2018-2019学年河南省郑州市高二(上)期末物理试卷

1、2018-2019 学年河南省郑州市高二（上）期末物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）1.下列叙述中正确的是（）A. 用点电荷来代替带电体的研究方法叫做等效替代法B. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E= 、电容 C= 都是采用了比值法定义的C. 伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比、并直接用实验进行了验证D. 库仑提出了用电场线描述电场的方法2.关于静电场，下列说法中正确的是（）A. 随着电场强度的减小，电势也逐渐降低B. 电场力做正功，电势能增加；电场力做负功，电势能减少C. 电扬强度的方向与等势面垂直D.

2、将一负的试探电荷从电势高的等势面移至电勢低的等势面，电场力做正功3. 当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别那么熔丝熔断的可能性较大的是（）A. 横截面积大的地方B. 横截面积小的地方C. 同时熔断D. 可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方4.如图所示， R 为光敏电阻，光照越强电阻值越小。平行板电容器板间电压为U ，板间距为 d，两板间为匀强电场。让质子流以初速度v0 垂直电场方向射入电场（不计质子重力），沿a 轨迹落到下板的中央。现只改变下列一个条件，有可能让质子沿b 轨迹落到下板边缘的是（）A. 开关 S断开B.C. 使光照强度减

3、弱D.初速度变为v0竖直移动上板，使板间距变为2d5.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。 D1 和 D 2 是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U 、周期为 T 的交流电源上。 位于 D1 圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒第1页，共 19页之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek 后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（）A.B.若只增大交变电压U ，则质子的最大动能Ek 会变大若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间不变C. 若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加

4、速质子D. 质子第 n 次被加速前、后的轨道半径之比为：6.如图所示是一种焊接方法的原理示意图。将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待爆接工件就焊接在一起了。我国生产的自行车车轮圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是（）A. 这种焊接方法的原理是电流的磁效应B. 线圈中通入的交流电频率越高，焊缝处温度升高的越快C. 线圈中的电流是很强的恒定电流D. 待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反7. 如图甲所示，一根电阻 R=4 的导线绕成半径 d=2 m 的圆，在圆内部分区域存在变

5、化的匀强磁场， 中间 S 形虚线是两个只将均为 d 的半圆， 磁感应强度随时间变化如图乙所示（磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正），关于圆环中的电流-时间图象，下列选项中正确的是（）A.B.C.D.8. 如图所示，半径 R=0.5m 的 圆弧型接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中， Ob 水平。一质量为 m=10 -4kg、带电荷量为 q=2.0 10-6C 的粒子， 从与圆弧圆心 O 等高且距O 点 0.3m 的 a 点，以初速度v0=3m/s 沿水平方向射出，粒子重力不计， 粒子恰好能垂直圆弧曲面打到弧面上的c 点（图第2页，共 19页中未画出），取c 点电势 ）c=0 ，则

6、（A. 该匀强电场的电场强度E=100V/mB. 粒子到达 c 点的速度大小为 5m/sC. 粒子在 a 点的电势为 -40VD. 粒子速率为 3m/s 时的电势能为 410-4 J二、多选题（本大题共4 小题，共 16.0 分）9. 如图所示、 一个不计重力的带正电子粒子以v0 沿各图的虚线射入场中。 A 中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外；B中 I 是两条垂直纸面的长直导线中等大同向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；C 中 I 是圆环线圈中的电流、虚线过圆心且垂直圆环平面； D 中 +Q、-Q 是两个位置固定的等量异种点电荷的电荷量、虚线是两位置

7、连线的中垂线。其中，带电粒子能做匀速直线运动的是（）A.B.C.D.10. 如图所示，竖直墙面与水平地均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球 a、b 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内。如图所示， 在水平推力FF 的作用下，小球 a、b 静止于图示位置。如果将小球b 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）A. 地面对小球的弹力可能减小B. 两个小球之同的距离增大C. 推力 F 将减小D. 竖直墙面对小球a 的弹力不变11. 如图甲所为风力发电的简易模型， 在风力的作用下， 风叶带动与其固定在一起的永磁体转动。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙

8、所示，则（）A.B.C.电流的瞬时值表达式为i=0.5sin10 t（A）磁体的转速为5r /s若给阻值为10的电阻供电，该电阻1h 内产生的电热为1.8 104JD. 线圈中电流的有值为0.5A第3页，共 19页12. 如图所示，电路中 a、b 是两个完全相同的灯泡，电阻为R（忽略电压变化时对电阻的响） L 是一个自感系数很大、直流电阻为 R 的自感线圈。当 S 闭合与断开时， a、b 灯泡的发光情况正确的是（）A. S 刚闭合后， a 灯立即变亮， b 灯逐渐变亮B. S 刚闭合后， b 灯立即变亮， a 灯逐渐变亮C. S 闭合足够长时间后，a 灯比 b 灯更亮D. S 断开后， a 灯

9、立即熄灭， b 灯闪亮一下再逐渐熄灭三、实验题探究题（本大题共3 小题，共22.0 分）13.如图所示，在水平桌面上有一个台秤，台秤上沿东西方向放置金属棒ab，金属棒ab 处在沿南北方向的匀强磁场中。现通过测量金属棒ab 在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向（ 1）在图中画线代替导线完成实验电路图，要求接通电源后电流由a 流向 b（ 2）完成下列主要实验步骤中的填空：按图接线；保持开关 S 断开，读出台秤示数 m0；闭合开关 S，调节 R 的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数 m1 和 _用米尺测量 _（ 3）用测量的物理量和重力加速度g 表示

10、磁感应强度的大小， 可以得到 B=_。（ 4）判断磁感应强度方向的方法是：若m1 m0 ，磁感应强度方向垂直金属棒向_（填“南”或“北”）。14. 在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验室备有下列器材A干电池（电动勢E 约 1.5V、内电阻r 约 1.0 ）B电流表 G（满偏电流2.0mA、内阻 R0=10 ）C电流表A（量程 0-0.6A、内阻约0.5 ）D滑动变阻器R1（0 一 20，10A）E滑动变阻器R2（ 0-1000， 10A）F定值电阻R0（阻值 990）G开关和导线若干（ 1）一组同学设计的实验电路如图甲所示，需要利用以上器材，正确连接好电路，进行实验测量，其中滑动变阻

11、器选择_（填“ R1”或“ R2 ”）（ 2）本实验中若将电流表G 和定值电阻R0 组装成电压表，则此电压表的量程为_V。（ 3）实验步骤如下：利用选好的器材正确连接电路；闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端P 至某一位置，记录电流表G 的示数 I 1第4页，共 19页和电流表 A 的示数 I 2；多次改变滑动端 P 的位置，得到多组数据；在图乙所示的坐标纸上建立I1、 I2 坐标系，并已标出了与测量数据对应的4 个坐标点。还有一组数据如图丙中的电表所示， 请读出此时电流表G 的示数 I 1=_mA和电流表 A 的示数 I 2=_mA将此组数据的对应点标在图乙的坐标系中，并依据所标各点在图中描绘

12、出I1-I2图线；利用所画图线求得电源的电动势E=_V，电源的内阻r=_（结果要求保留两位小数）15. 如图所示为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G=360 N，电源电动势 E=90V，电源内阻为 r =2，不计各处摩擦。当电动机以 v=1m/s 的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流 I =6A求（ 1）电动机消耗的总功率为多少？（ 2）电动机线圈的电阻为多少？四、计算题（本大题共3 小题，共30.0 分）16. 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。某小型发电站，输送的电功率为 P=500kW，发电站输出电压为U1=250V为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器将电压

13、升高到 U 2=5kV 再输出，在这种情况下，用户端获得的电功率为 P1=340kW所用变压器均为理想变压器。求：（ 1）升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？（ 2）这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到 98%，又不改变输电线，那么变电应将电压升高到多少向外输电？17. 如图所示在 xOy 平面内，有以虚线 OP 为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域。 OP 与 x 轴成 45角， OP 与 y 轴之间的磁场方向垂直纸面向里，OP 与 x 轴之间的电场平行于 x 轴向左，电场强度为 E在 y 轴上有一点 M，到 O 点的距离为 L现有一个质量为m、带电量为 -q 的带电粒子，从静止经电压

14、为 U 的电场加速后，从M 点以垂直 y 轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图中没有画出），不计带电粒子的重力，求：（ 1）带电粒子在磁场中运动的轨迹与OP 相切时，磁感应强度B 的大小；（ 2）只改变匀强磁场磁感应强度的大小，使带电粒子经磁场能沿y 轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从 x 轴离开电场时的位置到O 点的距离为多少？从进入磁场第5页，共 19页到离开电场经过的时间为多少？18.如图所示，两根间距为L 的平行金属导轨，其cd 右侧水平，左侧为竖直的画弧，圆弧半径为r，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有阻值为R1 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现有一根阻值为R2、质量

15、为m 的金属杆，在水平拉力作用下， 从图中位置ef 由静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。开始运动后，经时间t 1，金属杆运动到cd 时撤去拉力，此时理想电压表的示数为U ，此后全属杆恰好能到达圆弧最高处ab。重力加速度为g。求：（ 1）金属杆从ef 运动到 cd 的过程中，拉力F 随时间 t 变化的表达式；（ 2）金属杆从 ef 运动到 cd 的过程中，电阻 R1 上通过的电荷量；（ 3）金属杆从 cd 运动到 ab 的过程中，电阻 R1 上产生的焦耳热。第6页，共 19页答案和解析1.【答案】 B【解析】解：A 、当带电体本身的大小和形状 对研究的问

16、题影响很小 时，可以将带电体视为点电荷，点电荷是一种理想化的物理模型，故A 错误；B、电场强度 E=、电容 C=都是采用了比 值法定义的，故 B 正确；C、伽利略猜想自由落体的运 动速度与下落 时间成正比，但并未直接 进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到，故 C 错误；D、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故 D 错误 。故选：B。对于物理中的重要事件、 规律的得出要了解其 发展历史，明确重要科学家 库仑、牛顿、伽利略、法拉第、洛伦兹 等的主要 贡献，培养自己的科学素养和科学品质。对于物理学史的学 习要注意平 时加强积累和记忆，不可忽视，这也是高考的重要内容之一。2.【答案】 C

17、【解析】解：A 、随着电场强度的大小逐 渐减小，电场线越来越疏，但电场线方向不能确定，所以电势不一定逐 渐降低，故 A 错误 。B、电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，故 B 错误；C、等势面的电势处处 相等，因此电场强度的方向 处处与等势面垂直，故 C 正确。D、由于负电荷在电势高的地方 电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功。故 D 错误故选：C。电场强度的大小与 电势的大小无必然 联系，沿着电场线方向电势逐渐降低，电势降低的方向不一定是 电场强度的方向；电场力做正功多少，电势能就减第7页，共 19页少多少；电荷克服电场力做功多少

18、，电势能就增加多少。正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方 电势能小；本题关键理解并掌握 电场强度与电势的关系、电场力做功与 电势能变化的关系、电势与电势能的关系等知 识，可结合相关公式或 电场线的意义理解记忆。3.【答案】 B【解析】过丝的电2Rt和电阻定律 R=可知，在解：通 熔流相同，根据焦耳定律 Q=I长度 L 相同的地方，横截面积越小电则产生的热量就越多，就越容阻 R越大，易烧断，所以 B 正确，ACD 错误 。故选：B。本题的关键是根据电阻定律可知，在长度相同的地方，横截面 积小的地方 电阻较大，再根据焦耳定律不 难判断横截面 积小的地方熔 丝熔断的可能性 较大本题关键

19、是明确超 导体、导体、半导体、绝缘体的概念，明确其区 别，基础题目4.【答案】 C【解析】电电荷量通过电阻立刻放电 场强变为0，加速解：A 、开关 S 断开， 容器极板，度变为 0，质子做匀速直 线匀速，故 A 错误；B、将初速度变为，质子加速度不 变，运动时间不变，质子的水平位移 变为原来的一半，不可能到达下板 边缘，故B 错误；强电阻阻值变间电压场强变小，加速度C、使光照 度减弱，光敏大，板减小，变小，根据 y=时间变长，由x=v0t 知水平位移增大，所以可能让质子知，沿 b 轨迹落到下板 边缘，故 C 正确；D、竖直移动上板，使板间距变为 2d，则板间场强变为 原来的，电场力为原来的，加

20、速度为原来的，根据 y=知时间为原来的倍，水平位移第8页，共 19页为原来倍，不能到达下板边缘，故 D 错误；故选：C。以一定速度垂直 进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做 类平抛运动。这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直 线运动。根据运动学公式解 题。带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲 线运动，应用类平抛运动的规律处理粒子运动。5.【答案】 D【解析】A 、根据 qvB=m，得v=则最大动能 E2，与加速解：K = mv =电压无关，故 A 错误；B、若只增大交变电压则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行U，时间变短，故 B 错误；C、若只将交

21、变电压的周期变为质场中运动的周期不变 则2T，而 子在磁， 两周期不同，所以不能始 终处于加速状 态，故C 错误；D、根据洛伦兹力提供向心力做匀速 圆周运动，则有半径公式 R=与 nqU=2质次被加速前后的轨道半径之比为：，故D 正确，mv ，所以 子第 n故选：D。回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电带电粒子粒子。在磁场中运动的周期与交流 电源的周期相同，根据 T=比较周期。当粒子最后离开回旋加速器 时的速度最大，根据 qvB=m求出粒子的最大速度，从而得出最大 动 能的大小关系。解决本题的关键知道带电粒子在磁 场中运动的周期与交流 电源的周期相同，求出粒子的周期和最大 动能

22、，根据质量比和电量比，去比较周期和最大 动能。第9页，共 19页6.【答案】 B【解析】解：A 、这种焊接方法的原理是交流 电产生的涡流，待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，产生的热量多。故 A 错误；B、线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，焊缝处温度升高的越快，故 B 正确；C、待焊工件中的 电流是很强的交流电，故C 错误；D、若磁通量减少时，焊接工件中的感 应电流方向与 线圈中的电流方向相同，故 D错误；故选：B。恒定电流不能在工件中 产生感应电流，频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较 大，磁通量减少 时，焊接工件中的感 应电 流方向与 线

23、圈中的 电流方向相同。本题考查了电磁感应现象在生产和生活中的 应用，注意要会分析应用的原理。7.【答案】 A【解析】应电动势为： =S= =4V解：01s，感感应电流大小为： = =A由楞次定律知，感应电流为顺时针 方向，为负方向，结合选项知 A 正确，BCD错误故选：A。根据法拉第 电磁感应定律求出各个 时间段的感应电动势 大小，再求出感应电流大小，由楞次定律判断感 应电流方向。解决本题的关键掌握法拉第 电磁感应定律，以及会通过楞次定律判断感 应电流的方向。8.【答案】 B【解析】第10 页，共 19页解：A 、粒子在电场力作用下做 类平抛运动，因粒子垂直打在 C 点，由类平抛运动规律知：C

24、 点速度方向的反向延 长线必过 O 点，且OD=AO=0.3m ，DC=0.4m，即有：AD=v0t，DC=联立并代入数据可得： E=1000N/C，故 A 错误；=E?DC=400V，而A、D 两点电势相等，所以 ，故B错误；C、因UDCA=400VB、从A到C由动能定理知：qUAC =22vmvC -mv0，代入数据得： C=5m/s，故B 正确；D、粒子在 C 点总能量：EC=mvC2=10-452=1.25 10-3J，由能量守恒定律可知，粒子速率 为 3m/s 时的电势能为：E =E-pC2-4mv =810 J，故D 错误 。粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论与类平抛运

25、动的规律求出电场强度；然后由匀强电场场强 与电势差的关系求出A 点的电势，然后求出电势能；由动能定理求出粒子在C 点的速度；然后由能量守恒定律求出粒子速率为 3m/s时的电势能。本题考查了粒子在 电场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律即可正确解 题。9.【答案】 CD【解析】解：A 、带电粒子进入复合场后，受到竖直向上的 电场力和竖直向上的洛 伦兹力，合力向上，所以不可能做匀速直 线运动，故 A 错误 。B、根据安培定则判断知虚 线上合磁场的方向与虚 线方向垂直，带电粒子受到洛伦兹力作用，不可能做匀速直 线运动，故 B 错误 。C、由安培定则知圆环线

26、圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向第11 页，共 19页平行，所以带电粒子不受洛 伦兹力，能做匀速直线运动，故C 正确。D、带电粒子所受的 电场力竖直向上，由左手定则判断知洛 伦兹力方向竖直向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直 线运动。故D 正确。故选：CD。当带电粒子所受的合力 为零时才能做匀速直 线运动，分析粒子的受力情况，从而作出判断。本题要紧扣匀速直 线运动的条件：合力为零，掌握电场线和磁感线的分布情况，结合安培定 则和左手定 进行判断。10.【答案】 BC【解析】解：A 、对整体受力分析，如 图 2 所示，地面的支持力始 终等于两球的 总重力，所以地面对小球 b 的支

27、持力不 变，故 A 错误；B、由 A 分析得知，ab 间的库仑力变小，根据库仑定律得知，两球间距离变大，故 B正确；CD、对 a 球受力分析，受到三个力如 图 1 所示，b 小球向左 缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的 夹角变小，b 的重力不变，墙壁的弹力方向不 变，根据平行四 边形定则，库仑力变小，竖直墙面对小球 a的推力 Na变小。对整体而言，墙壁对球的弹力等于推力 F，则推力 F 将减小，故 C 正确，D 错误；故选：BC。第12 页，共 19页先隔离对 a 球分析，a球受重力，墙壁的弹力和库仑力。b 小球向左 缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的 夹角变小，根据平行四边形定则

28、，知库仑力即墙壁弹力的变化。再对整体分析，受总重力，拉力，地面的支持力，墙壁的弹力。可知地面的支持力等于两球的 总重力。解决本题的关键先对整体受力分析，再隔离受力分析。整体法和隔离法是物理当中常 见的一种方法，要灵活运用。11.【答案】 ABD【解析】过图可知电流的最大值为0.5A ，周期 T=0.2s，故=解：A 、通 乙电为i=0.5sin10（tA），故A 正确=10 rad/s，故 流的表达式B、电流的周期 为 T=0.2s，故磁体的转速为 n= =5r/s，故B 正确；题电流的有效值为给阻值为10的电阻供电 该电阻 1hCD、由 意知0.5A，若，内产生的电热为：Q=I2Rt=0.5

29、2103600=9104J，故C 错误，D 正确；故选：ABD 。根据 i-t 图象判断出 电流的最大 值与周期，当转速加倍时，根据Em=nBS 可知产生的感应电动势 加倍，形成的感应电流加倍；根据相对 性来分析与解决 问题 ，同时掌握感应电动势 与转 速关系，即可判断出感应电流的大小 变化，及转速与周期的关系12.【答案】 AC【解析】解：AB 、当 S 闭合时，电路产生通电自感，会使 a 灯逐渐变亮而 b 灯立即亮。故 A 正确，B 错误；C、由于线圈的电阻值也等于 R，可知b 支路的总电阻大，所以稳定后 a 支路的电流值大，则 a 灯比 b 灯更亮。故 C 正确；D、当 S 断开时，会产

30、生断电自感，此时 a、b 都会逐渐熄灭，由于电流将从原来的数值逐渐减小，所以 b 不会闪亮。故 D 错误 。第13 页，共 19页故选：AC。闭合开关的瞬 间，通过 L 的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析 电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同 时熄灭。当通过线圈本身的 电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的 电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感 电动势对电 流的影响。13.金属棒的长度 L北【答案】 电流表的示数 I【解析】解：（1）如图所示（2） 闭合开关 S，调节 R 的阻值使电流大小适当，

31、此时台秤仍有 读数，然后读出并记录台秤示数 m1 和电流表的示数 I； 用米尺测量金属棒的 长度 L；（3）根据平衡条件，有：|m0-m1|g=BIL解得：B=（4）台秤上沿东西方向放置金属棒ab，a 端为东，b 端为西，电流方向自 东向西，金属棒 ab处在沿南北方向的匀 强磁场中，若 m1 m0，说明安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感 应强度方向向北。故答案为：（1）如上图所示；（2） 电流表的示数 I； 金属棒的 长度 L ；（3）；（4）北。（1）用滑动变阻器的限流式接法即可；（2） 金属棒平衡 时读出电流表的示数； 安培力与 电流长度有关；（3）根据平衡条件分列式即可求解磁感 应强

32、度；第14 页，共 19页（4）根据左手定则判断磁场方向。理解实验原理是解决 实验类题 目的关键，此题关键是对线框受力分析，根据平衡条件求磁感 应强度，注意电表的正负极。14.【答案】 R121.303401.480.56【解析】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择 R1。（2）电压表量程：U=I g（r+R0）=0.0020（10+990）=2V ；（3） G 的量程为 2.0mA，由图示表盘可知，其分度值为 0.1mA，示数为 1.30mA；电流表 A 的量程为 0.6A，由图示表盘可知，其分度值为 0.02A，示数为 0.34A=340mA； 根据坐标系内描出的点作出 图象如图所示

33、： 由图甲所示电路图可知，在闭合电路中：E=I1（R0+Rg）+I2r，I1=-I2，由图象可知，=1.48 10-3，=0.56 10-3，解得，E=1.48V，r=0.56 ；故答案为：（1）R1；（2）2；（3） 1.30；340； 图象如图所示； 1.48；0.56。（1）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（2）根据串联电路特点与欧姆定律求出 电压表量程。（3） 根据电表量程由 图示表盘确定其分度 值，然后读出其示数； 根据坐标系内描出的点作出 图线； 根据图示图象求出电源电动势与内阻。本题考查了作图象、求电源电动势与内阻、实验评价等，应用图象法处理实第15 页，共 19

34、页验数据是常用的 实验数据处理方法，要掌握描点法作 图的方法，根据电路图与欧姆定律求出 图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻的关 键。15.【答案】 解：（ 1）此时电路中的电流为I=6A，则电源的总功率为：P 总 =EI=90 6W=540W，（ 2）设线圈的电阻为R，重物被提升的功率为：PG =Fv=Gv=360 1W=360W根据能量守恒得：P 总 =PG+I 2r +I 2R则得： R=3答：（ 1）电动机消耗的总功率为540W。（ 2）电动机线圈的电阻为3。【解析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率。则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电

35、阻消耗的功率。本题要知道电动机正常工作 时的电路是非纯电阻电路，关键要准确分析功率是如何分配，根据能量 转化和守恒定律 进行列式解答 这类问题16.【答案】 解：（ 1）=（ 2） r =16P 损 =2%P1=10 kWI =P 损 =I 2r=r将 P1=500 kW， r =16 ，代入上式得： U =20kV答：（ 1）升压变压器原副线圈的匝数之比为1： 20。（ 2）那么发电站应使用20kV 的电压向外输电。【解析】根据输电的效率求出 损失的功率，从而得出 输送的电流，结合 P=UI 求出输送的电压。解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道损失的功率 P 损=I2R，并能灵活运用。第16 页，共 19页17.【答案】 解：（ 1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：qU =，解得： v=，带电粒子运动轨迹与OP 相切，运动轨迹如图所示，由几何知识得：OM=R+，解得： R=，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得： B=；（ 2）粒子沿y 轴负方向进入电场，运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子在磁场中的轨道半径：r = L ，粒子在磁场中的运动时间：t1=