物理·江苏省南京市溧水高中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷（选修）（11月份）+Word版含解析

物理·江苏省南京市溧水高中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷（选修）（11月份）+Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年江苏省南京市溧水高中高二（上）期中物理试卷（选修）（11月份）‎ ‎　‎ 一、单选题（每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分．）‎ ‎1．如图所示直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一电子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，电子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（　　）‎ A．A点的场强一定大于B点的场强 B．A点的电势一定低于B点的电势 C．电子在A点的动能一定小于它在B点的动能 D．电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能 ‎2．手电筒的两节干电池已经用了较长时间，小灯泡只能发出微弱的光，把电池取出，用电压表测电压，电压表示数接近3V，若把此电池作为一个电子钟的电源，电子钟能正常工作，下列说法正确的是（　　）‎ A．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小 B．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小 C．这两节干电池的电压减小很多 D．这两节干电池的内电阻减少很多 ‎3．如图所示，直导线A与圆形线圈B在同一平面内，直导线A中通有向上的电流I，圆形线圈B中通有沿逆时针方向的电流I0，则圆形线圈B受到的安培力（　　）‎ A．大小不为零，方向向外 B．大小为零 C．大小不为零，方向向右 D．大小不为零，方向向左 ‎4．如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间（两极板仍平行），P的运动情况将是（　　）‎ A．仍静止不动 B．向下运动 C．向上运动 D．无法判断 ‎5．来自宇宙的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将（　　）‎ A．竖直向下沿直线射向地面 B．相对于预定点稍向东偏转 C．相对于预定点稍向西偏转 D．相对于预定点稍向北偏转 ‎6．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．32 W B．40 W C．47 W D．48 W ‎7．把电流强度均为I，长度均为l的两小段通电直导线分别置于磁场中的1、2两点处时，两小段通电直导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，若已知1、2两点处磁感应强度的大小关系为B1＜B2，则必有（　　）‎ A．B1= B．B2= C．F1＜F2 D．以上都不对 ‎8．如图所示的电路中，已知电容C1=C2，电阻R1=R2，电源电动势为E，内阻不计，当开关S由闭合状态断开时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电容器C1的电量增多，电容器C2的电量减少 B．电容器C1的电量减少，电容器C2的电量增多 C．电容器C1、C2的电量都增多 D．电容器C1、C2的电量都减少 ‎　‎ 二、多选题（每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎9．关于磁通量的说法中，正确的是（　　）‎ A．穿过一个面的磁通量等于磁感强度和该面面积的乘积 B．在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积 C．穿过一个面的磁通量等于穿过该面的磁感线条数 D．地磁场穿过地球表面的磁通量为零 ‎10．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若在两板间插入电介质，电容器的电容变大 B．若在两板间插入一导体板，电容器的带电量变小 C．若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流 D．若将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电能将增加 ‎11．如图1所示的电路，电源电动势E=3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的I﹣U特性曲线如图2‎ 所示．当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的说法中，正确的是（　　）‎ A．灯泡L1消耗的电功率为0.30W B．灯泡L1的电阻为75Ω C．灯泡L3的电阻为12Ω D．三灯泡消耗的总电功率为0.90W ‎12．如图所示，实线表示未标出方向的电场线，虚线表示一个不计重力的离子穿越电场时的运动轨迹，下列判断中正确的是（　　）‎ A．离子在A点的加速度一定小于B点的加速度 B．该离子一定是负离子 C．A点电势一定高于B点电势 D．离子在A点的动能一定大于在B点的动能 ‎13．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（　　）‎ A． 不变， 不变 B． 不变， 变大 C． 变大， 不变 D． 变大， 变大 ‎　‎ 三、填空题（共28分）‎ ‎14．图为用游标卡尺测量某一工件的情形，这时的读数为　　 cm．‎ ‎15．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示，用 米尺测量金属丝的长度 l=0.810m．金属丝的电阻大约为 4Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根 据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．‎ ‎（1）从图中读出金属丝的直径为　　mm ‎ ‎（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：‎ A．直流电源：电动势约 4.5V，内阻很小 B．电流表 A1：量程 0～0.6A，内阻 0.125Ω ‎ C．电流表 A2：量程 0～3.0A，内阻 0.025Ω ‎ D．电压表 V：量程 0～3V，内阻 3kΩ ‎ E．滑动变阻器 R1：最大阻值 10Ω F．滑动变阻器 R2：最大阻值 50Ω G．开关、导线等 在可供选择的器材中，应该选用的电流表是　　，应该选用的滑动变阻器是　　（都填选项）‎ ‎（3）根据所选的器材，在如图2所示的方框中画出实验电路图 ‎（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为 Rx=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为　　Ω•m（保留二位有效数字）‎ ‎16．现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0～9 999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．‎ ‎（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：‎ A．10Ω 2.5W B．100Ω 1.0W C．200Ω 1.0W D．2 000Ω 5.0W 本实验应选哪一种规格？答　　．‎ ‎（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图 （b）所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V﹣）．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为　　V，内阻r为　　Ω．‎ ‎　‎ 四、解答题（共48分）‎ ‎17．电源电动势E=5V，内阻r=0.5Ω，当它和一个电阻连接时，电阻上消耗的电功率是8W．则通过该电阻的电流是多大？电源的效率是多少？‎ ‎18．如图所示，将一个电动势E=3V，内阻不计的电源与电阻为30Ω，长度为30cm，粗细均匀的电阻丝AB相连．分压电路上的电容器电容为50μF．当滑动触点P以10cm/s的速度匀速向右滑动时，电流计G的读数为多少？通过电流计G的电流方向是向左，还是向右？‎ ‎19．如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为s．设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求打在a、b两点的粒子的质量之差△m是多少？‎ ‎20．氢原子的核外电子质量为m，电量为﹣e，在离核最近的轨道上运动，轨道半径为r，试回答下列问题：‎ ‎（1）电子运动的动能EK是多少？‎ ‎（2）电子绕核转动周期T是多少？‎ ‎（3）电子绕核在如图所示的x﹣y平面上沿A→B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流方向如何？电流强度为多大？‎ ‎（4）如果沿Ox方向加一匀强磁场，则整个原子将怎样运动？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省南京市溧水高中高二（上）期中物理试卷（选修）（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分．）‎ ‎1．如图所示直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一电子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，电子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（　　）‎ A．A点的场强一定大于B点的场强 B．A点的电势一定低于B点的电势 C．电子在A点的动能一定小于它在B点的动能 D．电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．‎ 由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，即可判断出电子所受的电场力方向向左，电场线方向向右．沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小．‎ ‎【解答】解：‎ A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断A、B两点场强的大小，故A错误．‎ B、由于电子在A点时速度方向向右，而到达B点时速度方向向左，故电子所受的电场力方向向左，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强向右，所以A点电势一定高于B点的电势．故B错误．‎ C、由于从A到B过程中电场力做负功，电子的动能减小，所以电子在A点的动能一定大于在B点的动能，故C错误．‎ D、从A到B过程中电场力做负功，电子的电势能增大，所以电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．手电筒的两节干电池已经用了较长时间，小灯泡只能发出微弱的光，把电池取出，用电压表测电压，电压表示数接近3V，若把此电池作为一个电子钟的电源，电子钟能正常工作，下列说法正确的是（　　）‎ A．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小 B．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小 C．这两节干电池的电压减小很多 D．这两节干电池的内电阻减少很多 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源的电动势可通过电压表测量，即电源未接入电路时，电压表读数．电池使用较长时间，导致内电阻增大，而输出电压的高低是由与其串联的电阻决定，当电阻大于内阻，则输出电压较大；若电阻小于内阻，则输出电压较小．‎ ‎【解答】解：‎ A、台式电子钟能正常工作是由于它的内阻比电池的内阻大得多，可知电子钟的电阻较大，而电子钟的额定电压与小灯泡的额定电压相同，所以由公式P=UI可知电子钟正常工作时的电流小，故A正确；‎ B、由题可知电子钟的额定电压也是3V，与手电筒里的小灯泡额定电压相等，故B错误；‎ C、由题两节干电池的电动势约为3V，现在直接通过电压表示数很接近3V，可知，电动势几乎不变，故C错误；‎ D、两节干电池已经用了较长时间，使用时小灯泡只能发出很微弱的光，除电动势降低之外，电池的内阻增大，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．如图所示，直导线A与圆形线圈B在同一平面内，直导线A中通有向上的电流I，圆形线圈B中通有沿逆时针方向的电流I0，则圆形线圈B受到的安培力（　　）‎ A．大小不为零，方向向外 B．大小为零 C．大小不为零，方向向右 D．大小不为零，方向向左 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则得出直导线周围的磁场方向，结合离直导线越近，磁场越强，根据左手定则判断圆心线圈受到的安培力．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则知，通电直导线左边的磁场方向垂直纸面向外，离导线越近，磁场越强，圆环左侧所受安培力向左，圆环右侧所受安培力向右，向右的安培力大于向左的安培力，所以圆环所受安培力向右，大小不为零．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间（两极板仍平行），P的运动情况将是（　　）‎ A．仍静止不动 B．向下运动 C．向上运动 D．无法判断 ‎【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】二极管具有单向导电性，只允许电流从a流向b．电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，板间距离增大，电容减小，电容量的电量要减小，放电，根据二极管的作用，分析电量是否变化，再分析P的运动情况．‎ ‎【解答】解：电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，板间距离增大，电容减小，电容量的电量要减小，放电，但由于二极管的作用只允许电流从a流向b，电容器的电量无法减小，根据推论板间电场强度E= ，Q、S、ɛ不变，则改变d，E不变，电荷P受的电场力不变，仍静止．故A正确．‎ 故选A ‎　‎ ‎5．来自宇宙的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将（　　）‎ A．竖直向下沿直线射向地面 B．相对于预定点稍向东偏转 C．相对于预定点稍向西偏转 D．相对于预定点稍向北偏转 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子带负电，进入地球周围空间后受到地磁场的作用力而偏转，地磁场的方向是由地理南极指向地理北极，结合左手定则可判断偏转方向．‎ ‎【解答】解：A、电子流受到地磁场作用力而偏转，故A错误 B、地磁场由南到北，电子带负电，有左手定则判断得将相对于预定点稍向西偏转，故BD错误，C正确 故选C ‎　‎ ‎6．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．32 W B．40 W C．47 W D．48 W ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由电流表和电压表的示数，根据欧姆定律求出电动机的电阻．电动机正常运转时输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差．‎ ‎【解答】解：依题，电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V，则电动机的电阻R= =2Ω 这台电动机正常运转时输出功率为P出=U2I2﹣ =24×2﹣22×2（W）=40W 故选：B ‎　‎ ‎7．把电流强度均为I，长度均为l的两小段通电直导线分别置于磁场中的1、2两点处时，两小段通电直导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，若已知1、2两点处磁感应强度的大小关系为B1＜B2，则必有（　　）‎ A．B1= B．B2= C．F1＜F2 D．以上都不对 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，当垂直放入磁场时，则公式B= 得：B1= ，B2= ；‎ 若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比以上值还要大，故AB错误，D正确．‎ C、两点处磁感应强度的大小关系，虽然为B1＜B2，但不知各自的是否垂直放置，则两者的安培力大小无法确定，故C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示的电路中，已知电容C1=C2，电阻R1=R2，电源电动势为E，内阻不计，当开关S由闭合状态断开时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电容器C1的电量增多，电容器C2的电量减少 B．电容器C1的电量减少，电容器C2的电量增多 C．电容器C1、C2的电量都增多 D．电容器C1、C2的电量都减少 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】当开关S闭合时，两个电阻串联，电容器C2与电阻R1并联，电容器C1与电阻R2并联．开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势．根据电压的变化来分析电容器电量的变化．‎ ‎【解答】解：当开关S闭合时，电容器C2的电压等于R1的电压，电容器C1的电压等于电阻R2的电压．而两电阻串联，电压都小于电源的电动势E．当开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，可见，两电容器的电压增大，电量也都增多．‎ 故选C ‎　‎ 二、多选题（每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎9．关于磁通量的说法中，正确的是（　　）‎ A．穿过一个面的磁通量等于磁感强度和该面面积的乘积 B．在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积 C．穿过一个面的磁通量等于穿过该面的磁感线条数 D．地磁场穿过地球表面的磁通量为零 ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】磁通量可以形象说成穿过线圈的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，则磁通量Φ=BS；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零．磁感线是闭合曲线．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、在匀强磁场中，只有当平面与磁场垂直时，穿过一个面的磁通量才等于磁感强度和该面面积的乘积，若该平面与磁场不垂直时，穿过一个面的磁通量小于磁感强度和该面面积的乘积，故AB错误．‎ C、根据磁通量的概念可知穿过一个面的磁通量等于穿过该面的磁感线条数．故C正确．‎ D、由于磁感线是闭合曲线，则地磁场进入和穿出地球表面的磁感线的条数相等，总的磁通量为零．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若在两板间插入电介质，电容器的电容变大 B．若在两板间插入一导体板，电容器的带电量变小 C．若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流 D．若将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电能将增加 ‎【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变．将开关S断开，电容器放电，知电量的变化．若在两板间插入电介质或只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电压增大，分析电容器储存的电能变化．‎ ‎【解答】解：A、若只在两板间插入电介质，由电容的决定C= ，可知，电容将变大．故A正确．‎ B、若在两板间插入一导体板，电容增大，而电容器的电压不变，则由Q=CU知，电容器将充电，其带电量将变大．故B错误．‎ C、若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电．由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流．故C错误．‎ D、若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，板间场强增强，储存的电能将增加．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎11．如图1所示的电路，电源电动势E=3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的I﹣U特性曲线如图2‎ 所示．当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的说法中，正确的是（　　）‎ A．灯泡L1消耗的电功率为0.30W B．灯泡L1的电阻为75Ω C．灯泡L3的电阻为12Ω D．三灯泡消耗的总电功率为0.90W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】当开关闭合后，灯泡L3的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率．灯泡L1、L2串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率．‎ ‎【解答】解：A、C、当开关闭合后，灯泡L3的电压U3=3V，由图2读出其电流I3=0.25A，则灯泡L3的电阻R3= Ω=12Ω，功率为：P=U3I3=3×0.25=0.75W；‎ 灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I21=I3=0.20A，电阻R1= =7.5Ω；灯泡L2、L3的功率均为：P=UI=1.5V×0.20A=0.30W，三灯消耗的总功率为：2×0.30+0.75=1.35W；故只有C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，实线表示未标出方向的电场线，虚线表示一个不计重力的离子穿越电场时的运动轨迹，下列判断中正确的是（　　）‎ A．离子在A点的加速度一定小于B点的加速度 B．该离子一定是负离子 C．A点电势一定高于B点电势 D．离子在A点的动能一定大于在B点的动能 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场强的方向．根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示电场强度的大小，A点电场线稀疏，所以离子在A点的电场力小，所以 离子在A点的加速度一定小于B点的加速度，所以A正确；‎ B、由于不知道电场线的方向，所以不能判断粒子的带电的性质，所以B错误；‎ C、由于不知道电场线的方向，也不能判断电势的高低，所以C错误；‎ D、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向下，粒子从A到B的话，电场力做负功，动能减小，所以离子在A点的动能一定大于在B点的动能，所以D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎13．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（　　）‎ A． 不变， 不变 B． 不变， 变大 C． 变大， 不变 D． 变大， 变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】滑动变阻器触头向下滑动时，根据电阻的定义式R= ，确定各 的变化，由U1=E﹣Ir判断 变化情况 ‎【解答】解：A、当滑动变阻器触头向下滑动时，根据电阻的定义式R= ，可知 =R1 不变；A正确 ‎　　BCD、同理 =R2 增大； =R1+R2 增大；‎ ‎ 由U3=E﹣Ir， =﹣r，不变，同理 把R1看成电源的内阻， =﹣（r+R1）不变　　则C正确，BD错误　‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 三、填空题（共28分）‎ ‎14．图为用游标卡尺测量某一工件的情形，这时的读数为　1.044　 cm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第22个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为22×0.02mm=0.44mm，所以最终读数为：10mm+0.44mm=10.44mm=1.044cm．‎ 故答案为：1.044‎ ‎　‎ ‎15．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示，用 米尺测量金属丝的长度 l=0.810m．金属丝的电阻大约为 4Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根 据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．‎ ‎（1）从图中读出金属丝的直径为　0.520　mm ‎ ‎（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：‎ A．直流电源：电动势约 4.5V，内阻很小 B．电流表 A1：量程 0～0.6A，内阻 0.125Ω ‎ C．电流表 A2：量程 0～3.0A，内阻 0.025Ω ‎ D．电压表 V：量程 0～3V，内阻 3kΩ ‎ E．滑动变阻器 R1：最大阻值 10Ω F．滑动变阻器 R2：最大阻值 50Ω G．开关、导线等 在可供选择的器材中，应该选用的电流表是　B　，应该选用的滑动变阻器是　E　（都填选项）‎ ‎（3）根据所选的器材，在如图2所示的方框中画出实验电路图 ‎（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为 Rx=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为　1.1×10﹣6　Ω•m（保留二位有效数字）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．‎ ‎（2）根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图．‎ ‎（4）根据实验数据，应用电阻定律求出金属材料的电阻率．‎ ‎【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×2.0=0.020mm；故螺旋测微器读数为：0.520mm；‎ ‎（2）为减小读数误差，选小量程电流表，电流表选：B：A1：量程0～0.6A，内阻0.125Ω；为保证电路安全和实验的准确性，滑动变阻器应选E，即滑动变阻器R1；‎ ‎（3）为保证电路安全，滑动变阻器分压接法，由题意知，电流表采用外接法，实验电路图如图所示；‎ ‎（4）由电阻定律得：RX=ρ =ρ ，电阻率：ρ= = Ω•m≈1.1×10﹣6Ω•m．‎ 故答案为：（1）0.520；（2）B；E（3）电路图如图所示；（4）1.1×10﹣6．‎ ‎　‎ ‎16．现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0～9 999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．‎ ‎（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：‎ A．10Ω 2.5W B．100Ω 1.0W C．200Ω 1.0W D．2 000Ω 5.0W 本实验应选哪一种规格？答　C　．‎ ‎（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图 （b）所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V﹣）．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为　10　V，内阻r为　41.67　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA，‎ 则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：R0= ﹣50Ω=180﹣50Ω=130Ω，‎ 滑动变阻器应选C、200Ω，1．OW；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可得：U= （R0+R），‎ 变形得： = + ，‎ 由数学知识可知，图象中的斜率k= ；截距b= ；‎ 由图可知，b=0.1，故E=10V；‎ k= =4.167；即 =4.167；‎ 解得：r=41.67Ω；‎ ‎ 故答案为：（1）C；（2）10；41.67．‎ ‎　‎ 四、解答题（共48分）‎ ‎17．电源电动势E=5V，内阻r=0.5Ω，当它和一个电阻连接时，电阻上消耗的电功率是8W．则通过该电阻的电流是多大？电源的效率是多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】设串联的电阻为R，通过闭合电路的欧姆定律求出流过电阻的电流，然后求出电阻上消耗的功率，把电阻求出，然后求解出流过电阻的电流，再根据效率公式可求得对应的效率．‎ ‎【解答】解：串联的电阻为R，回路中电流为：I= …①‎ 电阻消耗的功率为：P=I2R=‎ 解得：R=2Ω或R= Ω 当R=2Ω时代入①式解得：I=2A 由η= = 可得：‎ 电源的效率为：η= ×100%=80%；‎ 当R= 时代入①式解得：I=8A η2= ×100%=20%； ‎ 答：电流大小可能是2A或8A．对应的效率为80%或20%‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，将一个电动势E=3V，内阻不计的电源与电阻为30Ω，长度为30cm，粗细均匀的电阻丝AB相连．分压电路上的电容器电容为50μF．当滑动触点P以10cm/s的速度匀速向右滑动时，电流计G的读数为多少？通过电流计G的电流方向是向左，还是向右？‎ ‎【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】分析电容器极板间的电压变化，即可判断其处于充电还是放电状态，从而判断出电流计中电流的方向．由于电阻丝粗细均匀，则根据欧姆定律得单位长度上所加的电压值，在△t时间内，滑动头在电阻丝上向右滑动，电容器两端电压的减少．相应电量的减少．‎ ‎【解答】解：在滑动触头向右滑的过程中，电流计中有电流通过，是由于PB之间的电势差与PB之间的电阻值成正比，滑动头在电阻丝上向右滑动，PB之间的电势差减小，所以电容器两端电压的减少．相应电量的减少，电容器放电，由于电容器的左板带征正电，故电流表的电流为从右向左．电容器两板间的电压减少了：U= ，极板的电荷量减少了Q=CU，由电流强度的定义式得：‎ I= = ．‎ 答：电流值为50μA，电流表的电流为从右向左．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为s．设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求打在a、b两点的粒子的质量之差△m是多少？‎ ‎【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】带电粒子在电容器两极板间受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入磁场B2后做匀速圆周运动，根据轨道半径之差，运用洛伦兹力提供向心力求出粒子的质量差．‎ ‎【解答】解：在电容器中受力平衡有：qvB1=qE．‎ 解得v= =‎ 进入磁场B2后，qvB2=m 解得R=‎ 同位素的电量相等，质量不等．有s=2（R1﹣R2）=‎ 所以△m=‎ 答：打在a、b两点的粒子的质量之差△m是 ．‎ ‎　‎ ‎20．氢原子的核外电子质量为m，电量为﹣e，在离核最近的轨道上运动，轨道半径为r，试回答下列问题：‎ ‎（1）电子运动的动能EK是多少？‎ ‎（2）电子绕核转动周期T是多少？‎ ‎（3）电子绕核在如图所示的x﹣y平面上沿A→B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流方向如何？电流强度为多大？‎ ‎（4）如果沿Ox方向加一匀强磁场，则整个原子将怎样运动？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力；电流、电压概念．‎ ‎【分析】（1）电子绕原子核运动，根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出电子的动能；‎ ‎（2）库伦力提供向心力，应用牛顿第二定律求出周期．‎ ‎（3）电子绕核在如图所示xy平面上沿A→B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流的方向顺时针，根据电流定义式求出电流强度．‎ ‎（4）应用左手定则判断出原子所受洛伦兹力方向，根据原子所受洛伦兹力判断原子如何运动．‎ ‎【解答】解：（1）原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律及库仑定律得：k =m ，‎ 则电子运动的动能为：Ek= mv2= ；‎ ‎（2）原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律及库仑定律得：‎ k =m r，‎ 解得：T= ；‎ ‎（3）电子绕核在如图所示xy平面上沿A→B→C→D方向转动，‎ 电子转动相当于环形电流，则此电流的方向顺时针．‎ 电流强度：I= = ；‎ ‎（4）根据左手定则，圆的x＞0的一半，电子受磁场垂直纸面向纸面外的力，‎ x＜0的一半，电子受到垂直纸面向内的力．因此，整个原子以Oy为轴，从Oy方向看为逆时针方向转动．‎ 答：（1）电子运动的动能EK是 ；‎ ‎（2）电子绕核转动周期T是 ；‎ ‎（3）此电流方向：沿顺时针方向，电流强度为 ；‎ ‎（4）如果沿Ox方向加一匀强磁场，整个原子以Oy为轴，从Oy方向看为逆时针方向转动．‎ ‎　‎ ‎2016年11月25日