2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷（选修）

这是一份2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷（选修），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷（选修）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分.每小题只有一个选项符合题意.
1．（3分）物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用。在下列四种器件中，利用电磁感应原理工作的是（　　）
A．扼流圈 B．示波管 C．显像管 D．质谱仪
2．（3分）研究人员发现一种具有独特属性的新型合金，只要略微提高其温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使它旁边的线圈中产生感应电流。如图，一圆形线圈放在圆柱形合金材料下方，现对合金材料进行加热，则（　　）

A．线圈中将产生逆时针方向的电流
B．线圈中将产生顺时针方向的电流
C．线圈将有收缩的趋势
D．线圈将有扩张的趋势
3．（3分）L为电感线圈，C为电容器，A、B为两只相同的灯泡，将它们按照图示方式接在电压瞬时值为u1＝Umsinω1t的交流电源上，两只灯泡的亮度一样。现换另一个电源供电，电压瞬时值为u2＝Umsinω2t，ω2＝2ω1，则下列说法中正确的是（　　）

A．两灯泡均变暗 B．两灯泡的亮度均不变
C．A灯泡变暗，B灯泡变亮 D．A灯泡变亮，B灯泡变暗
4．（3分）电路元件的微型化是电路发展的趋势。图中R1和R2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但R2尺寸比R1小得多。通过两导体的电流方向如图所示。则这两个导体的电阻关系是（　　）

A．R1＞R2 B．R1＝R2 C．R1＜R2 D．无法比较
5．（3分）如图为“iRobot”智能扫地机器人，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫。已知其电池容量2000mAh，额定工作电压15V，额定功率30W．则下列说法正确的是（　　）

A．“m A•h”是能量的单位
B．扫地机器人正常工作时的电流是2A
C．扫地机器人的电阻是75Ω
D．扫地机器人充满一次电，正常工作时间约为2003h
6．（3分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以速度U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OA成60°角。现将另一同种带电粒子以速度3v仍从A点射入磁场，则该粒子在磁场中的运动时间为（　　）

A．3△t B．2△t C．13△t D．12△t
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.
7．（4分）某电场的电场线分布如图中实线所示，一个带电粒子仅在电场力作用下从A点运动到B点，运动轨迹如图中虚线所示。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．粒子运动的加速度逐渐增大
B．粒子运动的动能逐渐增大
C．粒子所处位置的场强逐渐增大
D．粒子所处位置的电势逐渐增大
8．（4分）如图所示电路中有L1和L2两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，线圈直流电阻和电源内阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　）

A．闭合S后，L1逐渐变亮、L2立刻变亮
B．断开S后，L1逐渐熄灭、L2立刻熄灭
C．断开S后，L2先闪亮一下再逐渐熄灭
D．断开S前后，L2中的电流方向发生改变
9．（4分）微元累积法是常用的物理研究方法，如图所示为某物理量（y）随另一物理量（x）变化的函数图象，关于图象与坐标轴所围面积大小的物理意义，下列说法正确的是（　　）

A．若y为电场强度E，x为距离d，则“面积”表示x0位置的电势
B．若y为电流I，x为时间t，则“面积”表示x0时间内流过的电量
C．若y为电压U，x为电流I，则“面积”表示x0对应状态的电功率
D．若y为电功率P，x为时间t，则“面积”表示x0时间内消耗的电能
10．（4分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使带电粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直盒面的匀强磁场中，如图所示，已知D形盒半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交变电压的频率为f。当用此加速器加速质子（11H）时，下列说法正确的是（　　）

A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．加速电压越大，质子最后获得的速度越大
C．交变电压的频率与质子做匀速圆周运动的频率相等
D．B和f都不改变，该回旋加速器也可用于加速α粒子（24He）
11．（4分）如图，是一个正方形金属框放在光滑水平面上的俯视图，虚线右侧存在方向竖直向上的匀强磁场。正方形金属框电阻为R，边长为L，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域。自线框从左边界进入磁场时开始计时，t1时刻线框全部进入磁场。设金属框中感应电流大小为i，外力大小为F，线框中电功率为P，通过导体横截面的电荷量为q，则上述物理量随时间变化的关系可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
三、简答题：本题共3小题，共计28分.请将解答填写在答题卡相应的位置
12．（10分）某同学组装了一个简易多用电表，其电路图如图（a）所示，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻，虚线方框内为选择开关，A端和B端分别与两表笔相连

（1）图（a）中，虚线方框内选择开关的“4”、“5”两挡为电压挡，则挡位　 　（选填“4”或“5”）的量程较大；
（2）根据图（a）所示电路图判断，此表A端应与　 　（选填“红”或“黑”）色表笔相连接
（3）选用欧姆表κ100档测量某电阻阻值，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　 　挡（选填“×10”或“×1k”）。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行测量，那么缺少的步骤是　 　。若补上该步骤后再次进行测量，表盘的示数如图（b）所示，则该电阻的阻值是　 　。
13．（10分）发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用，如图（a）所示是一款发光二极管的实物图，正常使用时，带“+”号的一端接高电势，带“﹣”号的一端接低电势。某同学想描绘它的伏安特性曲线，设计了如图（b）所示电路进行实验，测得它两端的电压U和通过它的电流I，所得数据如表所示。

U/V
0
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
2.80
I/mA
0
0.9
2.3
4.3
8.0
12.0
19.0
30.0
（1）实验室提供的器材如下
A．电压表（量程0～3V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程0～15V，内阻约25kΩ）
C．电流表（量程0～50mA，内阻约50Ω）
D．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω，允许最大电流3A）
E．滑动变阻器（阻值范围0～500Ω，允许最大电流为1A）
F．电源（电动势3V，内阻不计）
G．开关，导线若干
该同学为了实验结果更精确，电压表应选　 　，滑动变阻器应选　 　（填选项字母）；在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最　 　端（选填“左”或“右”）
（2）根据表中数据，在图（c）所示的坐标纸中画出该发光二极管的I﹣U图线。由I﹣U图线可知：二极管的电阻值随工作电压的增大而　 　（选填“不变”或“增大”或“减小”）；
（3）若将n只该款发光二极管并联后，直接与电动势为3.2V、内阻为20Ω的电源组成闭合回路，可使这些发光二极管消耗的总功率最大，则n＝　 　只
14．（8分）用如图（a）所示的电路测量电源的电动势和内阻，定值电阻R1＝16Ω。
（1）闭合开关S后，电压表V1无示数，电压表V2有示数，经检查发现电路中存在断路故障，则该故障可能在　 　（选填“ab”或“bc”或“cd”）两点间。

（2）排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器的阻值，记录两电压表的多组示数U1、U2，如表所示，根据表中数据作出的U2﹣U1图象如图（b）所示
U2/V
5.0
4.5
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
U1/N
0.66
1.00
1.33
1.88
2.00
2.32
2.68
由上述图象可知，电源电动势E＝　 　V，内阻r＝　 　Ω．（结果均保留两位有效数字）
（3）实验中，产生系统误差的主要原因是　 　。
四、计算题：本大题共4小题，共54分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
15．（12分）如图（a）所示为一理想变压器，ab为原线圈的输入端，cd为副线圈的输出端。ab端接入正弦式交变电流，其电压M随时间t变化的图象如图（b）所示，电压有效值U1＝200V
（1）写出该交变电流电压瞬时值u的表达式；
（2）已知cd两端的输出电压U2＝40V，求原副线圈的匝数比n1n2：
（3）当变压器的输出功率为80W时，求原线圈中的电流I1

16．（12分）如图所示，平行金属导轨间距L＝0.4m，其所在平面与水平面夹角θ＝37°，且处于磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中。金属导轨的端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.5Ω的直流电源。现把一根质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨两接触点间的电阻R＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求流经导体棒的电流大小；
（2）求导体棒受到的摩擦力大小及方向
（3）不改变磁感应强度大小，在垂直导体棒的平面内，将磁场沿顺时针方向缓慢转过角度α，使导体棒和金属导轨之间的摩擦力恰好为0，求角度α的大小。

17．（14分）如图（a）所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝lm，两导轨的上端接有一个R＝2Ω的定值电阻。虚线OO′下方是垂直于导轨平面向内的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从O0′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，导轨电阻不计。已知金属杆下落0.3m的过程中，加速度a与下落距离h的关系如图（b）所示，g取10m/s2．求：
（1）金属杆刚进入磁场时，速度v0为多大？
（2）金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上产生的热量Q为多少？
（3）金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上通过的电量q为多少？

18．（16分）如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=3mv022qL．在第三象限内有磁感应强度B1=3mv02qL的匀强磁场Ⅰ，在第四象限内有磁感应强度B2=6mv0qL的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于纸面向内。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P（0，L）点处以初速度沿垂直于y轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x轴和y轴进入磁场Ⅰ和磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力。求：
（1）粒子由电场进入磁场Ⅰ时的速度v大小和方向
（2）粒子出发后第1次经过y轴时距O点的距离D；
（3）粒子出发后从第1次经过y轴到第4次经过y轴产生的位移大小△y和所需时间△t。


2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷（选修）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分.每小题只有一个选项符合题意.
1．【分析】扼流圈是利用电感对电流的阻碍作用，线圈的电阻阻碍作用很小，质谱仪、示波管、显像管是利用了带电粒子在磁场中偏转而工作的。
【解答】解：A、扼流圈是利用电感对电流的阻碍作用，线圈的电阻阻碍作用很小，故A正确；
BCD、质谱仪、示波管、显像管是利用了带电粒子在磁场中偏转而工作的；故BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查电磁感应现象在生活中的应用，要注意明确生活中常见电器的工作原理。
2．【分析】当导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化。
【解答】解：AB、提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，穿过线圈的磁通量增大，从而在线圈中产生电流。由于原磁场的方向未知，所以不能判断出感应电流的方向。故AB错误；
CD、当合金材料的磁场增大时，穿过线圈的磁通量增大，则线圈产生的感应电流方向的阻碍磁通量的增大，面积有缩小的趋势。故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】可从阻碍磁通量变化的角度去分析：增反减同，当磁通量增大时，则线圈产生的感应电流方向的阻碍磁通量的增大。
3．【分析】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过。对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流。
【解答】解：若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，电容器对其阻碍变小，线圈对其阻碍变大。所以A灯泡将变暗，B灯泡将变亮，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】当电容器的电容越小，频率越低时，容抗越高；而线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高。
4．【分析】明确电流方向，设正方向边长为L，横截面积s＝Ld，长度为L，根据电阻定律R＝ρLS即可得两电阻之比。
【解答】解：由电阻定律R＝ρLS得：R＝ρLLd=ρ1d，与材料和厚度有关。两电阻厚度相同，材料相同，所以电阻之比为1：1，即R1＝R2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握电阻定律R＝ρLS，注意电流方向的L与S的正确判定。
5．【分析】电池容量是指电池的存储电量，根据题目可知正常工作时的电压，根据I=PU求解正常工作时的电流，根据t=qI求解时间。
【解答】解：A、题中“mAh”是电荷量的单位，故A错误；
B、扫地机器人正常工作时的电流为：I=PU=3015A＝2A，故B正确；
C、扫地机器人并非纯电阻电路，故不能用P＝UI和U＝IR计算，故扫地机器人的电阻不可求，故C错误；
D、扫地机器人充满电后一次工作时间问：t=qI=2000mAh2A=1h，故D错误；
故选：B。
【点评】本题是信息给予题，要求同学们能从题目中获取有用信息，知道电池容量是指电池储存电量的大小，难度不大，属于基础题。
6．【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期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=mvqB
根据几何关系可知，r1R=tan30°，解得：r1=33R
运动时间：△t=θ2πT=1203602πmqB=2πmqB
粒子以速度3v射入时，半径：r2=3mvqB=3×33R=3R
设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tanθ2=Rr2=R3R=33，解得：θ＝60°
第二次运动的时间为：t/'=60360T=16×2πmqB=12△t，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：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。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.
7．【分析】先根据粒子带正电和粒子的运动轨迹弯曲方向判断电场线的方向，再由电场线的方向判断电势的高低；
电场力做正功，电势能减小，动能增加；电场力做负功，电势能增加，动能减小。
【解答】解：AC、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知B点处的电场线密，则B点处的电场强度大，从A到B的过程中电场强度逐渐增大；由F＝qE可知，同一个带电粒子受到的电场力逐渐增大，所以带电粒子的加速度逐渐增大。故AC正确；
B、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致向右，速度沿切线方向，力和速度方向夹角为锐角，电场力做正功，粒子的动能增大，故B正确；
D、电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选：ABC。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；
沿电场线的方向，电势降低；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
8．【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
【解答】解：A、B、灯L1与电阻R串联，当电键S闭合时，灯L2立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来。所以L2比L1先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同。故A正确，B错误；
C、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于L1、L2是两个完全相同的灯泡，所以稳定时电流相等，电路稳定后再断开电键S时，L2灯不会闪亮一下。故C错误，
D、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，电流的方向与L1原来的方向相同，与L2电流的方向相反。故D正确；
故选：AD。
【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。
9．【分析】本题根据图形面积所表示的量等于横坐标轴量与纵坐标轴量的乘积所得量的值。结合相关的规律进行分析。
【解答】解：A、若y为电场强度E，x为距离d，则“面积”表示0﹣x0位置的电势差，故A错误；
B、若y为电流I，x为时间t，则“面积”表示x0时间内流过的电量，故B正确；
C、若y为电压U，x为电流I，则“面积”没有意义，x0对应状态的电功率等于x0对应状态的电压与电流的乘积，故C错误；
D、若y为电功率P，x为时间t，则“面积”表示x0时间内消耗的电能，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查图形面积的意义，要学会变通，能举一反三。关键要掌握相关的物理规律。
10．【分析】粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，当质子的轨迹半径等于R时速度最大。加速电压越大，质子加速的次数减少，但质子最后获得的速度不变。交变电压的频率与质子做匀速圆周运动的频率相等，根据f=qB2πm分析该回旋加速器能否用于加速α粒子。
【解答】解：A、当质子在磁场中的轨迹半径r＝R时，速度v最大，最大速度v＝2πfR．故A正确；
B、由qvB＝mv2R得最大速度 v=qRBm，由此可知，质子的最大速度只与质子本身的比荷、D形盒半径和磁场的磁感应强度大小有关，与加速电压无关，故B错误；
C、要使此加速器正常工作，必须使交变电压的频率与质子做匀速圆周运动的频率相等。故C正确；
D、由于α粒子与质子的比荷不等，在磁场中匀速圆周运动的频率不等，所以根据f=qB2πm分析知，B和f都不改变，该回旋加速器不能用于加速α粒子（24He）。故D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁场中匀速圆周运动的频率和高频交流电的频率相等。
11．【分析】根据速度时间关系可得v＝at和法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小；
根据对线框的受力分析及牛顿第二定律求解外力的表达式；
根据电功率计算公式求解电功率与时间关系；
根据电荷量的计算公式求解电荷量与时间关系，由此分析图象。
【解答】解：A、0﹣t1时间内，线框由静止开始以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，根据速度时间关系可得v＝at，感应电动势E＝BLv＝BLat，感应电流：i=ER=BLaRt，B、L、a、R是定值，则i与t成正比，故A正确；
B、线框受到的安培力：F安培＝BIL=B2L2vR=B2L2atR，
对线框，由牛顿第二定律可得：F-B2L2atR=ma，
解得：F=B2L2atR+ma，故B错误；
C、电功率：P＝I2R=B2L2a2Rt2，P为时间的二次函数，故C正确；
D、电荷量：q＝It=BLaRt2，q与t的平方成正比，故D错误；
故选：AC。
【点评】对于电磁感应现象中的图象问题，磁场是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
三、简答题：本题共3小题，共计28分.请将解答填写在答题卡相应的位置
12．【分析】（1）表头串联大电阻改装成电压表，串联电阻越大则量程越大；
（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，附近与红表笔相连；
（3）偏角小说明电阻大，要换用大倍率挡，重新调零后测量，读数为示数乘以倍率。
【解答】解：（1）表头串联大电阻改装成电压表，串联电阻越大则量程越大，由此可知档位5的量程较大；
（2）由图（a）所示电路图可知，A与欧姆表内置电源正极相连，又电流红进黑出，则A端应与黑表笔相连；
（3）欧姆表的零刻度在左边，偏角小，说明带测电阻阻值大，应换大倍率×1k挡，重新欧姆调零后测量；
欧姆表的读数为：示数×倍率＝14×1000Ω＝14kΩ；
故答案为：（1）5；
（2）黑；
（3）×1k、欧姆调零、14kΩ。
【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。
13．【分析】（1）根据实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据的范围可以选择电压表和电流表；在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片应置于时电表示数为零的位置；
（2）在图上描出电流和电压的对应点，用光滑的曲线连接起来；根据图象分析二极管的电阻值随工作电压的变化关系；
（3）当内外电阻相等时电源的输出功率最大，即发光二极管的总功率最大，由图示图象求出此时发光二极管两端电压与电流，由欧姆定律求出其的电阻，然后求出二极管的个数。
【解答】解：（1）根据实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据的范围可知：电压变化的最大值为2.8V，所以电压表选A；根据表格数据可知电表示数从零开始，滑动变阻采用分压接法，应选阻值相对较小的，便于调节，故选D；
在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片应置于时电表示数为零的位置，保护电表，故应在最左端；
（2）根据表中数据，在图上描出各点，用光滑的曲线连接起来。如图所示：

由图线可知，二极管的阻值随电压的增大而减小；
（3）电源内阻为20欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即发光二极管并联总电阻为20欧姆时灯泡的总功率最大，由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3.2V，则路端电压为1.6V，
由上图所示图象可知，电压为1.6V时通过二极管的电流为10mA，
此时二极管的电阻：R=UI=1.68×10-3Ω=200Ω，
假设有n只二极管并联，则Rn=20
解得：n＝10
故答案为：
（1）A、D、左；
（2）、减小；
（3）10。
【点评】解决本题关键：1、知道多用电表电流的流向及二极管的特性。
2、知道如何选取电表，会判断电流表的内外接和滑动变阻器的分压限流接法。
3、用数学描点法描绘图象，体现了学科间的整合。
4、要熟练掌握当内外电阻相等时，电源输出功率最大，并能灵活应用解决实际问题。
14．【分析】（1）明确电路结构，从而分析故障原因；
（2）根据闭合电路欧姆定律进行分析，列出对应的表达式，从而明确图象的意义并求出电动势和内电阻；
（4）根据电路结构以及电表内阻的影响进行分析，从而明确误差原因
【解答】解：（1）电压表V1无读数，电压表V2有读数，说明V1无与电源断开，而V2与电源是连接的，故发生断路的是cd；
（2）根据电路图由闭合电路欧姆定律可知：
E＝U1+U2+U1R1r
变形可得：
U2＝E-r+R1R1U1
由图可知，图象与纵轴的截距表示电动势，故E＝6.0V；
图象的斜率k=r+R1R1=6.0-2.02.6=1.5
解得：r＝8.0Ω；
（3）本实验中由于电压表V1分流作用而使测量电流偏小，从而出现误差。
故答案为：（1）cd
（2）6.0；8.0；
（3）电压表V1分流。
【点评】本题是一种伏阻法测量电源电动势和内阻的方法，注意本题中将电压表与定值电阻并联充当电流表使用，注意数据处理的基本方法。
四、计算题：本大题共4小题，共54分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
15．【分析】（1）由图可知输入电压的圆频率和电压的最大值，即可原线圈的输入电压的瞬时值的表达式。
（2）根据原副线圈的电压与匝数成正比即可求出ab和cd间线圈的匝数比。
（3）根据输入功率等于输出功率，求解原线圈中的电流。
【解答】解：（1）最大值Um=2U1=2002V，由题图（b）可知，ω＝200π rad/s，电压瞬时值u＝2002sin200πt（V）。
（2）根据电压和匝数的关系可知，n1n2=U1U2，代入数据解得n1n2=5：1。
（3）理想变压器的输入功率等于输出功率，P1＝P2，原线圈的电流I1=P1U1，代入数据解得，I1＝0.4A。
答：（1）写出该交变电流电压瞬时值u的表达式为u＝2002sin200πt（V）。
（2）已知cd两端的输出电压U2＝40V，原副线圈的匝数比n1n2为5：1。
（3）当变压器的输出功率为80W时，原线圈中的电流I1为0.4A。
【点评】掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，知道电动机是非纯电阻元件，根据能量守恒输出功率等于总功率与热功率之差，应用电功率公式即可正确解题。
16．【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度；
（2）根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；
（3）摩擦力为零，根据平衡条件求解角度α的大小。
【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER+r
代入数据解得：I＝1.5A；
（2）安培力F＝BIL＝0.3N，方向沿斜面向上
根据平衡条件可得：mgsin37°+f＝F
代入数据解得f＝0.06N，方向沿斜面向下；
（3）摩擦力为零，根据平衡条件可得：mgsin37°＝Fcosα
代入数据解得：α＝37°。
答：（1）流经导体棒的电流大小为1.5A；
（2）导体棒受到的摩擦力大小0.06N，方向沿斜面向下；
（3）角度α的大小为37°。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。
17．【分析】（1）由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向。由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式可求出金属杆刚进入磁场时速度。
（2）从开始下落到下落0.3m的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻R上产生的热量。
（3）求出金属杆在磁场中运动的距离，应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用欧姆定律求出平均感应电流，应用电流定义式求出电荷量。
【解答】解：（1）金属杆进入磁场时受到的安培力：F＝BIL=B2L2vR，
由图示图线可知，金属杆进入磁场时的加速度：a0＝10m/s2，方向：竖直向上，
对金属杆，由牛顿第二定律得：B2L2v0R-mg＝ma0，
代入数据解得：v0＝1m/s；
（2）由图（b）所示图线可知，金属杆下落0.3s时加速度：a＝0，
金属杆所受合力为零，重力与安培力平衡，
由平衡条件得：mg=B2L2vR，
代入数据解得：v＝0.5m/s，
从开始到下落0.3m过程，由能量守恒定律得：mgh=12mv2+Q，
代入数据解得：Q＝0.2875J；
（3）进入磁场前金属杆做自由落体运动，v02=2gh1，
代入数据解得：h1＝0.05m，
金属杆在磁场中下落的高度：h2＝h﹣h1，
代入数据解得：h2＝0.25m，
平均感应电动势：E=△∅△t=BLh2△t，
平均感应电流：I=ER，
电阻R上通过的电荷量：q=I△t，
代入数据解得：q＝0.25C；
答：（1）金属杆刚进入磁场时，速度v0大小为1m/s；
（2）金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上产生的热量Q为0.2875J；
（3）金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上通过的电量q为0.25C。
【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，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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。
18．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子速度。
（2）粒子在磁场I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出距离。
（3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹，然后分析答题。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，
沿电场方向：vy2=2qEmL
解得：vy=3v0，
粒子速度为：v=vx2+vy2=2v0，
v与x轴负方向间夹角为：θ＝arctanvyv0=arctan3=60°；
（2）粒子在磁场I中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB1＝mv2r1，
解得：r1=43L，
由几何知识可知，圆心O1恰好在y轴上，距O点的距离：y1=23L，
粒子第一次经过y轴时距O点的距离：D＝y1+r1＝2L；
（3）粒子在磁场II中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB2＝mv2r2，
解得：r2=13L=r14，
粒子运动轨迹如图所示，则有：△y＝2r1﹣4r2，
解得：△y=43L，
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T1=2πmqB1=4πL3v0，T2=2πmqB2=πL3v0，
从第一次经过y轴到第4次经过y轴所需总时间：△t=12T1+T2=πLv0；
答：（1）粒子由电场进入磁场I时的速度v大小为2v0，方向：与x轴负方向夹角为60°；
（2）粒子出发后第1次经过y轴时距O点的距离D为2L；
（3）粒子出发后从第1次经过y轴到第4次经过y轴产生的位移大小△y为43L，所需时间△t为πLv0。

【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。