高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（四）第六-十一章驗(yàn)收-人教版高三物理試題

階段綜合檢測(cè)（四）第六~十一章驗(yàn)收(時(shí)間：100分鐘滿分：120分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題3分，共21分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1．(2018·溫州模擬)在物理學(xué)發(fā)展過(guò)程中，觀測(cè)、實(shí)驗(yàn)、假說(shuō)和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．奧斯特在實(shí)驗(yàn)中觀察到電流的磁效應(yīng)，該效應(yīng)揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B．安培根據(jù)通電螺線管的磁場(chǎng)和條形磁鐵的磁場(chǎng)的相似性，提出了分子電流假說(shuō)C．法拉第在實(shí)驗(yàn)中觀察到，在通有恒定電流的靜止導(dǎo)線附近的固定導(dǎo)線圈中，會(huì)出現(xiàn)感應(yīng)電流D．楞次在分析了許多實(shí)驗(yàn)事實(shí)后提出，感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化解析：選C奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，選項(xiàng)A正確；根據(jù)通電螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似性，安培提出了磁性是分子內(nèi)環(huán)形電流產(chǎn)生的，即分子電流假說(shuō)，選項(xiàng)B正確；根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，導(dǎo)線中通有恒定電流時(shí)導(dǎo)線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；楞次定律指出感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，選項(xiàng)D正確。2．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，原線圈回路接有內(nèi)阻不計(jì)的交流電流表A，副線圈回路接有定值電阻R＝2Ω，現(xiàn)在a、b間和c、d間分別接上示波器，同時(shí)監(jiān)測(cè)得a、b間和c、d間的電壓隨時(shí)間變化的圖像如圖乙、丙所示，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()A．T＝0.02sB．n1∶n2≈55∶1C．電流表A的示數(shù)I≈36.4mAD．當(dāng)原線圈電壓瞬時(shí)值最大時(shí)，副線圈兩端電壓瞬時(shí)值為0解析：選D由題圖知，電壓變化的周期是0.02s，所以A正確；根據(jù)變壓規(guī)律得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)≈55，所以B正確；副線圈的電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(5.66,2\r(2))A，根據(jù)變流規(guī)律得原線圈電流I1＝eq\f(I2,55)≈0.0364A＝36.4mA，所以C正確；由題圖知，當(dāng)原線圈電壓瞬時(shí)值最大時(shí)，副線圈兩端電壓瞬時(shí)值也最大，故D錯(cuò)誤。3．a(chǎn)、b是兩種單色光，其光子能量分別為εa和εb，且eq\f(εa,εb)＝k，()A．則a、b的光子動(dòng)量之比eq\f(pa,pb)＝1∶kB．若a、b都不能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，二者同時(shí)照射該金屬則可能發(fā)生光電效應(yīng)C．若a、b都能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則光電子最大初動(dòng)能之差Eka－Ekb＝εb(k－1)D．若a、b是由處在同一激發(fā)態(tài)的原子躍遷到a態(tài)和b態(tài)時(shí)產(chǎn)生的，則a、b兩態(tài)能級(jí)之差Ea－Eb＝εb(k－1)解析：選C光子的能量ε＝hν，光子的動(dòng)量p＝eq\f(h,λ)，聯(lián)立方程c＝λν，所以eq\f(pa,pb)＝eq\f(εa,εb)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。不能發(fā)生光電效應(yīng)說(shuō)明a、b光的頻率均未達(dá)到該金屬的截止頻率，同時(shí)照射二者頻率也不會(huì)發(fā)生變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。光電子最大初動(dòng)能Ek＝hν－W0，整理得Eka－Ekb＝(k－1)εb，選項(xiàng)C正確。根據(jù)能級(jí)躍遷知識(shí)可得εa＝E0－Ea，εb＝E0－Eb，所以Ea－Eb＝εb(1－k)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4.(2018·石家莊模擬)如圖所示電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，P為其中的一個(gè)定點(diǎn)。將開(kāi)關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，則下列說(shuō)法正確的是()A．電容器的電容增加B．在A板上移過(guò)程中，電阻R中有向上的電流C．A、B兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大D．P點(diǎn)電勢(shì)升高解析：選B根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，當(dāng)A板向上平移一小段距離，間距d增大，其他條件不變，則導(dǎo)致電容變小，故A錯(cuò)誤；在A板上移過(guò)程中，導(dǎo)致電容減小，由于極板電壓不變，那么極板所帶電荷量減小，因此電容器處于放電狀態(tài)，電阻R中有向上的電流，故B正確；根據(jù)E＝eq\f(U,d)、Q＝CU與C＝eq\f(εrS,4πkd)相結(jié)合可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于電荷量減小，場(chǎng)強(qiáng)大小變小，故C錯(cuò)誤；因場(chǎng)強(qiáng)變小，導(dǎo)致P點(diǎn)與B板的電勢(shì)差減小，因B板接地，電勢(shì)為零，即P點(diǎn)電勢(shì)降低，故D錯(cuò)誤。5.(2018·南昌三校聯(lián)考)如圖所示，一個(gè)有矩形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)。取線框剛到達(dá)磁場(chǎng)邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t＝0)，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則圖中能正確反映線框中電流與時(shí)間關(guān)系的是()解析：選A先由楞次定律依據(jù)磁通量的變化可以判定感應(yīng)電流的方向，再由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv和歐姆定律，分段分析感應(yīng)電流的大小，即可選擇圖像。線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流i應(yīng)為正方向，故B、C錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減??；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生。線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流i應(yīng)為負(fù)方向；線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯(cuò)誤。6.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場(chǎng)邊界d點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點(diǎn)，通過(guò)pa段用時(shí)為t。若該微粒經(jīng)過(guò)p點(diǎn)時(shí)，與一個(gè)靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個(gè)新微粒，最終打到屏MN上。若兩個(gè)微粒所受重力均忽略，則新微粒運(yùn)動(dòng)的()A．軌跡為pb，至屏幕的時(shí)間將小于tB．軌跡為pc，至屏幕的時(shí)間將大于tC．軌跡為pa，至屏幕的時(shí)間將大于tD．軌跡為pb，至屏幕的時(shí)間將等于t解析：選C帶電微粒和不帶電微粒相碰，遵守動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量不變，總電量也保持不變，由Bqv＝meq\f(v2,r)，得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，p、q都不變，可知微粒碰撞前后的軌跡半徑r不變，故軌跡應(yīng)為pa，因周期T＝eq\f(2πm,qB)可知，因m增大，故微粒運(yùn)動(dòng)的周期增大，因所對(duì)應(yīng)的弧線不變，圓心角不變，故pa所用的時(shí)間將大于t，C正確。7.(2018·日照模擬)如圖，理想變壓器原線圈與一交流電源相連，原、副線圈分別接有相同的燈泡a、b和c。已知小燈泡的額定電壓為0.3V，電阻為30Ω(假設(shè)電阻不隨溫度變化而變化)。閉合開(kāi)關(guān)S，三個(gè)燈泡均能正常發(fā)光，下列說(shuō)法正確的是()A．原、副線圈的匝數(shù)比為3∶1B．交流電源的電壓值為0.6VC．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，小燈泡b可能會(huì)燒壞D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，小燈泡a可能會(huì)燒壞解析：選C因?yàn)槿齻€(gè)燈泡都正常發(fā)光，所以Ua＝Ub＝Uc＝0.3V，故副線圈中的電流I2＝eq\f(0.3,30)A＋eq\f(0.3,30)A＝0.02A，原線圈中的電流為I1＝eq\f(0.3,30)A＝0.01A，故根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得eq\f(n1,n2)＝eq\f(2,1)，A錯(cuò)誤；副線圈兩端的電壓U2＝0.3V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得原線圈輸入電壓為U1＝0.6V，故交流電源的有效電壓值為U＝U1＋Ua＝0.9V，B錯(cuò)誤；如果斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，副線圈少一個(gè)支路，電流減小，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得原線圈中電流也減小，a燈分壓減小，因?yàn)閁＝U1＋Ua，故原線圈輸入電壓增大，即U1增大，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副線圈兩端的電壓增大，即小燈泡b兩端電壓增大，大于額定電壓，可能會(huì)被燒壞，C正確，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分)8．(2017·浙江11月選考)下列說(shuō)法正確的是()A．核聚變反應(yīng)方程可能為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2eq\o\al(1,0)nB．鈾核裂變的核反應(yīng)方程可能為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(140,54)Xe＋eq\o\al(94,38)Sr＋2eq\o\al(1,0)nC．發(fā)生β衰變時(shí)原子核放出電子，說(shuō)明電子是原子核的組成部分D．中子和質(zhì)子結(jié)合成氘核，若該過(guò)程質(zhì)量虧損為Δm，則氘核的結(jié)合能為Δmc2解析：選BDA項(xiàng)中的核聚變反應(yīng)方程應(yīng)為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)重核裂變的核反應(yīng)方程配平方式可知，選項(xiàng)B正確；β衰變時(shí)原子核內(nèi)部中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，并不是原子核內(nèi)部存在電子，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)質(zhì)能方程可知選項(xiàng)D正確。9．(2018·桂林模擬)如圖所示為某電場(chǎng)中等勢(shì)面的分布圖，各等勢(shì)面的電勢(shì)值圖中已標(biāo)出。下列說(shuō)法正確的是()A．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的大B．中心軸線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左C．電子由A點(diǎn)移至B點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功0.17eVD．電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比B點(diǎn)的小解析：選AB點(diǎn)A與點(diǎn)B相比較，點(diǎn)A附近等勢(shì)面密集而且相鄰等勢(shì)面的電勢(shì)差較大，故A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故A正確；電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且從高電勢(shì)指向低電勢(shì)，故中心軸線上可以畫(huà)出向左的電場(chǎng)線，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，故B正確；電子由A點(diǎn)移至B點(diǎn)電場(chǎng)力做功：WAB＝qUAB＝(－e)(0.8V－0.97V)＝0.17eV，電子由A點(diǎn)移至B點(diǎn)電場(chǎng)力做正功0.17eV，故C錯(cuò)誤；電子帶負(fù)電荷，在電勢(shì)低的點(diǎn)電勢(shì)能大，由于A點(diǎn)的電勢(shì)小于B點(diǎn)的電勢(shì)，故電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)的大，故D錯(cuò)誤。10.(2018·日照模擬)如圖所示，在豎直面內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、高度為h的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上、下邊界水平。將一邊長(zhǎng)為l(l<h)、質(zhì)量為m的正方形導(dǎo)體框abcd從磁場(chǎng)上方由靜止釋放，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和剛穿出磁場(chǎng)的瞬間速度相等。已知導(dǎo)體框的電阻為r，導(dǎo)體框下落過(guò)程中，ab邊始終保持水平，重力加速度為g。則()A．導(dǎo)體框一定是減速進(jìn)入磁場(chǎng)B．導(dǎo)體框可能勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域C．導(dǎo)體框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的熱量為mg(l＋h)D．導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)某個(gè)橫截面的電荷量為eq\f(Bl2,r)解析：選AD因?yàn)閘<h，所以導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，一定會(huì)存在不受安培力，只受重力的過(guò)程，該過(guò)程做加速運(yùn)動(dòng)，所以為了滿足ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和剛穿出磁場(chǎng)的瞬間速度相等，導(dǎo)體框必須先減速進(jìn)入磁場(chǎng)，然后在磁場(chǎng)中加速，再減速穿出磁場(chǎng)，故A正確B錯(cuò)誤；因?yàn)閍b邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和剛穿出磁場(chǎng)的瞬間速度相等，所以進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等，故整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q＝2mgh，C錯(cuò)誤；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可得導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)某個(gè)橫截面的電荷量為q＝eq\f(Bl2,r)，D正確。11．(2018·鄭州調(diào)研)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率倒數(shù))，泵體處有方向垂直向外的磁場(chǎng)B，泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計(jì))的電源上，則()A．泵體上表面應(yīng)接電源正極B．通過(guò)泵體的電流I＝eq\f(UL1,σ)C．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度解析：選AC當(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí)，電流從上向下流過(guò)泵體，這時(shí)受到的磁場(chǎng)力水平向左，拉動(dòng)液體，故A正確；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R＝ρeq\f(L,S)＝eq\f(1,σ)×eq\f(L2,L1L2)＝eq\f(1,σL1)；因此流過(guò)泵體的電流I＝eq\f(U,R)＝UL1σ，故B錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，受到的磁場(chǎng)力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場(chǎng)力減小，使抽液高度減小，故D錯(cuò)誤。12.(2018·棗莊模擬)如圖所示，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m，垂直于導(dǎo)軌放置。起初甲金屬桿位于磁場(chǎng)上邊界ab處，乙位于甲的上方，與甲間距也為l。現(xiàn)將兩金屬桿同時(shí)由靜止釋放，從此刻起，對(duì)甲金屬桿施加沿導(dǎo)軌的拉力，使其始終以大小為a＝eq\f(1,2)g的加速度向下勻加速運(yùn)動(dòng)。已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．每根金屬桿的電阻R＝eq\f(B2l2\r(gl),mg)B．甲金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，拉力對(duì)桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱C．乙金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，安培力的功率是P＝mgeq\r(gl)D．從乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)直至其離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，回路中通過(guò)的電量為Q＝eq\f(m,B)eq\r(\f(g,l))解析：選AB乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度為a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，可見(jiàn)其加速度與甲的加速度相同，甲、乙兩桿均做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)情況完全相同。所以當(dāng)乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，甲剛出磁場(chǎng)。乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：v＝eq\r(2al)＝eq\r(2×\f(1,2)g×l)＝eq\r(gl)，由于乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡有：mgsinθ＝eq\f(B2l2v,2R)，故R＝eq\f(B2l2v,mg)＝eq\f(B2l2\r(gl),mg)，故A正確。甲金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：WF－W安＋mglsinθ＝eq\f(1,2)mv2；對(duì)于乙桿，由動(dòng)能定理得：mglsinθ＝eq\f(1,2)mv2；由兩式對(duì)比可得：WF＝W安；即外力做功等于甲桿克服安培力做功，而甲桿克服安培力做功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，故拉力對(duì)桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，故B正確。乙金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)，安培力的功率大小等于重力的功率，為P＝mgsinθ·v＝eq\f(1,2)mgeq\r(gl)，故C錯(cuò)誤。乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)直至出磁場(chǎng)過(guò)程中回路中通過(guò)的電量為Q＝It＝eq\f(Blv,2R)·eq\f(l,v)＝eq\f(Bl2,2R)，由上知：R＝eq\f(B2l2\r(gl),mg)，聯(lián)立得：Q＝eq\f(m,2B)eq\r(\f(g,l))，故D錯(cuò)誤。三、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共18分)13．(9分)(2018·泰安質(zhì)檢)利用如圖所示的電路測(cè)量一個(gè)滿偏電流為300μA，內(nèi)阻rg約為幾十到幾百歐姆的電流表的內(nèi)阻值，有如下的主要實(shí)驗(yàn)器材可供選擇：A．滑動(dòng)變阻器(阻值范圍0～30kΩ)B．滑動(dòng)變阻器(阻值范圍0～10kΩ)C．電源(電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻不計(jì))D．電源(電動(dòng)勢(shì)6V，內(nèi)阻不計(jì))(1)為了使測(cè)量盡量精確，在上述可供選擇的器材中，滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選用________，電源E應(yīng)選用__________。(選填器材前面的字母序號(hào))(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)要進(jìn)行的主要步驟有：A．?dāng)嚅_(kāi)S2，閉合S1B．調(diào)節(jié)R的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度C．閉合S2D．調(diào)節(jié)電阻箱R′的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的三分之一E．記下此時(shí)R′的阻值為90Ω則待測(cè)電流表的內(nèi)阻rg的測(cè)量值為_(kāi)_______Ω，該測(cè)量值________(選填“大于”“小于”或“等于”)電流表內(nèi)阻的真實(shí)值。解析：(1)用半偏法測(cè)電流表的內(nèi)阻時(shí)，與電流表串聯(lián)的滑動(dòng)變阻器的阻值要盡可能大，以減小測(cè)量誤差，因此在回路電流不超過(guò)電流表量程的前提下，電源電動(dòng)勢(shì)應(yīng)盡可能大些，以保證滑動(dòng)變阻器的阻值盡可能大，故變阻器應(yīng)選A，電源應(yīng)選D。(2)閉合S2后，電流表與R′并聯(lián)，且并聯(lián)R′后總電阻認(rèn)為不變，則總電流不變，則通過(guò)R′的電流為總電流的eq\f(2,3)，故IR′∶Ig＝2∶1，因是并聯(lián)關(guān)系：eq\f(IR′,Ig)＝eq\f(Rg,R′)，則Rg＝180Ω，閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過(guò)R′的電流大于原來(lái)電流的三分之二，則該實(shí)驗(yàn)測(cè)出的電表內(nèi)阻要小于電流表內(nèi)阻的真實(shí)值。答案：(1)AD(2)180小于14．(9分)(2018·桂林調(diào)研)某同學(xué)利用兩個(gè)電流傳感器(相當(dāng)于理想電流表)和定值電阻R0＝2kΩ以及滑動(dòng)變阻器、待測(cè)電池，設(shè)計(jì)了如圖(a)所示的電路測(cè)定電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。該同學(xué)測(cè)出的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示：次數(shù)12345I1/mA1.351.301.201.101.05I2/A0.300.400.600.800.90表中，I1和I2分別是通過(guò)電流傳感器1和2的電流。該電流的值通過(guò)數(shù)據(jù)采集器輸入到計(jì)算機(jī)，數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)對(duì)原電路的影響可忽略。(1)在圖(b)中繪出I1I2圖線；(2)由I1I2圖線得出，被測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_______V，內(nèi)阻為_(kāi)_______Ω。(保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)根據(jù)描點(diǎn)法可得出對(duì)應(yīng)的圖像如圖所示；(2)由圖利用閉合電路歐姆定律可得：I1R0＝E－(I1＋I(xiàn)2)r變形可得：I1＝eq\f(E,R0＋r)－eq\f(r,R0＋r)I2則由圖像可知，eq\f(E,R0＋r)＝1.5×10－3eq\f(r,R0＋r)＝eq\f(1.35－1.05×10－3,0.9－0.3)＝0.5×10－3解得：E＝3.0Vr＝1.0Ω。答案：(1)圖像見(jiàn)解析(2)3.01.0四、計(jì)算題(本題共4小題，共61分)15．(14分)(2018·深圳調(diào)研)一根阻值為12Ω的金屬導(dǎo)線繞成如圖甲形狀的閉合回路，大正方形邊長(zhǎng)為0.4m，小正方形邊長(zhǎng)為0.2m，共10匝。放在粗糙的水平桌面上，兩正方形對(duì)角線間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，整個(gè)過(guò)程中線框始終未動(dòng)。求閉合回路：(1)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(2)電功率；(3)第1s末受到的摩擦力。解析：(1)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔBS,Δt)＝10×eq\f(2,1)×eq\f(1,2)×(0.42－0.22)V＝1.2V。(2)電功率為：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(1.22,12)W＝0.12W。(3)線框中的電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(1.2,12)A＝0.1A在磁場(chǎng)中的兩條邊受到的力垂直于線框，大小相等，互成90°，每條邊受到的力為：F＝NBIL＝10×2×0.1×(0.4＋0.2)N＝1.2N，安培力的合力為：F′＝eq\r(2)F＝eq\r(2)×1.2N＝1.70N，摩擦力為：f＝F＝1.70N。答案：(1)1.2V(2)0.12W(3)1.70N16．(15分)(2018·安徽省“江南十?！甭?lián)考)如圖所示，從陰極k發(fā)射的電子經(jīng)電勢(shì)差為U0＝4500V的電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長(zhǎng)L1＝10cm，間距d＝4cm的平行金屬板AB中，在距金屬板右邊緣L2＝25cm處建立一直線坐標(biāo)系Oy，O與A、B板的中心線處在同一水平直線上，整個(gè)裝置放在真空室內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計(jì)。已知電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg，電子的電荷量e＝1.6×10－19C，不計(jì)電子間的相互作用力及其所受重力。若在兩個(gè)金屬板間加上UAB＝500cos2π(1)電子經(jīng)過(guò)坐標(biāo)系的位置坐標(biāo)范圍；(2)若在直線坐標(biāo)系的右側(cè)加上范圍足夠大的垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，B＝4.5×10－3T，求出電子第二次經(jīng)過(guò)直線坐標(biāo)系的位置坐標(biāo)范圍。解析：(1)由U0e＝eq\f(1,2)mv02可得：v0＝4×107m/s偏轉(zhuǎn)過(guò)程L1＝v0t，y1＝eq\f(UABe,2dm)t2＝eq\f(1,144)m，vx＝v0，vy＝eq\f(UABeL1,dmv0)tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(UABL1,2dU0)，解得y2＝L2tanθ＝eq\f(5,144)m，y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(1,24)m≈4.17cm。電子經(jīng)過(guò)坐標(biāo)系的位置坐標(biāo)范圍是－4.17cm≤y≤4.17cm。(2)由題意v＝eq\f(v0,cosθ)由牛頓第二定律evB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,Be)Δy＝2Rcosθ＝0.1m＋y方向：ymax＝y(tǒng)＋Δy≈14.17cm－y方向：ymin＝Δy－y≈5.83cm在O點(diǎn)上方，綜上所述，電子第二次經(jīng)過(guò)直線坐標(biāo)系的位置坐標(biāo)范圍是5.83cm≤y≤14.17cm。答案：(1)－4.17cm≤y≤4.17cm(2)5.83cm≤y≤14.17cm17．(16分)(2017·北京高考)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類似性，源于它們機(jī)理上的類似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v(v平行于MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖1軌道端點(diǎn)MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒ab通過(guò)滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1)求在Δt時(shí)間內(nèi)，圖1“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能。(2)從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a．請(qǐng)?jiān)趫D3(圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4(圖2的導(dǎo)體棒ab)中，分別畫(huà)出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b．我們知道，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。那么，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過(guò)程中起到作用的呢？請(qǐng)以圖2“電動(dòng)機(jī)”為例，通過(guò)計(jì)算分析說(shuō)明。解析：(1)圖1中，電路中的電流I1＝eq\f(BLv,R＋r)棒ab受到的安培力F1＝BI1在Δt時(shí)間內(nèi)，“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功E電＝F1·vΔt＝eq\f(B2L2v2Δt,R＋r)，圖2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL在Δt時(shí)間內(nèi)，“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對(duì)棒ab做的功E機(jī)＝F2·vΔt＝BILvΔt。(2)a.如圖甲、圖乙所示。b．設(shè)自由電荷的電荷量為q，沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為u。如圖乙所示，沿棒方向的洛倫茲力f1′＝qvB，做負(fù)功W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt垂直棒方向的洛倫茲力f2′＝quB，做正功W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt所以W1＝－W2，即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。f1′做負(fù)功，阻礙自由電荷的定向移動(dòng)，