物理卷·2018届湖北省沙市中学高二上学期第五次双周练物理试卷（B卷）（解析版）

物理卷·2018届湖北省沙市中学高二上学期第五次双周练物理试卷（B卷）（解析版）

湖北省沙市中学2016-2017学年高二（上）第五次双周练物理试卷（B卷）(解析版)‎ ‎　‎ 一、单项选择（32分）‎ ‎1．如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知∠CAB=60°，AB=2AC=2cm，φA=0V、φB=﹣8V，将一带电量为q=3×10﹣5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功6×10﹣5J，则下列说法正确的是（　　）‎ A．C点电势为2V B．电场强度E沿AB方向由A→B，大小为400N/C C．该正电荷在B点具有的电势能为2.4×10﹣4J D．将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了1.8×10﹣4J ‎2．某导体中的电流随其两端电压的变化如下图所示，这下列说法中正确的是（　　）‎ A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻 B．加5V电压时，导体的电阻约是10Ω C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 ‎3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则（　　）‎ A．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 B．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小 C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb D．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb ‎4．空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B．一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场，其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断（　　）‎ A．该匀强磁场的方向是垂直纸面向外 B．所有电子在磁场中的轨迹相同 C．速度大的电子在磁场中运动对应的圆心角小 D．所有电子的速度方向都改变了2θ ‎5．如图所示，若不计导轨的电阻，当导线MN在磁感应强度为B的匀强磁场中向右匀速移动时，下列结论中正确的是（　　）‎ A．线圈L2中的电流方向如图且在均匀增大 B．电流计G中无电流通过 C．电流计G中有电流通过，方向从a到b D．电流计G中有电流通过，方向从b到a ‎6．如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻小于灯泡电阻．C是电容器，闭合开关，电路稳定时，B灯恰能正常发光，则下列说法正确的是（　　）‎ A．开关闭合的瞬间，A，B同时发光，亮度也相同 B．开关闭合的瞬间，B立即亮，A逐渐变亮 C．开关闭合足够长时间后再断开，A灯灯丝不可能被烧断 D．开关闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭，而A逐渐熄灭 ‎7．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd．ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）‎ A．Q1＞Q2 q1=q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2 C．Q1=Q2 q1=q2 D．Q1=Q2 q1＞q2‎ ‎8．一电热器接在10V的电源上，产生的热功率为P，把它改接到另一正弦交变电路中，要使产生的热功率为原来的一半，如果忽略电阻值随温度的变化，则该交变电流的电压的最大值为等于（　　）‎ A．5V B．14V C．7.1V D．1OV ‎　‎ 二、多项选择（16分）‎ ‎9．如图，虚线a．b和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc．Ua＞Ub＞Uc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）‎ A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功 B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C．粒子从K到L的过程中，静电势能增加 D．粒子从L到M的过程中，动能减少 ‎10．如图所示为一正弦式电流通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是（　　）‎ A．这也是一种交变电流 B．电流的变化周期是0.02s C．电流的变化周期是0.01s D．电流通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为100J ‎11．如图所示，铝质圆盘可绕竖直轴转动，整个圆盘都处在竖直向下的匀强磁场之中，通过电刷在圆盘轴心与边缘之间接一个电阻R，在圆盘按图中箭头方向转动时，下列说法中正确的有（　　）‎ A．圆盘上各点电势都相等 B．电阻R上的电流由b到a C．圆盘边缘上各点电势都相等 D．穿过圆盘的磁通量不变化，不发生电磁感应现象 ‎12．如图所示的电路中，理想变压器的两端共接有三只规格完全相同的灯泡，变压器输入端接交变电压U0，在开关S闭合的情况下，三只灯泡的亮度相同．如果将开关S断开，灯泡都不会损坏时，将要发生的现象是（　　）‎ A．灯泡L1比S闭合时暗一些 B．灯泡L1比S闭合时亮一些 C．灯泡L2亮度不变 D．灯泡L2比S闭合时暗一些 ‎　‎ 三、实验题（14分）‎ ‎13．（6分）如图1读数：　　m；如图2读数：　　mm．‎ ‎14．（8分）为了测定一个“6.3V、1W”的小电珠在额定电压下较准确的电阻值，可供选择的器材有：‎ A．电流表（0～3A，内阻约0.04Ω）　　　　‎ B．毫安表（0～300mA，内阻约4Ω）‎ C．电压表（0～10V，内阻10KΩ）　　　　　　‎ D．电压表（0～3V，内阻10KΩ）‎ E．电源（额定电压6V，最大允许电流2A）　　　‎ F．电源（额定电压9V，最大允许电流1A）‎ G．可变电阻（阻值范围0～10Ω，额定电流1A）‎ H．可变电阻（阻值范围0～50Ω，额定功率0.5W）‎ I．导线若干根，电键一个．‎ ‎（1）为使测量安全和尽可能准确，应选用的器材是　　．（用字母代号填写）‎ ‎（2）请画出电路图．并把图中所示实物图用线连接起来．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎15．（8分）如图所示，一带电粒子质量为m，电量为q（不计重力），以恒定速率垂直射入磁感应强度B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30°．求：‎ ‎（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎（2）带电粒子穿过磁场区的时间．‎ ‎16．（9分）用长L的绝缘细线栓住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端栓在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直），让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零，求：‎ ‎（1）A、B两点的电势差；‎ ‎（2）匀强电场的场强；‎ ‎（3）小球运动到B点时细线上的拉力大小．‎ ‎17．（9分）发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：‎ ‎（1）写出交变电流瞬时值表达式；‎ ‎（2）外电阻上消耗的功率；‎ ‎（3）从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少？‎ ‎18．（10分）一台交流发电机的额定输出功率P=4.0×103kW，以400V电压将其接在升压器上向远方输电．若输电导线的总电阻为10Ω，允许输电线损失的功率为输出功率的10%，问：‎ ‎（1）升压变压器的电压比应为多大？‎ ‎（2）为了使远方用电器能得到220V的工作电压，降压变压器的电压比应为多大？‎ ‎19．（12分）如图甲所示：MN、PQ是相距d=l m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m=0.1kg、电阻R=lΩ； MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL=3Ω，定值电阻R1=7Ω，调节电阻箱使R2=6Ω，量力加速度g=10m/s2．现断开开关S，在t=0时刻由静止释放ab，在t=0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象．‎ ‎（1）求斜面倾角a及磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）ab由静止下滑x=50m（此前已达到最大速度）的过程中，求整个电路产生的电热；‎ ‎（3）若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省沙市中学高二（上）第五次双周练物理试卷（B卷）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择（32分）‎ ‎1．如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知∠CAB=60°，AB=2AC=2cm，φA=0V、φB=﹣8V，将一带电量为q=3×10﹣5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功6×10﹣5J，则下列说法正确的是（　　）‎ A．C点电势为2V B．电场强度E沿AB方向由A→B，大小为400N/C C．该正电荷在B点具有的电势能为2.4×10﹣4J D．将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了1.8×10﹣4J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；磁感线及用磁感线描述磁场．‎ ‎【分析】A：根据：UAC=；UAC=φA﹣φC，可求出C点电势．‎ B：若过C点作AB的垂线，则交点D为AB的四等分点，可知D点电势为﹣2v，CD为等势线根据电场线与等势面垂直，可以得出场强E的方向，根据E=可以求出场强E大小．‎ C：根据EP=φq，可以求出正电荷在B点具有的电势能．‎ D：根据WCB=UCBq就可以求出WCB，电场力做正功，电势能减少．‎ ‎【解答】解：A：设AC之间的电势差为UAC，则UAC===2v；UAC=φA﹣φC 将φA=0V代入得：0﹣φC=2v 得：φC=﹣2v．故A错误．‎ B：若过C点作AB的垂线，则交点D为AB的四等分点，可知D点电势为﹣2v，CD为等势线，场强垂直CD，‎ 即电场强度E沿AB方向由A→B E==v=400v/m 故B正确．‎ C：根据EP=φq，将φB=﹣8v，q=3×10﹣5C代入得：‎ EPB=（﹣8）×3×10﹣5 J=﹣2.4×10﹣4 J 故C错误．‎ D：UCB=φC﹣φB=6v；WCB=UCBq=（3×10﹣5×6）J=1.8×10﹣4J 所以电场力做正功，电势能减少1.8×10﹣4J 故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题是对静电场中电势、电势能以及电场强度的考察，熟练把握电场线与等势面垂直这一性质，就可以得出场强E的方向，进而根据E=求出E．‎ ‎　‎ ‎2．某导体中的电流随其两端电压的变化如下图所示，这下列说法中正确的是（　　）‎ A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻 B．加5V电压时，导体的电阻约是10Ω C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ I﹣U图象描述物体的电流随电压的变化，由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的变化可明确电阻的变化．‎ ‎【解答】解：A．该元件是非线性元件，但在状态不变时能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误．‎ B．加5V电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，R===5Ω．故B错误．‎ C、D：由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减少．故C错误、D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查I﹣U图象的性质，要注意明确其斜率的意义，知道I﹣U图象的斜率可以表示电阻的倒数，从而可以由图象判断电阻的变化．‎ ‎　‎ ‎3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则（　　）‎ A．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 B．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小 C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb D．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度；安培力．‎ ‎【分析】磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着．因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向．而小段通电导线放在磁场中有磁场力作用，但要注意放置的角度．‎ ‎【解答】解：A、当将一小段通电导线放入磁场时，若没有磁场力，不一定没有磁感应强度，原因是受到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大．故AB错误；‎ C、磁场中某区域的磁感线如图所示：a处的磁感线比b处疏，则a点磁感强度比b点小．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】‎ 磁场方向的是根据小磁针的受力方向规定的，小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是该点磁场方向，也是磁感应强度方向．也可用磁感线的切线方向来判定磁场中的某点的磁场方向．磁感线的疏密程度来表示磁感应强度的大小．密的地方磁感应强度大，疏的地方磁感应强度小．这些特点和电场中的电场强度的方向和大小非常类似．‎ ‎　‎ ‎4．空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B．一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场，其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断（　　）‎ A．该匀强磁场的方向是垂直纸面向外 B．所有电子在磁场中的轨迹相同 C．速度大的电子在磁场中运动对应的圆心角小 D．所有电子的速度方向都改变了2θ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；电子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式r=知，速率不同，轨迹半径不同．电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的长短．‎ ‎【解答】解：A、由图知，电子在P点受到的洛伦兹力方向沿P→O，如图，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向是垂直纸面向里．故A错误．‎ B、电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则轨迹就不同．故B错误．‎ C、D根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是θ，则所有电子的速度方向都改变了2θ，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是2θ，则所有电子在磁场中运动的时间都相同．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题是磁场中直线边界问题，掌握左手定则和轨迹半径的基础上，抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，若不计导轨的电阻，当导线MN在磁感应强度为B的匀强磁场中向右匀速移动时，下列结论中正确的是（　　）‎ A．线圈L2中的电流方向如图且在均匀增大 B．电流计G中无电流通过 C．电流计G中有电流通过，方向从a到b D．电流计G中有电流通过，方向从b到a ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律来确定感应电流的方向，再由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小，并由右手螺旋定则来确定电流与磁场方向关系，最后由产生感应电流的条件来判定是否存在电流．‎ ‎【解答】解：导线MN在匀强磁场中向右匀速移动，切割磁感线产生恒定的感应电动势，导致线圈L2中有磁通量，由于电流的恒定，则线圈L1中有磁通量，但没有变化，所以电流计中没有电流通过．故B正确，ACD错误；‎ ‎【点评】理解楞次定律、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定律及产生感应电流的条件，若导线不是匀速运动，则穿过线圈L1的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再由变化的具体情况来确定电流的方向．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻小于灯泡电阻．C是电容器，闭合开关，电路稳定时，B灯恰能正常发光，则下列说法正确的是（　　）‎ A．开关闭合的瞬间，A，B同时发光，亮度也相同 B．开关闭合的瞬间，B立即亮，A逐渐变亮 C．开关闭合足够长时间后再断开，A灯灯丝不可能被烧断 D．开关闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭，而A逐渐熄灭 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】闭合电路时，线圈对电流的变化有阻碍作用；电路稳定后，L的电阻很小，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间A灯还要亮一下．同时在开关闭合与断开的瞬间电容器会充电或放电．结合电容器与线圈的特点，然后分析即可．‎ ‎【解答】解：A、闭合电路时，线圈中电流逐渐变大，L开始时相当于断路；与此同时，电容器C充电，所以此时流过A的电流大于流过B的电流，所以A与B同时发光，但A更亮．故A错误；‎ B、闭合电路时，线圈对电流的阻碍作用逐渐减小，电流逐渐变大，则流过与之并联的A的电流逐渐减小，A逐渐变暗，故B错误；‎ C、电路稳定后L的电感不再起作用，起作用的只是它的直流电阻，因线圈的电阻值小于A的电阻值，所以流过A的电流小于流过线圈的电流；流过线圈的电流与流过A的电流的合流过B，B此时正常发光，那么说明灯的额定电流由并联的A和L的直流电阻分配，那么流过支路的电流都小于其额定电流的；‎ 断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L会维持L中的电流不变，其数值就是S断开前L支路中的电流，即小于A、B灯的额定电流，所以该电流绝不会大于其额定值，因此不可能烧断灯丝，故C正确；‎ D、断开开关的瞬间，电容器C开始放电，放电电流流过B，所以B逐渐熄灭；而A与线圈串联，也逐渐熄灭．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】‎ 对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解；当电流增大时，自感电动势阻碍电流的增加，线圈相当于断路；而当电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈相当于电源．同时要注意电容器虽然不能通过直流电，但在开关闭合与断开的瞬间可能会充电或放电．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd．ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）‎ A．Q1＞Q2 q1=q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2 C．Q1=Q2 q1=q2 D．Q1=Q2 q1＞q2‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】根据，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等；根据功能关系可求线框中产生的热量．‎ ‎【解答】解：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，则有①，‎ ‎②‎ 同理可以求得③‎ ‎④‎ lab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，通过比较①③可知Q1＞Q2，‎ 通过比较②④可知q1=q2，所以A选项正确，BCD错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】在电磁感应题目中，公式常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件．‎ ‎　‎ ‎8．一电热器接在10V的电源上，产生的热功率为P，把它改接到另一正弦交变电路中，要使产生的热功率为原来的一半，如果忽略电阻值随温度的变化，则该交变电流的电压的最大值为等于（　　）‎ A．5V B．14V C．7.1V D．1OV ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．‎ ‎【解答】解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：Q=t，‎ 此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，即Q′=Q 所以： Q=t 解得：‎ U有=5V 所以最大值为U有=5=10V 故选：D．‎ ‎【点评】对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．‎ ‎　‎ 二、多项选择（16分）‎ ‎9．如图，虚线a．b和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc．Ua＞Ub＞Uc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）‎ A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功 B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C．粒子从K到L的过程中，静电势能增加 D．粒子从L到M的过程中，动能减少 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接根据电场力的方向判断．‎ ‎【解答】解：A、根据Ep=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功，故A正确；‎ B、根据Ep=qφ，粒子从L到M的过程中，电势能减小，故电场力做正功，故B错误；‎ C、根据Ep=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故C正确；‎ D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎【点评】本题关键是根据Ep=qφ得到电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示为一正弦式电流通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是（　　）‎ A．这也是一种交变电流 B．电流的变化周期是0.02s C．电流的变化周期是0.01s D．电流通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为100J ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】根据方向的变化来确定直流还是交流；从正弦电流的波形图直接读出周期，根据Q=I2Rt来求解电流的有效值．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，电流大小变化，但方向没有变化，因此这是直流电，故A错误；‎ B、由正弦电流的波形图可知，周期T=0.02s，故B正确，C错误；‎ D、根据电流的热效应，电流的有效值为1A；则通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为Q=I2Rt=100J，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】掌握区别直流与交流的方法，知道求有效值的要求：求一个周期内的热量，进而用I2RT，求出有效值．注意有一段没有电流，但存在时间，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，铝质圆盘可绕竖直轴转动，整个圆盘都处在竖直向下的匀强磁场之中，通过电刷在圆盘轴心与边缘之间接一个电阻R，在圆盘按图中箭头方向转动时，下列说法中正确的有（　　）‎ A．圆盘上各点电势都相等 B．电阻R上的电流由b到a C．圆盘边缘上各点电势都相等 D．穿过圆盘的磁通量不变化，不发生电磁感应现象 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】‎ 将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，应用电功率公式判断影响电功率的因素．‎ ‎【解答】解：A、金属圆盘看成由无数金属幅条组成的；故各金属辐条切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可知电流由边缘流向中间，故圆盘上各点的电势相等是错误的；故AD错误 B、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心；故R中电流由b到a；故B正确．‎ C、圆盘边缘处相当于各电源并联，各点的电势相等；故C相等；故C正确；‎ 故选：BC ‎【点评】本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则运用时，要解决两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的电路中，理想变压器的两端共接有三只规格完全相同的灯泡，变压器输入端接交变电压U0，在开关S闭合的情况下，三只灯泡的亮度相同．如果将开关S断开，灯泡都不会损坏时，将要发生的现象是（　　）‎ A．灯泡L1比S闭合时暗一些 B．灯泡L1比S闭合时亮一些 C．灯泡L2亮度不变 D．灯泡L2比S闭合时暗一些 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出电路总电阻的变化，进而可以确定出电路总电流的变化情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化情况．‎ ‎【解答】解：当开关S断开时后，减少了输出功率，输出功率减少，输入功率也减少，因不变，则流过的电流变小，灯变暗，灯两端的电压，I减少，也减少，变压器初级线圈两端的电压增大，输入电压增大，输出电压与输入电压成正比也增大，即两端的电压增大，流过的电流增大，灯泡比S闭合时亮，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化情况，再确定其他的电路的情况，即先部分后整体再部分的方法．‎ ‎　‎ 三、实验题（14分）‎ ‎13．如图1读数：　3.42×10﹣3　m；如图2读数：　1.052　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是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：游标卡尺的主尺读数为3mm，游标读数为21×0.02mm=0.42mm，所以最终读数为3.42mm=3.42×10﹣3m．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×5.2mm=0.052mm，所以最终读数为1.052mm．‎ 故答案为：3.42×10﹣3；1.052‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．‎ ‎　‎ ‎14．为了测定一个“6.3V、1W”的小电珠在额定电压下较准确的电阻值，可供选择的器材有：‎ A．电流表（0～3A，内阻约0.04Ω）　　　　‎ B．毫安表（0～300mA，内阻约4Ω）‎ C．电压表（0～10V，内阻10KΩ）　　　　　　‎ D．电压表（0～3V，内阻10KΩ）‎ E．电源（额定电压6V，最大允许电流2A）　　　‎ F．电源（额定电压9V，最大允许电流1A）‎ G．可变电阻（阻值范围0～10Ω，额定电流1A）‎ H．可变电阻（阻值范围0～50Ω，额定功率0.5W）‎ I．导线若干根，电键一个．‎ ‎（1）为使测量安全和尽可能准确，应选用的器材是　BCFGI　．（用字母代号填写）‎ ‎（2）请画出电路图．并把图中所示实物图用线连接起来．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据小电珠的额定电流来选择电流表量程，根据额定电压来选择电压表量程和电源电动势大小；为使测量安全和尽可能准确，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器，导线和电键是必需的；‎ ‎（2）先判断电流表的接法，再作图，再根据电路图连接实物图即可．‎ ‎【解答】解：（1）由小电珠规格“6.3V，1W”可知，额定电流为：I=，故电流表应选B；‎ 由于小电珠的额定电压为6.3V，所以电压表应选C；电源应选F；‎ 由于实验要求测量安全和尽可能准确，则要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，而采用分压式接法时，变阻器的电阻越小调节越方便，所以变阻器应选G；‎ 显然还必需要选择I，所以应选用的器材是BCFGI．‎ ‎（2）由于小电珠电阻较小，满足，因此电流表应使用外接法，从（1）可知滑动变阻器采用分压接法，作出电路图，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ 故答案为：（1）BCFGI；（2）电路图和实物图如图所示．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎15．如图所示，一带电粒子质量为m，电量为q（不计重力），以恒定速率垂直射入磁感应强度B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30°．求：‎ ‎（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎（2）带电粒子穿过磁场区的时间．‎ ‎【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）带电粒子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径．‎ ‎（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F洛⊥v，故圆心在粒子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设圆心为O点．如图所示．‎ 由几何知识可知，圆心角θ=30°，OC为半径r，则得 ‎（2）由洛伦兹力提供向心力得：‎ 解得：‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期：‎ 设穿过磁场的时间是t，则：‎ 所以：‎ 答：（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为2d；‎ ‎（2）带电粒子穿过磁场区的时间为．‎ ‎【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．‎ ‎　‎ ‎16．用长L的绝缘细线栓住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端栓在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直），让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零，求：‎ ‎（1）A、B两点的电势差；‎ ‎（2）匀强电场的场强；‎ ‎（3）小球运动到B点时细线上的拉力大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球从静止释放到到达B点的过程中，重力做功mglsin60°电场力做功qUAB，动能变化量为零，根据动能定理求解A、B两点的电势差UAB；‎ ‎（2）根据U=Ed求解电场强度，d=L（1﹣cos60°）‎ ‎（3）根据对小球的受力分析，求出线的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）由A到B过程，由动能定理得：mgLsin30°﹣qUAB=0得：‎ ‎（2）在匀强电场中：U=Ed，‎ 得：‎ ‎（3）小球到达B点时速度为零，沿细线方向合力为零，‎ 此时对小球受力如图所示：有牛顿第二定律有：T﹣mgcos30°﹣Eqcos60°=0‎ 可解得 答：（1）BA两点的电势差：； ‎ ‎（2）匀强电场的场强大小：； ‎ ‎（3）小球在B点时，细线拉力为：‎ ‎【点评】求电势差时，要注意顺序，运用动能定理求解电势差时，电场力做功公式WAB=qUAB，各个量都要代入符号进行计算．属于简单题．‎ ‎　‎ ‎17．发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：‎ ‎（1）写出交变电流瞬时值表达式；‎ ‎（2）外电阻上消耗的功率；‎ ‎（3）从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少？‎ ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】（1）先根据Um=nBωL2求出最大值，再根据闭合电路欧姆定律求出电流，进而求出交变电流瞬时值表达式；‎ ‎（2）先求出电流的有效值，根据P=I2R得外电阻上的消耗功率；‎ ‎（3）求通过外电阻的电荷量要用平均电流，根据电荷量等于平均电流乘以时间即可 ‎【解答】解：（1）电动势的最大值：Em=nBωL2=200π=628（V） ‎ 根据闭合电路欧姆定律得 Im==6.28A ‎ 故交变电流瞬时值表达式：‎ i=6.28sin100πtA． ‎ ‎（2）电流的有效值I=外电阻上的消耗功率：‎ P=I2R=（）2R=1.95×103W．‎ ‎（3）从计时开始到线圈转过过程中，平均感应电动势由=n得平均电流：‎ ‎，‎ 通过外电阻的电荷量：q=•△t==0.017C ‎ 答：（1）交变电流瞬时值表达式为i=6.28sin100πtA；‎ ‎（2）外电阻上消耗的功率为1.95×103W；‎ ‎（3）从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是0.017C．‎ ‎【点评】本题主要考查了交变电流的瞬时表达式的求解方法，注意功率要用有效值，通过电阻的电量用平均值．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）（2016春•拉萨校级期末）一台交流发电机的额定输出功率P=4.0×103kW，以400V电压将其接在升压器上向远方输电．若输电导线的总电阻为10Ω，允许输电线损失的功率为输出功率的10%，问：‎ ‎（1）升压变压器的电压比应为多大？‎ ‎（2）为了使远方用电器能得到220V的工作电压，降压变压器的电压比应为多大？‎ ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】（1）根据输出功率的大小，结合允许损失的功率大小求出输出的电流大小，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压之比等于匝数之比求出升压变压器原副线圈的匝数比．‎ ‎（2）根据输送电流，得出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，结合输入电压和输出电压之比等于匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比．‎ ‎【解答】解：（1）根据得输送电流I=．‎ 则升压变压器的输出电压．‎ 升压变压器的原副线圈匝数比．‎ ‎（2）输电线上损失的电压△U=IR=200×10V=2000V，‎ 则降压变压器的输入电压U3=U2﹣△U=20000﹣2000V=18000V．‎ 则降压变压器的匝数比．‎ 答：（1）升压变压器的电压比应为1：50‎ ‎（2）为了使远方用电器能得到220V的工作电压，降压变压器的电压比应为900：11‎ ‎【点评】解决本题的关键知道变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系，以及知道升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2014•成都模拟）如图甲所示：MN、PQ是相距d=l m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m=0.1kg、电阻R=lΩ； MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL=3Ω，定值电阻R1=7Ω，调节电阻箱使R2=6Ω，量力加速度g=10m/s2．现断开开关S，在t=0时刻由静止释放ab，在t=0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象．‎ ‎（1）求斜面倾角a及磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）ab由静止下滑x=50m（此前已达到最大速度）的过程中，求整个电路产生的电热；‎ ‎（3）若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）先研究乙图可知，在0﹣0.5s内ab做匀加速直线运动，由图象的斜率可求得加速度，由牛顿第二定律求出斜面的倾角．t=0.5s时，S闭合且加上了磁场，ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大（vm=6m/s）后接着做匀速运动，根据平衡条件和安培力与速度的关系式结合，求解磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）ab下滑过程中，机械能减小转化为系统的内能，根据能量守恒定律求解整个电路产生的电热；‎ ‎（3）ab匀速下滑时受力平衡，由平衡条件求出ab产生的感应电流I，由并联电路的规律求出通过R2的电流，由功率公式和数学知识结合求解R2消耗的最大功率．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得：a==m/s=6m/s2，‎ 由牛顿第二定律有：mgsinα=ma 所以：sinα===0.6‎ 所以α=37°‎ t=0.5s时，S闭合且加上了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大（vm=6m/s）后接着做匀速运动，匀速运动时，由平衡条件有：mgsinα=F安，‎ 又F安=BId ‎ I=‎ 电路的总电阻：R总=Rab+R1+=（1+7+）Ω=10Ω 联立以上四式有：mgsinα=‎ 代入数据解得：B===1T ‎（2）由能量转化关系有：mgxsinα=+Q 代入数据解得：Q=mgxsinα﹣=28.2J ‎（3）改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有：mgsinα=BdI 所以I==A=0.6A 通过R2的电流为：I2=I R2的功率为：P=I22R2，‎ 联立以上三式有：P=I2R2=I2‎ 当=时，即R2=RL=3Ω，功率最大，‎ 所以Pm==W=0.27W 答：（1）斜面倾角a为37°，磁感应强度B的大小为1T；‎ ‎（2）整个电路产生的电热为28.2J；‎ ‎（3）若只改变电阻箱R2的值．当R2为3Ω时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大，消耗的最大功率为0.27W．‎ ‎【点评】本题是力电综合题，首先要从力学的角度分析ab棒的运动情况，掌握电路知识、电磁感应知识，运用数学求极值的方法研究电路中极值问题，对数学知识的能力要求较高，要加强训练，培养解决综合题的能力．‎ ‎　‎