2019-2020年高二物理上学期第二次联考试卷（含解析）

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高二物理上学期第二次联考试卷（含解析）一.选择题（共14小题42分，第2、6、11、13、14小题有一个或一个以上的正确答案其余小题只有一个正确答案，选对选不全得2分，选错得0分）1．（3分）同学们学习了地磁场和分子电流假说后在自主课堂上展开激烈讨论内容如下，根据你物理课所学判断谁说的较好（）A．地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变弱B．地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变强C．地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变弱D．地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变强2．（3分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvS△tB．nv△tC．D．3．（3分）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．不计地磁场的影响各导线所受安培力说法正确的是（）A．三导线受安培力一定交于一点B．三导线受安培力相同C．b、c导线受安培力相同D．a导线受安培力向上4．（3分）长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线通以如图所示的恒定电流时，下列说法正确的是（）A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用5．（3分）在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A．t=0.005s时线圈平面与磁场方向平行B．t=0.010s时线圈的磁通量变化率最大C．线圈产生的交变电动势频率为100HZD．线圈产生的交变电动势有效值为311V6．（3分）下列关于电功率P电=UI和电热功率P热=I2R的说法正确的是（）A．只有在纯电阻电路中，才能用P热=I2R求电热功率B．P热=I2R普遍适用于一切电路求电热功率C．P电=UI普遍适用于一切电路求电功率D．非纯电阻电路中，电热功率P热＜I2R7．（3分）标有“8V6.4W”和“8V20W”字样的a，b两只灯泡连接字如图所示的电路中，C点接地，如果将电路中a，b两灯的位置互换．则（）A．B点电势提高B．B点电势降低C．a灯变亮，b灯变暗D．a灯变暗，b灯变亮8．（3分）如图所示电路，电阻R1R2均为10Ω电阻，和R1并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），在A、B间加一正弦交流电u=20sin100πt，则R2的功率为多少（）A．10WB．40WC．25WD．22.5W9．（3分）如图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导致MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线（）A．电键S置于a时MM′与NN′之间相互吸引，且Fa＞FbB．电键S置于a时MM′与NN′之间相互吸引，且Fa＜FbC．电键S置于b时MM′与NN′之间相互排斥，且Fa＞FbD．电键S置于b时MM′与NN′之间相互排斥，且Fa＜Fb10．（3分）如图，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流IA、IB随时间t变化的图象，正确的是（）A．B．C．D．11．（3分）以下各种情况中，穿过回路的磁通量增大的有（）A．如图所示，匀强磁场中，先把由弹簧状导线组成的回路撑开，而后放手，到恢复原状的过程中B．如图所示，裸铜线ab在裸金属导轨上向右匀速运动过程中C．如图所示，条形磁铁插入线圈的过程中D．如图所示，闭合线框远离与它在同一平面内通电直导线的过程中12．（3分）如图（a）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图示（b）所示，示数为9V，电源的电动势为（）A．9.8VB．10VC．10.8VD．11.2V13．（3分）如图所示．在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，若加上磁感应强度为B水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的哪几个（）A．带电粒子的比荷B．带电粒子在磁场中运动的周期C．带电粒子的初速度D．带电粒子在磁场中运动的半径14．（3分）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（）A．B．C．D．二.实验题（本小题共2小题，15题4分，16题10分共14分）15．（4分）某同学在一次实验中测量结果如图，请读出两个测量结果（1）mm（2）cm．16．（10分）科研所一新型电池是一种可将光能转换为电能的器件．某同学用如图1所示电路探究该电池的路端电压U与总电流I的关系．图中R0为已知定值电阻，两个电压表均为理想电压表．（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，调节滑动变阻器，通过测量和计算得到该电池的U﹣I曲线如图2﹣甲．由此可知电池的内阻（是或不是）定值，短路电流为μA，电动势为V（2）实验二：减小光的强度，重复实验，得到的U﹣I曲线如图2﹣乙．当滑动变阻器的电阻为某一值时，实验一中的V1表的示数为1.5V，保持该阻值不变，在实验二中外电路消耗的电功率为W（结果保留两位有效数字）（3）根据电路图完成实物连接（图3）．三．计算题（共4个小题，17题9分，18题11分，19、20题12分共44分）17．（9分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）18．（11分）如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R．当线圈由图示位置转过90°的过程中．求：（1）通过电阻R的电荷量q；（2）电阻R上所产生的焦耳热Q．19．（12分）如图，坐标系xOy在竖直平面内．x轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里．将一个带电小球从y轴上P（0，h）点以初速度v0竖直向下抛出，小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g．求：（1）小球到达O点时速度的大小；（2）小球做圆周运动的半径；（3）小球从P点到第二次经过x轴所用的时间．20．（12分）如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1m，上端接有电阻R1=3Ω，下端接有电阻R2=6Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：（1）磁感应强度B；（2）杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q．河南省豫西名校联考xx学年高二上学期第二次联考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（共14小题42分，第2、6、11、13、14小题有一个或一个以上的正确答案其余小题只有一个正确答案，选对选不全得2分，选错得0分）1．（3分）同学们学习了地磁场和分子电流假说后在自主课堂上展开激烈讨论内容如下，根据你物理课所学判断谁说的较好（）A．地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变弱B．地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变强C．地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变弱D．地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变强考点：安培定则；分子电流假说．分析：将地球的自转等效为环形电流，根据地磁场的方向，通过右手螺旋定则判断地球表面所带电荷的电性，电流越大，磁场越强．解答：解：将地球自转等效成环形电流，南极为磁场N极，由右手螺旋定则可知地球带负电，地球转速变慢，使环形电流减小，故磁场减弱．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键将地球自转等效为环形电流，根据右手螺旋定则进行判断．2．（3分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvS△tB．nv△tC．D．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：解：在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线体积为v△tS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为nvS△t，故A正确．由于流经导线的电流为I，则在△t时间内，流经导线的电荷量为I△t，而电子的电荷量为q，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故C也正确．故选：AC．点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．3．（3分）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．不计地磁场的影响各导线所受安培力说法正确的是（）A．三导线受安培力一定交于一点B．三导线受安培力相同C．b、c导线受安培力相同D．a导线受安培力向上考点：安培力．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：A、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，导线c、b的电流在a处的合磁场方向．导线a、c的电流在b处的合磁场方向再由左手定则可得：三导线受安培力一定交于一点，三根导线受到的力大小相同，方向不同，故A正确，BC错误，D、a处的场强方向水平向左，故受到的力向下，故D错误故选：A点评：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．4．（3分）长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线通以如图所示的恒定电流时，下列说法正确的是（）A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用考点：安培力；左手定则．分析：通电直导线周围存在磁场，当带电小球静止，或速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用．解答：解：根据右手螺旋定则知，小球所处的磁场方向垂直纸面向里，但是小球处于静止状态，不受洛伦兹力作用．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键知道带电微粒处于静止，或速度的方向与磁场的方向平行，不受洛伦兹力．5．（3分）在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A．t=0.005s时线圈平面与磁场方向平行B．t=0.010s时线圈的磁通量变化率最大C．线圈产生的交变电动势频率为100HZD．线圈产生的交变电动势有效值为311V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：At=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确Bt=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B错误C由图可知周期为0.02，则频率为=50Hz，故C错误D线圈产生的交变电动势有效值为V，故D错误故选：A点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量．6．（3分）下列关于电功率P电=UI和电热功率P热=I2R的说法正确的是（）A．只有在纯电阻电路中，才能用P热=I2R求电热功率B．P热=I2R普遍适用于一切电路求电热功率C．P电=UI普遍适用于一切电路求电功率D．非纯电阻电路中，电热功率P热＜I2R考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：P=IU适用于任何电路计算电功率；P=I2R适用于任何电路计算热功率；P=只能适用于纯电阻电路．解答：解：A、P=I2R由焦耳定律推导出来看，适用于任何电路计算热功率；故A错误，B正确．C、P=IU适用于任何电路计算电功率，C正确．D、非纯电阻电路中，电热功率P热=I2R，D错误．故选：BC点评：对于纯电阻电路，电功与电热相同，三个公式P=IU；P=I2R；P=通用；而对于非纯电阻电路，求电热功率只能用P=I2R．7．（3分）标有“8V6.4W”和“8V20W”字样的a，b两只灯泡连接字如图所示的电路中，C点接地，如果将电路中a，b两灯的位置互换．则（）A．B点电势提高B．B点电势降低C．a灯变亮，b灯变暗D．a灯变暗，b灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先由额定功率和额定电压求出灯泡的电阻．将电路中a，b两灯的位置互换，根据串联电路电压与电阻成正比的特点求出两灯的电压，结合在外电路中顺着电流方向电势降低，分析电势的变化．由欧姆定律分析灯泡亮度变化．解答：解：A、B、a的电阻为=Ω=10Ω，b灯的电阻为=3.2Ω，根据串联电路电压与电阻成正比得知，a灯两端的电压大于b灯两端的电压，将电路中a，b两灯的位置互换后B、C间电势差增大，而B的电势高于零，则B点电势提高．故A正确，B错误．C、D将电路中a，b两灯的位置互换后，电路中总电阻不变，电流不变，两灯的亮度不变．故CD错误．故选A点评：本题是简单的电路分析和计算问题．电路中电势要根据电势差和电势高低确定．8．（3分）如图所示电路，电阻R1R2均为10Ω电阻，和R1并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），在A、B间加一正弦交流电u=20sin100πt，则R2的功率为多少（）A．10WB．40WC．25WD．22.5W考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解．解答：解：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压V=20V；2、电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止R1，R2串联分压，R2电压为电源电压的，是10V．Q=Q1+Q2，即为：；解得：W；故C正确，ABD错误；故选：C．点评：考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性．9．（3分）如图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导致MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线（）A．电键S置于a时MM′与NN′之间相互吸引，且Fa＞FbB．电键S置于a时MM′与NN′之间相互吸引，且Fa＜FbC．电键S置于b时MM′与NN′之间相互排斥，且Fa＞FbD．电键S置于b时MM′与NN′之间相互排斥，且Fa＜Fb考点：平行通电直导线间的作用．分析：两平行导线电流方向相反，则两通电导线相互排斥．由于电流越强，产生的磁场B越强，根据F=BIL可知电流越大则相互作用力越大．解答：解：当电键S置于a处时电源为一节干电池电流的方向是M′MNN′，电流大小为Ia=，由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥；当电键S置于b处时电源为两节干电池，电流的方向仍是M′MNN′，由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥．又由于电路中灯泡电阻不变，此时电路中电流大小为Ib=；显然Ib＞Ia，MM′在NN′处的磁感应强度Ba＜Bb，应用安培力公式F=BIL可知Fa＜Fb．故选：D．点评：电流越大，产生的磁场越强，而安培力F=BIL，故两通电导线之间的安培力越大．通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．可作为结论牢记并能应用．10．（3分）如图，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流IA、IB随时间t变化的图象，正确的是（）A．B．C．D．考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．专题：交流电专题．分析：闭合瞬间，L有较强的阻碍作用，稳定后相当于短路．解答：解：在闭合瞬间，A、B灯同时亮，稳定后L对B短路，IB最终为零；由于电阻变小，所以IA变大，最终稳定不变，故A正确；故选：A点评：本题考查了电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．11．（3分）以下各种情况中，穿过回路的磁通量增大的有（）A．如图所示，匀强磁场中，先把由弹簧状导线组成的回路撑开，而后放手，到恢复原状的过程中B．如图所示，裸铜线ab在裸金属导轨上向右匀速运动过程中C．如图所示，条形磁铁插入线圈的过程中D．如图所示，闭合线框远离与它在同一平面内通电直导线的过程中考点：磁通量．分析：磁通量的大小可以根据Φ=BS进行分析，根据磁感线应强度及面积和夹角的变化分析磁通量的变化．解答：解：A、放手后，线圈的面积减小，根据Φ=BS可知，磁通量减小；故A错误．B、导体棒ab向右运动时，回路的面积变大，根据Φ=BS可知，磁通量变大，故B正确．C、当磁铁插入线圈时，穿过线圈的磁场增强，根据Φ=BS可知，磁通量变大，故C正确．D、离通电导线越远磁场越弱，根据Φ=BS可知，磁通量变小，故D错误．故选：BC．点评：要注意通电直导线所产生的磁场，离导线越近磁场越强，离导线越远，磁场越弱；穿线框圈的磁感线净条数越多，磁通量越大，穿过线框的磁感线净条数越少，磁通量越小．12．（3分）如图（a）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图示（b）所示，示数为9V，电源的电动势为（）A．9.8VB．10VC．10.8VD．11.2V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电压表看成可测量电压的电阻，（a）图中V1、V2串联，由V2的示数与内阻之比等于电流，根据欧姆定律列出方程；同理对（b）图根据欧姆定律列出方程，联立求出电动势．解答：解：由（a）图E=6+4+I1r=10+r①E=9+I2r=9+r②由①②得：E=10.8V故选C点评：本题关键要把电压表看成可测量电压的电阻，根据欧姆定律分别对a、b两种情况列方程求解电动势．13．（3分）如图所示．在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，若加上磁感应强度为B水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的哪几个（）A．带电粒子的比荷B．带电粒子在磁场中运动的周期C．带电粒子的初速度D．带电粒子在磁场中运动的半径考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：这种由已知量，来确定可以求那些量的题目，要从给定情形中的已知量涉及的公式，来进行尝试变化，组合．最终能消掉公式中未知量的，就是可以求出的量．而在尝试变化，组合之后仍不能消掉的，即为求不出来的．解答：解：由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系得磁场宽度d=rsin60°=sin60°，又由未加磁场时有d=vt，所以可求得比荷，故A正确周期：可求出，故B正确因初速度未知，无法求出CD，故C、D错误．故选AB点评：这种题目需要公式很熟练，且组合变化条理，才能得到哪些是可求的，哪些是不可求的．综合应用公式得能力要求比较高．14．（3分）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（）A．B．C．D．考点：楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势．专题：压轴题．分析：由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律．解答：解：线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E=BLV及V=at可知，E=BLat，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，故A正确；而由E=BLV及V2=2as可知，E=BL，故电流与成正比，不会出现突然增大的现象；故D错误，C正确；故选AC．点评：本题很多同学漏选C，在解题中一定要注意审题，根据题意再确定应该研究的问题．二.实验题（本小题共2小题，15题4分，16题10分共14分）15．（4分）某同学在一次实验中测量结果如图，请读出两个测量结果（1）1.879～1.881mm（2）1.044cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．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．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：1、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为38.0×0.01mm=0.380mm，所以最终读数为1.5mm+0.380mm=1.880mm，由于需要估读，最后的结果可以在1.879～1.881之间．2、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第22个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为22×0.02mm=0.44mm，所以最终读数为：10mm+0.44mm=10.44mm=1.044cm．故答案为：（1）1.879～1.881（2）1.044点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．16．（10分）科研所一新型电池是一种可将光能转换为电能的器件．某同学用如图1所示电路探究该电池的路端电压U与总电流I的关系．图中R0为已知定值电阻，两个电压表均为理想电压表．（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，调节滑动变阻器，通过测量和计算得到该电池的U﹣I曲线如图2﹣甲．由此可知电池的内阻不是（是或不是）定值，短路电流为295μA，电动势为2.6V（2）实验二：减小光的强度，重复实验，得到的U﹣I曲线如图2﹣乙．当滑动变阻器的电阻为某一值时，实验一中的V1表的示数为1.5V，保持该阻值不变，在实验二中外电路消耗的电功率为1.4×10﹣4W（结果保留两位有效数字）（3）根据电路图完成实物连接（图3）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）电池的U﹣I曲线的斜率表示内阻的大小，通过斜率的变化判断内阻的变化．当外电压为0时，此时的电流为短路电流，电流为0时，外电压等于电动势．（2）由实验一中的路端电压为U1=1.5V读出此时电路中电流为I1，将（I1，U1）点与原点连成直线，和图线乙的交点为实验二中的路端电压和电路电流，求出功率．（3）根据电路图完成实物连接．解答：解：（1）电池的U﹣I曲线的斜率表示内阻的大小，图线斜率的绝对值在增大，所以内阻增大．当U=O，I=I短=295μA，I=0，E=U=2.6V．（2）实验一中的路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=0.21mA，连接a中点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线外电路电阻（此时电阻不变）的U﹣I图，和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流．如图，电流和电压分别为I=140μA、U=1.0V，则外电路消耗功率为：P=UI=1.4×10﹣4W．（3）根据电路图完成实物连接：故答案为：（1）不是；295；2.6（2）1.4×10﹣4（3）如图点评：本题难点在于第（2）问，技巧是作出电阻的伏安特性曲线与电源的外特性曲线，两者的交点即为这电阻接在电源上的工作状态．三．计算题（共4个小题，17题9分，18题11分，19、20题12分共44分）17．（9分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．解答：解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为UAB由动能定理得﹣mgd﹣qUAB=0﹣①∴滑动变阻器两端电压U滑=UAB=8V②设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I==1A③滑动变阻器接入电路的电阻R滑==8Ω④即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．（2）电源的输出功率P出=I2（R+R滑）=23W⑤故电源的输出功率是23W．点评：本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．18．（11分）如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R．当线圈由图示位置转过90°的过程中．求：（1）通过电阻R的电荷量q；（2）电阻R上所产生的焦耳热Q．考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．专题：交流电专题．分析：图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1．根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势．根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量．解答：解：（1）依题平均感应电动势为=N=平均感应电流为==．通过电阻R的电荷量为q=△t=．（2）线圈中感应电动势的有效值和最大值Em的关系是E==线圈转过90°的时间为△t===，电路中电流的有效值为I==，电阻R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=．答：（1）通过电阻R的电荷量是．（2）电阻R上产生的焦耳热是．点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值．注意磁通量与线圈的匝数无关19．（12分）如图，坐标系xOy在竖直平面内．x轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里．将一个带电小球从y轴上P（0，h）点以初速度v0竖直向下抛出，小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g．求：（1）小球到达O点时速度的大小；（2）小球做圆周运动的半径；（3）小球从P点到第二次经过x轴所用的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）由速度位移公式可以求出小球的速度；（2）由牛顿第二定律求出小球的轨道半径；（3）求出小球做匀加速运动的时间，求出小球做圆周运动的时间，然后求出总的运动时间．解答：解：（1）设小球经过O点时的速度为v，从P到O过程，由匀变速运动的速度位移公式得：v2﹣=2gh，解得：；（2）小球运动的轨迹如图所示：小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动，则：qE=mg，从O到A，由牛顿第二定律得：，解得：；（3）从P到O，小球第一次经过x轴，所用时间为t1，由匀变速运动的速度公式得：v=v0+gt1，从O到A，小球第二次经过x轴，所用时间为t2，小球做圆周运动的周期：，做圆周运动的时间：，解得：t=t1+t2=+；答：（1）小球到达O点时速度的大小：：；（2）小球做圆周运动的半径：；（3）小球从P点到第二次经过x轴所用的时间：t=+．点评：本题考查了求小球的速度、轨道半径、运动时间问题，分析清楚小球的运动过程，应用匀变速运动的运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题．20．（12分）如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1m，上端接有电阻R1=3Ω，下端接有电阻R2=6Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：（1）磁感应强度B；（2）杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）由图乙可知金属杆自由下滑的高度是0.05m，此过程机械能守恒，则可求出杆刚进入磁场时的速度大小．杆刚进入磁场时加速度，由图读出为﹣10m/s2，由E=BLv、I=、F安=BIL，求出杆所受的安培力大小，即可由牛顿第二定律求出B；（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=结合即可求出通过杆的电量，再得到通过电阻R2的电荷量q．解答：解：（1）由图象知，杆自由下落的高度为h=0.05m，当地的重力加速度g=10m/s2，则杆刚进磁场时的速度为v==1m/s由图象知，杆进入磁场时的加速度为a=﹣g=﹣10m/s2，由E=BLv、I=、F安=BIL得F安=又R并=根据牛顿第二定律得：mg﹣F安=ma联立解得，B=2T（2）根据法拉第电磁感应定律得：杆在磁场中产生的平均感应电动势为=杆中平均感应电流为通过杆的电量Q=联立解得Q=0.15C由于R1=3Ω，R2=6Ω，两个电阻并联，通过它们的瞬时电流关系为=故通过电阻R2的电荷量q==0.05C．答：（1）磁感应强度B是2T；（2）杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q是0.05C．点评：第1问中安培力的分析和计算是解题的关键．第2问，可记住经验结论：感应电荷量Q=，就可理清解题思路．