?2020-2021學年江蘇省蘇州市高二（上）期末物理試卷（選修）
一、單項選擇題：本題共6小題，每小題3分，共18分.每小題只有一個選項符合題意.
1．（3分）物理學的基本原理在生產生活中有著廣泛應用。在下列四種器件中，利用電磁感應原理工作的是（　?。?br /> A．扼流圈 B．示波管 C．顯像管 D．質譜儀
2．（3分）研究人員發(fā)現一種具有獨特屬性的新型合金，只要略微提高其溫度，這種合金就會變成強磁性合金，從而使它旁邊的線圈中產生感應電流。如圖，一圓形線圈放在圓柱形合金材料下方，現對合金材料進行加熱，則（　?。?br />
A．線圈中將產生逆時針方向的電流
B．線圈中將產生順時針方向的電流
C．線圈將有收縮的趨勢
D．線圈將有擴張的趨勢
3．（3分）L為電感線圈，C為電容器，A、B為兩只相同的燈泡，將它們按照圖示方式接在電壓瞬時值為u1＝Umsinω1t的交流電源上，兩只燈泡的亮度一樣?，F換另一個電源供電，電壓瞬時值為u2＝Umsinω2t，ω2＝2ω1，則下列說法中正確的是（　　）

A．兩燈泡均變暗 B．兩燈泡的亮度均不變
C．A燈泡變暗，B燈泡變亮 D．A燈泡變亮，B燈泡變暗
4．（3分）電路元件的微型化是電路發(fā)展的趨勢。圖中R1和R2是材料相同、厚度相同、表面為正方形的導體，但R2尺寸比R1小得多。通過兩導體的電流方向如圖所示。則這兩個導體的電阻關系是（　?。?br />
A．R1＞R2 B．R1＝R2 C．R1＜R2 D．無法比較
5．（3分）如圖為“iRobot”智能掃地機器人，它利用自身攜帶的小型吸塵部件進行吸塵清掃。已知其電池容量2000mAh，額定工作電壓15V，額定功率30W．則下列說法正確的是（　　）

A．“m A?h”是能量的單位
B．掃地機器人正常工作時的電流是2A
C．掃地機器人的電阻是75Ω
D．掃地機器人充滿一次電，正常工作時間約為2003h
6．（3分）如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子（不計重力）以速度U從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過△t時間從C點射出磁場，OC與OA成60°角。現將另一同種帶電粒子以速度3v仍從A點射入磁場，則該粒子在磁場中的運動時間為（　　）

A．3△t B．2△t C．13△t D．12△t
二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分，每小題有多個選項符合題意.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分.
7．（4分）某電場的電場線分布如圖中實線所示，一個帶電粒子僅在電場力作用下從A點運動到B點，運動軌跡如圖中虛線所示。在此過程中，下列說法正確的是（　?。?br />
A．粒子運動的加速度逐漸增大
B．粒子運動的動能逐漸增大
C．粒子所處位置的場強逐漸增大
D．粒子所處位置的電勢逐漸增大
8．（4分）如圖所示電路中有L1和L2兩個完全相同的燈泡，L是自感系數較大的線圈，線圈直流電阻和電源內阻忽略不計。下列說法中正確的是（　?。?br />
A．閉合S后，L1逐漸變亮、L2立刻變亮
B．斷開S后，L1逐漸熄滅、L2立刻熄滅
C．斷開S后，L2先閃亮一下再逐漸熄滅
D．斷開S前后，L2中的電流方向發(fā)生改變
9．（4分）微元累積法是常用的物理研究方法，如圖所示為某物理量（y）隨另一物理量（x）變化的函數圖象，關于圖象與坐標軸所圍面積大小的物理意義，下列說法正確的是（　?。?br />
A．若y為電場強度E，x為距離d，則“面積”表示x0位置的電勢
B．若y為電流I，x為時間t，則“面積”表示x0時間內流過的電量
C．若y為電壓U，x為電流I，則“面積”表示x0對應狀態(tài)的電功率
D．若y為電功率P，x為時間t，則“面積”表示x0時間內消耗的電能
10．（4分）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使帶電粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直盒面的勻強磁場中，如圖所示，已知D形盒半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交變電壓的頻率為f。當用此加速器加速質子（11H）時，下列說法正確的是（　　）

A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR
B．加速電壓越大，質子最后獲得的速度越大
C．交變電壓的頻率與質子做勻速圓周運動的頻率相等
D．B和f都不改變，該回旋加速器也可用于加速α粒子（24He）
11．（4分）如圖，是一個正方形金屬框放在光滑水平面上的俯視圖，虛線右側存在方向豎直向上的勻強磁場。正方形金屬框電阻為R，邊長為L，在外力作用下由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域。自線框從左邊界進入磁場時開始計時，t1時刻線框全部進入磁場。設金屬框中感應電流大小為i，外力大小為F，線框中電功率為P，通過導體橫截面的電荷量為q，則上述物理量隨時間變化的關系可能正確的是（　　）

A． B．
C． D．
三、簡答題：本題共3小題，共計28分.請將解答填寫在答題卡相應的位置
12．（10分）某同學組裝了一個簡易多用電表，其電路圖如圖（a）所示，圖中E是電池，R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻，虛線方框內為選擇開關，A端和B端分別與兩表筆相連

（1）圖（a）中，虛線方框內選擇開關的“4”、“5”兩擋為電壓擋，則擋位　 　（選填“4”或“5”）的量程較大；
（2）根據圖（a）所示電路圖判斷，此表A端應與　 　（選填“紅”或“黑”）色表筆相連接
（3）選用歐姆表κ100檔測量某電阻阻值，操作步驟正確，發(fā)現表頭指針偏轉角度很小，為了較準確地進行測量，應換到　 　擋（選填“×10”或“×1k”）。如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進行測量，那么缺少的步驟是　 　。若補上該步驟后再次進行測量，表盤的示數如圖（b）所示，則該電阻的阻值是　 　。
13．（10分）發(fā)光二極管在生產和生活中得到了廣泛應用，如圖（a）所示是一款發(fā)光二極管的實物圖，正常使用時，帶“+”號的一端接高電勢，帶“﹣”號的一端接低電勢。某同學想描繪它的伏安特性曲線，設計了如圖（b）所示電路進行實驗，測得它兩端的電壓U和通過它的電流I，所得數據如表所示。

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）實驗室提供的器材如下
A．電壓表（量程0～3V，內阻約10kΩ）
B．電壓表（量程0～15V，內阻約25kΩ）
C．電流表（量程0～50mA，內阻約50Ω）
D．滑動變阻器（阻值范圍0～10Ω，允許最大電流3A）
E．滑動變阻器（阻值范圍0～500Ω，允許最大電流為1A）
F．電源（電動勢3V，內阻不計）
G．開關，導線若干
該同學為了實驗結果更精確，電壓表應選　 　，滑動變阻器應選　 ?。ㄌ钸x項字母）；在實驗過程中，開關S閉合前，滑動變阻器的滑片應置于最　 　端（選填“左”或“右”）
（2）根據表中數據，在圖（c）所示的坐標紙中畫出該發(fā)光二極管的I﹣U圖線。由I﹣U圖線可知：二極管的電阻值隨工作電壓的增大而　 　（選填“不變”或“增大”或“減小”）；
（3）若將n只該款發(fā)光二極管并聯后，直接與電動勢為3.2V、內阻為20Ω的電源組成閉合回路，可使這些發(fā)光二極管消耗的總功率最大，則n＝　 　只
14．（8分）用如圖（a）所示的電路測量電源的電動勢和內阻，定值電阻R1＝16Ω。
（1）閉合開關S后，電壓表V1無示數，電壓表V2有示數，經檢查發(fā)現電路中存在斷路故障，則該故障可能在　 ?。ㄟx填“ab”或“bc”或“cd”）兩點間。

（2）排除故障后，閉合開關S，調節(jié)滑動變阻器的阻值，記錄兩電壓表的多組示數U1、U2，如表所示，根據表中數據作出的U2﹣U1圖象如圖（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
由上述圖象可知，電源電動勢E＝　 　V，內阻r＝　 　Ω．（結果均保留兩位有效數字）
（3）實驗中，產生系統(tǒng)誤差的主要原因是　 　。
四、計算題：本大題共4小題，共54分.解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分.有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位.
15．（12分）如圖（a）所示為一理想變壓器，ab為原線圈的輸入端，cd為副線圈的輸出端。ab端接入正弦式交變電流，其電壓M隨時間t變化的圖象如圖（b）所示，電壓有效值U1＝200V
（1）寫出該交變電流電壓瞬時值u的表達式；
（2）已知cd兩端的輸出電壓U2＝40V，求原副線圈的匝數比n1n2：
（3）當變壓器的輸出功率為80W時，求原線圈中的電流I1

16．（12分）如圖所示，平行金屬導軌間距L＝0.4m，其所在平面與水平面夾角θ＝37°，且處于磁感應強度B＝0.5T、方向垂直于導軌所在平面向上的勻強磁場中。金屬導軌的端接有電動勢E＝4.5V、內阻r＝0.5Ω的直流電源?，F把一根質量m＝0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，此時導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌兩接觸點間的電阻R＝2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求流經導體棒的電流大??；
（2）求導體棒受到的摩擦力大小及方向
（3）不改變磁感應強度大小，在垂直導體棒的平面內，將磁場沿順時針方向緩慢轉過角度α，使導體棒和金屬導軌之間的摩擦力恰好為0，求角度α的大小。

17．（14分）如圖（a）所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置，導軌間距L＝lm，兩導軌的上端接有一個R＝2Ω的定值電阻。虛線OO′下方是垂直于導軌平面向內的勻強磁場，磁感應強度B＝2T．現將質量m＝0.1kg、電阻不計的金屬桿ab，從O0′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸，且始終保持水平，導軌電阻不計。已知金屬桿下落0.3m的過程中，加速度a與下落距離h的關系如圖（b）所示，g取10m/s2．求：
（1）金屬桿剛進入磁場時，速度v0為多大？
（2）金屬桿下落0.3m的過程中，在電阻R上產生的熱量Q為多少？
（3）金屬桿下落0.3m的過程中，在電阻R上通過的電量q為多少？

18．（16分）如圖所示，在坐標系xOy的第二象限內有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小E=3mv022qL．在第三象限內有磁感應強度B1=3mv02qL的勻強磁場Ⅰ，在第四象限內有磁感應強度B2=6mv0qL的勻強磁場Ⅱ，磁場Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于紙面向內。一質量為m、電荷量為+q的粒子從P（0，L）點處以初速度沿垂直于y軸的方向進入第二象限的勻強電場，然后先后穿過x軸和y軸進入磁場Ⅰ和磁場Ⅱ，不計粒子的重力和空氣阻力。求：
（1）粒子由電場進入磁場Ⅰ時的速度v大小和方向
（2）粒子出發(fā)后第1次經過y軸時距O點的距離D；
（3）粒子出發(fā)后從第1次經過y軸到第4次經過y軸產生的位移大小△y和所需時間△t。


2020-2021學年江蘇省蘇州市高二（上）期末物理試卷（選修）
參考答案與試題解析
一、單項選擇題：本題共6小題，每小題3分，共18分.每小題只有一個選項符合題意.
1．【分析】扼流圈是利用電感對電流的阻礙作用，線圈的電阻阻礙作用很小，質譜儀、示波管、顯像管是利用了帶電粒子在磁場中偏轉而工作的。
【解答】解：A、扼流圈是利用電感對電流的阻礙作用，線圈的電阻阻礙作用很小，故A正確；
BCD、質譜儀、示波管、顯像管是利用了帶電粒子在磁場中偏轉而工作的；故BCD錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查電磁感應現象在生活中的應用，要注意明確生活中常見電器的工作原理。
2．【分析】當導致線圈的磁通量變化，從而產生感應電流，感應磁場去阻礙線圈的磁通量的變化。
【解答】解：AB、提高溫度，這種合金會從非磁性合金變成強磁性合金，穿過線圈的磁通量增大，從而在線圈中產生電流。由于原磁場的方向未知，所以不能判斷出感應電流的方向。故AB錯誤；
CD、當合金材料的磁場增大時，穿過線圈的磁通量增大，則線圈產生的感應電流方向的阻礙磁通量的增大，面積有縮小的趨勢。故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】可從阻礙磁通量變化的角度去分析：增反減同，當磁通量增大時，則線圈產生的感應電流方向的阻礙磁通量的增大。
3．【分析】對于電容器來說能通交流隔直流，而頻率越高越容易通過。對于線圈來講通直流阻交流，通低頻率交流阻高頻率交流。
【解答】解：若保持交流電源的電壓不變，使交變電流的頻率增大，電容器對其阻礙變小，線圈對其阻礙變大。所以A燈泡將變暗，B燈泡將變亮，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】當電容器的電容越小，頻率越低時，容抗越高；而線圈的自感系數越大，頻率越高時，感抗越高。
4．【分析】明確電流方向，設正方向邊長為L，橫截面積s＝Ld，長度為L，根據電阻定律R＝ρLS即可得兩電阻之比。
【解答】解：由電阻定律R＝ρLS得：R＝ρLLd=ρ1d，與材料和厚度有關。兩電阻厚度相同，材料相同，所以電阻之比為1：1，即R1＝R2，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】解決本題的關鍵掌握電阻定律R＝ρLS，注意電流方向的L與S的正確判定。
5．【分析】電池容量是指電池的存儲電量，根據題目可知正常工作時的電壓，根據I=PU求解正常工作時的電流，根據t=qI求解時間。
【解答】解：A、題中“mAh”是電荷量的單位，故A錯誤；
B、掃地機器人正常工作時的電流為：I=PU=3015A＝2A，故B正確；
C、掃地機器人并非純電阻電路，故不能用P＝UI和U＝IR計算，故掃地機器人的電阻不可求，故C錯誤；
D、掃地機器人充滿電后一次工作時間問：t=qI=2000mAh2A=1h，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題是信息給予題，要求同學們能從題目中獲取有用信息，知道電池容量是指電池儲存電量的大小，難度不大，屬于基礎題。
6．【分析】由于粒子在勻強磁場是做勻速圓周運動，運動周期與粒子速度大小無關，可見，要計算粒子在磁場中運動的時間，只要求得它在磁場中運動軌跡對應的圓心角，就可得到所用的時間。
【解答】解：設圓形磁場區(qū)域的半徑是R，以速度v射入時，半徑r1=mvqB
根據幾何關系可知，r1R=tan30°，解得：r1=33R
運動時間：△t=θ2πT=1203602πmqB=2πmqB
粒子以速度3v射入時，半徑：r2=3mvqB=3×33R=3R
設第二次射入時的圓心角為θ，根據幾何關系可知：tanθ2=Rr2=R3R=33，解得：θ＝60°
第二次運動的時間為：t/'=60360T=16×2πmqB=12△t，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時還利用圓弧的幾何關系來幫助解題。
二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分，每小題有多個選項符合題意.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分.
7．【分析】先根據粒子帶正電和粒子的運動軌跡彎曲方向判斷電場線的方向，再由電場線的方向判斷電勢的高低；
電場力做正功，電勢能減小，動能增加；電場力做負功，電勢能增加，動能減小。
【解答】解：AC、電場線的疏密表示電場的強弱，由圖可知B點處的電場線密，則B點處的電場強度大，從A到B的過程中電場強度逐漸增大；由F＝qE可知，同一個帶電粒子受到的電場力逐漸增大，所以帶電粒子的加速度逐漸增大。故AC正確；
B、由粒子的運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力的方向大致向右，速度沿切線方向，力和速度方向夾角為銳角，電場力做正功，粒子的動能增大，故B正確；
D、電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。
故選：ABC。
【點評】解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關鍵是根據軌跡判斷出電場力方向，利用電場中有關規(guī)律求解；
沿電場線的方向，電勢降低；電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加。
8．【分析】當電鍵K閉合時，通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律判斷感應電動勢的方向和作用，分析哪個燈先亮。斷開瞬間也可以按照同樣的思路分析。
【解答】解：A、B、燈L1與電阻R串聯，當電鍵S閉合時，燈L2立即發(fā)光。通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律線圈產生的感應電動勢與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，L1逐漸亮起來。所以L2比L1先亮。由于線圈直流電阻忽略不計，當電流逐漸穩(wěn)定時，線圈不產生感應電動勢，兩燈電流相等，亮度相同。故A正確，B錯誤；
C、穩(wěn)定后當電鍵S斷開后，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，與燈泡L1、L2和電阻R構成閉合回路放電，兩燈都過一會兒熄滅，由于L1、L2是兩個完全相同的燈泡，所以穩(wěn)定時電流相等，電路穩(wěn)定后再斷開電鍵S時，L2燈不會閃亮一下。故C錯誤，
D、穩(wěn)定后當電鍵S斷開后，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，電流的方向與L1原來的方向相同，與L2電流的方向相反。故D正確；
故選：AD。
【點評】對于自感現象，是特殊的電磁感應現象，應用楞次定律和法拉第電磁感應定律進行理解。
9．【分析】本題根據圖形面積所表示的量等于橫坐標軸量與縱坐標軸量的乘積所得量的值。結合相關的規(guī)律進行分析。
【解答】解：A、若y為電場強度E，x為距離d，則“面積”表示0﹣x0位置的電勢差，故A錯誤；
B、若y為電流I，x為時間t，則“面積”表示x0時間內流過的電量，故B正確；
C、若y為電壓U，x為電流I，則“面積”沒有意義，x0對應狀態(tài)的電功率等于x0對應狀態(tài)的電壓與電流的乘積，故C錯誤；
D、若y為電功率P，x為時間t，則“面積”表示x0時間內消耗的電能，故D正確；
故選：BD。
【點評】本題考查圖形面積的意義，要學會變通，能舉一反三。關鍵要掌握相關的物理規(guī)律。
10．【分析】粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，當質子的軌跡半徑等于R時速度最大。加速電壓越大，質子加速的次數減少，但質子最后獲得的速度不變。交變電壓的頻率與質子做勻速圓周運動的頻率相等，根據f=qB2πm分析該回旋加速器能否用于加速α粒子。
【解答】解：A、當質子在磁場中的軌跡半徑r＝R時，速度v最大，最大速度v＝2πfR．故A正確；
B、由qvB＝mv2R得最大速度 v=qRBm，由此可知，質子的最大速度只與質子本身的比荷、D形盒半徑和磁場的磁感應強度大小有關，與加速電壓無關，故B錯誤；
C、要使此加速器正常工作，必須使交變電壓的頻率與質子做勻速圓周運動的頻率相等。故C正確；
D、由于α粒子與質子的比荷不等，在磁場中勻速圓周運動的頻率不等，所以根據f=qB2πm分析知，B和f都不改變，該回旋加速器不能用于加速α粒子（24He）。故D錯誤。
故選：AC。
【點評】解決本題的關鍵知道當粒子從D形盒中出來時，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁場中勻速圓周運動的頻率和高頻交流電的頻率相等。
11．【分析】根據速度時間關系可得v＝at和法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，根據閉合電路的歐姆定律求解感應電流大?。?br /> 根據對線框的受力分析及牛頓第二定律求解外力的表達式；
根據電功率計算公式求解電功率與時間關系；
根據電荷量的計算公式求解電荷量與時間關系，由此分析圖象。
【解答】解：A、0﹣t1時間內，線框由靜止開始以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，根據速度時間關系可得v＝at，感應電動勢E＝BLv＝BLat，感應電流：i=ER=BLaRt，B、L、a、R是定值，則i與t成正比，故A正確；
B、線框受到的安培力：F安培＝BIL=B2L2vR=B2L2atR，
對線框，由牛頓第二定律可得：F-B2L2atR=ma，
解得：F=B2L2atR+ma，故B錯誤；
C、電功率：P＝I2R=B2L2a2Rt2，P為時間的二次函數，故C正確；
D、電荷量：q＝It=BLaRt2，q與t的平方成正比，故D錯誤；
故選：AC。
【點評】對于電磁感應現象中的圖象問題，磁場是根據楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流隨時間變化關系，然后推導出縱坐標與橫坐標的關系式，由此進行解答，這是電磁感應問題中常用的方法和思路。
三、簡答題：本題共3小題，共計28分.請將解答填寫在答題卡相應的位置
12．【分析】（1）表頭串聯大電阻改裝成電壓表，串聯電阻越大則量程越大；
（2）歐姆表內置電源正極與黑表筆相連，附近與紅表筆相連；
（3）偏角小說明電阻大，要換用大倍率擋，重新調零后測量，讀數為示數乘以倍率。
【解答】解：（1）表頭串聯大電阻改裝成電壓表，串聯電阻越大則量程越大，由此可知檔位5的量程較大；
（2）由圖（a）所示電路圖可知，A與歐姆表內置電源正極相連，又電流紅進黑出，則A端應與黑表筆相連；
（3）歐姆表的零刻度在左邊，偏角小，說明帶測電阻阻值大，應換大倍率×1k擋，重新歐姆調零后測量；
歐姆表的讀數為：示數×倍率＝14×1000Ω＝14kΩ；
故答案為：（1）5；
（2）黑；
（3）×1k、歐姆調零、14kΩ。
【點評】本題考查了多用電表讀數以及內部原理，要注意明確串并聯電路的規(guī)律應用，同時掌握讀數原則，對多用電表讀數時，要先確定電表測的是什么量，然后根據選擇開關位置確定電表分度值，最后根據指針位置讀數；讀數時視線要與電表刻度線垂直。
13．【分析】（1）根據實驗測得它兩端電壓U和通過它電流I的數據的范圍可以選擇電壓表和電流表；在實驗過程中，開關S閉合前，滑動變阻器的滑片應置于時電表示數為零的位置；
（2）在圖上描出電流和電壓的對應點，用光滑的曲線連接起來；根據圖象分析二極管的電阻值隨工作電壓的變化關系；
（3）當內外電阻相等時電源的輸出功率最大，即發(fā)光二極管的總功率最大，由圖示圖象求出此時發(fā)光二極管兩端電壓與電流，由歐姆定律求出其的電阻，然后求出二極管的個數。
【解答】解：（1）根據實驗測得它兩端電壓U和通過它電流I的數據的范圍可知：電壓變化的最大值為2.8V，所以電壓表選A；根據表格數據可知電表示數從零開始，滑動變阻采用分壓接法，應選阻值相對較小的，便于調節(jié)，故選D；
在實驗過程中，開關S閉合前，滑動變阻器的滑片應置于時電表示數為零的位置，保護電表，故應在最左端；
（2）根據表中數據，在圖上描出各點，用光滑的曲線連接起來。如圖所示：

由圖線可知，二極管的阻值隨電壓的增大而減??；
（3）電源內阻為20歐姆，當外電路電阻與電源內阻相等，即發(fā)光二極管并聯總電阻為20歐姆時燈泡的總功率最大，由于內外電阻相等，則內外電壓相等，電源電動勢為3.2V，則路端電壓為1.6V，
由上圖所示圖象可知，電壓為1.6V時通過二極管的電流為10mA，
此時二極管的電阻：R=UI=1.68×10-3Ω=200Ω，
假設有n只二極管并聯，則Rn=20
解得：n＝10
故答案為：
（1）A、D、左；
（2）、減?。?br /> （3）10。
【點評】解決本題關鍵：1、知道多用電表電流的流向及二極管的特性。
2、知道如何選取電表，會判斷電流表的內外接和滑動變阻器的分壓限流接法。
3、用數學描點法描繪圖象，體現了學科間的整合。
4、要熟練掌握當內外電阻相等時，電源輸出功率最大，并能靈活應用解決實際問題。
14．【分析】（1）明確電路結構，從而分析故障原因；
（2）根據閉合電路歐姆定律進行分析，列出對應的表達式，從而明確圖象的意義并求出電動勢和內電阻；
（4）根據電路結構以及電表內阻的影響進行分析，從而明確誤差原因
【解答】解：（1）電壓表V1無讀數，電壓表V2有讀數，說明V1無與電源斷開，而V2與電源是連接的，故發(fā)生斷路的是cd；
（2）根據電路圖由閉合電路歐姆定律可知：
E＝U1+U2+U1R1r
變形可得：
U2＝E-r+R1R1U1
由圖可知，圖象與縱軸的截距表示電動勢，故E＝6.0V；
圖象的斜率k=r+R1R1=6.0-2.02.6=1.5
解得：r＝8.0Ω；
（3）本實驗中由于電壓表V1分流作用而使測量電流偏小，從而出現誤差。
故答案為：（1）cd
（2）6.0；8.0；
（3）電壓表V1分流。
【點評】本題是一種伏阻法測量電源電動勢和內阻的方法，注意本題中將電壓表與定值電阻并聯充當電流表使用，注意數據處理的基本方法。
四、計算題：本大題共4小題，共54分.解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分.有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位.
15．【分析】（1）由圖可知輸入電壓的圓頻率和電壓的最大值，即可原線圈的輸入電壓的瞬時值的表達式。
（2）根據原副線圈的電壓與匝數成正比即可求出ab和cd間線圈的匝數比。
（3）根據輸入功率等于輸出功率，求解原線圈中的電流。
【解答】解：（1）最大值Um=2U1=2002V，由題圖（b）可知，ω＝200π rad/s，電壓瞬時值u＝2002sin200πt（V）。
（2）根據電壓和匝數的關系可知，n1n2=U1U2，代入數據解得n1n2=5：1。
（3）理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，P1＝P2，原線圈的電流I1=P1U1，代入數據解得，I1＝0.4A。
答：（1）寫出該交變電流電壓瞬時值u的表達式為u＝2002sin200πt（V）。
（2）已知cd兩端的輸出電壓U2＝40V，原副線圈的匝數比n1n2為5：1。
（3）當變壓器的輸出功率為80W時，原線圈中的電流I1為0.4A。
【點評】掌握原副線圈的電壓之比等于匝數比，知道電動機是非純電阻元件，根據能量守恒輸出功率等于總功率與熱功率之差，應用電功率公式即可正確解題。
16．【分析】（1）根據閉合電路的歐姆定律求解電流強度；
（2）根據平衡條件結合安培力的計算公式求解；
（3）摩擦力為零，根據平衡條件求解角度α的大小。
【解答】解：（1）根據閉合電路的歐姆定律可得：I=ER+r
代入數據解得：I＝1.5A；
（2）安培力F＝BIL＝0.3N，方向沿斜面向上
根據平衡條件可得：mgsin37°+f＝F
代入數據解得f＝0.06N，方向沿斜面向下；
（3）摩擦力為零，根據平衡條件可得：mgsin37°＝Fcosα
代入數據解得：α＝37°。
答：（1）流經導體棒的電流大小為1.5A；
（2）導體棒受到的摩擦力大小0.06N，方向沿斜面向下；
（3）角度α的大小為37°。
【點評】本題主要是考查安培力作用下的導體棒的平衡問題，解答此類問題要明確導體棒的受力情況，結合平衡條件列方程解答。
17．【分析】（1）由乙圖讀出金屬桿進入磁場時加速度的大小，判斷出加速度方向。由法拉第電磁感應定律、歐姆定律推導出安培力與速度的關系式，由牛頓第二定律列式可求出金屬桿剛進入磁場時速度。
（2）從開始下落到下落0.3m的過程中，桿的機械能減小轉化為內能，由能量守恒列式可求出電阻R上產生的熱量。
（3）求出金屬桿在磁場中運動的距離，應用法拉第電磁感應定律求出平均感應電動勢，應用歐姆定律求出平均感應電流，應用電流定義式求出電荷量。
【解答】解：（1）金屬桿進入磁場時受到的安培力：F＝BIL=B2L2vR，
由圖示圖線可知，金屬桿進入磁場時的加速度：a0＝10m/s2，方向：豎直向上，
對金屬桿，由牛頓第二定律得：B2L2v0R-mg＝ma0，
代入數據解得：v0＝1m/s；
（2）由圖（b）所示圖線可知，金屬桿下落0.3s時加速度：a＝0，
金屬桿所受合力為零，重力與安培力平衡，
由平衡條件得：mg=B2L2vR，
代入數據解得：v＝0.5m/s，
從開始到下落0.3m過程，由能量守恒定律得：mgh=12mv2+Q，
代入數據解得：Q＝0.2875J；
（3）進入磁場前金屬桿做自由落體運動，v02=2gh1，
代入數據解得：h1＝0.05m，
金屬桿在磁場中下落的高度：h2＝h﹣h1，
代入數據解得：h2＝0.25m，
平均感應電動勢：E=△?△t=BLh2△t，
平均感應電流：I=ER，
電阻R上通過的電荷量：q=I△t，
代入數據解得：q＝0.25C；
答：（1）金屬桿剛進入磁場時，速度v0大小為1m/s；
（2）金屬桿下落0.3m的過程中，在電阻R上產生的熱量Q為0.2875J；
（3）金屬桿下落0.3m的過程中，在電阻R上通過的電量q為0.25C。
【點評】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導體棒的平衡問題，根據平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。
18．【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出粒子速度。
（2）粒子在磁場I中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后求出距離。
（3）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程作出粒子運動軌跡，然后分析答題。
【解答】解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
沿電場方向：vy2=2qEmL
解得：vy=3v0，
粒子速度為：v=vx2+vy2=2v0，
v與x軸負方向間夾角為：θ＝arctanvyv0=arctan3=60°；
（2）粒子在磁場I中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB1＝mv2r1，
解得：r1=43L，
由幾何知識可知，圓心O1恰好在y軸上，距O點的距離：y1=23L，
粒子第一次經過y軸時距O點的距離：D＝y(tǒng)1+r1＝2L；
（3）粒子在磁場II中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB2＝mv2r2，
解得：r2=13L=r14，
粒子運動軌跡如圖所示，則有：△y＝2r1﹣4r2，
解得：△y=43L，
粒子在磁場中做圓周運動的周期為：T1=2πmqB1=4πL3v0，T2=2πmqB2=πL3v0，
從第一次經過y軸到第4次經過y軸所需總時間：△t=12T1+T2=πLv0；
答：（1）粒子由電場進入磁場I時的速度v大小為2v0，方向：與x軸負方向夾角為60°；
（2）粒子出發(fā)后第1次經過y軸時距O點的距離D為2L；
（3）粒子出發(fā)后從第1次經過y軸到第4次經過y軸產生的位移大小△y為43L，所需時間△t為πLv0。

【點評】本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據題意分析清楚粒子運動過程是解題的前提，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可解題。

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