河北省衡水市冀州市中学2018_2019学年高二物理上学期第六次月考试卷（含解析）.doc

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1、120182019 学年度高二第六次月考物理试题一、选择题1.下列关于交流电的说法中正确的是（）A. 交流电器设备上所标的电压和电流值表示其峰值B. 用交流电流表和电压表测量的数值表示其瞬时值C. 白炽灯泡上标注的电压值表示其有效值D. 在交流电的一个周期 T 内，跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值叫做其平均值【答案】C【解析】试题分析：交流电器设备上所标的电压和电流值表示其有效值，A 错误 C 正确，用交流电流表和电压表测量的数值表示其有效值，B 错误，在交流电的一个周期 T 内，跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值叫做有效值，D 错误故选 C考点：考查了对交变电流的理解点评：正确理解

2、交流电的“四值”含义，尤其是“有效值”的理解与应用，同时注意加强这方面的练习2.如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒 a、b、c，长度关系为 c 最长，b 最短，将 c 弯成一直径与 b 等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等 大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为（）A. FaF bF cB. Fa=Fb=FcC. FaF b=FcD. FbF aF c【答案】C2【解析】【分析】图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接安培力公式 F=BIL 求解；对于弯棒 c，可等效为长度为直径的直棒；【详解】设 a、 b 两棒的长度分别为 La和 Lb

3、， c 的直径为 d，由于导体棒都与匀强磁场垂直，则： a、 b 三棒所受的安培力大小分别为： ， ， c 棒所受的安培力与Fa=BILa Fb=BILb=BId长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有： ，因为 ，则有：Fb=BId Lad，故 C 正确，A、 B、D 错误；FaFb=Fc故选 C。【点睛】关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度。3.已知交变电流 ，线圈从零时刻开始，至少转动了多少时间其瞬时值等于有效值i=ImsintA. B. C. D. 2 2 2 4【答案】D【解析】【详解】瞬时值：i=I msint（A） ；最大值 Im；有效值

4、：I= ；瞬时值等于有效值，故：Im2i=I；即：I msint= ，解得：t= +2n （n=0、1、2、） ；或者：t= +2n Im2 4 34（n=0、1、2、） ，故 t= 、 、求转过时间的最小值，故 ABC 错误，D 正确；故选 D。4 344.如图是某交流发电机产生的交变电流的图像，根据图像可以判定错误的是A. 此交变电流的频率为 5HzB. 该交变电流的电压瞬时值的表达式为 u=12sinl0t（V）C. 将标有“2V 3W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡可以正常发光3D. 图像上对应的 0.1s 时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面【答案】C【解析】【分析】由交变电流的图象读出

5、周期，求出频率；由图读出电压的最大值，求出有效值，判断灯泡能否正常发光；注意线圈转至中性面时电压为零；【详解】AB、由图读出，周期为 ，频率为 ，交变电压的最大值为T=0.2s f=1T=5Hz，交变电流的电压瞬时值的表达式为 ，故 A、B 正确；Um=12V u=Umsin2Tt=12sin10t(V)C、此交变电压的最大值为 ，有效值 ，灯泡的额定电压有效值为Um=12V U=Um2=62V2V，所以灯泡会烧毁，故 C 错误；D、图像上对应的 0.1s 时刻，交变电流的电压值为零，所以发电机中的线圈刚好转至与中性面的位置，故 D 正确；错误的故选 C。5.在如图所示电路中，已知交流电源电压

6、 u=200sin100t V，电阻 R=100 ，则电流表和电压表的示数分别为（ ）A. 1.41 A，200 V B. 1.41 A，141 V C. 2 A，200 V D. 2 A，141 V【答案】B【解析】试题分析：由瞬时值表达式知电压有效值为： ，即电压表的示数，U=2002V=1002V=141V电流表示数： , 故选 BI=UR 1002100=2A=1.41A考点：交流电的有效值6.如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线框分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线框上各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（）4A. 两小线框会有相互靠拢的

7、趋势B. 两小线框会有相互远离的趋势C. 两小线框中感应电流都沿逆时针方向D. 左边小线框中感应电流沿顺时针方向，右边小线框中感应电流沿逆时针方向【答案】B【解析】【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；【详解】根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右边金属框也一样，因此左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离，故 B 正确，A、C

8、、D 错误；故选 B。【点睛】关键掌握同向电流、异向电流的关系同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；同时还考查右手螺旋定则与楞次定律。7.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为 B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在 x 轴方向宽度均为 a，在 y 轴方向足够宽。现有一高为 a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中，线框中感应电流 i 与线框移动距离 x 的关系图象正确的是5A. B. C. D. 【答案】C【解析】从右边一点进入磁场开始，设经过时间 t，设角 C 的一半为 ，此时切割磁感线的有效长度为 ，感应电动势

9、为 ，电动势与时间成一次线性关系，电流也与时间成一次线性关系，当 C 点运动到磁场中间时，切割磁感线的有效长度最大，之后线框进入右边磁场，由右手定则可判断电流为顺时针，电流为负值，右侧切割磁感线有效长度逐渐增大，电流逐渐增大，C 对；8.如图所示，PQ 和 MN 为水平平行放置的金属导轨，相距 L=lmPM 间接有一个电动势为E=6V，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒 ab 跨放在导轨上并与导轨 接触良好，棒的质量为 m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮 与物体相连，物体的质量 M=0.3kg.棒与导轨的动摩擦因数为 =0.5（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取

10、10ms 2） ，匀强磁场的磁感应强度 B=2T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是A. 2 B. 4C. 5 D. 66【答案】D【解析】【分析】分析导体棒的受力情况，当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时导体棒所受的安培力最小，电路中电流最小，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最大值，由欧姆定律得到滑动变阻器连入电路电阻的最大值；当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时导体棒所受的安培力最大，电路中电流最大，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最大值，由欧姆定律得到滑动变阻器连入电路电阻的最小值；即可得到变阻器接

11、入电路的电阻范围，再选择；【详解】导体棒水平方向受到向右的绳的拉力、向左的安培力和静摩擦力；当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时电路中电流最小，设为I1，由平衡条件得： ，得： ，此时变阻BI1L+mg=Mg I1=MgmgBL =0.3100.50.21021 A=1A器接入电路的电阻最大，设为 R1，由欧姆定律得： ；R1=EI1r=611=5当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时电路中电流最大，设为I2，由平衡条件得： ，得： ，此时变BI2L=mg+Mg I2=Mg+mgBL =0.310+0.50.21021 A=2A阻器接入电路的电阻最小，设为

12、 R2，由欧姆定律得： ，所以为了使物R2=EI2r=621=2体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值范围为 ，不可能是 ，故 A、B、C 正2R5 6确，D 错误；不可能的故选 D。【点睛】关键要根据平衡条件和欧姆定律求出变阻器接入电路的阻值范围。9. 如图所示，两根光滑的平行金属导轨位于水平面内，匀强磁场与导轨所在平面垂直，两根金属杆甲和乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直。起初两根杆都静止，现突然给甲一初速度 V 使其开始运动，回路中的电阻不可忽略，那么在以后的运动中，下列说法正确的是( )A. 甲克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热7B. 甲动能的减少量等于系统产

13、生的焦耳热C. 甲机械能的减少量等于乙获得的动能与系统产生的焦耳热之和D. 最终两根金属杆都会停止运动【答案】C【解析】试题分析：给甲一个初速度 V 而开始运动，回路中产生顺时针感应电流，根据左手定则，甲棒受向左的安培力而减速，乙棒受向右的安培力而加速，最终两者会共速；根据能量守恒定律，故甲棒减小的动能等于系统增加的内能和乙棒增加的动能之和，故 ABD 错误，C正确；故选 C.考点：左手定则；能量守恒定律.10.如图所示，理想变压器原线圈的匝数 n1=1500 匝，副线圈的胆数 n2=150 匝，R 0、R 1、R 2均为定值电阻，原线圈接 u=31lsin （l00t） V 的交流电源.起初

14、开关 S 处于闭合状态.下列说法中正确的是（）A. 电压表示数为 22VB. 当开关 S 断开后，电压表示数变小C. 当开关 S 断开后，电流表示数变大D. 当开关 S 断开后，变压器的输出功率减小【答案】D【解析】【分析】根据图象知道电压、周期和频率，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，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可；【详解】A、原线圈接 的交流电源，所以原线圈电压有效值 U1=220V，理u=311sin(100t)V想变压器原线圈的匝数 匝，副线圈的匝数 匝，根据电压与匝数成正比，所n1=1500 n2=1508

15、以副线圈的电压 22V，因 R1 R2并联再与 R0串联，根据欧姆定律得电压表示数小于 22V，故A 错误；BCD、当开关 S 断开后，副线圈总电阻增大，副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，R 0两端电压减小，所以电压表示数增大；由于副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，所以输出功率减小，输入的功率减小，所以电流表示数变小，故 B、C 错误，D 正确；故选 D。【点睛】关键掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系。11.如图所示是一理想的自耦变压器，A、B 端接交流电源，C、D 端接负载电阻 R，P 为滑动触头，当 P 逆时针转动时，下列结论正确的是（）A. R 两端的电压下降，电流减小B.

16、 R 两端的电压升高，电流增大C. R 两端的电压升高，电流减小D. R 消耗的功率不变【答案】A【解析】试题分析：当 P 向上滑动时，原线圈的匝数增大，则副线圈的电压减小，R 两端的电压下降，电流减小，根据 知 R 消耗的功率减小，A 正确,BCD 错误；故选 A.P=U2R考点：变压器【名师点睛】本题考查了变压器的电压与匝数成正比，难点在于理解线圈匝数的变化；当P 向上滑动时，原线圈的匝数增大，则副线圈的电压减小，R 两端的电压下降。12.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器 T1和降压变压器 T2向用户供电，两变压器均为理想变压器，发电机的输出电压及输电线的电阻均不

17、变。在用电高峰期，随着用 户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，下列说法正确的是（）9A. 用户总电阻变大B. 降压变压器的输入电压变小C. 输电线上损耗的功率变小D. 通过升压变压器原线圈的电流变小【答案】B【解析】【分析】用户增多，由于是并联，根据串并联特点求得总电阻的变化，在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压 U2不变，根据 P=UI 可输电线上的电流 I 线增大，根据 U 损 =I 线 R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压 U3=U2-U 损 可得，降压变压器的输入电压 U3减小，根据 P 损 I

18、2R 求得损失的功率变化.【详解】用电高峰期，用户用电器的个数变多，用电器是并联接入电路，所以总电阻变小，选项 A 错误；在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压 U2不变，根据 P=UI 可输电线上的电流 I 线增大，根据 U 损 =I 线 R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压 U3=U2-U 损可得，降压变压器的输入电压 U3减小，选项 B 正确；对输电线路的电压损失变大，输电线的电阻不变，导致线路中损失的功率变大，选项 C 错误；发电厂的输出功率增大，升压变压器的输出电压不变，所以通过升压变压器原线圈的电

19、流变大，选项 D 错误；故选 B。【点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。13.如图所示，长方形 abed 长 ad=0.6m，宽 ab=0-3m， e、f 分别是 ad、bc 的中点，以 ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B=0.25T。一群不计重力、质量m=310-7 kg.电荷量 q=+210-3C 的带电粒子以速度 v0=5102m/s 从左右两侧沿垂直 ad10和 bc 方向射入磁场区域（

20、不考虑边界粒子） ，则以下不正确的是A. 从 ae 边射入的粒子，出射点分布在 ab 边和 bf 边B. 从 ed 边射入的粒子，出射点全部分布在 bf 边C. 从 bf 边射入的粒子，出射点全部分布在 ae 边D. 从 fc 边射入的粒子，全部从 d 点射出【答案】C【解析】【详解】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得粒子轨道半径： ;qv0B=mv20r r=0.3mAB、若匀强磁场为矩形磁场，从 e 点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从 b 点射出，所以从 e 点垂直射入的粒子出射点落在 bf 边上；从ae

21、边垂直射入的粒子，从圆弧 af 上射出，出射点分布在 ab 边和 bf 边；从 ed 边射入的粒子，出射点全部分布在 bf 边，故 A、B 正确；CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从 bc 边射入的粒子，全部从 d 点射出，所以从 bf 边射入的粒子，出射点全部分布在 ad 边，从 fc 边射入的粒子，全部从 d 点射出，故 C 错误，D 正确；错误的故选 C。【点睛】关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点。14.如图所示，直导线 MM 中通有 M 向 N 的电流，要使闭合导线圈 a 中产生如图方向的感应电流，应采取的办法是（）11

22、A. a 不动，使 MN 中电流增大B. a 不动，使 MN 中电流减小C. MN 中电流不变，使 a 平行于向右运动D. MN 中电流不变，使 a 向着远离 MN 方向运动【答案】BD【解析】【分析】导线中的电流方向由 M 到 N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向，根据楞次定律判断导线框中感应电流方向；【详解】根据安培定则可知闭合导线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里；A、a 不动，直导线 MN 中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向，故 A 错误；B、a 不动，直导线 MN 中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方

23、向为顺时针方向，故 B 正确；C、MN 中电流保待恒定，使 a 平行于 MN 向右运动，线圈中的磁通量不变，没有感应电流，故 C 错误；D、使 a 远离 MN 运动，线圈磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向，故 D 正确；故选 BD。【点睛】知道安培定则与感应电流产生的条件，结合通电直导线的磁场的特点，判断出线圈中磁通量的变化是解题的关键。15.如图所示，闭合开关 S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用 0.02s，第二次用 0.4s，并且两次的起始和终止位置相同，则（）12A. 第一次磁通量变化较快B. 第一次 G 的最大偏角较大C. 第一次 G 的最大偏角较大D. 若

24、断开 s， G 均不偏转，故均无感应电动势【答案】AB【解析】【分析】两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快慢，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比；【详解】A、磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故 A 正确；BC、感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，电流表 G 的最大偏转角大，所以第一次 G 的最大偏角较大，故 B 正确，C 错误；D、断开 s，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故 D 错误；故选 AB。【点睛】关键知道感应电动势产生的条件，以及知道感

25、应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。16.一个面积恒为 S=0.04m2，匝数=100 匝的线圈垂直放入匀强磁场中，已知磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图，则下列说法正确的是（ ）A. 在 0-2s 内，穿过线圈的磁通量的变化率等于 0.08Wb/s13B. 在 0-2s 内，穿过线圈的磁通量的变化率等于 0C. 在 0-2s 内，线圈中产生的感应电动势等于 8VD. 在第 3s 末线圈中产生的电动势为 0【答案】AC【解析】【分析】由图象看出，磁感应强度随时间均匀变化，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，从而即可求解；【详解】A、由图象可知在

26、内磁通量的变化率为：0-2s，故 A 正确，故 B 错误；t=|Bt|S=24102Wb/s=8102Wb/sC、根据法拉第电磁感应定律得： ，可知它们E=nt=nBtS=10024102Wb/s=8V的感应电动势大小为 8V，故 C 正确；D、由图看出，第 3s 末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故 D 错误。【点睛】本题中磁感应强度均匀变化，穿过线圈的磁通量均匀也是均匀变化，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路。17.如图所示，高为 H、上下开口、内壁光滑的铜管竖直放置，可视为质点的小磁球 A 从上开口处由静止

27、释放，并落至下开口处，若不计空气阻力，重力加速度大小为 g，则（ ）A. 小磁球在管中做自由落体运动B. 小磁球在管中下落过程中机械能不守恒C. 小磁球落至下开口处的速度小于 2gHD. 若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中机械能守恒【答案】BCD【解析】根据楞次定律，小磁球在管中运动时要在管中产生涡流，从而小球的下落时要受到向上的14安培力作用，则小球的运动不是自由落体运动，选项 A 错误；小磁球在管中由于有感应电流产生，产生电能，则下落过程中机械能不守恒，选项 B 正确；若小球自由落体运动时到达下开口的速度等于 ，但是由于小球下落时受到向上的安培力，则小磁球落至下开口2gH处的速

28、度小于 ，选项 C 正确；若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中不2gH再产生电能，则机械能守恒，选项 D 正确；故选 BCD.点睛：此题关键是能从管中产生感应电流的角度以及从能量角度来分析问题；深入理解楞次定律的核心“阻碍”的意义即可解答.18.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为 41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为 R0，负载电阻的阻值 R11 R0，V 是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为 R5 R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为 5.0 V，则( )A. 此时原线圈两端电压的最大值约为 34 VB. 此时原线圈

29、两端电压的最大值约为 24 VC. 原线圈两端原来的电压有效值约为 68 VD. 原线圈两端原来的电压有效值约为 48 V【答案】AD【解析】试题分析：现将负载电阻的阻值减小为 R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为 50V，根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压 ，根据电压与匝数成正比可知，U2=55R06R0=6V此时原线圈两端电压的有效值 U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为 U1m=2434V，故 A 正确，B 错误；原来副线圈电路中固定电阻的阻值为 R0，负载电阻的阻值2R=11R0，由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来副线圈电压

30、，根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为U2=55R012R0=12V48V，故 C 错误，D 正确；故选 AD。考点：变压器；交流电15【此处有视频，请去附件查看】19.如图所示，变频交变电源的频率可在 20 Hz 到 20 kHz 之间调节，在某一频率时，A1、A 2两只灯泡的炽热程度相同则下列说法中正确的是( )A. 如果将频率增大，A 1炽热程度减弱、A 2炽热程度加强B. 如果将频率增大，A 1炽热程度加强、A 2炽热程度减弱C. 如果将频率减小，A 1炽热程度减弱、A 2炽热程度加强D. 如果将频率减小，A 1炽热程度加强、A 2炽热程度减弱【答案】BC【解析】本

31、题考查电容、电感对交变电流的阻碍作用，电感对交变电流的阻碍作用会随频率的增大而增大，电容的阻碍作用会随着频率的增大而减小，所以本题中，交变电流的频率增大，灯泡 A1 电流增大，功率增大，炽热程度加强，A2 炽热程度减弱20.如图，以 O 为圆心、为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子 a、b 和 c 以相同速率分别沿 aO、bO 和 cO 方向垂直于磁场射入磁场区域，已知 bO 垂直 MN，aO、cO 和 bO 的夹角都为 30，a， b、c 三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为 ta、t b、t c，则下列给出的时间关系可能的A.

32、 tat bt cB. ta=tbt cC. tat b=tcD. ta=tb=tc16【答案】ACD【解析】【分析】粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，根据求出粒子的运动时间；t=2T【详解】粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间 ，故粒子在磁场中运动对应的t=2T圆心角越大，运动时间越长；若粒子的运动半径 r 和圆形区域半径 R 满足 r=R，则如图甲所示，则有： ；当taR tatbtc r13R轨迹如图乙所示，则有： ；当 时，则有： ，故 A、C、D 正确，ta=tb=tc13RrR tatb=tcB 错误；故

33、选 ACD。【点睛】关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期 T 相同，画出轨迹后，根据公式 求t=2T出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键。二、实验题21.完成下列游标卡尺或螺旋测微器读数_、_：【答案】 (1). 11.4 (2). 0.700【解析】17试题分析：游标卡尺读数的方法：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10 分度的游标卡尺，精确度是 0.1mm，游标卡尺的主尺读数为 11mm，游标尺上第 4 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 40.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11

34、.4mm；螺旋测微器的固定刻度为 0.5mm，可动刻度为 20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm22.图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流 Ig=300A，内阻 Rg=100，可变电阻 R 的最大阻值为 10k，电池的电动势 E=1.5V，内阻 r=0.5，图中与接线柱 A 相连的表笔颜色应是_色，按正确使用方法测量电阻 Rx 的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则 Rx=_k.【答案】 (1). 红； (2). 5000；【解析】试题分析：根据红进黑出原理，可得图中与接线柱 A 相连的表笔颜色应该是红色，当两表笔短接（即 Rx

35、=0）时，电流表应调至满偏电流 ，设此时欧姆表的内阻为 ，此时有关系Ig R内得 ；当指针指在刻度盘的正中央时 ，有 ，代入数据可得Ig=ER内 R内 =EIg=5k I=Ig2 Ig2= ER内 +RXRX=R内 =5k考点：考查了练习使用多用电表【名师点睛】本题关键明确欧姆表的中值电阻以及红进黑出原理，注意欧姆表内部有电源，另外需要知道中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，知道中值电阻等于欧姆表内电阻23.某待测电阻 Rx 的阻值约为 20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A.电流表 A1（量程 150mA，内阻 r1约 10）B.电流表 A2（量程 20mA，内阻 r2=300）C.

36、定值电阻 R0=100D.滑动变阻器最大阻值为 518E.电源 E，电动势 E=4V（内阻不计）F.开关 S 及导线若干根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的 1/3，请你在虚线框内画出测量 Rx 的实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）_.实验时电流表 Al的读数为 I1，电流表 A2的读数为 I2，用已知和测得的物理量表示Rx=_.【答案】 (1). (2). Rx=I2(R0+r2)I1I2【解析】【分析】实验需要电源、导线，然后根据题目要求选择电流表、电压表、滑动变阻器根据实验原理及所选实验器材设计实验电路；根据电路结构、应用欧姆定律可以求出待测电阻阻值

37、的表达式；【详解】解：测量电阻的基本原理是伏安法，本实验中没有电压表，可将电流表 A2与定值电阻 R0串联组成电压表；由于滑动变阻器的最大电阻小于待测电阻，为了安全和方便调节，可采用分压式接法；由于待测电阻的阻值 属于小电阻，为减小R22RVRA=(r2+R0)r1测量误差，电流表采用外接法，实验电路图如图所示；19待测电阻两端电压 ，通过待测电阻的电流 ，则待测电阻U=I2(R0+r2) Ix=I1I2，其中 I1、I 2分别为电流表 A1和 A2的示数，R 0和 r2分别为定值电阻和电流Rx=UIx=I2(R0+r2)I1I2表 A2的阻值。三、计算题24.匝数为 100 匝的闭合矩形金属

38、线圈 abcd 绕垂直于磁感线的固定轴 OO匀速转动，周期为 0.02s 线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。线圈总电阻为 2，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中感应电流最大值 Im=2A，求：(1)线圈中电流瞬时值表达式；(2)线圈转动周产生的焦耳热；(3)线圈中感应电流为 1A 时穿过线圈磁通量的变化率。【答案】 （1） (2)0.08J (3)0.02Wb/si=2cos100t(A)【解析】（1）线圈转动的角速度 100rad/s2T=20.02根据题意可知电流瞬时值表达式为 i2cos100 t（A）（2）感应电流的有效值 I=Im2=2A线圈转动一周的焦耳热 Q I2RT（

39、） 220.020.08J2（3）线圈中感应电流为 1A，则感应电动势 E IR2V20E n 2Vt故可知此时磁通量的变化率 Wb/s0.02Wb/st 210025.如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨 MN、PQ 平面与水平面的夹角=30，导轨间距为 L=0.5m，上端接有 R=3 的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为 OOO 1O1，磁感应强度大小为 B=2T，磁场区域宽度为 d=0.4m，放在轨道的一金属杆 ab 质量为 m=0.08kg、电阻为 r=2，从距磁场上边缘 d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度 v=2m/s。两轨道的电阻可忽略不计，杆在运

40、动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为 g=l0m/s2，求：(1)金属杆距磁场上边缘的距离 d0；(2)金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量 q；(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻 R 上产生的焦耳热 Q。【答案】 （1）0.4m （2）0.08C (3)0.096J【解析】（1）由能量守恒定律得 mgdsin30 mv212金属杆距磁场上边缘的距离 d00.4 m（2）由法拉第电磁感应定律 E t由闭合电路欧姆定律 I ER+r金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量 qI t 0.08 C R+r BLdR+r（3）由法拉第电磁感应定律 EBLv2V21由闭合电路

41、欧姆定律 I 0.4 AER+rFBIL0.4 NFmgd sin300.4 N所以金属棒进入磁场后做匀速运动,金属杆通过磁场区域的过程中电阻 R 上产生的焦耳热Q mgdsin300.096 JRR+r点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；求解电量记住经验公式： 。q=R26.如图，在 x0y 平面坐标系的第象限内有沿 x 轴负方向的匀强电场，它的场强大小为 E=4105V/m，第象限有垂直平面向里的匀强磁场个带正电粒子以速度大小v0=2107m/s

42、 从上 A 点沿 y 轴正方向射人电场，并从 C 点进入磁场.已知 A 点坐标为（0.2m，0） ，该粒子的比荷 =2.5109C/kg，不计粒子的重力 .qm(1)求 C 点的坐标；(2)求粒子刚进入磁场时的速度；(3)若要使粒子不能进入第象限，求磁感应强度 B 的大小.【答案】 （l） （0，0.4m） ；（2） ，与 y 轴的夹角为 ；（3）22107ms 45B2(1+2)102T【解析】试题分析：（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，即沿 y 轴正方向做匀速直线运动，沿 x轴负方向做匀加速直线运动，由类平抛运动规律可以求出水平位移 （2）在第一问手基础上，求出类平抛运动的末速度即为进入

43、磁场的初速度 （3）粒子进入第二象限后做匀速圆周运动，若要使粒子不进入第三象限，则当粒子的运动轨迹恰与 x 轴相切时，是粒子的最22大的半径，对应最小的磁感应强度（l）粒子在第 I 象限内的运动类似平抛运动，轨迹如图沿 x 轴负方向做匀加速运动，则有： ，xA=12at2 a=Fm=qEm沿 y 轴正方向做匀速运动，则有： y=v0t联立解得：y=0.4m故粒子经过 y 轴时的坐标为（0，0.4m）（2）设粒子进入磁场时的速度为 v则 x 轴方向的速度为 ，y 轴方向的速度为由 ，解得：设速度 v 的方向与 y 轴的夹角为则有：解得： ，即速度 v 的方向与 y 轴的夹角为（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其最大半径为 R 的圆弧在运动轨迹图中，由几何关系得： ，又联立解得：磁感应强度最小值为则第 II 象限内的磁场磁感应强度【点睛】本题是带电粒子在组合的匀强电场和匀强磁场中做类平抛运动和匀速圆周运动的综合题，需要考虑的是带电粒子在匀强磁场中运动的极端情况，要使粒子不进入第三象限，23则带电粒子最大的运动半径恰恰与 x 轴相切，由几何关系求出最大半径，再由洛仑兹力提供向心力从而求出最小的磁感应强度