2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期末物理试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分、在每小题给出的四个选项中，第1-8小题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．（4分）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=Fq、电容C=QU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．（4分）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．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．（4分）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．（4分）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．初速度变为12v0
C．使光照强度减弱
D．竖直移动上板，使板间距变为2d
5．（4分）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D2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．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大
B．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速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n-1：n
6．（4分）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．（4分）如图甲所示，一根电阻R＝4Ω的导线绕成半径d＝2m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，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．（4分）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．
9．（4分）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F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
10．（4分）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所示，则（　　）

A．电流的瞬时值表达式为i＝0.5sin10πt（A）
B．磁体的转速为5r/s
C．若给阻值为10Ω的电阻供电，该电阻1h内产生的电热为1.8×104J
D．线圈中电流的有值为0.5A
11．（4分）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灯立即熄灭，b灯闪亮一下再逐渐熄灭
12．（4分）如图所示，半径R＝0.5m的14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（图中未画出），取c点电势φc＝0，则（　　）

A．该匀强电场的电场强度E＝100V/m
B．粒子到达c点的速度大小为5m/s
C．粒子在a点的电势为﹣40V
D．粒子速率为3m/s时的电势能为4×10﹣4J
二、实验题（本题共2小题，共14分．请按题目要求作答．）
13．（6分）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：
①按图接线；
②保持开关S断开，读出台秤示数m0；
③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　 　
④用米尺测量　 　
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，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．（8分）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1.0Ω）
B．电流表G（满偏电流2.0mA、内阻R0＝10Ω）
C．电流表A（量程0﹣0.6A、内阻约0.5Ω）
D．滑动变阻器R1（0一20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0﹣1000Ω，10A）
F．定值电阻R0（阻值990Ω）
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：
①利用选好的器材正确连接电路；
②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I1和电流表A的示数I2；
③多次改变滑动端P的位置，得到多组数据；
④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I1＝　 　mA和电流表A的示数I2＝　 　mA
⑤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出I1﹣I2图线；

⑥利用所画图线求得电源的电动势E＝　 　V，电源的内阻r＝　 　Ω（结果要求保留两位小数）
三、计算题（本题共4小题，共38分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．（8分）如图所示为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G＝360N，电源电动势E＝90V，电源内阻为r＝2Ω，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？

16．（8分）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升高到U2＝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．（10分）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？从进入磁场到离开电场经过的时间为多少？

18．（12分）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14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t1，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。


2020-2021学年河南省郑州市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分、在每小题给出的四个选项中，第1-8小题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．【分析】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。
【解答】解：A、当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，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=Fq、电容C=QU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。
【点评】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．【分析】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，电势能就减少多少；电荷克服电场力做功多少，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；
【解答】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。
【点评】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．【分析】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．
【解答】解：通过熔丝的电流相同，根据焦耳定律Q＝I2Rt和电阻定律R=ρLS可知，在长度L相同的地方，横截面积越小电阻R越大，则产生的热量就越多，就越容易烧断，所以B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题关键是明确超导体、导体、半导体、绝缘体的概念，明确其区别，基础题目．
4．【分析】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。
【解答】解：A、开关S断开，电容器极板电荷量通过电阻立刻放电，场强变为0，加速度变为0，质子做匀速直线匀速，故A错误；
B、将初速度变为v02，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；
C、使光照强度减弱，光敏电阻阻值变大，板间电压减小，场强变小，加速度变小，根据y=12at2 知，时间变长，由x＝v0t知水平位移增大，所以可能让质子沿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12，电场力为原来的12，加速度为原来的12，根据y=12at2知时间为原来的2倍，水平位移为原来2倍，不能到达下板边缘，故D错误；
故选：C。
【点评】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．【分析】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粒子。带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=2πmqB 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＝mv2r 求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系。
【解答】解：A、根据qvB＝mv2r，得v=qBrm．则最大动能EK=12mv2=q2B2r22m，与加速电压无关，故A错误；
B、若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B错误；
C、若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，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=mvBq 与nqU=12mv2，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为n-1：n，故D正确，
故选：D。
【点评】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，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能。
6．【分析】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圈中的电流方向相同。
【解答】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。
【点评】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．【分析】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。
【解答】解：0～1s，感应电动势为：E1=△B△tS=21×πd22=4πV
感应电流大小为：I1=E1R=4π4=πA
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。
【点评】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．【分析】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。
【解答】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圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，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。
【点评】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。
9．【分析】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，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。
【解答】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。
【点评】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。
10．【分析】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＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍；
【解答】解：A、通过乙图可知电流的最大值为0.52A，周期T＝0.2s，故ω=2πT=10πrad/s，故电流的表达式为i＝0.5sin10πt（A），故A正确
B、电流的周期为T＝0.2s，故磁体的转速为n=1T=5r/s，故B正确；
CD、由题意知电流的有效值为0.5A，若给阻值为10Ω的电阻供电，该电阻1h内产生的电热为：Q＝I2Rt＝0.52×10×3600＝9×104J，故C错误，D正确；
故选：ABD。
【点评】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
11．【分析】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。
【解答】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。
故选：AC。
【点评】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。
12．【分析】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。
【解答】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=12⋅qEmt2，
联立并代入数据可得：E＝1000N/C，故A错误；
C、因UDC＝E•DC＝400V，而A、D两点电势相等，所以φA＝400V，故B错误；
B、从A到C由动能定理知：qUAC=12mvC2-12mv02，代入数据得：vC＝5m/s，故B正确；
D、粒子在C点总能量：EC=12mvC2=12×10﹣4×52＝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：Ep′＝EC-12mv2＝8×10﹣4J，故D错误。
故选：B。

【点评】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。
二、实验题（本题共2小题，共14分．请按题目要求作答．）
13．【分析】（1）用滑动变阻器的限流式接法即可；
（2）③金属棒平衡时读出电流表的示数；
④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度；
（4）根据左手定则判断磁场方向。
【解答】解：（1）如图所示
（2）③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和电流表的示数I；
④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=|m0-m1|gIL
（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）③电流表的示数I；④金属棒的长度L；（3）|m0-m1|gIL；（4）北。

【点评】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．【分析】（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）④根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数；
⑤根据坐标系内描出的点作出图线；
⑥根据图示图象求出电源电动势与内阻。
【解答】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＝Ig（r+R0）＝0.0020×（10+990）＝2V；
（3）④G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；
⑤根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
⑥由图甲所示电路图可知，在闭合电路中：E＝I1（R0+Rg）+I2r，
I1=ER0+Rg-rR0+RgI2，
由图象可知，ER0+Rg=1.48×10﹣3，
rR0+Rg=△I1△I2=(1.48-1.20)×10-30.5=0.56×10﹣3，
解得，E＝1.48V，r＝0.56Ω；
故答案为：（1）R1；（2）2；（3）④1.30；340；⑤图象如图所示；⑥1.48；0.56。

【点评】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。
三、计算题（本题共4小题，共38分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．【分析】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阻消耗的功率。
【解答】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+I2r+I2R
则得：R=P总-PG-I2rI2=540-360-62×262=3Ω
答：（1）电动机消耗的总功率为540W。
（2）电动机线圈的电阻为3Ω。
【点评】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．【分析】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。
【解答】解：（1）n1n2=U1U2=2505000=120
（2）r=P-P1PU2=16Ω
P损′＝2%P1＝10 kW
I′=P1U'
P损′＝I′2r=P12U'2r
将P1＝500 kW，r＝16Ω，
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。
【点评】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。
17．【分析】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理求出粒子加速后的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出临界轨迹，结合几何关系求解出轨道半径，然后结合牛顿第二定律和向心力公式列式求解；
（2）粒子垂直进入电场，在磁场中做匀速圆周运动，轨迹为四分之一圆弧，在电场中做类似平抛运动。应用类平抛运动规律求出距离；分别求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间。
【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：qU=12mv2，
解得：v=2qUm，
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+Rsin45°，
解得：R=L1+2，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2R，
解得：B=2+1L2mUq；
（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=12L，
粒子在磁场中的运动时间：t1=14T=14×2πrv=πL4m2qU，
在电场中做类平抛运动，加速度a=qEm，
y轴方向匀速运动，有：r＝vt2，
x轴方向匀加速运动，有：x=12at22，
解得：x=EL216U，t2=L2m2qU，
到O点的距离为：12L+EL216U；
粒子从进入磁场到离开电场经过的时间：
t＝t1+t2=πL4m2qU+L2m2qU；
答：（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的大小为2+1L2mUq；
（2）带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为：12L+EL216U，从进入磁场到离开电场经过的时间为：πL4m2qU+L2m2qU。


【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，画出运动轨迹，找出临界状态对应的轨迹，结合牛顿第二定律、动能定理、类平抛运动的分运动公式列式求解。
18．【分析】（1）金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，由速度公式求出速度，应用串联电路特点与欧姆定律求出磁感应强度，由安培力公式求出金属杆受到的安培力，然后由牛顿第二定律求出拉力。
（2）由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，根据电流定义式求出通过电阻的电荷量。
（3）应用能量守恒定律与串联电路特点求出电阻上产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，
金属棒到达cd处时棒的速度：v＝at1，
感应电动势：E＝BLv＝BLat1，
电压表示数：U＝IR1=ER1+R2R1=BLR1at1R1+R2，
磁感应强度：B=U(R1+R2)LR1at1，
金属棒的速度：v＝at，
金属棒受到的安培力：F安培＝BIL=B2L2vR1+R2=U2(R1+R2)R12t12t，
对金属棒，由牛顿第二定律得：F﹣F安培＝ma，
解得：F=U2(R1+R2)R12t12t+ma；
（2）金属棒达到cd时的位移：x=12at12，
平均感应电动势：E=△Φ△t=BLx△t，
平均感应电流：I=ER1+R2，
通过电阻R1的电荷量：q=I△t，
解得：q=Ut12R1；
（3）从cd到ab过程，由能量守恒定律得：12mv2=Q+mgr，
电阻R1上产生的焦耳热：Q1=R1R1+R2Q，
解得：Q1=(a2t12-2gr)mR12(R1+R2)；
答：（1）金属杆从ef运动到cd的过程中，拉力F随时间t变化的表达式是：F=U2(R1+R2)R12t12t+ma；
（2）金属杆从ef运动到cd的过程中，电阻R1上通过的电荷量为Ut12R1；
（3）金属杆从cd运动到ab的过程中，电阻R1上产生的焦耳热为(a2t12-2gr)mR12(R1+R2)。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。