物理卷·2018届河北省邯郸市鸡泽一中高二上学期期末物理模拟试卷（1） （解析版）

物理卷·2018届河北省邯郸市鸡泽一中高二上学期期末物理模拟试卷（1） （解析版）

‎2016-2017学年河北省邯郸市鸡泽一中高二（上）期末物理模拟试卷（1）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题包括18小题．每小题3分，共54分．其中第1---13为单选，14-18为多选，对但不全的得2分）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列说法正确的是（　　）‎ A．牛顿首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法 B．卡文迪许总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量的数值 C．法拉第提出了场的概念从而使人类摆脱了超距作用观点的困境 D．奥斯特最早发现了电磁感应现象为发明发电机提供了理论依据 ‎2．下列关于导体在磁场中受力的说法中，正确的是（　　）‎ A．通电导体在磁场中一定受到安培力的作用 B．通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用 C．通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，不会受到安培力的作用 D．只要导体放入磁场中，无论是否通电都会受到安培力的作用 ‎3．根据所学知识判断图中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．图中能产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中．如图所示，该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t=0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N离开纸面向外转动．规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω．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14 W B．电动机两端的电压为7.0 V C．电动机的发热功率为4.0 W D．电源输出的电功率为24 W ‎7．三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为（　　）‎ A．3：2：1 B．1：2：3 C．1：1：1 D．1：：‎ ‎8．矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（　　）‎ A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda B．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小 C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba D．从0到t2时间内，导线框bc边受到的安培力越来越大 ‎9．两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（　　）‎ A．2：3 B．1：3 C．1：2 D．3：1‎ ‎10．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．电压表读数减小 B．电流表读数减小 C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大 ‎11．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是（　　）‎ A．a→b→c→d→a B．d→c→b→a→d C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d ‎12．电阻为R的负载接到20V直流电压上消耗的电功率是P．用一个变压器，原线圈接最大值为200V的正弦交流电压，副线圈接电阻R，要使R上消耗的电功率为，则变压器原、副线圈的匝数比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎13．如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R和两个小灯泡L1、L2，最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（　　）‎ A．副线圈两端电压变大 B．灯泡L1变亮 C．电流表A1示数变大 D．电阻R0中的电流变小 ‎14．如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是（　　）‎ A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常 B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮 C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮 D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭 ‎15．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（　　）‎ A．R接到a电源上，电源的效率较高 B．R接到b电源上，电源的效率较高 C．R接到a电源上，电源的输出功率较大 D．R接到b电源上，电源的输出功率较大 ‎16．如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为l，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的（　　）‎ A．安培力大小为BIl B．安培力大小为BIlsin θ C．摩擦力大小为BIlcos θ D．支持力大小为mg+BIlcos θ ‎17．如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则（　　）‎ A．该粒子带正电 B．A点与x轴的距离为 C．粒子由O到A经历时间t=‎ D．运动过程中粒子的速度不变 ‎18．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（　　）‎ A．导体框中产生的感应电流方向相同 B．导体框中产生的焦耳热相同 C．导体框ad边两端电势差相同 D．通过导体框截面的电量相同 ‎　‎ 二．实验题（本题包括2小题，共14分）‎ ‎19．某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为　　cm，直径为　　mm．‎ ‎20．为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R电压表V的示数U1，电压表V的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出流过电阻箱的电流的表达式：　　；‎ ‎（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是　　（选填“a”或“b”）；‎ ‎（3）根据图乙可以求得电源的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为　　W．‎ ‎　‎ 三．计算题本题包括3小题，共32分．解答时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 ‎21．如图甲所示，用相同导线绕制、半径分别为r和3r的金属圆环a、b放置在纸面内，半径为2r的圆形区域内充满了垂直纸面的匀强磁场，磁场区域和金属圆环的圆心均为O点．磁场的磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，求0～t0时间内a、b圆环中产生的热量之比．‎ ‎22．如图所示，两平行金属导轨间距l=0.5m，导轨与水平面成θ=37°．导轨上端连接有E=6V、r=1Ω的电源和滑动变阻器．长度也为l的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg、电阻R0=1Ω，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．当滑动变阻器的阻值R=1Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）此时电路中的电流I；‎ ‎（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为4Ω时金属棒受到的摩擦力．‎ ‎23．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子，从静止开始经U0‎ ‎=10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：‎ ‎（1）带电粒子到达P点时速度v的大小 ‎（2）若磁感应强度B=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求QO的距离 ‎（3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B'满足的条件．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸市鸡泽一中高二（上）期末物理模拟试卷（1）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括18小题．每小题3分，共54分．其中第1---13为单选，14-18为多选，对但不全的得2分）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列说法正确的是（　　）‎ A．牛顿首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法 B．卡文迪许总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量的数值 C．法拉第提出了场的概念从而使人类摆脱了超距作用观点的困境 D．奥斯特最早发现了电磁感应现象为发明发电机提供了理论依据 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、伽利略创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法，故A错误 B、牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量的数值，故B错误 C、法拉第提出了场的概念从而使人类摆脱了超距作用观点的困境，故C正确 D、法拉第最早发现了电磁感应现象为发明发电机捉供了理论依据，故D错误 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于导体在磁场中受力的说法中，正确的是（　　）‎ A．通电导体在磁场中一定受到安培力的作用 B．通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用 C．通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，不会受到安培力的作用 D．只要导体放入磁场中，无论是否通电都会受到安培力的作用 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．‎ ‎【解答】解：AB、当导线的方向与磁场的方向平行时，不受安培力，当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．当通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，F=BILcosθ，其中θ为磁场方向与导线方向的夹角，故AC错误，B正确；‎ D、不通电，导体不受安培力作用，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．根据所学知识判断图中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则；电场强度．‎ ‎【分析】根据左手定则判断电流所受的安培力方向；根据左手定则判断运动电荷所受的洛伦兹力方向；正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同；根据右手螺旋定则判断通电螺线管周围的磁场方向．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则知，电流所受的安培力方向竖直向下．故A正确．‎ B、根据左手定则知，运动电荷所受的洛伦兹力方向竖直向上．故B错误．‎ C、正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同．故C错误．‎ D、根据右手螺旋定则，螺线管外部上面的磁场方向为从左向右，则小磁针N极指向右．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．图中能产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：A、线圈是不闭合的，不能产生感应电流．故A错误；‎ B、线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流．故B正确；‎ C、由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0．故C错误；‎ D、线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中．如图所示，该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t=0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N离开纸面向外转动．规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】匀强磁场内绕一固定矩形线圈在固定轴转动，线圈从垂直中性面开始计时时，磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电流也最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．根据楞次定律可判定感应电流方向，从而可确定感应电流与时间变化的图象．‎ ‎【解答】解：由题意可知，线圈相对于磁场绕转轴向里转动，根据楞次定律可知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，与规定的方向相同；同时此位置线圈切割磁感线速度最大，所以产生感应电流最大，因此只有C正确，ABD均错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω．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14 W B．电动机两端的电压为7.0 V C．电动机的发热功率为4.0 W D．电源输出的电功率为24 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【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，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎【解答】解：A、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14W﹣2W=12W，所以B正确，AC错误；‎ D、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为（　　）‎ A．3：2：1 B．1：2：3 C．1：1：1 D．1：：‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间．‎ ‎【解答】解：粒子在磁场中运动的周期的公式为T=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为T，偏转角为60°的粒子的运动的时间为T，偏转角为30°的粒子的运动的时间为T．‎ 所以有T： T： T=3：2：1，选项A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（　　）‎ A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda B．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小 C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba D．从0到t2时间内，导线框bc边受到的安培力越来越大 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，0﹣t2内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A错误，C正确 B、从0到t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，感应电动势恒定不变，电路中电流大小时恒定不变；导线电流大小恒定，故B错误；‎ D、从0到t2时间内，磁场的变化率不变，则电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比，即先减小后增大，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（　　）‎ A．2：3 B．1：3 C．1：2 D．3：1‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比．‎ ‎【解答】解：A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得， =．‎ 根据电阻定律得，R=ρ，则s=．‎ 则横截面积之比==．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．电压表读数减小 B．电流表读数减小 C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．‎ ‎【解答】解：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；‎ 当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；‎ 因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；‎ 因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；‎ 因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小； 故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是（　　）‎ A．a→b→c→d→a B．d→c→b→a→d C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】本题考查楞次定律的应用，关键在于先找出原磁通量的变化，再由楞次定律确定感应电流的磁场方向，最后确定感应电流．‎ ‎【解答】解：由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律，感应电流产生磁场也向上，再由右手螺旋定则可知，感应电流的方向：d→c→b→a→d；‎ 同理，当继续向右摆动过程中，向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向是d→c→b→a→d；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．电阻为R的负载接到20V直流电压上消耗的电功率是P．用一个变压器，原线圈接最大值为200V的正弦交流电压，副线圈接电阻R，要使R上消耗的电功率为，则变压器原、副线圈的匝数比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】变压器的构造和原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．‎ ‎【解答】解：当电阻接在直流电路中的时候，由P=可得，此时的功率为P==，‎ 当功率为时，由P=可得，此时电阻的电压的有效值为10V，‎ 变压器的输入电压的有效值为=100V，‎ 所以变压器原、副线圈的匝数比为===．‎ 故选：C ‎　‎ ‎13．如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R和两个小灯泡L1、L2，最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（　　）‎ A．副线圈两端电压变大 B．灯泡L1变亮 C．电流表A1示数变大 D．电阻R0中的电流变小 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．‎ ‎【解答】解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；‎ B、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，故灯泡L1变暗，故B错误；‎ C、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故C正确；‎ D、当S接通后，原线圈电路的总电阻减小，总电流变大，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是（　　）‎ A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常 B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮 C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮 D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光．由于线圈的阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮．‎ 断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭．‎ ‎【解答】解：A、B、C、开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光．由于线圈的自感阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮，故AB错误，C正确；‎ D、断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎15．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（　　）‎ A．R接到a电源上，电源的效率较高 B．R接到b电源上，电源的效率较高 C．R接到a电源上，电源的输出功率较大 D．R接到b电源上，电源的输出功率较大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】电源的效率等于电源的输出与总功率的百分比，根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U﹣I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、B电源的效率η===，由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高．故A错误，B正确．‎ ‎ C、D当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大．故C正确，D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎16．如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为l，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的（　　）‎ A．安培力大小为BIl B．安培力大小为BIlsin θ C．摩擦力大小为BIlcos θ D．支持力大小为mg+BIlcos θ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】导体棒AC静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力．导体棒与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIl，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的摩擦力和支持力．‎ ‎【解答】解：以导体棒为研究对象，分析受力，如图．‎ 其中，安培力大小FA=BIl，根据平衡条件得：‎ G+FAcosθ=N…①‎ f=FAsinθ…②‎ 由①得：N=G+FAcosθ=mg+BIlcosθ 由②得：f=BIlsinθ 故AD正确，BC错误． ‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则（　　）‎ A．该粒子带正电 B．A点与x轴的距离为 C．粒子由O到A经历时间t=‎ D．运动过程中粒子的速度不变 ‎【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】先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断电荷的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，速度的大小没有变化，但速度的方向改变了，速度是变化的．‎ ‎【解答】解：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：‎ A、根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；‎ B、设点A与x轴的距离为d，由图可得：r﹣rcos60°=d，所以d=0.5r．‎ 而粒子的轨迹半径为r=，则得A点与x轴的距离为：d=，故B正确；‎ C、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为 t=T==，故C正确；‎ D、由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎18．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（　　）‎ A．导体框中产生的感应电流方向相同 B．导体框中产生的焦耳热相同 C．导体框ad边两端电势差相同 D．通过导体框截面的电量相同 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电流、电压概念；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】A、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定．‎ B、根据热量的公式Q=I2Rt进行分析．‎ C、先求出感应电动势，再求外电压．‎ D、通过q=进行分析．‎ ‎【解答】解：A、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同．故A正确．‎ ‎ B、I=，t=，根据Q=I2Rt=，知Q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同．故B错误．‎ ‎ C、向上移出磁场的过程中，电动势E=BLv，ad边两端电势差U=；向右移出磁场的过程中，电动势E=3BLv，ad边两端电势差U=．故C错误．‎ ‎ D、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同．故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ 二．实验题（本题包括2小题，共14分）‎ ‎19．某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为　5.02　cm，直径为　4.815　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【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．‎ 而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读．‎ ‎【解答】解：（a）是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：5cm=50mm，游标上第2个刻度与上面对齐，读数为：2×0.1mm=0.2mm，‎ 故最终读数为：50+2×0.1=50.2mm=5.02cm；‎ 螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为31.5×0.01mm，则读数为4.5+31.5×0.01=4.815mm．‎ 故答案为：5.02，4.815．‎ ‎　‎ ‎20．为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R电压表V的示数U1，电压表V的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出流过电阻箱的电流的表达式：　I=　；‎ ‎（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是　b　（选填“a”或“b”）；‎ ‎（3）根据图乙可以求得电源的电动势E=　3　V，内电阻r=　2　Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为　1　W．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；‎ ‎（1）由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式．‎ ‎（2）根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象．‎ ‎（3）电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．‎ 由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率．‎ ‎【解答】解：（1）电阻箱两端电压UR=U2﹣U1，通过电阻箱的电流I=；‎ ‎（2）灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象．‎ ‎（3）随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线a是电源的U﹣I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻r===2Ω；由图线a可知，灯泡两端最大电压为2V，电流为0.5A，灯泡最大功率P=UI=2V×0.5A=1W．‎ 故答案为：（1）I=；（2）b；（3）3；2；1．‎ ‎　‎ 三．计算题本题包括3小题，共32分．解答时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 ‎21．如图甲所示，用相同导线绕制、半径分别为r和3r的金属圆环a、b放置在纸面内，半径为2r的圆形区域内充满了垂直纸面的匀强磁场，磁场区域和金属圆环的圆心均为O点．磁场的磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，求0～t0时间内a、b圆环中产生的热量之比．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】根据圆的周长，结合单位长度的电阻，可知两圆环的电阻，再由法拉第电磁感应定律，结合焦耳定律，即可求解．‎ ‎【解答】解：设两圆环单位长度上的电阻为r0，‎ 则两圆环的电阻分别为Ra=2πrr0，‎ Rb=6πrr0‎ 根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：Ea===‎ Eb===； ‎ 又在0～t0时间内圆环中产生的热量为：Q=；‎ 故热量之比为： ===‎ 答：0～t0时间内a、b圆环中产生的热量之比3：16．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，两平行金属导轨间距l=0.5m，导轨与水平面成θ=37°．导轨上端连接有E=6V、r=1Ω的电源和滑动变阻器．长度也为l的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg、电阻R0=1Ω，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．当滑动变阻器的阻值R=1Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）此时电路中的电流I；‎ ‎（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为4Ω时金属棒受到的摩擦力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解此时电路中的电流I；‎ ‎（2）根据题意，滑动变阻器的阻值R=1Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力，分析棒的受力，根据平衡条件和安培力可求出磁感应强度B．再运用闭合电路欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻为4Ω时电路中电流，求出棒所受的安培力，判断摩擦力的方向，再根据平衡条件求解摩擦力．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器的电阻为R1=1Ω时，‎ 电流 I1===2A ‎（2）金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图．‎ 根据平衡条件可得，mgsinθ=F1cosθ ‎ 又 F1=BI1l ‎ 联立上式，解得磁感应强度 B===1.5T 当滑动变阻器的电阻为R2=4Ω时，电流 I2==A=1A 又 F2=BI2l=1.5×1×0.5N=0.75N mgsinθ=0.2×10×sin37°=1.2N ‎∴mgsinθ＞F2cosθ，故金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff 根据平衡条件可得，mgsinθ=F2cosθ+Ff 联立解得：Ff=mgsinθ﹣F2cosθ=0.2×10×sin37°﹣0.75×cos37°=0.6N ‎ 答：（1）此时电路中的电流I为2A；（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为4Ω时金属棒受到的摩擦力为0.6N．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子，从静止开始经U0=10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：‎ ‎（1）带电粒子到达P点时速度v的大小 ‎（2）若磁感应强度B=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求QO的距离 ‎（3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B'满足的条件．‎ ‎【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】（1）粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；‎ ‎（2）粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动的半径大小．再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得；‎ ‎（3）由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B'满足的条件．‎ ‎【解答】解：（1）对带电粒子的加速过程，由 动能定理 代入数据得：v=20m/s ‎（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，‎ 有：‎ 得 代入数据得：R=0.50m 而=0.50m ‎ 故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示．‎ 由几何关系可知：OQ=R+Rsin53°‎ 故OQ=0.90m ‎ ‎（3）带电粒子不从x轴射出（如图），‎ 由几何关系得：OP＞R'+R'cos53°①‎ ‎②‎ 由①②并代入数据得：B'＞=5.33T ‎ 答：（1）带电粒子到达P点时速度v的大小20m/s；‎ ‎（2）若磁感应强度B=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则QO的距离0.9m；‎ ‎（3）若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B'满足大于5.33T条件．‎