区域时速度与边界面的夹角为90【点评
44、】本题是粒子在电磁场中的运动问题，对直线加速过程根据动能定理列式求解，对磁场中运动过程要根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系画图分析，不难17（附加题）如图甲所示，一边长L=2.5m、质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5s线框被拉出磁场测得金属线框中的电流随时间变化的图象如乙图所示，在金属线框被拉出的过程中（1）求通过线框导线截面的电量及线框的电阻；（2）写出水平力F随时间变化的表达式；（3）已知在这5s内力F做功1.92J，那么
45、在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；安培力；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）电流随时间线性变化，可知平均电流，根据q=，求出通过导线框截面的电量根据法拉第电磁感应定律，求出电阻（2）根据，结合电流随时间的变化规律，得出速度随时间的变化规律，从而求出加速度，根据牛顿第二定律，求出水平外力F随时间的变化关系（3）求出5s末的速度，根据能量守恒求出线框中产生的焦耳热【解答】解：（1）根据q=，由It图象得，q=1.25C 又根据得R=4（2）由电流图象可知，感应电流随时间变化的规律：I=0.1t由感应电流，可得金属框的速度随时间也是
46、线性变化的，线框做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，FFA=ma得F=（0.2t+0.1）N（3）t=5s时，线框从磁场中拉出时的速度v5=at=1m/s由能量守恒得：线框中产生的焦耳热【点评】解决本题的关键掌握电动势的两个表达式，E=BLv以及熟练运用能量守恒定律18如图所示两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L，导轨平面与水平面成角，质量均为m、阻值均为R的金属棒a、b紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为Ba棒固定，b棒由静止释放，直至b棒刚好匀速时，a、b棒间距离为x，棒与导轨始终垂
47、直并保持良好的接触，重力加速度为g求：（1）最终b棒的运动速度；（2）此过程中a棒产生的热量Q1；（3）若a棒不再固定，在释放b棒的同时，给a棒施加一平行于导轨向上的恒力F=2mgsin，当b棒刚好匀速时，a、b棒间的距离为x0，求此过程中a棒产生的热量Q2【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【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】（1）b棒刚好匀速时重力的功率等于回路的电功率，由此列式可求b棒的运动速度（2）根据能量守恒定律求出回路产生的总热量，由串联电路的特点求a棒产生的热量Q1；（3）根据牛顿第二定律分析两棒的速度同时达到最大因a、b棒串
48、联，产生的热量相同根据功能关系列式，求解此过程中a棒产生的热量Q2【解答】解：（1）设最终b棒的运动速度为v根据能量守恒定律得： mgsinv=又 b棒产生的感应电动势 E=BLv联立得 v=（2）此过程中回路产生的总热量为 Q=mgsinxa棒产生的热量 Q1=Q联立解得 Q1=mgxsin（3）b棒最终匀速，此时有： BIL=mgsin又E=BL（va+vb） I=对a棒，由牛顿第二定律得：FBILmgsin=ma1即 mgsinBIL=ma1 对b棒，由牛顿第二定律得：mgsinBIL=ma2 由式可得：a1=a2故a、b棒运动规律相似，速度同时达到最大，且最终 va=vb由式可得：vb=因a、b棒串联，产生的热量相同，设a、b棒在此过程中运动的距离分别为 x1和x2，对a、b棒组成的系统，由功能关系得： Fx1+mgsinx2=+mgsinx1+2Q2；又 x1=x2=x0；解得：Q2=mgx0sin答：（1）最终b棒的运动速度为；（2）此过程中a棒产生的热量Q1是mgxsin（3）此过程中a棒产生的热量Q2是mgx0sin【点评】本题分析b棒最终的运动状态是解题的关键，要知道电磁感应中感应电量与棒通过的距离有关，能熟练推导出安培力与速度的关系式，正确分析能量的转化情况