《高中試卷》2018-2019學(xué)年廣東省深圳市福田區(qū)耀華實驗學(xué)校港澳臺班高二（上）期末物理試卷

1、2018-2019學(xué)年廣東省深圳市福田區(qū)耀華實驗學(xué)校港澳臺班高二（上）期末物理試卷一、選擇題（單選，每小題4分，共52分）1（4分）在一個點電荷形成的電場中，關(guān)于電場強度和電勢的說法中正確的是（）a沒有任何兩點電場強度相同b可以找到很多電場強度相同的點c沒有任何兩點電勢相等d可以找到電勢又相等，電場強度又相同的點2（4分）導(dǎo)體的電阻是導(dǎo)體本身的一種性質(zhì)，對于同種材料的導(dǎo)體，在溫度不變時，下列表述正確的是（）a橫截面積一定，電阻與導(dǎo)體的長度成正比b長度一定，電阻與導(dǎo)體的橫截面積成正比c電壓一定，電阻與通過導(dǎo)體的電流成正比d電流一定，電阻與導(dǎo)體兩端的電壓成反比3（4分）如圖所示，ab是某點電荷電場

2、中一條電場線，在電場線上p處自由釋放一個負(fù)試探電荷時，它沿直線向b點處運動，對此現(xiàn)象下列判斷正確的是（）a電荷向b做勻加速運動b電荷向b做加速度越來越小的運動c電荷向b做加速度越來越大的運動d電荷向b做加速運動，加速度的變化情況不能確定4（4分）如圖所示，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭p向右移動時三個燈泡亮度的變化情況是（）al1變亮，l2和l3皆變暗bl1變亮，l2不能確定，l3變暗cl1變暗，l2變亮，l3也變亮dl1變亮，l2變亮，l3變暗5（4分）如圖所示，直線a為電源的ui圖線，曲線b為燈泡電阻的ui圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電路的總功率分別是（）a4w、8wb2

3、w、4wc4w、6wd2w、3w6（4分）如圖所示，把輕質(zhì)導(dǎo)線圈用絕緣細(xì)線懸掛在磁鐵n極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心，且垂直于線圈平面，當(dāng)線圈中通入如圖方向的電流后，線圈的運動情況是（）a線圈向左運動b線圈向右運動c從上往下看順時針轉(zhuǎn)動d從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動7（4分）圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖帶電粒子a、b經(jīng)電壓u加速（在a點初速度為零）后，進(jìn)入磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板s上的x1、x2處圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則（）aa的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量ba的電荷量一定大于b的電荷量ca運動的時間大于b運動的時間da的比荷（qama）大于b的

4、比荷（qbmb）8（4分）空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力共同作用下，從靜止開始自a點沿曲線acb運動，到達(dá)b點時速度為零，c為運動的最低點。不計重力，則（）a該離子帶負(fù)電ba、b兩點位于同一高度cc點時離子速度并非最大d離子到達(dá)b點后，將沿原曲線返回a點9（4分）水平固定放置的足夠長的u形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程（）a安培力對ab棒所做的功相等b電流所做的功相等c產(chǎn)生的總內(nèi)能不相等d通過ab棒的電

5、量不相等10（4分）如圖所示，a、b是完全相同的兩個小燈泡，l為自感系數(shù)很大、電阻可以忽略的帶鐵芯的線圈（）a電鍵s閉合瞬間，a、b同時發(fā)光，隨后a燈變暗，b燈變亮，最后b比a更亮b電鍵s閉合瞬間，b燈亮，a燈不亮c斷開電鍵s的瞬間，a、b燈同時熄滅d斷開電鍵s的瞬間，b燈立即熄滅，a燈突然閃亮一下再熄滅11（4分）如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的，半徑為r的圓環(huán)，以v的速度勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強度大小為b的勻強磁場。當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置（aob90°）時，a、b兩點的電勢差為（）a24brvb22brvc324brvd2brv12（4分）如圖所示，磁場垂直于紙面向外，磁場的磁感應(yīng)強度隨水平向

6、右的x軸按bb0+kx（b0、k為常量）的規(guī)律均勻增大位于紙面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框abcd處于磁場中，在外力作用下始終保持dc邊與x軸平行向右勻速運動若規(guī)定電流沿abcda的方向為正方向，則從t0到tt1的時間間隔內(nèi)，下列關(guān)于該導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電流i隨時間t變化的圖象，正確的是（）abcd13（4分）如圖所示。繞在鐵芯上的線圈與電源、滑動變阻器和開關(guān)組成閉合回路。在鐵芯的右端套有一個表面絕緣的銅環(huán)a不計鐵芯和銅環(huán)a之間的摩擦。則下列情況中銅環(huán)a會向右運動的是（）a線圈中通以恒定的電流b通電時，使滑動變阻器的滑片p向右勻速移動c通電時，使滑動變阻器的滑片p向左加速移動d將開關(guān)突然斷開的瞬間二、實驗題（

7、本題共2小題，共23分）14（9分）一多用電表的電阻擋有三個倍率，分別是×1、×10、×100用×10擋測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，應(yīng)換到 擋如果換檔后立即用表筆連接待測電阻進(jìn)行讀數(shù)，那么缺少的步驟是 ，若補上該步驟后測量，表盤的示數(shù)如圖，則該電阻的阻值是 15（14分）在用電壓表和電流表測電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，所用電壓表和電流表的內(nèi)阻分別為1k和0.1，圖1為實驗原理圖及所需器件圖（1）在圖2中畫出連線，將器件按原理圖1連接成實物電路（2）一位同學(xué)記錄的6組數(shù)據(jù)見表，試根據(jù)這些數(shù)據(jù)在圖3中畫出ui圖

8、象，根據(jù)圖象讀出電池的電動勢e v，求出電池的內(nèi)阻r i（a）0.120.200.310.320.500.57u（v）1.371.321.241.181.101.05三、計算題（本題共4小題，共75分，計算時必須有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位）16（16分）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上有一個用一根均勻?qū)w圍成的正方形線框abcd，其邊長為l，總電阻為r，放在磁感應(yīng)強度為b方向豎直向下的勻強磁場的左邊，圖中虛線mn為磁場的左邊界線框在大小為f的恒力作用下向右運動，其中ab邊保持與mn平行當(dāng)線框以速度v0進(jìn)入磁場區(qū)域時，它恰好做勻速運動在線框進(jìn)入磁場的過程中，（1）線框的ab

9、邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為e為多少？（2）求線框a、b兩點的電勢差（3）求線框中產(chǎn)生的焦耳熱17（19分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d0.10m，a、b間的電場強度為e5.0×105n/c，b板下方整個空間存在著磁感應(yīng)強度大小為b6.0t、方向垂直紙面向里的勻強磁場。今有一質(zhì)量為m4.8×1025kg、電荷量為q1.6×1018c的帶正電的粒子（不計重力），從貼近a板的左端以01.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫p穿過b板而垂直進(jìn)入勻強磁場，最后粒子回到邊界b的q（圖中未標(biāo)出）處。試求（1）粒子穿過狹縫p時的速度

10、及其與b板的夾角。（2）p、q之間的距離l。18（20分）如圖1所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌mn、pq平行放置兩導(dǎo)軌間距為l0，m、p兩點間接有阻值為r的電阻一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直整套裝置處于磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦（1）由b向a方向看到的裝置如圖2，在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；（2）在加速下滑時，當(dāng)ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小；（3）求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值19（20分）如

11、圖所示，一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子以速度v0從o點沿y軸正方向射入磁感應(yīng)強度為b的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從點b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30°粒子的重力不計，試求：（1）圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積？（2）粒子在磁場中運動的時間？（3）b點到o點的距離？2018-2019學(xué)年廣東省深圳市福田區(qū)耀華實驗學(xué)校港澳臺班高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（單選，每小題4分，共52分）1【分析】點電荷產(chǎn)生的電場線是輻射狀或匯聚狀的，根據(jù)電場線的特點判斷電場強度的關(guān)系，通過點電荷的等勢面判斷各點電勢的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篴b、

12、點電荷的電場中，沿一條電場線，各點的電場方向相同，但大小不同，不同的點，方向又不同，所以沒有任何兩點的電場強度相同，故a正確，b錯誤；cd、點電荷的等勢面是一簇簇球面，球面上各點的電勢相等，且各點的電場強度大小相等，但方向不同，故cd錯誤。故選：a?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握點電荷周圍電場的特點，注意電場強度是矢量，有大小有方向，以及知道點電荷的等勢面特點。2【分析】解答本題應(yīng)掌握：導(dǎo)體的電阻是導(dǎo)體本身的一種性質(zhì)，導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體本身的材料、長度、橫截面積有關(guān)，還與溫度有關(guān)；與電流以及電壓的大小無關(guān)【解答】解：由電阻定律rls可知，電阻的大小與導(dǎo)體的長度成正比，與橫截面積成反比，a、橫截面積一

13、定，電阻與導(dǎo)體的長度成正比，故a正確；b、長度一定，電阻與導(dǎo)體的橫截面積成反比，故b錯誤；c、電阻與電流以及電壓的大小無關(guān)，故cd錯誤；故選：a。【點評】電阻是導(dǎo)體本身的屬性，導(dǎo)體的電阻大小與導(dǎo)體的長度、橫截面積和材料等有關(guān)，與電流以及電壓的大小無關(guān)3【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠(yuǎn)出發(fā)出，到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處為止，沿電場線的方向，電勢降低，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小【解答】解：在電場線上p處自由釋放一個負(fù)試探電荷時，它沿直線向b點處運動，電荷受到的電場力向右，所以電場線的方向向左，但是只有一條電場線，不能判斷電場線的疏密的情況，不能判斷電荷的受力的變化的情況，不能

14、判斷加速度的變化的情況，所以d正確，abc錯誤。故選：d。【點評】加強基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點，理解牛頓第二定律內(nèi)容，注意加速度的不確定性是解題的關(guān)鍵4【分析】當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭p向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析總電流的變化，判斷燈l3亮度的變化根據(jù)并聯(lián)部分電壓的變化，判斷l(xiāng)1變化的變化由總電流與l1電流的變化，判斷l(xiāng)2亮度的變化【解答】解：當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭p向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得，電路中總電流i增大，l3變亮。并聯(lián)部分電壓uei（r3+r），e、r3、r都不變，i增大，

15、則u減小，l1變暗。流過l2的電流i2ii1，i增大，i1減小，i2增大，則l2變亮。故選：c?！军c評】本題電路中動態(tài)分析問題，當(dāng)外電路某一部分電阻增大或減小時，外電路電路總電阻也隨之增大或減小5【分析】電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點就是燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢從而可算出電源的輸出功率和總功率【解答】解：由圖讀出e3v，r0.5 燈泡與電源連接時，工作電壓u2v，i2a則電源的輸出功率p出eii2r（3×222×0.5）w4w 電源的總功率p總ei3×2w6w故選：c。【點評】解決這類問題的關(guān)鍵在于從數(shù)學(xué)角度理解

16、圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進(jìn)行分析，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵6【分析】將環(huán)形電流等效為小磁針，根據(jù)同性相斥，異性相吸判斷線圈的運動。【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則，環(huán)形電流可以等效為小磁針，小磁針的n極指向右，根據(jù)異性相吸，知線圈向左運動。故a正確，b、c、d錯誤。故選：a?！军c評】通電電流處于條形磁鐵產(chǎn)生的磁場中，受到安培力作用，根據(jù)左手定則判斷。本題用等效法解決比較簡單。7【分析】帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，再進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，軌跡為半圓，本題動能定理和牛頓第二定律求解【解答】解：設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度大小為v，磁場中圓周運動的半徑為r，電

17、荷量和質(zhì)量分別為q、m，打在感光板上的距離為s。 根據(jù)動能定理，得 qu=12mv2，v=2qum 由qvbmv2r，r=mvqb=1b2muq 則s2r=2b2muq 得到qm=8ubs2由圖，sasb，u、b相同，則qamaqbmb故選：d。【點評】本題屬于帶電粒子在組合場中運動問題，電場中往往用動能求速度，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡8【分析】帶電粒子由靜止釋放（不考慮重力），在電場力的作用下會沿電場向下運動，在運動過程中，帶電粒子會受到洛倫茲力，所以粒子會沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，到達(dá)c點時，洛倫茲力方向向上，此時粒子具有最大速度，在之后的運動中，粒子的電勢能會增加速度越來越小，到達(dá)b

18、點時速度為零。之后粒子會繼續(xù)向右重復(fù)由在由a經(jīng)c到b的運動形式?！窘獯稹拷猓篴、粒子開始受到電場力作用開始向下運動，在運動過程中受洛倫茲力作用，知電場力方向向下，則離子帶正電。故a錯誤。b、根據(jù)動能定理知，洛倫茲力不做功，在a到b的過程中，動能變化為零，則電場力做功為零，a、b兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以a、b兩點位移同一高度。故b正確。c、根據(jù)動能定理得，離子運動到c點電場力做功最大，則速度最大。故c錯誤。d、只要將離子在b點的狀態(tài)與a點進(jìn)行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在b之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運動，因此，離

19、子是不可能沿原曲線返回a點的。故d錯誤。故選：b?！军c評】本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，要注意洛倫茲力永不做功，難度適中。9【分析】金屬棒在導(dǎo)軌上做減速運動，最后金屬棒靜止在導(dǎo)軌上；對金屬棒進(jìn)行受力分析，從能量轉(zhuǎn)化的角度分析內(nèi)能關(guān)系。根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q=r，分析產(chǎn)生的電量關(guān)系。【解答】解：a、當(dāng)導(dǎo)軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動能；當(dāng)導(dǎo)軌粗糙時，金屬棒在導(dǎo)軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能

20、轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動能；所以，導(dǎo)軌粗糙時，安培力做的功少，導(dǎo)軌光滑時，安培力做的功多，故a錯誤；b、電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功大，故b錯誤；c、兩種情況下，產(chǎn)生的內(nèi)能相等，都等于金屬棒的初動能；故c錯誤；d、根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q=r，x是ab棒滑行的位移大小，b、r、導(dǎo)體棒長度l相同，x越大，感應(yīng)電荷量越大，因此導(dǎo)軌光滑時，感應(yīng)電荷量大。故d正確。故選：d?！军c評】對金屬棒正確受力分析，從能量的角度分析內(nèi)能問題，要熟悉感應(yīng)電荷量公式q=r這一電磁感應(yīng)

21、問題常用的經(jīng)驗公式。10【分析】開關(guān)閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩燈的兩端，兩燈同時發(fā)光。由于線圈的電阻可以忽略，燈a逐漸被短路，隨后a燈變暗，b燈變亮。斷開開關(guān)的瞬間，b燈立即熄滅，a燈突然閃亮一下再熄滅。【解答】解：a、開關(guān)閉合的瞬間，兩燈同時獲得電壓，所以a、b同時發(fā)光。由于線圈的電阻可以忽略，燈a逐漸被短路，流過a燈的電流逐漸減小，b燈逐漸增大，則a燈變暗，b燈變亮，故a正確，b錯誤；c、斷開開關(guān)的瞬間，b燈的電流突然消失，立即熄滅，流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)電源，自感電流流過a燈，所以a燈突然閃亮一下再熄滅，故c錯誤，d正確。故選：ad?！军c評】對于自感線圈，當(dāng)電

22、流變化時產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源，當(dāng)電路穩(wěn)定時，相當(dāng)于導(dǎo)線，將所并聯(lián)的電路短路。11【分析】根據(jù)感應(yīng)電動勢公式eblv求出感應(yīng)電動勢的大小e，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，ab間的電壓是路端電壓，根據(jù)歐姆定律求解。【解答】解：當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為2r；線框剛進(jìn)入磁場時ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：e=2brv； 線框進(jìn)入磁場的過程中a、b兩點的電勢差由歐姆定律得：uab=34e=324brv；故選：c?！军c評】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)等知識的綜合應(yīng)用，注意a、b兩點的電勢差不是感應(yīng)電動勢，而是路端電壓。12【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律eblv，結(jié)合閉合電路歐姆定律

23、i=er，及運動學(xué)公式xvt，即可求解【解答】解：由題意可知，ad、bc兩邊均在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的方向相反，大小相減，根據(jù)題意，bc、ad兩邊的磁場之差為：bb0+k（l+x）b0kxkl根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律eblv，則有：eblvlvkl；而感應(yīng)電流i=er=kvl2r，是定值，故a正確，bcd錯誤；故選：a。【點評】考查法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，注意產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小是相加、還是相減是解題的關(guān)鍵13【分析】感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化。根據(jù)這個條件分析判斷有沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。然后根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，最后使用左手定則判斷出環(huán)a受力的方向?！窘獯?/p>

24、】解：a、線圈中通以恒定的電流時，線圈產(chǎn)生穩(wěn)恒的磁場，穿過銅環(huán)a的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，環(huán)a不動。故a錯誤。b、通電時，使變阻器的滑片p作向右勻速滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，回路中電流減小，線圈產(chǎn)生的磁場減小，穿過銅環(huán)a磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場的方向相同，二者相互吸引，故a向左運動。故b錯誤。c、通電時，使變阻器的滑片p作左加速滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，回路中電流增大，線圈產(chǎn)生的磁場增強，穿過銅環(huán)a磁通量增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流。感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場的方向相反，二者相互排斥，環(huán)a向右運動。故c正確。d、將電鍵突然斷開的瞬間，線圈產(chǎn)生的磁場從有到無消失，穿

25、過銅環(huán)a的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場的方向相同，二者相互吸引，故a向左運動。故d錯誤。故選：c?！军c評】該題考查安培定則、楞次定律和左手定則的應(yīng)用，一定要理解三個定律（定則）的區(qū)別，能夠正確使用它們。本題也可以使用楞次定律的推廣形式來處理，該方法比較簡單。二、實驗題（本題共2小題，共23分）14【分析】用歐姆表測電阻，應(yīng)選擇適當(dāng)?shù)臋n位，使指針指在中央刻度線附近，歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；歐姆表指針示數(shù)與檔位的乘積是歐姆表示數(shù)【解答】解：用×10擋測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，說明所選檔位太小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，應(yīng)換到×100

26、擋如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進(jìn)行讀數(shù)，那么缺少的步驟是：重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；由圖示表盤可知，該電阻的阻值是22×1002200故答案為：×100；歐姆調(diào)零；2200【點評】本題考查了歐姆表檔位的選擇與歐姆表讀數(shù)、歐姆表使用注意事項，用歐姆表測電阻，應(yīng)選擇適當(dāng)?shù)臋n位，使指針指在中央刻度線附近，歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；歐姆表指針示數(shù)與檔位的乘積是歐姆表示數(shù)15【分析】（1）根據(jù)原理圖明確電路原理，根據(jù)實物圖作圖方法連接各元件即可；（2）由表中數(shù)據(jù)作出伏安特性曲線，由圖象的縱坐標(biāo)可求得電源的電動勢；由斜率求得電阻【解答】解：（1）按照實驗原理圖將實物圖連接起來，如圖甲

27、所示（2）根據(jù)u、i數(shù)據(jù)，在方格紙ui坐標(biāo)系上找點描跡如圖乙所示，然后將直線延長，交u軸于u11.45 v，此即為電源電動勢；交i軸于i0.65 a，注意此時u21.00 v，則r=1.45-1.000.650.69故答案為：（1）如圖所示；（2）1.45；0.69【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握伏安法測量電源電動勢和內(nèi)阻的原理，即eu+ir，會根據(jù)ui圖線求電源的電動勢內(nèi)阻三、計算題（本題共4小題，共75分，計算時必須有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位）16【分析】（1）根據(jù)感應(yīng)電動勢公式eblv求出感應(yīng)電動勢的大小e（2）ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，ab間的電壓是路端電壓，根據(jù)

28、歐姆定律求解（3）線框進(jìn)入過程做勻速運動，恒力f所做的功等于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系求出焦耳熱【解答】解：（1）ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為eblv0（2）線框中感應(yīng)電流為i=er=blv0ra、b兩點的電勢差相當(dāng)于電源的外電壓uabeirabblv0-blv0rr4=34blv0（3）ab邊所受的安培力為f安bil=b2l2v0r線框勻速運動，則有ff安=b2l2v0r由于線圈在恒力f作用下勻速進(jìn)入磁場區(qū)，恒力f所做的功等于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱，所以線圈中產(chǎn)生的熱量為qwfl=b2l3v0r答：（1）線框的ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為e為blv0（2）線框a、b兩點的電勢差是34b

29、lv0（3）求線框中產(chǎn)生的焦耳熱為b2l3v0r【點評】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)等知識的綜合應(yīng)用第（3）問也可根據(jù)焦耳定律求解：qi2rt，t=lv0，i=er=blv0r，代入解得q=b2l3v0r17【分析】（1）粒子a板左端運動到p處，由動能定理即可求出速度和夾角；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為o，半徑為r，由幾何關(guān)系及帶點粒子在磁場中運動的基本公式即可解題。【解答】解：（1）粒子a板左端運動到p處，由動能定理得：qed=12mv2-12mv02代入數(shù)據(jù)得：v=233×106m/scos=v0v代入數(shù)據(jù)得30°（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為o，半

30、徑為r，如圖。由幾何關(guān)系得：l2=rsin30°，又bqv=mv2r 聯(lián)立求得：l=mvbq代入數(shù)據(jù)得：l5.8cm。答：（1）粒子穿過狹縫p時的速度為233×106m/s，其與b板的夾角為30°；（2）p、q之間的距離l為5.8cm?！军c評】本題考查了動能定理及帶點粒子在磁場中的運動情況和基本公式，題目難度適中，屬于中檔題。18【分析】由右手定則判斷出感應(yīng)電流方向；由eblv求出電動勢，由歐姆定律求出電流；由牛頓第二定律可以求出加速度；當(dāng)ab桿勻速下滑時速度最大，由平衡條件求出最大速度【解答】解：（1）由右手定則可知，桿向下運動時，感應(yīng)電流從a流向b，再根據(jù)左手定則知，桿ab所受安培力方向沿斜面向上，則物體受力如圖所示：重力mg，豎直下支撐力n，垂直斜面向上