2019-2020年高二下学期段考物理试卷（5月份）含解析

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高二下学期段考物理试卷（5月份）含解析　一、选择题1．如图所示四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现．其中说法正确的是（　　）A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许通过扭秤实验，归纳出了万有引力定律C．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场D．法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律2．如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（　　）A．M点的电势比P点的电势低B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功3．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（　　）A．B．C．D．4．如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（　　）A．B．C．D．5．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（　　）A．B．C．D．6．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（　　）A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a7．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（　　）A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少8．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2．原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（　　）A．Uab：Ucd=n1：n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍9．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为（　　）A．，B．，C．，D．（）2R，10．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）A．2B．C．1D．　二、电学实验题11．某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度如图1所示，可知其长度为________mm；（2）用螺旋测微器测量该圆柱体的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图所示的部件________（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．从图2中的示数可读出合金丝的直径为________mm．（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为________Ω；（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程150mA，内阻约为10Ω）；电压表V1（量程1V，内阻r=1000Ω）；电压表V2（量程15V，内阻约为3000Ω）；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值为1000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．（均填器材代号）根据你选择的器材，请在如图4的线框内画出实验电路图．12．某同学用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（量程0～3V，内阻3kΩ），电流表（量程0～0.6A，内阻1.0Ω），滑动变阻器有R1（最大阻值10Ω，额定电流2A）和R2（最大阻值100Ω，额定电流0.1A）各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用________．（选填“R1”或“R2”）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=________V，内阻r=________Ω．（结果保留两位小数）　三、计算题13．如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计．求：（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比；（2）a棒质量ma；（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F．14．如图所示，一矩形线圈abcd放置在一有理想边界的匀强磁场中，匀强磁场中存在于OO′的左侧，已知线圈匝数为n、ab边长为I1、ad边长为I2、线圈电阻为r，OO′轴离ab边距离为L2，磁场的磁感应强度为B．线圈的两端接一个灯泡，灯泡的电阻为R．线圈以理想边界OO′为轴，以角速度ω按如图所示的位置及转动方向匀速转动．求：（1）在0～的时间内，通过灯泡的电荷量；（2）灯泡消耗的电功率；（3）若B=1.0×10﹣2T、n=100、L1=0.5m、L2=0.3m、ω=200rda/s，画出感应电动势随时间变化的图象，以abcda方向为正方向，至少画出一个完整的周期．15．如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率=k，k为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力的大小随时间的变化．　四、热学计算题16．下列说法正确的是（　　）A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变17．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．　xx学年山东省德州市武城二中高二（下）段考物理试卷（5月份）参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 与试题解析　一、选择题1．如图所示四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现．其中说法正确的是（　　）A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许通过扭秤实验，归纳出了万有引力定律C．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场D．法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律【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、该实验是伽利略做的斜面实验；伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、该实验是卡文迪许做的扭秤实验；卡文迪许通过扭秤实验，测出万有引力常量，并非归纳出了万有引力定律，故B错误；C、该实验是奥斯特研究电流磁效应的实验；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故C正确；D、楞次总结出判断电磁感应现象中感应电流方向的规律，故D错误；故选：C．　2．如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（　　）A．M点的电势比P点的电势低B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功【考点】电势能；电势．【分析】根据电场线的方向判断电势高低．由公式U=Ed分析O、M间的电势差与N、O间的电势差的关系．O点的电势高于Q点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势能的大小．根据电势能的变化，判断电场力做功的正负．【解答】解：A、根据顺着电场线的方向电势降低可知，M点的电势比P点的电势低．故A正确．B、O、M间的场强小于N、O间的场强，OM=NO，由公式U=Ed分析得知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差．故B正确．C、由图可得到，O点的电势高于Q点的电势，根据推论：正电荷在电势高处电势能大，则正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能．故C错误．D、M点的电势比P点的电势低，则负电荷在M点的电势能比在P点的电势能大，所以将一负电荷由M点移到P点时，电势能减小，电场力将正功．故D正确．故选ABD　3．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（　　）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】根据转动切割感应电动势公式，，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率．【解答】解：若要电流相等，则产生的电动势相等．设切割长度为L，而半圆的直径为d，从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为①根据法拉第定律得②①②联立得故ABD错误，C正确，故选C．　4．如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（　　）A．B．C．D．【考点】楞次定律．【分析】感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．【解答】解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，故B错误；C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；故选：A．　5．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（　　）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以出现感应电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动．当完全进入后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化，速度与进入磁场相似．【解答】解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E=BLv闭合电路欧姆定律，则感应电流为：安培力为：由牛顿第二定律为：F=ma则有：由于v减小，所以a也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似．而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D正确，ABC错误；故选：D　6．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（　　）A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】金属框中磁通量不变，故没有感应电流；但导体棒切割磁感线，有感应电动势产生，根据E=BL求解切割电动势即可．【解答】解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或者说是从a到c，故Ua=Ub＜Uc，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A错误，B错误；CD、感应电动势大小=Bl（）=Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以Ubc=﹣Bl2ω，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，故C正确，D错误；故选：C．　7．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（　　）A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；功能关系；电磁感应中的能量转化．【分析】导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．【解答】解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A正确；B、根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：，故C正确；D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误．故选AC．　8．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2．原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（　　）A．Uab：Ucd=n1：n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍【考点】变压器的构造和原理．【分析】假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果．【解答】解：A、若没有二极管，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：Uab：Ucd=n1：n2；而因二极管的单向导电性，Uab：Ucd=n1：n2；，故A错误；B、副线圈两段的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻增大，则电流减小，副线圈的功率减小，最后使得输入功率减小，而输入电压不变，最后使得电流减小，所以电流表的示数减小，故B正确；C、cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化，故C错误；D、短路后副线圈电流不是原来的2倍，应根据电流的最大值不变，图象被滤掉一半，根据有效值的概念研究：R的电压有效值和电流有效值均为原来的倍，电功率才是原来的2倍，电流表读数是原来的倍，故D错误；故选：B．　9．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为（　　）A．，B．，C．，D．（）2R，【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率．【解答】解：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电电压为KU，输送功率P=KUI，所以=；当副线圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nKU，输送功率P=nKUI′，所以=；故选D　10．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）A．2B．C．1D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后再求出磁感应强度之比．【解答】解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2．由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即：mv22=•mv12，v1=v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，磁感应强度：B=，磁感应强度之比：===×=；故选：D．　二、电学实验题11．某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度如图1所示，可知其长度为　50.10　mm；（2）用螺旋测微器测量该圆柱体的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图所示的部件　B　（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．从图2中的示数可读出合金丝的直径为　0.410　mm．（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为　22　Ω；（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程150mA，内阻约为10Ω）；电压表V1（量程1V，内阻r=1000Ω）；电压表V2（量程15V，内阻约为3000Ω）；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值为1000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选　V1　，电流表应选　A2　，滑动变阻器应选　R1　．（均填器材代号）根据你选择的器材，请在如图4的线框内画出实验电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；用多用电表测电阻．【分析】（1）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；（2）明确螺旋测微器的读数方法，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；（3）根据多用电表的读数方法可得出对应的读数；（4）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.05mm=0.10mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.10mm；（2）读数前应先旋紧B，使读数固定不变，螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为41.0×0.01mm=0.410mm，所以最终读数为0mm+0.410mm=0.410mm；（3）多用电表的电阻“×1”挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为24×1=24Ω；（4）电源电动势为4V，直接使用电压表V1量程太小，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，使用电压表V2量程又太大，可以把电压表V1与定值电阻R0串联，增大其量程进行实验，故电压表选择V1，待测电阻两端的电压不能超过2V，最大电流不超过100mA，所以电流表选A2，待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选R1．为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流表外接法．如图所示：故答案为：（1）50.10；（2）B，0.410；（3）22；（4）V1，A2，R1．电路图如图所示．　12．某同学用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（量程0～3V，内阻3kΩ），电流表（量程0～0.6A，内阻1.0Ω），滑动变阻器有R1（最大阻值10Ω，额定电流2A）和R2（最大阻值100Ω，额定电流0.1A）各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用　R1　．（选填“R1”或“R2”）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=　1.46　V，内阻r=　0.94　Ω．（结果保留两位小数）【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图；（3）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．【解答】解：（1）为方便实验操作，实验中滑动变阻器应选用R1．（2）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．（3）由图丙所示U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.46，则电源电动势E=1.46V，电源内阻：r==≈0.94Ω．故答案为：（1）R1；（2）实物电路图如图所示；（3）1.46；0.94．　三、计算题13．如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计．求：（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比；（2）a棒质量ma；（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F．【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．【分析】（1）a棒相当于电源，b棒与R并联，由串并联电路的电流规律可得出两电阻中电流之比；（2）对b棒由受力平衡可求得Ib，由（1）可求得Ia；因a棒离开磁场后机械能守恒，故返回磁场时的速度相等，则由返回磁场时做匀速运动可由受力平衡得出a的速度，联立各式可得出a的质量；（3）已知Ib，则由安培力公式可求得b受到的安培力F，再由平衡条件求拉力F．【解答】解：（1）a棒沿导轨向上运动时，a棒、b棒及电阻R中的电流强度分别为Ia、Ib、IR，有IRR=IbR①Ia=IR+Ib②由①②解得=③（2）由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即v1=v2=v④设磁场的磁感应强度为B，导体棒长为L．a棒在磁场中运动时产生的感应电动势为E=BLv⑤当a棒沿斜面向上运动时Ib=⑥b棒静止，有BIbL=mgsinθ⑦向下匀速运动时，a棒中的电流为Ia′，则Ia′=⑧BIa′L=magsinθ⑨由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma=m（3）由题知导体棒a沿斜面向上运动时，所受拉力F=BIaL+magsinθ联立以上各式解得F=mgsinθ答：（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比是2：1；（2）a棒质量ma是m．（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F是mgsinθ．　14．如图所示，一矩形线圈abcd放置在一有理想边界的匀强磁场中，匀强磁场中存在于OO′的左侧，已知线圈匝数为n、ab边长为I1、ad边长为I2、线圈电阻为r，OO′轴离ab边距离为L2，磁场的磁感应强度为B．线圈的两端接一个灯泡，灯泡的电阻为R．线圈以理想边界OO′为轴，以角速度ω按如图所示的位置及转动方向匀速转动．求：（1）在0～的时间内，通过灯泡的电荷量；（2）灯泡消耗的电功率；（3）若B=1.0×10﹣2T、n=100、L1=0.5m、L2=0.3m、ω=200rda/s，画出感应电动势随时间变化的图象，以abcda方向为正方向，至少画出一个完整的周期．【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率．【分析】（1）根据电量表达式，q=，结合法拉第电磁感应定律，求得综合表达式，从而即可求解；（2）根据最大值与有效值的关系，并由功率表达式，即可求解．（3）根据切割磁感线的最大感应电动势表达式，可确定ab、cd两边产生最大感应电动势，从而作出图象；【解答】解：（1）线圈的转动周期为：…①时间内，平均电动势为：…②由欧姆定律得平均电流为：…③通过灯泡的电荷量为：…④解①②③④得：…③（2）ab边在磁场中切割磁感线时，感应电动势的最大值为：…⑥电流的最大值为：…⑦cd边在磁场中切割磁感线时，感应电动势的最大值为：…⑧电流的最大值为：…⑨设一个周期内交变电流有效值为I，由有效值的定义得：…⑩灯泡消耗的电功率为：P=I2R…⑪解⑥⑦⑧⑨⑩⑪得：（3）代入数据，解⑥⑧式得：Em1=20V，Em2=10V在一个周期T内，电动势的函数特点如下：在时间内：e=﹣Em1sin（ωt）在时间内：e=﹣Em2sin（ωt）在时间内：e=﹣Em2sin（ωt）在时间内：e=﹣Em2sin（ωt）所以，图象如图所示．答：（1）在0﹣的时间内，通过小灯泡的电荷量为；（2）小灯泡消耗的电功率．（3）感应电动势随时间变化的图象（如上图所示）；　15．如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率=k，k为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力的大小随时间的变化．【考点】法拉第电磁感应定律；电阻定律；安培力．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据电阻定律求出线框的电阻，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．（2）根据F=BIL，得出=Il，可以求出安培力随时间的变化率．【解答】解：（1）导线框的感应电动势为E==①导线框中的电流为I=②式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R=ρ③联立①②③式，将=k代入得I=﹣④答：导线中感应电流的大小为﹣．（2）导线框所受磁场的作用力的大小为F=BIl⑤它随时间的变化率为=Il⑥由⑤⑥式得=．答：磁场对方框作用力的大小随时间的变化率为．　四、热学计算题16．下列说法正确的是（　　）A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变【考点】*晶体和非晶体．【分析】该题通过晶体和非晶体的特性进行判断．晶体是具有一定的规则外形，各项异性，具有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，没有规则的几何外形，表现各项同性，由此可判断各选项的正误．【解答】解：A、将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，选项A错误．B、固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，选项B正确．C、由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石．选项C正确．D、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体．把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫．所以选项D正确．E、在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加．选项E错误故选：BCD　17．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．【考点】理想气体的状态方程．【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．【解答】解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1=（l﹣）s2+s1=（40﹣）×40+×80=2400cm3，T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，由盖吕萨克定律得：=，即：=，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，代入数据解得：p2=1.1×105Pa，T2=330K，T3=T=303K，由查理定律得：=，即：=，解得：p3=1.01×105Pa；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．　xx年9月13日