學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2015—2016學年山東省德州市武城二中高二（下）月考物理試卷（6月份）一、選擇題（本題共10小題，1-6題為單選題，7—10題為多選題,每小題4分，共40分）1．如圖所示，在兩個等量負點電荷形成的電場中，o點是兩電荷連線的中點，a、b是該線上的兩點，c、d是兩電荷連線中垂線上的兩點,acbd為一菱形．若將一負粒子（不計重力且不影響原電場分布)從c點勻速移動到d點,電場強度用E,電勢用φ來表示．則下列說法正確的是（）A．φa一定小于φo，φo一定大于φcB．Ea一定大于Eo，Eo一定大于EcC．負粒子的電勢能一定先增大后減小D．施加在負粒子上的外力一定先減小后增大2．某區域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點．取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計．則在運動過程中，下列關于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是（)A． B． C． D．3．如圖所示，線圈A內有豎直向上的磁場,磁感應強度B隨時間均勻增大；等離子氣流（由高溫高壓的等電量的正、負離子組成）由左方連續不斷的以速度v0射入P1和P2兩極板間的勻強磁場中．發現兩直導線a、b互相吸引，由此可以判斷，P1、P2兩極板間的勻強磁場的方向為()A．垂直紙面向外 B．垂直紙面向里 C．水平向左 D．水平向右4．如圖所示，理想變壓器原線圈接交流電源和理想交流電流表，副線圈接熱水器和抽油煙機，原、副線圈的匝數比為4：l，副線圈上電壓的瞬時值u=220sin100πt（V)．開關S斷開時,電流表示數是lA；開關S閉合時，電流表示數是1。25A．下列說法正確的是（）A．交流電源輸出電壓的最大值是55VB．交流電源輸出電壓的最大值是880VC．S閉合時，抽油煙機消耗的功率是1100WD．S閉合時，抽油煙機消耗的功率是220W5．如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生的正弦交流電的圖象，當調整線圈轉速后，所產生的正弦交流電的圖象如圖線b所示．以下關于這兩個正弦交流電的說法中正確的是()A．線圈先后兩次轉速之比為1：2B．交流電a的電壓瞬時值u=10sin0。4πtVC．交流電b的最大值為VD．在圖中t=0時刻穿過線圈的磁通量為零6．在半徑為r、電阻為R的圓形導線框內，以直徑為界,左、右兩側分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場．以垂直紙面向外的磁場為正，兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律分別如圖乙所示．則0～t0時間內，導線框中(）A．沒有感應電流B．感應電流方向為逆時針C．感應電流大小為D．感應電流大小為7．如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B=T．單匝矩形線圈的面積S=1m2，電阻不計,繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動．線圈通過電刷與理想變壓器原線圈相接,A為交流電流表．調整副線圈的滑動觸頭P,當變壓器原、副線圈的匝數比為1：2時，副線圈電路中標有“36V36W"的燈泡正常發光．以下判斷正確的是（）A．電流表的示數為1AB．矩形線圈產生電動勢的有效值為18VC．從中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間的變化規律為e=18sin90πt（V）D．若矩形線圈的轉速增大,為使燈泡仍能正常發光,應將P適當下移8．勻強磁場方向垂直紙面,規定垂直紙面向里的方向為正,磁感應強度B隨時間t變化規律如圖甲所示．在磁場中有一細金屬圓環，圓環平面位于紙面內,如圖乙所示．令I1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應電流，F1、F2、F3分別表示I1、I2、I3時，金屬環上很小一段受到的安培力．則（）A．I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B．I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向C．F2方向背離圓心向外,F3方向指向圓心D．F1方向指向圓心，F2方向指向圓心9．如圖所示，在一矩形區域內,不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區域的時間為t．若加上磁感應強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射,粒子飛出磁場時偏離原方向60°，利用以上數據可求出下列物理量中的（)A．帶電粒子的比荷B．帶電粒子在磁場中運動的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場中運動的半徑10．如圖所示，同一豎直面內的正方形導線框a、b的邊長均為l,電阻均為R,質量分別為2m和m．它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端,在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區域．開始時，線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合,線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l．現將系統由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時,a、b兩個線框開始做勻速運動．不計摩擦和空氣阻力，則（）A．a、b兩個線框勻速運動的速度大小為B．線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為C．從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中,線框a所產生的焦耳熱為mglD．從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl二、實驗題（本題共2小題,第11題6分，第12題9分,共15分）11．如圖甲為多用電表的示意圖，現用它測量一個阻值約為20Ω的電阻，測量步驟如下：（1）調節，使電表指針停在指針對準的“0”刻線（填“電阻”或“電流”）．(2）將選擇開關旋轉到“Ω"檔的位置．（填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k"）（3）將紅、黑表筆分別插入“+”、“﹣”插孔，并將兩表筆短接,調節,使電表指針對準的“0”刻線（填“電阻"或“電流”）．（4)將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相接觸，若電表讀數如圖乙所示,該電阻的阻值為Ω．（5）測量完畢，將選擇開關旋轉到“OFF”位置．12．利用電流表和電壓表測定一節干電池的電動勢和內電阻．要求盡量減小實驗誤差．(1)應該選擇的實驗電路是圖1中的（選項“甲”或“乙"）．（2）現有電流表（0~0。6A）、開關和導線若干，以及以下器材:A．電壓表(0~15V）B．電壓表(0~3V）C．滑動變阻器（0~50Ω）D．滑動變阻器（0～500Ω）實驗中電壓表應選用；滑動變阻器應選用．（選填相應器材前的字母）(3）如圖2所示為根據實驗數據畫出的路端電壓U隨電流I變化的圖，由圖線可知,該電池的電動勢E=V，電池的內電阻r=Ω．（4)實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數U以及干電池的輸出功率P都會發生變化．圖3的各示意圖中正確反映P﹣U關系的是．三、計算題（本題共2小題，第13題14分，第14題各16分，共30分）13．如圖甲為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖．其矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動,線圈的匝數n=100,電阻r=10Ω，線圈的兩端經集流環與電阻R連接，電阻R=90Ω，與R并聯的交流電壓表為理想電表．在t=0時刻,線圈平面與磁場方向平行,穿過每匝線圈的磁通量Φ隨時間t按圖乙所示正弦規律變化．求：（1)交流發電機產生的電動勢最大值；（2）電路中電壓表的示數;（3）R上的熱功率．14．如圖所示，兩平行導軌間距L=0.1m，足夠長光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分圓滑連接，傾斜部分與水平面的夾角θ=30°，垂直斜面方向向上的磁場磁感應強度B=0。5T，水平部分沒有磁場．金屬棒ab質量m=0.005kg、電阻r=0。02Ω,運動中與導軌始終接觸良好,并且垂直于導軌．電阻R=0。08Ω，其余電阻不計．當金屬棒從斜面上離地高h=1。0m以上的任何地方由靜止釋放后,在水平面上滑行的最大距離x都是1.25m．取g=10m/s2，求:（1）金屬棒在斜面上的最大速度；（2）金屬棒與水平面間的動摩擦因數;（3）從高度h=1.0m處滑下后電阻R上產生的熱量．四、【選修3—3】15．下列說法正確的是（）A．空氣的絕對濕度大，相對濕度一定大B．同一溫度下,氮氣分子的平均動能一定大于氧氣分子的平均動能C．荷葉上的小水滴呈球形，這是表面張力使液面收縮的結果D．有一分子a從無窮遠處靠近固定不動的分子b，當a、b間分子力為零時,它們具有的分子勢能一定最小E．一定質量的理想氣體等溫膨脹,一定吸收熱量16．如圖所示，內壁光滑長度為4l、橫截面積為S的汽缸A、B，A水平、B豎直固定，之間由一段容積可忽略的細管相連，整個裝置置于溫度27℃、大氣壓為p0的環境中,活塞C、D的質量及厚度均忽略不計．原長3l、勁度系數的輕彈簧,一端連接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O點．開始活塞D距汽缸B的底部3l．后在D上放一質量為的物體．求：（1）穩定后活塞D下降的距離；（2）改變汽缸內氣體的溫度使活塞D再回到初位置，則氣體的溫度應變為多少?

2015-2016學年山東省德州市武城二中高二(下）月考物理試卷（6月份）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共10小題,1-6題為單選題，7-10題為多選題，每小題4分，共40分）1．如圖所示,在兩個等量負點電荷形成的電場中，o點是兩電荷連線的中點，a、b是該線上的兩點,c、d是兩電荷連線中垂線上的兩點,acbd為一菱形．若將一負粒子（不計重力且不影響原電場分布）從c點勻速移動到d點，電場強度用E，電勢用φ來表示．則下列說法正確的是（）A．φa一定小于φo，φo一定大于φcB．Ea一定大于Eo，Eo一定大于EcC．負粒子的電勢能一定先增大后減小D．施加在負粒子上的外力一定先減小后增大【考點】電場線；電場強度．【分析】A、B為兩個等量的負點電荷，其連線中垂線上電場強度方向沿中垂線指向O，沿著電場線電勢降落,負粒子在電勢低處電勢能大，在電勢高處電勢能小．【解答】解：A、沿著電場線電勢降落可知φc＞φo＞φa，A項錯誤；B、o點合場強為零，故Ea＞Eo，Ec＞Eo，B項錯誤；C、負粒子在電勢低處電勢能大，在電勢高處電勢能小，可判斷出C項正確;D、粒子沿cd勻速移動，受力平衡，外力在大小上等于其所受的靜電力,而沿cd方向,但電場強度大小無法判斷,因此外力如何變化無法得知，故D項錯誤．故選：C2．某區域的電場線分布如圖所示,其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點．取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計．則在運動過程中，下列關于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電場線；電勢．【分析】根據電場線的分布,可確定電場強度的方向與大小，根據電荷在電場中受到的電場力可知加速度大小的變化．由電場線的來確定電勢的變化，再由電荷的電性與電勢高低來確定電勢能的變化．【解答】解：A、由圖可知,從O到A點，電場線由疏到密,電場強度先減小后增大，方向不變，因此電荷受到的電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大,故A錯誤,B正確；C、沿著電場線方向電勢降低，而電勢與位移的圖象的斜率表示電場強度，因此C錯誤；D、Ek與x的圖象斜率與a有關，而a與電場強度E有關，即為Ek=，因電場強度先減小后增大，則斜率也先減小后增大，故D錯誤；故選:B．3．如圖所示，線圈A內有豎直向上的磁場，磁感應強度B隨時間均勻增大；等離子氣流(由高溫高壓的等電量的正、負離子組成）由左方連續不斷的以速度v0射入P1和P2兩極板間的勻強磁場中．發現兩直導線a、b互相吸引，由此可以判斷,P1、P2兩極板間的勻強磁場的方向為(）A．垂直紙面向外 B．垂直紙面向里 C．水平向左 D．水平向右【考點】楞次定律；帶電粒子在混合場中的運動．【分析】根據楞次定律判斷出流經導線a的電流方向，然后根據流經導線的電流同向時相互吸引，反向時相互排斥判斷導線b的電流的方向向下．等離子流通過勻強磁場時，正離子向上偏轉,負離子向下偏轉，因此將在b中形成向下的電流,由左手定則判定磁場的方向．【解答】解:線圈A中磁場的方向向上增強時，由楞次定律可知，感應電流的磁場的方向向下，感應電流的方向在線圈的外側向左，電流的方向盤旋向上,所以導線a中的電流方向向下．根據同向電流相互吸引可知，b中的電流方向也向下．b中電流方向向下說明極板P1是電源的正極，則正電荷在磁場中向上偏轉，根據左手定則可知，P1、P2兩極板間的勻強磁場的方向垂直于紙面向里．故選:B4．如圖所示，理想變壓器原線圈接交流電源和理想交流電流表，副線圈接熱水器和抽油煙機，原、副線圈的匝數比為4:l，副線圈上電壓的瞬時值u=220sin100πt（V）．開關S斷開時，電流表示數是lA；開關S閉合時，電流表示數是1。25A．下列說法正確的是(）A．交流電源輸出電壓的最大值是55VB．交流電源輸出電壓的最大值是880VC．S閉合時，抽油煙機消耗的功率是1100WD．S閉合時，抽油煙機消耗的功率是220W【考點】變壓器的構造和原理；電功、電功率．【分析】根據表達式可求出交變電流的峰值由電壓與匝數成正比可求出交流電源的電壓最大值．由W=Pt可以求出抽油煙機消耗的功率【解答】解：A、B、電源輸出電壓的最大值為4u=880V,則AB錯誤C、D、開關S斷開時，電流表示數是I1=lA，則通過熱水器的電流為4I1=4A，S閉合時，電流表示數是1.25A，則副線圈的電流為4×1.25A=5A，則抽油煙機的電流為5﹣4=1A，則功率P=UI=220×1=220W，則C錯誤，D正確．故選：D5．如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生的正弦交流電的圖象，當調整線圈轉速后，所產生的正弦交流電的圖象如圖線b所示．以下關于這兩個正弦交流電的說法中正確的是()A．線圈先后兩次轉速之比為1：2B．交流電a的電壓瞬時值u=10sin0.4πtVC．交流電b的最大值為VD．在圖中t=0時刻穿過線圈的磁通量為零【考點】正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率;交流發電機及其產生正弦式電流的原理．【分析】由圖讀出電壓最大值Um,周期T，由ω=求出，寫出交流電a的瞬時值表達式．由周期關系求出轉速關系．t=0時刻電壓為零，由法拉第電磁感應定律分析磁通量．【解答】解：A、由圖可知,周期Ta=0.4S，Tb=0。6s，則線圈先后兩次轉速之比na:nb=Tb:Ta=3：2．故A錯誤．B、由圖電壓最大值Um=10V，周期Ta=0。4S，ω==5πrad/s，交流電壓的瞬時值表達式為u=Umsinωt=10sin5πtV．故B錯誤．C、由電動勢的最大值Em=NBSω，則兩個電壓最大之值比Uma：Umb=ωa:ωb=3:2，則交流電b電壓的最大值為V．故C正確．D、t=0時刻U=0，根據法拉第定律，磁通量變化率為零，而磁通量最大．故D錯誤．故選C6．在半徑為r、電阻為R的圓形導線框內，以直徑為界，左、右兩側分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場．以垂直紙面向外的磁場為正，兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律分別如圖乙所示．則0～t0時間內，導線框中（）A．沒有感應電流B．感應電流方向為逆時針C．感應電流大小為D．感應電流大小為【考點】法拉第電磁感應定律；電磁感應中的能量轉化．【分析】根據楞次定律可知感應電流的方向；由法拉第電磁感應定律，結合電源的串聯特征，并依閉合電路歐姆定律，則可求解．【解答】解：A、根據楞次定律可知,左邊的導線框的感應電流是順時針，而右邊的導線框的感應電流也是順時針，則整個導線框的感應電流方向順時針，故AB錯誤；C、由法拉第電磁感應定律，因磁場的變化，導致導線框內產生感應電動勢,結合題意可知，產生感應電動勢正好是兩者之和,即為E=2×；再由閉合電路歐姆定律，可得感應電流大小為I==,故C錯誤，D正確；故選：D．7．如圖所示,勻強磁場的磁感應強度B=T．單匝矩形線圈的面積S=1m2，電阻不計，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動．線圈通過電刷與理想變壓器原線圈相接，A為交流電流表．調整副線圈的滑動觸頭P,當變壓器原、副線圈的匝數比為1：2時,副線圈電路中標有“36V36W"的燈泡正常發光．以下判斷正確的是（）A．電流表的示數為1AB．矩形線圈產生電動勢的有效值為18VC．從中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間的變化規律為e=18sin90πt(V）D．若矩形線圈的轉速增大，為使燈泡仍能正常發光，應將P適當下移【考點】交流的峰值、有效值以及它們的關系；交流發電機及其產生正弦式電流的原理．【分析】由小燈泡正常發光,得到變壓器的輸出電壓和輸出電流，然后結合變壓比公式和變流比公式求解變壓器的輸入電壓和電流，最后結合發電機的電動勢公式e=NBSωsinωt分析．【解答】解:A、小燈泡正常發光，故變壓器的輸出電流為：I2=1A；根據變流比公式:=，解得：I1=0.5A；故A錯誤；B、小燈泡正常發光，故變壓器的輸出電壓為36V,根據變壓比公式，解得：U1=18V；故矩形線圈產生電動勢的有效值為18V；故B正確；C、矩形線圈產生電動勢的最大值為18V，根據公式Em=NBSω，解得：ω===90πrad/s;故從矩形線圈轉到中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間的變化規律e=Emsinωt=18sin90πtV;故C正確；D、若矩形線圈轉速增大，根據公式Em=NBSω，感應電動勢的最大值增加,故有效值也增加;為使燈泡仍能正常發光,應該減小變壓比,故應將P適當上移；故D錯誤;故選：BC．8．勻強磁場方向垂直紙面，規定垂直紙面向里的方向為正,磁感應強度B隨時間t變化規律如圖甲所示．在磁場中有一細金屬圓環,圓環平面位于紙面內，如圖乙所示．令I1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應電流，F1、F2、F3分別表示I1、I2、I3時，金屬環上很小一段受到的安培力．則（）A．I1沿逆時針方向,I2沿順時針方向B．I2沿逆時針方向,I3沿順時針方向C．F2方向背離圓心向外,F3方向指向圓心D．F1方向指向圓心，F2方向指向圓心【考點】楞次定律；閉合電路的歐姆定律．【分析】應用楞次定律可以判斷出感應電流方向，由左手定則可以判斷出電流所受安培力方向，從而即可求解．【解答】解：A、由圖甲所示可知,oa段，磁場垂直于紙面向里，穿過圓環的磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流I1沿逆時針方向，在ab段磁場向里,穿過圓環的磁通量減少，由楞次定律可知，感應電流I2沿順時針方向，故A正確；B、由圖甲所示可知，在ab段磁場向里,穿過圓環的磁通量減少，由楞次定律可知，感應電流I2沿順時針方向，在bc段,磁場向外，磁通量增加,由楞次定律可知，感應電流I3沿順時針方向，故B錯誤；CD、由左手定則可知,oa段電流受到的安培力F1方向指向圓心，ab段安培力F2方向背離圓心向外,bc段，安培力F3方向指向圓心,故C正確,D錯誤；故選：AC．9．如圖所示，在一矩形區域內，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區域的時間為t．若加上磁感應強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場,帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60°,利用以上數據可求出下列物理量中的（)A．帶電粒子的比荷B．帶電粒子在磁場中運動的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場中運動的半徑【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動;牛頓第二定律；向心力．【分析】帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，使粒子做勻速圓周運動．從而可推導出軌道半徑公式與周期公式,由題中運動的時間與磁感應強度可求出粒子的比荷，由于圓磁場的半徑未知，所以無法求出軌道半徑，也不能算出粒子的初速度．【解答】解:A、由帶電粒子在磁場中運動的偏轉角可知，帶電粒子運動軌跡所對的圓心角為60°,由幾何關系得磁場寬度d=rsin60°=sin60°，由于未加磁場時：d=vt，解得:=,故A正確B、已經求出比荷，由T=可以求出粒子的周期，故B正確C、粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，r=，根據向右條件無法求出粒子的初速度，也無法求出粒子軌道半徑，故CD錯誤；故選：AB．10．如圖所示，同一豎直面內的正方形導線框a、b的邊長均為l,電阻均為R，質量分別為2m和m．它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區域．開始時，線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l．現將系統由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動．不計摩擦和空氣阻力，則(）A．a、b兩個線框勻速運動的速度大小為B．線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為C．從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a所產生的焦耳熱為mglD．從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；焦耳定律．【分析】當b剛全部進入磁場時，系統開始做勻速運動,分別對兩線框列平衡方程，可得線框受到安培力大小，繼而求得感應電流大小，根據歐姆定律和法拉第電磁感應定律可得系統勻速運動的速度大小,即可求得線框通過磁場的時間．當左、右兩線框分別向上、向下運動2l的距離時,兩線框等高，根據能量守恒得系統機械能的減少等于產生的總焦耳熱．根據功能關系求解兩線框組成的系統克服安培力做的功．【解答】解：A、設兩線框剛勻速運動的速度為v,此時輕繩上的張力為T，則對a有:T=2mg﹣BIl①對b有:T=mg…②I=…③E=Blv…④則：v=…⑤故A錯誤；B、線框a從下邊進入磁場后,線框a通過磁場時以速度v勻速運動，設線框a通過磁場的時間為t，則:t==…⑥，故B正確．C、從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a只在a勻速進入磁場的過程中產生焦耳熱，設為Q，由功能關系可得：2mgl﹣mgl=Q所以:Q=mgl．故C正確；D、設兩線框從開始運動至a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運動2l的距離，對這一過程，由能量守恒定律有：4mgl=2mgl+3mv2+W…⑦解⑤⑥得：W=2mgl﹣．故D錯誤．故選：BC二、實驗題（本題共2小題，第11題6分，第12題9分，共15分）11．如圖甲為多用電表的示意圖,現用它測量一個阻值約為20Ω的電阻，測量步驟如下：（1)調節調零螺絲，使電表指針停在指針對準電流的“0”刻線（填“電阻”或“電流”）．（2)將選擇開關旋轉到“Ω"檔的×1位置．（填“×1”、“×10"、“×100”或“×1k”）（3）將紅、黑表筆分別插入“+”、“﹣”插孔，并將兩表筆短接,調節調零旋鈕，使電表指針對準電阻的“0"刻線（填“電阻”或“電流”）．（4）將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相接觸，若電表讀數如圖乙所示,該電阻的阻值為19.0Ω．（5）測量完畢，將選擇開關旋轉到“OFF"位置．【考點】用多用電表測電阻．【分析】使用多用電表測電阻時，要先對多用電表進行機械調零，使指針指針電流（電壓）表的零刻度線上；然后選擇合適的檔位,進行歐姆調零，再測電阻；歐姆表指針示數與對應檔位的乘積是歐姆表示數．【解答】解:（1）調節調零螺絲，使電表指針停在電流、電壓公共的“0”刻線．（2）將選擇開關旋轉到“Ω”擋的×1位置．（3）將紅、黑表筆分別插入“+”、“﹣"插孔，并將兩表筆短接,調節歐姆調零旋鈕，使電表指針對準電阻的“0”刻線．（4）由圖乙所示可知，電阻的阻值19.0×1=19。0Ω．故答案為：（1）調零螺絲，電流；（2）×1；（3）調零旋鈕，電阻；（4）19。012．利用電流表和電壓表測定一節干電池的電動勢和內電阻．要求盡量減小實驗誤差．（1）應該選擇的實驗電路是圖1中的甲（選項“甲”或“乙”)．（2）現有電流表（0～0。6A）、開關和導線若干，以及以下器材：A．電壓表（0～15V)B．電壓表(0～3V）C．滑動變阻器（0~50Ω）D．滑動變阻器（0～500Ω)實驗中電壓表應選用B；滑動變阻器應選用C．（選填相應器材前的字母）（3)如圖2所示為根據實驗數據畫出的路端電壓U隨電流I變化的圖，由圖線可知，該電池的電動勢E=1。5V，電池的內電阻r=0。63Ω．(4）實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數U以及干電池的輸出功率P都會發生變化．圖3的各示意圖中正確反映P﹣U關系的是C．【考點】測定電源的電動勢和內阻．【分析】（1）分析圖示電路結構，明確實驗誤差情況，從而選擇合理的電路；（2）根據電源電動勢選擇電壓表,為方便實驗操作應選最大阻值較小的滑動變阻器；（3）根據電源的U﹣I圖象進行分析,根據數學規律可求出電源電動勢與內阻；（5)根據電源的輸出功率規律可明確對應的實驗圖象．【解答】解：（1)干電池內阻較小，而電流表內阻與電源內阻接近,故為了減小實驗誤差,應選題甲所示電路圖；(2)一節干電池電動勢約為1.5V，為了準確，電壓表應選B；為方便實驗操作，滑動變阻器選擇較小的C即可；(3）由圖示電源U﹣I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.5,則電源電動勢E=1.5V,電源內阻：r==0。63Ω;(4)電壓表測量路端電壓，其示數隨滑動變阻器的阻值增大而增大；而當內阻和外阻相等時，輸出功率最大；此時輸出電壓為電動勢的一半．外電路斷開時,路端電壓等于電源的電動勢，此時輸出功率為零；故符合條件的圖象應為C．故答案為：(1）甲（2）BC（3）1。50.63（4）C三、計算題(本題共2小題,第13題14分，第14題各16分，共30分）13．如圖甲為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖．其矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈的匝數n=100，電阻r=10Ω,線圈的兩端經集流環與電阻R連接，電阻R=90Ω,與R并聯的交流電壓表為理想電表．在t=0時刻,線圈平面與磁場方向平行，穿過每匝線圈的磁通量Φ隨時間t按圖乙所示正弦規律變化．求：（1）交流發電機產生的電動勢最大值；（2)電路中電壓表的示數；(3）R上的熱功率．【考點】交流的峰值、有效值以及它們的關系．【分析】交流發電機產生電動勢的最大值Em=nBSω，根據Φ﹣t圖線得出周期T以及角速度．從而求出感應電動勢的最大值；交流發電機產生電動勢的最大值Em=nBSω，交流電壓表顯示的是路端電壓有效值，通過電阻的電量為，根據電阻R上的熱功率p=I2R求解線圈轉一圈，R上產生的焦耳熱．【解答】解：（1）由磁通量Φ隨時間t圖象得出周期T=0.0628s，線圈轉動的角速度ω==100rad/s感應電動勢最大值Em=nBSω由圖可知Φm=BS=0.02Wb所以感應電動勢的最大值是Em=200V．（2）根據正弦交變電流電壓的最大值是有效值的倍,所以電路中電壓表的示數U=R=90V;（3）根據焦耳定律得：線圈轉一圈,R上產生的熱功率P=I2R=R=×90=180W；答:（1）交流發電機產生的電動勢最大值為200V；（2）電路中電壓表的示數為90V；（3）R上的熱功率為180W．14．如圖所示，兩平行導軌間距L=0.1m,足夠長光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分圓滑連接，傾斜部分與水平面的夾角θ=30°，垂直斜面方向向上的磁場磁感應強度B=0。5T，水平部分沒有磁場．金屬棒ab質量m=0。005kg、電阻r=0.02Ω，運動中與導軌始終接觸良好，并且垂直于導軌．電阻R=0。08Ω,其余電阻不計．當金屬棒從斜面上離地高h=1。0m以上的任何地方由靜止釋放后，在水平面上滑行的最大距離x都是1。25m．取g=10m/s2，求：（1）金屬棒在斜面上的最大速度；（2）金屬棒與水平面間的動摩擦因數；(3）從高度h=1。0m處滑下后電阻R上產生的熱量．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；動能定理；焦耳定律．【分析】（1）到達水平面之前已經開始勻速運動mgsinθ=F，F=BIL，根據閉合電路的歐姆定律，由歐姆定律求出電流，然后求出最大速度v．（2）金屬棒在水平面做勻減速運動，有v2=2ax，解出加速度a．金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運動f=ma，可解得摩擦力f．摩擦力f=μmg，可解得動摩擦因數．（3）下滑的過程中，由動能定理可求出安培力做的功，安培力所做的功等于電路中產生的焦耳熱W=Q,然后求出電阻R上產生的熱量【解答】解:(1）金屬棒在斜面上有最大運動速度，說明到達水平面之前已經開始勻速運動，設最大速度為v，感應電動勢為：E=BLv,感應電流為:I=，安培力為：F=BIL勻速運動時，沿斜面方向上受力有:mgsinθ=F聯立并代入數據解得：v=1.0m/s（2)在水平面上滑動時，滑動摩擦力為:f=μmg金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運動,由牛頓第二定律有：f=ma金屬棒在水平面做勻減速運動，由運動學公式有：v2=2ax聯立并代入數據解得：μ=0。04(3）下滑的過程中，由動能定理可得：mgh﹣W=mv2，安培力所做的功等于電路中產生的焦耳熱，即為：W=Q電阻R上產生的熱量：QR=Q，代入數據解得:QR=0．38J．答：（1）棒在斜面上的最大速度為1m/s．（2）水平面的滑動摩擦因數為0。04．（3）從高度h=1。0m處滑下后電阻R上產生的熱量為0.38J．四、【選修3-3】15．下列說法正確的是(）A．空氣的絕對濕度大，相對濕度一定大B．同一溫度下，氮氣分子的平均動能一定大于氧氣分子的平均動能C．荷葉上的小水滴呈球形，這是表面張力使液面收縮的結果D．有一分子a從無窮遠處靠近固定不動的分子b，當a、b間分子力為零時，