物理卷·2018届浙江省湖州市菱湖中学高二上学期期中物理试卷（解析版）

物理卷·2018届浙江省湖州市菱湖中学高二上学期期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年浙江省湖州市菱湖中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1----8小题在给出的四个选项中，只有一项是符合题意的；9---12小题给出的四个选项中，都有多个选项正确．）‎ ‎1．某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．放在磁场中的通电导线，电流越大，受到的磁场力也越大，表示该处的磁感应强度越大 B．某处磁感线切线的方向不一定是该处磁感应强度的方向 C．垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向 D．磁感应强度的大小、方向与放入磁场中的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关 ‎3．如图所示，表示在一个电场中的四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受的电场力的函数关系图象，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．这个电场是匀强电场（各点的电场强度处处相同的电场）‎ B．四点场强大小的关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec C．四点场强大小的关系是Ea＜Eb＜Ed＜Ec D．四点场强大小的关系是Ea＞Eb＞Ec＞Ed ‎4．关于电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是闭合的曲线 B．磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极 C．电场线和磁感线都不能相交 D．电场线和磁感线都是现实中存在的 ‎5．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领强弱的物理量 B．电动势的大小与外电路的结构有关 C．电动势在数值上等于电源未接入电路时两极间的电势差 D．电动势等于闭合电路各部分的电势降落之和 ‎6．两个相同的电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为（　　）‎ A．4R B．R C．0.5R D．2R ‎7．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根对折后绞合起来，另一根均匀拉长到原来的2倍．然后给它们分别加上相同电压，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（　　）‎ A．4：1 B．8：1 C．16：1 D．1：16‎ ‎8．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（　　）‎ A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 ‎9．如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动．下列说法中正确的是（　　）‎ A．当线圈在如图所示位置时，穿过线圈的磁通量大小Φ=BS B．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=0‎ C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=0‎ D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=BS ‎10．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（　　）‎ A．电压表的示数变大 B．电流表的示数变大 C．电灯L消耗的功率变小 D．电阻R1消耗的功率变小 ‎11．如图所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是（　　）‎ A．一直增大 B．先减小后增大 C．先增大后减小 D．始终为零 ‎12．如图所示，匀强电场场强方向竖直向下，在此电场中有a、b、c、d四个带电微粒（不计粒子间的相互作用），各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．c、d带异种电荷 B．a、b带同种电荷且电势能均不变 C．c的电势能减小，重力势能也减小 D．d的电势能减小，机械能增加 ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共18分）‎ ‎13．如图所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：‎ ‎（1）调节可动部件　　，使电表指针指向　　．‎ ‎（2）调节可调部件B，使它的尖端指向　　位置．‎ ‎（3）将红黑表笔分别插入正负插孔中，笔尖相互接触，调节可动部件　　，使电表指针指向　　位置．‎ ‎（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．‎ ‎（5）换测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，应调节B，使它的尖端指向“×1k”的位置，此时还必须重复步骤　　，才能进行测量，若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是　　．‎ ‎14．下列所给是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中可供选择的实验仪器：‎ 序号器材规格序号器材规格1小灯泡标有“3.8V，0.3A”字样5滑动变阻器R1最大阻值10Ω，额定电流1.0A2电压表V量程0﹣5V；内阻5kΩ6滑动变阻器R2最大阻值1kΩ，额定电流0.5A3电流表A1量程0﹣100mA；内阻4Ω7直流电源E电动势约为4.5V，内阻约为0.5Ω4电流表A2量程0﹣400mA；内阻0.4Ω8导线、电键等 ‎（1）滑动变阻器应选　　，电流表应选　　；（填器材代码）‎ ‎（2）在如图1的虚线框内画出实验电路图．‎ ‎（3）利用实验中得到的实验数据在图2所示的I﹣U坐标系中，描绘得出了小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，若把该灯泡接到一个电动势为3.0V，内阻为10Ω的直流电源上时小灯泡消耗的实际功率约为　　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共34分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．如图所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导轨宽度为L，已知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水平面的夹角为θ，磁感应强度为B，求轨道对导体棒的支持力和摩擦力．‎ ‎16．如图所示，是用直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电动势E=110V，内电阻r1=1Ω，电动机的内电阻r2=4Ω．不计一切阻力．当匀速提升重物时，电路中电流强度I=5A．取g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）电源的总功率和输出功率；‎ ‎（2）重物上升的速度．‎ ‎17．如图所示，电源电动势E=20V，内阻r=10Ω，定值电阻R=90Ω，R0为可变电阻，在R0的阻值由零增大到400Ω的过程中，求：‎ ‎（1）可变电阻R0上消耗的电功率最大的条件和最大功率；‎ ‎（2）定值电阻R和电源内阻r上消耗的功率之和的最小值；‎ ‎（3）定值电阻R上消耗最大功率的条件及最大功率．‎ ‎18．如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s．已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.50，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；‎ ‎（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；‎ ‎（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省湖州市菱湖中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1----8小题在给出的四个选项中，只有一项是符合题意的；9---12小题给出的四个选项中，都有多个选项正确．）‎ ‎1．某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；‎ B、根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；‎ C、根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；‎ D、根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于导体棒向上，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．放在磁场中的通电导线，电流越大，受到的磁场力也越大，表示该处的磁感应强度越大 B．某处磁感线切线的方向不一定是该处磁感应强度的方向 C．垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向 D．磁感应强度的大小、方向与放入磁场中的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】解答本题应掌握：磁感应强度的物理意义：表示磁场的强弱和方向，由磁场本身决定，与放入磁场中的通电导线受力的大小和方向无关；磁感线的疏密表示磁感应强度的相对大小，磁感线密的地方，磁感应强度大．‎ ‎【解答】解：A、根据磁感应强度的物理意义可知：磁感应强度表示磁场的强弱，磁感应强度的大小由磁场本身决定，与受到的电场力无关．故A错误．‎ B、磁感线上某点的切线方向就是该点磁感应强度的方向．故B错误；‎ C、根据左手定则，垂直于磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直；故C错误．‎ D、磁感应强度的大小由磁场本身决定，放入其中的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示，表示在一个电场中的四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受的电场力的函数关系图象，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．这个电场是匀强电场（各点的电场强度处处相同的电场）‎ B．四点场强大小的关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec C．四点场强大小的关系是Ea＜Eb＜Ed＜Ec D．四点场强大小的关系是Ea＞Eb＞Ec＞Ed ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】匀强电场的场强大小和方向处处相同，F﹣q图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、d四点的电场强度大小．‎ ‎【解答】解：由公式F=qE知F﹣q图象斜率的绝对值表示电场强度的大小，d图线斜率的绝对值最大，所以d点的电场强度最大，c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小．所以四点场强的大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec．该电场不是匀强电场．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．关于电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是闭合的曲线 B．磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极 C．电场线和磁感线都不能相交 D．电场线和磁感线都是现实中存在的 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．‎ ‎【分析】电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．‎ 磁感线的引入是为了形象地描述磁场的特点，规定磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，磁感线的疏密表示磁场的强弱；磁场的方向在磁铁的内部为S极到N极的方向，磁铁的外部是N极到S极的方向．‎ ‎【解答】解：A：磁感线是闭合的曲线，而电场线从正电荷出发，终止于负电荷，不是闭合的曲线．故A错误；‎ B：磁感线的方向在磁铁的内部为S极到N极的方向，磁铁的外部是N极到S极的方向，是闭合曲线．故B错误；‎ C：电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，故任意两条磁感线都不会相交．故C正确；‎ D：电场线和磁感线都是人们为了描述场的性质而引入的，在现实中是不存在的．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎5．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领强弱的物理量 B．电动势的大小与外电路的结构有关 C．电动势在数值上等于电源未接入电路时两极间的电势差 D．电动势等于闭合电路各部分的电势降落之和 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定．电动势的定义式E=．‎ ‎【解答】解：A、电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领强弱的物理量，等于将单位正电荷从电源负极移到正极时非静电力做的功，故A正确；‎ B、电动势是电源本身的性质，与外电路的结构无关；故B错误；‎ C、根据闭合电路欧姆定律，U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，故电动势在数值上等于电源未接入电路时两极间的电势差，故C正确；‎ D、电动势等于闭合电路内外各部分的电势降落之和，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．两个相同的电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为（　　）‎ A．4R B．R C．0.5R D．2R ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据串并联电路规律可知外部电阻的大小，再由闭合电路欧姆定律列式，联立方程可求得内阻．‎ ‎【解答】解：两电阻串联时，总电阻为：R1=2R；‎ 由闭合电路欧姆定律可知：E=I（2R+r）…（1）‎ 两电阻并联时，外部总电阻为：R2=；‎ 总电流为：I总=2×I；‎ 由闭合电路欧姆定律可知：‎ E=2I（+r）…（2）‎ 联立（1）（2）解得：‎ r=R；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根对折后绞合起来，另一根均匀拉长到原来的2倍．然后给它们分别加上相同电压，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（　　）‎ A．4：1 B．8：1 C．16：1 D．1：16‎ ‎【考点】电流、电压概念；欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．‎ ‎【解答】解：设原来的电阻为R，其中的一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻，另一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律，电阻R2=4R，则两电阻之比为1：16．电压相等，根据欧姆定律，电流比为16：1，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为16：1．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（　　）‎ A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．‎ ‎【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．‎ 由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下．‎ 再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边．‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动．下列说法中正确的是（　　）‎ A．当线圈在如图所示位置时，穿过线圈的磁通量大小Φ=BS B．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=0‎ C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=0‎ D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=BS ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0．‎ ‎【解答】解：A、矩形线圈abcd垂直于磁场放置，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ1=BS．故A正确；‎ B、当线圈绕转轴转过90°时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量Φ2=0．故B正确；‎ C、当线圈从图示位置转过180°，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ3=﹣BS，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=2BS．故C错误；‎ D、当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=0．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎10．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（　　）‎ A．电压表的示数变大 B．电流表的示数变大 C．电灯L消耗的功率变小 D．电阻R1消耗的功率变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化．根据功率公式判断功率的变化情况．‎ ‎【解答】解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大，故B正确；路端电压U=E﹣Ir减小．电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，而，所以电灯L消耗的功率变小，故C正确；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1的电流增大，根据可知电阻R1消耗的功率增大，故D错误；R1的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表的示数减小，故A错误；‎ 故选BC ‎　‎ ‎11．如图所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是（　　）‎ A．一直增大 B．先减小后增大 C．先增大后减小 D．始终为零 ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，四指指向电流方向，大拇指指向为安培力方向，可以判断安培力的方向及大小，再对导体棒受力分析，根据受力平衡可得摩擦力的大小如何变化．‎ ‎【解答】解：A、由左手定则可得安培力方向沿斜面向上，若安培力较大，使得导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向下，则当增大电流过程中，安培力也随之增大，从而导致摩擦力也增大．所以A正确；‎ B、由左手定则可得安培力方向沿斜面向上，若安培力较小，使得导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向上，则当增大电流过程中，安培力也随之增大，从而导致摩擦力先变小．当安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力时，此时导体棒不受到摩擦力作用，当继续增大电流时，出现摩擦力方向向下，从而随着电流增大，导致摩擦力大小增大．所以B正确；‎ C、由左手定则可得安培力方向沿斜面向上，若安培力较小，使得导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向上，则当增大电流过程中，安培力也随之增大，从而导致摩擦力先变小．当安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力时，此时导体棒不受到摩擦力作用，当继续增大电流时，出现摩擦力方向向下，从而随着电流增大，导致摩擦力大小增大．所以C错误；‎ D、由左手定则可得安培力方向沿斜面向上，若安培力较大，使得导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向下，则当增大电流过程中，安培力也随之增大，从而导致摩擦力也增大．所以D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ ‎12．如图所示，匀强电场场强方向竖直向下，在此电场中有a、b、c、d四个带电微粒（不计粒子间的相互作用），各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．c、d带异种电荷 B．a、b带同种电荷且电势能均不变 C．c的电势能减小，重力势能也减小 D．d的电势能减小，机械能增加 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】首先根据运动特点判断四个质点的受力情况，得出均受力平衡且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误．‎ ‎【解答】解：AB、因a、b、c、d四个带电微粒分别水平向左、水平向右、竖直向下、竖直向上作匀速直线运动，可知它们都处于平衡状态，四个微粒均受到竖直向上的电场力作用，可知四个微粒都带同种电荷，且都为负电荷，a、b在水平方向上运动，电场力不做功，所以电势能不变，故A错误，B正确；‎ C、c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增加，重力做正功，重力势能减小，故C错误；‎ D、d竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能减少，机械能增加，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共18分）‎ ‎13．如图所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：‎ ‎（1）调节可动部件　A　，使电表指针指向　左边零刻度线处　．‎ ‎（2）调节可调部件B，使它的尖端指向　×100挡　位置．‎ ‎（3）将红黑表笔分别插入正负插孔中，笔尖相互接触，调节可动部件　C　，使电表指针指向　右边最大刻度处　位置．‎ ‎（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．‎ ‎（5）换测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，应调节B，使它的尖端指向“×1k”的位置，此时还必须重复步骤　（3）　，才能进行测量，若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是　22kΩ　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，再进行欧姆调零，殴姆调零后，测量电阻读出示数．注意示数是由刻度值与倍率的乘积．‎ ‎【解答】解：（1）多用电表的使用首先进行机械调零：调节可调部件A，使电表指针停在表盘左边的零刻度的位置；‎ ‎（2）测阻值为1～3kΩ的电阻，为使指针指在中央刻度附近，选择×100Ω挡位．‎ ‎（3）选档后进行欧姆调零：将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件 C，使电表指针指向表盘右边的欧姆挡零刻线位置．‎ ‎（5）换测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，应调节B，使它的尖端指向“×1k”的位置，此时还必须重新进行欧姆调零，即重复步骤（3），由图示可知，‎ 欧姆表示数，即待测电阻阻值为：22×1000Ω=22000Ω=22kΩ．‎ 故答案为：（1）A；左边的零刻度线处；（2）×100Ω挡（3）C；右边最大刻度处；（5）（3）；22kΩ．‎ ‎　‎ ‎14．下列所给是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中可供选择的实验仪器：‎ 序号器材规格序号器材规格1小灯泡标有“3.8V，0.3A”字样5滑动变阻器R1最大阻值10Ω，额定电流1.0A2电压表V量程0﹣5V；内阻5kΩ6滑动变阻器R2最大阻值1kΩ，额定电流0.5A3电流表A1量程0﹣100mA；内阻4Ω7直流电源E电动势约为4.5V，内阻约为0.5Ω4电流表A2量程0﹣400mA；内阻0.4Ω8导线、电键等 ‎（1）滑动变阻器应选　R1　，电流表应选　A2　；（填器材代码）‎ ‎（2）在如图1的虚线框内画出实验电路图．‎ ‎（3）利用实验中得到的实验数据在图2所示的I﹣U坐标系中，描绘得出了小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，若把该灯泡接到一个电动势为3.0V，内阻为10Ω的直流电源上时小灯泡消耗的实际功率约为　0.20　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）由题目中给出的数据可以选出电流表，由电路的接法可以选出正确的滑动变阻器；‎ ‎（2）由题意可选出正确的路图；注意应采用分压接法；‎ ‎（3）在I﹣U图象中作出电源的伏安特性曲线，两图线的交点即为灯泡的工作点，由图中数据可求得实际功率．‎ ‎【解答】解：（1）本实验应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻；故滑动变阻器应选择R1；由作出的伏安特性曲线可知，灯泡中的电流最大为300mA，故为了准确和安全，电流表应选用A2；‎ ‎（2）由题意可知，本实验中采用分压接法，因灯泡的内阻较小，故电流表采用外接法；‎ 故电路图如图所示：‎ ‎（3）在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，由图可知，灯泡的工作电压为1.00V，电流为0.2A，则功率P=UI=1.00×0.2=0.20W；‎ 故答案为：（1）R1，A2； （2）如图所示； （3）0.20．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共34分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．如图所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导轨宽度为L，已知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水平面的夹角为θ，磁感应强度为B，求轨道对导体棒的支持力和摩擦力．‎ ‎【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律；左手定则．‎ ‎【分析】导体棒处于静止状态，合外力为零，分析受力情况，根据平衡条件、欧姆定律和安培力公式结合进行求解．‎ ‎【解答】解：棒的受力分析图如图所示：‎ 由闭合电路欧姆定律，有：‎ I= ①‎ 由安培力公式，有：‎ F=BIL ②‎ 由共点力平衡条件，有：‎ Fsinθ=Ff ③‎ FN+F cos θ=mg ④‎ 整理得：‎ Ff=‎ FN=mg﹣‎ 答：轨道对导体棒的支持力为mg﹣，摩擦力为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，是用直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电动势E=110V，内电阻r1=1Ω，电动机的内电阻r2=4Ω．不计一切阻力．当匀速提升重物时，电路中电流强度I=5A．取g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）电源的总功率和输出功率；‎ ‎（2）重物上升的速度．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据P=EI求出电动机的总功率．电动机的输出功率等于总功率与发热功率之差．‎ ‎（2）电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和．牵引力的功率求出电动机的输出功率．根据能量守恒列式求出重物上升的速度．‎ ‎【解答】解：（1）电源的总功率为：‎ P总=EI=110×5W=550W 输出功率为：‎ P总=EI﹣I2r1=550﹣52×1=525W；‎ ‎（2）设重物上升的速度为v．根据能量守恒得：‎ mgv=P总﹣I2（r1+r2）‎ 得：v=0.85m/s 答：（1）电源的总功率和输出功率分别为550W和525W；‎ ‎（2）重物上升的速度是0.85m/s．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，电源电动势E=20V，内阻r=10Ω，定值电阻R=90Ω，R0为可变电阻，在R0的阻值由零增大到400Ω的过程中，求：‎ ‎（1）可变电阻R0上消耗的电功率最大的条件和最大功率；‎ ‎（2）定值电阻R和电源内阻r上消耗的功率之和的最小值；‎ ‎（3）定值电阻R上消耗最大功率的条件及最大功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据结论：当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大，可将R看成电源的内电阻，进行分析；把电路电阻r和固定电阻R上消耗功率的表达式列出，分析最小热功率的条件，再求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）当R0=r+R=100Ω时，R0上获得最大功率Pmax==1 W．‎ ‎（2）当R0=400Ω时，R和r上消耗功率之和最小，Pmin=（）2（R+r）=0.16 W．‎ ‎（3）当R0=0时，R上消耗功率最大，‎ Pmax′=（）2R=3.6W．‎ 答：（1）可变电阻R0上消耗的电功率最大的条件和最大功率1W；‎ ‎（2）定值电阻R和电源内阻r上消耗的功率之和的最小值0.16W；‎ ‎（3）定值电阻R上消耗最大功率的条件及最大功率3.6W ‎　‎ ‎18．如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s．已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.50，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；‎ ‎（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；‎ ‎（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，由重力和轨道的支持力的合力提供带电体的向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力；‎ ‎（2）带电体从P运动到B过程，运用动能定理即可求出PB间的距离；‎ ‎（3）带电体从B运动到C的过程中，由动能定理求出经过C点时的速度大小．带电体离开C点后，受到重力和电场力作用，运用运动的分解法研究：在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，即可进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，‎ 由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m，解得：FN=7.25N；‎ ‎（2）设PB间的距离为s，由于动能定理得：‎ ‎（qE﹣μmg）s=mvB2﹣0，解得：s=2.5m；‎ ‎（3）设带电体运动到C点的速度为vC，‎ 由动能定理得：，‎ 带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，2R=gt2，‎ 在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，‎ 依据牛顿第二定律：qE=ma，‎ 设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，‎ 水平方向位移：x=vct﹣at2，解得：x=0.40m；‎ 答：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小为7.25N；‎ ‎（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离为2.5m；‎ ‎（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离为0.40m．‎ ‎　‎