江西省宜市丰城中学高二物理上学期月考试卷（重点班含解析）.doc

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）月考物理试卷（重点班）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分第19题为单选，10-12题为多选1关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）a密立根测出了元电荷e的数值b法拉第提出了法拉第电磁感应定律c奥斯特发现了电流的磁效应d安培提出了分子电流假说2如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路两个同学迅速摇动ab这段“绳”假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的a点，乙同学站在东边，手握导线的b点则下列说法正确的是（）a当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大b当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大c当“绳”向下运动时，“绳”中电流从a流向bd在摇“绳”过程中，a点电势总是比b点电势高3两种粗细不同的保险丝，系由同种合金材料制成，一种横截面积为1mm2，熔断电流为5a，还有一种横截面积为4mm2，熔断电流为16a若取两种相同长度的两种保险丝并联起来，则熔断电流为（）a9ab17.25ac20ad21a4如图所示，当滑动变阻器的触头从上向下滑动时，下述正确的有（）aa灯变暗，b灯变亮，c灯变暗ba灯变暗，b灯变暗，c灯变暗ca灯变亮，b灯变暗，c灯变亮da灯变亮，b灯变暗，c灯变暗5如图a、b、c为三个完全相同的带正电荷的油滴，在真空中从相同高度由静止下落到同一水平面，a下落中有水平匀强电场，b下落中有水平向里的匀强磁场，三油滴落地时间设为ta、tb、tc，落地时速度分别va、vb、vc，则（）ata=tb=tc，va=vb=vcbta=tb=tc，vavb=vcctbta=tc，va=vb=vcdtbta=tc，vavc=vb6如图所示，一条形磁铁放在粗糙水平面上，在其n极左上方放有一根长直导线，当导线中通以垂直纸面向里的电流i时，磁铁所受支持力和摩擦力的变化情况，正确的是（）a支持力变大，摩擦力向左b支持力变大，摩擦力向右c支持力变小，摩擦力向左d支持力变小，摩擦力向右7如图所示，边长为l的正方形金属线框在光滑水平面上用恒力f拉得它通过宽度为2l的有界匀强磁场，线框的右边与磁场边界平行，线框刚进入磁场时恰好做匀速运动，设逆时针方向的电流为正，则下面哪个图象可能正确地反映了电流随x的变化规律（）abcd8质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成，其原理图如图设想有一个静止的带电粒子p（不计重力），经电压为u的电场加速后，垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，最后打到底片上的d点，设od=x，则图中能正确反映x2与u之间函数关系的是（）abcd9如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从a点沿直径aob方向射入磁场，经过t时间从c点射出磁场，oc与ob成60角，现将带点粒子的速度变为，仍从a点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）a3tbtc2tdt10（多）如图所示电路中，l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的小灯泡将电键k闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键k断开，则下列说法中正确的是（）ak闭合瞬间，两灯同时亮，以后d1逐渐熄灭，d2逐渐变到最亮bk闭合瞬间，d1先亮，d2后亮，最后两灯亮度一样ck断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭dk断开时，d2立即熄灭，d1亮一下再逐渐熄灭11如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡d1的ui图线的一部分，用该电源和小灯泡d1组成闭合电路时，灯泡d1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）a此电源的内阻为b灯泡d1的额定电压为3v，功率为6wc把灯泡d1换成“3v，20w”的灯泡d2，电源的输出功率将变大d由于小灯泡b的ui图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用12如图所示，光滑平行金属导轨mn、pq所在平面与水平面成角，m、p两端接一阻值为r的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力f，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动下列关于穿过回路abpma的磁通量、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差u随时间t变化的图象中，正确的是（）abcd二、实验题13用20分度的游标卡尺测量某物体的长度如图甲所示，可知其长度为 cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图乙所示，可知其直径为mm14（2015秋丰城市校级月考）利用所学物理知识解答问题：（1）多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图甲中a、b所示若选择开关处在“10”的欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是若选择开关处在“直流电压2.5v”挡时指针位于b，则被测电压是v（2）如图乙所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端为了探测黑箱，某同学进行了以下几步测量：a用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；b用多用电表的电压挡测量a、b间的输出电压；c用多用电表的电流挡测量a、b间的输出电流你认为以上测量中不妥的有：（填序号）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图丙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了ui坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丁所示请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势e=v，内阻r=由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比，测得的内阻与实际值相比（选填“偏大”“偏小”或“相同”）三、解答题（8分+8分+8分+10分，共34分）15如图所示，质量为3kg的导体棒，放在间距为d=1m的水平放置的导轨上，其中电源电动势e=6v，内阻r=0.5，定值电阻r0=11.5，其它电阻均不计（g取10m/s2）求：（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，大小为b=2t，此时导体棒静止不动，导轨与导体棒间的摩擦力为多大？方向如何？（2）若磁场大小不变，方向与导轨平面成=60角（仍与导体棒垂直），此时导体棒所受的摩擦力多大？16图1是交流发电机模型示意图在磁感应强度为b的匀强磁场中，有一矩形线图abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴oo转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕oo转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电阻r形成闭合电路图2是线圈的正视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示已知ab长度为l1，bc长度为l2，线圈以恒定角速度逆时针转动（共n匝线圈）（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1表达式； （2）线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图3所示，写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；（3）若线圈电阻为r，求电阻r两端测得的电压，线圈每转动一周电阻r上产生的焦耳热（其它电阻均不计）17如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105c，从静止开始经电压为u1=100v的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60已知偏转电场中金属板长l=2cm，圆形匀强磁场的半径r=10cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒经u1=100v的电场加速后的速率；（2）两金属板间偏转电场的电场强度e；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小18如图甲，mn、pq两条平行的光滑金属轨道与水平面成=37角固定，m、p之间接电阻箱r，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为b=0.5t质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静止释放杆a b，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值r，得到vm与r的关系如图乙所示已知轨距为l=2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计求：（1）杆a b下滑过程中感应电流的方向及r=0时最大感应电动势e的大小；（2）金属杆的质量m和阻值r；（3）当r=4时，求回路瞬时电功率每增加1w的过程中合外力对杆做的功w2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）月考物理试卷（重点班）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分第19题为单选，10-12题为多选1关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）a密立根测出了元电荷e的数值b法拉第提出了法拉第电磁感应定律c奥斯特发现了电流的磁效应d安培提出了分子电流假说【考点】物理学史【分析】本题是物理学史问题，根据各个科学家的物理学贡献进行答题【解答】解：a、密立根通过油滴实验测出了元电荷e的数值，故a正确b、法拉第发现了电磁感应现象，但没有提出了法拉第电磁感应定律，故b错误c、奥斯特发现了电流的磁效应，故c正确d、安培提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故d正确本题选错误的，故选：b【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路两个同学迅速摇动ab这段“绳”假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的a点，乙同学站在东边，手握导线的b点则下列说法正确的是（）a当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大b当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大c当“绳”向下运动时，“绳”中电流从a流向bd在摇“绳”过程中，a点电势总是比b点电势高【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势；安培力【专题】电磁感应与电路结合【分析】地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，当两个同学在迅速摇动电线时，总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低【解答】解：a、当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故a错误b、当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培 力也最小，故b错误c、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从a流向b故c正确d、在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动时，“绳”中电流从a流向b，a点相当于电源的负极，b点相当于电源正极，则a点电势比b点电势低；当“绳”向上运动时，“绳”中电流从b流向a，b点相当于电源的负极，a点相当于电源正极，则b点电势比a点电势低；故d错误故选：c【点评】本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题3两种粗细不同的保险丝，系由同种合金材料制成，一种横截面积为1mm2，熔断电流为5a，还有一种横截面积为4mm2，熔断电流为16a若取两种相同长度的两种保险丝并联起来，则熔断电流为（）a9ab17.25ac20ad21a【考点】串联电路和并联电路；电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】由电阻定律可知两导线的电阻关系；根据并联电路的规律可知分流关系，明确那根导线先达到最大熔断电流；则可得出熔断电路数值【解答】解：由r=可知，电阻与横截面积成反比；故电阻之比为4：1；则并联时电流之比为：1：4；故当第一种电流达5a时，第二根电流达到了20a；已经熔断；故应让第二根电流达16a，此时第一根电流为4a；总电流为4+16=20a；故选：c【点评】本题考查串并联电路的规律，注意明确并联电路中电流与电阻成反比的应用4如图所示，当滑动变阻器的触头从上向下滑动时，下述正确的有（）aa灯变暗，b灯变亮，c灯变暗ba灯变暗，b灯变暗，c灯变暗ca灯变亮，b灯变暗，c灯变亮da灯变亮，b灯变暗，c灯变暗【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑动触头向下移动的过程中，变阻器在路电阻增大，即可知外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可判断出干路电流的变化，即知a灯亮度的变化和电源两极间电压的变化并可根据欧姆定律判断并联部分电压的变化，分析b灯亮度的变化分析c灯电流的变化，即可知其亮度变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头向下移动的过程中，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，故a灯变暗电源的内电压和a灯的电压均减小，则根据闭合电路欧姆定律得知并联部分的电压增大，b灯变亮，且通过b灯的电流，由于干路电流减小，则通过c灯的电流减小，所以c灯变暗故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题按“局部整体局部”的思路进行动态分析，掌握闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律是分析的理论依据5如图a、b、c为三个完全相同的带正电荷的油滴，在真空中从相同高度由静止下落到同一水平面，a下落中有水平匀强电场，b下落中有水平向里的匀强磁场，三油滴落地时间设为ta、tb、tc，落地时速度分别va、vb、vc，则（）ata=tb=tc，va=vb=vcbta=tb=tc，vavb=vcctbta=tc，va=vb=vcdtbta=tc，vavc=vb【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】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由题意可知，a球只受重力做平抛运动，b球除受重力之外，还受垂直纸面向里的洛伦兹力作用，但洛伦兹力不做功，竖直方向只受重力作用，做自由落体运动，c球除受重力之外，还受垂直纸面向里的电场力作用，这两个力都是恒力，所以c球做匀加速曲线运动，并且电场力对小球做正功再根据动能定理和瞬时功率的公式即可得出结论【解答】解：根据题意可知：c球只有重力做功，竖直方向上做自由落体运动；a球除重力做功外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向做自由落体运动，而且电场力对其做正功但水平方向的加速不会影响竖直下落的速度；故下落时间与自由落体的时间相同；b球除重力之外还受到洛伦兹力作用，在洛仑兹力的作用下，小球的轨迹将为曲线；故竖直分速度将减小；故下落时间变长；所以三个球在竖直方向上都做自由落体运动，下落的高度又相同，故下落时间相同，则有tbta=tc根据动能定理可知：bc两球合力做的功相等，初速度又相同，所以末速度大小相等，而a球合外力做的功比a、b两球合外力做的功大，而初速度与a、b球的初速度相等，故c球的末速度比a、b两球的末速度大，即vavb=vc：故选：d【点评】本题是电场、磁场、重力场问题的综合应用，注意对物体受力情况的分析，要灵活运用运动的合成与分解，不涉及到运动过程的题目可以运用动能定理去解决，简洁、方便该题难度较大6如图所示，一条形磁铁放在粗糙水平面上，在其n极左上方放有一根长直导线，当导线中通以垂直纸面向里的电流i时，磁铁所受支持力和摩擦力的变化情况，正确的是（）a支持力变大，摩擦力向左b支持力变大，摩擦力向右c支持力变小，摩擦力向左d支持力变小，摩擦力向右【考点】电流的磁场对磁针的作用【分析】以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择【解答】解：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大故b正确故选：b【点评】本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力关键存在先研究导线所受安培力7如图所示，边长为l的正方形金属线框在光滑水平面上用恒力f拉得它通过宽度为2l的有界匀强磁场，线框的右边与磁场边界平行，线框刚进入磁场时恰好做匀速运动，设逆时针方向的电流为正，则下面哪个图象可能正确地反映了电流随x的变化规律（）abcd【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【专题】电磁感应与图像结合【分析】明确导体切割磁感线的过程，根据速度的变化可得出电动势及电流的变化规律【解答】解：线圈右边界切割磁感线时，速度不变；故电流不变；由右手定则可知，电流方向为逆时针，故为正值；全部进入后，磁通量不变，则没有感应电流；但由于受到拉力作用；线圈做加速运动；线框穿出磁场过程中，由于速度已增大，穿出时产生的感应电动势和感应电流大于进入磁场时的感应电动势和感应电流，线框所受的安培力也大于进入磁场时的安培力，这样线框做减速运动；由于安培力减小，则加速度越来越小；最终若速度等于进入时的速度时，线圈做匀速运动；故线圈的速度不可能小于进入时的速度，故电流不可能小于进入时的速度；故只有d正确；故选：d【点评】解决本题首先要分析线框的受力情况，判断其完全在磁场中的运动情况，即可得出电动势及电流的变化关系8质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成，其原理图如图设想有一个静止的带电粒子p（不计重力），经电压为u的电场加速后，垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，最后打到底片上的d点，设od=x，则图中能正确反映x2与u之间函数关系的是（）abcd【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】根据动能定理qu=mv2以及粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvb=m得出x与u的关系【解答】解：根据动能定理qu=mv2得，v=粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvb=m，则r=x=2r=知x2u故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】解决本题的关键根据动能定理qu=mv2得出速度，再利用洛伦兹力提供向心力得出轨道半径9如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从a点沿直径aob方向射入磁场，经过t时间从c点射出磁场，oc与ob成60角，现将带点粒子的速度变为，仍从a点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）a3tbtc2tdt【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，运动周期t=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间【解答】解：设圆形磁场区域的半径是r，以速度v射入时，半径r1=，根据几何关系可知， =tan60，所以r1=；运动时间t=t=；以速度射入时，半径r2=设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可知：tan=所以 =120则第二次运动的时间为：t=t=t=2t故选：c【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题10（多）如图所示电路中，l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的小灯泡将电键k闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键k断开，则下列说法中正确的是（）ak闭合瞬间，两灯同时亮，以后d1逐渐熄灭，d2逐渐变到最亮bk闭合瞬间，d1先亮，d2后亮，最后两灯亮度一样ck断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭dk断开时，d2立即熄灭，d1亮一下再逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路【解答】解：l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的小灯泡a、k闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后d1熄灭，d2变亮故a正确；b、k闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后d1熄灭，d2变亮故b错误；c、k闭合断开，d2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以d1亮一下再慢慢熄灭，故c错误；d、k闭合断开，d2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以d1亮一下再慢慢熄灭，故d正确；故选：ad【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极11如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡d1的ui图线的一部分，用该电源和小灯泡d1组成闭合电路时，灯泡d1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）a此电源的内阻为b灯泡d1的额定电压为3v，功率为6wc把灯泡d1换成“3v，20w”的灯泡d2，电源的输出功率将变大d由于小灯泡b的ui图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】电源的ui曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是该灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出灯泡的额定功率根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，分析c项欧姆定律适用于纯电阻【解答】解：a、由图读出：电源的电动势 e=4v，内阻 r=0.5，故a错误b、两图线的交点表示小灯泡d1与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 u=3v，电流 i=2a，功率为 p=ui=6w，由于小灯泡d1正常发光，则灯泡d1的额定电压为3v，功率为6w，故b正确c、灯泡d1的电阻r1=1.5，“3v，20w”的灯泡d2的电阻为 r2=0.45，可知灯泡d2的电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡d1换成“3v，20w”的灯泡d2，电源的输出功率将变大，故c正确d、灯泡是纯电阻，欧姆定律仍适用，故d错误故选：bc【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵12如图所示，光滑平行金属导轨mn、pq所在平面与水平面成角，m、p两端接一阻值为r的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力f，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动下列关于穿过回路abpma的磁通量、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差u随时间t变化的图象中，正确的是（）abcd【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【专题】电磁感应与图像结合【分析】由题可知，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，回路中的感应电流与时间成正比，说明感应电动势也是随时间均匀增大的，明确各个图象的物理意义，结合产生感应电流的特点即可正确求解【解答】解：a、据题金属棒做匀加速直线运动，v=at，根据e=blv=blat，可知金属棒产生的感应电动势是均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知回路的磁通量的变化率均匀增大，则t图象的斜率增大，t图象应为曲线，故a错误b、由上分析得：e=blat，又e=，则得： =blatt，故b正确c、回路中的感应电动势平均值为： =，感应电流为： =，通过金属棒的电荷量 q=t=，可知，qt2；则t图象应为抛物线，故c错误d、a、b两端的电势差u=e=blatt，故d正确故选：bd【点评】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析二、实验题13用20分度的游标卡尺测量某物体的长度如图甲所示，可知其长度为5.015 cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图乙所示，可知其直径为4.700mm【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】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：甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：5cm，游标上第3个刻度与上面对齐，读数为：30.05mm=0.15mm=0.015cm，故最终读数为：5cm+0.015cm=5.015 cm；螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，则读数为4.5+0.200=4.700mm故答案为：5.015； 4.700【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（2015秋丰城市校级月考）利用所学物理知识解答问题：（1）多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图甲中a、b所示若选择开关处在“10”的欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是500若选择开关处在“直流电压2.5v”挡时指针位于b，则被测电压是2.00v（2）如图乙所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端为了探测黑箱，某同学进行了以下几步测量：a用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；b用多用电表的电压挡测量a、b间的输出电压；c用多用电表的电流挡测量a、b间的输出电流你认为以上测量中不妥的有：ac（填序号）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图丙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了ui坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丁所示请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势e=1.45v，内阻r=0.73由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比偏小，测得的内阻与实际值相比偏小（选填“偏大”“偏小”或“相同”）【考点】测定电源的电动势和内阻；用多用电表测电阻；用多用电表探索黑箱内的电学元件【专题】定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据电压表量程，由图示表盘确定其分度值，读出其示数（2）多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，用多用电表的电流档测量a、b间可能会造成短路采用描点法作图，由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电流，故可知误差来自于电压表的分流【解答】解：（1）择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，由图示表盘读数是50，被测电阻的阻值是5010=500选择开关处在“直流电压2.5v”档时指针位于b，由图示表盘可知，其分度值为0.05v，被测电压是2.00v；（2）因为黑箱中可能含有电源，不能用电阻档直接测量含源电路的电阻用电流档测量a、b间的输出电流，可能会造成短路所以测量中不妥的是ac作出ui图线，图线的纵轴截距表示电动势，所以e=1.45v，图线的斜率绝对值表示内阻，则r=0.73该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；测实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小故答案为：（1）500；2.00；（2）ac；1.45（0.02）；0.73（0.02）；偏小；偏小【点评】（1）本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘进行读数，对多用电表读数时视线要与电表刻度线垂直（2）本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻三、解答题（8分+8分+8分+10分，共34分）15如图所示，质量为3kg的导体棒，放在间距为d=1m的水平放置的导轨上，其中电源电动势e=6v，内阻r=0.5，定值电阻r0=11.5，其它电阻均不计（g取10m/s2）求：（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，大小为b=2t，此时导体棒静止不动，导轨与导体棒间的摩擦力为多大？方向如何？（2）若磁场大小不变，方向与导轨平面成=60角（仍与导体棒垂直），此时导体棒所受的摩擦力多大？【考点】安培力【分析】（1）根据欧姆定律求出电路中电流导体棒静止不动，受力要平衡，分析导体棒的受力情况，作出力图，根据平衡条件求出导轨与导体棒间的摩擦因数（2）分析导体检的受力情况，根据平衡条件求解导体棒所受的摩擦力【解答】解：（1）以金属棒为研究对象，棒静止不动水平方向ff=f安 方向向左根据闭合电路欧姆定律得：棒所受安培力f安=bidff=f安=（2）棒受力分析如图棒与轨道间的最大静摩擦力增大，棒仍静止答：（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，大小为b=2t，此时导体棒静止不动，导轨与导体棒间的摩擦力为1n，方向向左（2）若磁场大小不变，方向与导轨平面成=60角（仍与导体棒垂直），此时导体棒所受的摩擦力为n【点评】本题通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，是力学和磁场知识的综合16图1是交流发电机模型示意图在磁感应强度为b的匀强磁场中，有一矩形线图abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴oo转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕oo转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电阻r形成闭合电路图2是线圈的正视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示已知ab长度为l1，bc长度为l2，线圈以恒定角速度逆时针转动（共n匝线圈）（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1表达式； （2）线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图3所示，写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；（3）若线圈电阻为r，求电阻r两端测得的电压，线圈每转动一周电阻r上产生的焦耳热（其它电阻均不计）【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】交流电专题【分析】（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，先求出转动线速度，根据e=blv，求出导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势，从而写出瞬时表达式；（2）线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，则在（1）中的瞬时表达式中加个相位即可；（3）先求出平均电动势，根据欧姆定律求出平均电流，根据q=i2rt即可求解【解答】解：（1）电动势的峰值em=nbs=nbl1l2，=t，则t时刻整个线圈中的感应电动势e1表达式e1=nbl1l2sint（2）当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2=bl1l2sin（t+0）（3）由闭合电路欧姆定律可知i=，这里的e为线圈产生的电动势的有效值，则线圈转动一周在r上产生的焦耳热为，其中，所以q=答：（1）t时刻整个线圈中的感应电动势e1表达式为e1=nbl1l2sint（2）t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式e2=bl1l2sin（t+0）（3）线圈每转动一周电阻r上产生的焦耳热【点评】当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值17如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105c，从静止开始经电压为u1=100v的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60已知偏转电场中金属板长l=2cm，圆形匀强磁场的半径r=10cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒经u1=100v的电场加速后的速率；（2）两金属板间偏转电场的电场强度e；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求解带电微粒经u1=100v的电场加速后的速率；（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和