江苏省宿迁市沭阳县如东高中2015-2016学年高二上学期期中物理试卷【解析版】（选修）

2015-2016学年江苏省宿迁市沭阳县如东高中高二（上）期中物理试卷（选修）
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分34分）
1．下列说法中正确的是( )
A．由可知，电阻与电压、电流都有关系
B．由R=ρ可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系
C．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小
D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零
2．关于磁场、磁感线和磁感应强度的描述，正确的说法是( )
A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B．由B=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场
C．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点手磁场作用力的方向
D．在磁场强的地方同一通电导体受得到安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小
3．如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是( )
A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁对桌面的静摩擦力向左 D．磁铁对桌面的静摩擦力向右
4．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B．欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )
A．适当减小电场强度E
B．适当减小磁感应强度B
C．适当增大加速电场极板之间的距离
D．适当减小加速电压U
5．如图所示，在半径为R的圆形区域和边长为2R的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，粒子重力不计，则下列说法不正确的是( )
A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同
B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场
C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场
D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场
6．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是( )
A．电源1和电源2的内阻之比是11：7
B．电源1和电源2的电动势之比是1：1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
7．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )
A．电动机消耗的总功率为UI B．电动机消耗的热功率为
C．电源的输出功率为EI D．电源的效率为1﹣
8．如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U．已知自由电子的电量为e．下列说法中正确的是( )
A．M板比N板电势高
B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为
D．导体单位体积内的自由电子数为
9．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是( )
A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1
C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径
D．在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大
10．如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2，已知电阻R大于电源内阻r，则( )
A．电流表A的示数增大 B．电压表V2的示数增大
C．电压表V1的示数增大 D．△U1大于△U2
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二、解答题（共7小题，满分86分）
11．（1）图甲种游标卡尺的读数是__________cm，图乙中螺旋测微器的读数是__________mm．
（2）某同学测量一未知电阻的阻值．
（a）首先用多用电表粗侧电阻的大小，将多用表选择开关置于×10挡，凋零后，将红黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图丙所示，则所测阻值为__________Ω．
（b）接着该同学计划用伏安法较准确地测量电阻的阻值，根据实验要求和提供的器材，已完成实物连线如图丁连接好电路后，闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，该同学用多用电表检查电路故障，他的操作如下：选用多用电表的指针均发生偏转，则可能是连接__________之间的导线发生了断路．（图中电表左接线柱均为“﹣”）
（c）实验中移动变阻器滑动头，记下多组电流表示数I（单位A）、电压表示数U（单位V），然后在坐标纸上作出I﹣U图线，图中直线的__________大小表示特测电阻阻值．在这个实验中，测量值__________真实值．（填“＞”、“=”或“＜”）
12．一个小灯泡的额定电压为2.0V．额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线．
A．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；
B．电压表V1：量程为0﹣3V，内阻约为1kΩ
C．电压表V2：量程为0﹣15V，内阻约为4kΩ
D．电流表A1：量程为0﹣3A，内阻约为0.1Ω；
E．电流表A2：量程为0﹣0.6A，内阻约为0.6Ω；
F．滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω，额定电流为0.6A；
G．滑动变阻器R2：最大阻值为15Ω，额定电流为1.0A；
H．滑动变阻器R3：最大阻值为150Ω，额定电流为1.0A；
I．开关S，导线若干．
实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：
I/A
0.00
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/N
0.00
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1. 60
1.80
2.00
（1）实验中电压表应选用__________；电流表应选用__________；滑动变阻器应选用__________（请填写选项前对应的字母 ）．
（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最__________（填“左”或“右”）端．
（3）在下面坐标中画出小灯泡的U﹣I曲线．
（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为__________W（保留两位有效数字）．
13．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：
（1）电源的电动势E和内阻r．
（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
14．如图所示，光滑导轨与水平面成θ角，导轨宽L．匀强磁场磁感应强度为B．金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：
（1）B至少多大？这时B的方向如何？
（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
15．（14分）在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，电容C=2×10﹣5μF，电键K先接a稳定后，R2上消耗的电功率为4W．电键K再接b稳定后电压表示数为4.5V，图中各元件均完好，试求：
（1）电源的电动势和内电阻；
（2）电键从a接b过程中，流过R3的总电量；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流．
16．（14分）如图1所示的坐标系内，在x0（x0＞0）处有一垂直工轴放置的挡板．在y轴与挡板之间的区域内存在一个与xoy平珏垂直且指向纸内的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．位于坐标原点O处的粒子源向xoy平面内发射出大量同种带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均为vo=1.0×106m/s，方向与x轴正方向的夹角为θ，且0≤θ≤90°．该粒子的比荷为=1.0×108C/kg，不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上后均被挡板吸收．
（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径R：
（2）如图2所示，为使沿初速度方向与x轴正方向的夹角θ=30°射出的粒子不打到挡板上，则x0必须满足什么条件？该粒子在磁场中运动的时间是多少？
（3）若x0=5.0×10﹣2m，求粒子打在挡板上的范围（用y坐标表示），并用“”图样在图3中画出粒子在磁场中所能到达的区域：
17．（16分）如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场II，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点OM=MP=L．在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为+q的粒子从电场中坐标为（﹣2L，﹣L）的点以速度υ0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I（粒子的重力忽略不计）．
（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；
（2）求区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小；
（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域II内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？

2015-2016学年江苏省宿迁市沭阳县如东高中高二（上）期中物理试卷（选修）
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分34分）
1．下列说法中正确的是( )
A．由可知，电阻与电压、电流都有关系
B．由R=ρ可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系
C．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小
D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零
【考点】电阻定律；欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．
【解答】解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；
C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；
D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确．
故选BD
【点评】深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．
2．关于磁场、磁感线和磁感应强度的描述，正确的说法是( )
A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B．由B=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场
C．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点手磁场作用力的方向
D．在磁场强的地方同一通电导体受得到安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小
【考点】磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】磁感线是描述磁场分布而假想的；磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极；
公式B=是定义式，与导线的受力大小无关；
根据左手定则可知，磁场的方向与安培力的方向一定垂直．
【解答】解：A、磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极，故A错误；
B、根据公式：F=BILsinθ可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，可能是电流的方向与磁场平行，此处不一定没有磁场，故B错误；
C、根据左手定则可知，磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直．故C错误；
D、根据公式：F=BILsinθ可知，通电导线在磁场强的地方受力可能比在磁场弱的地方受力小．故D正确．
故选：D
【点评】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质．由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质．
3．如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是( )
A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁对桌面的静摩擦力向左 D．磁铁对桌面的静摩擦力向右
【考点】安培力．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化．
【解答】解：AB、在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，故A正确，B错误．
CD、由于导线处于磁铁正中央，磁铁受到的导线的磁场力竖直向上，因此磁铁对桌面没有运动趋势，故CD错误，
故选：A．
【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键．
4．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B．欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )
A．适当减小电场强度E
B．适当减小磁感应强度B
C．适当增大加速电场极板之间的距离
D．适当减小加速电压U
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．[21世纪教育网
【分析】根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，要使粒子在复合场中做匀速直线运动，即Eq=qvB．所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．
【解答】解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq=qvB．
根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小洛伦兹力，要么增大电场力．
A、适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故A正确．
B、适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，故B错误．
C、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU=可得v=，由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误．
D、根据eU=可得v=，适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力．故D错误．
故选：A．
【点评】本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动．在解题时要注意运动过程分析和受力分析．
5．如图所示，在半径为R的圆形区域和边长为2R的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，粒子重力不计，则下列说法不正确的是( )
A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同
B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场
C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场
D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，然后分析答题．
【解答】解：带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=，
解得粒子的轨道半径r=，
两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期T=粒子运动轨迹如图所示；
A、由图示可知，当r=R时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于，故A正确；
B、由图示可知，当粒子轨道半径r≠R时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，
则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子运动时间小于从N点射入的粒子运动时间，故BD正确，C错误；
本题选不正确的，故选：C．
【点评】本题考查了比较粒子在磁场中的运动时间，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，比较出粒子在磁场中转过的圆心角大小即可正确解题，作出粒子的运动轨迹是正确解题的前提与关键．
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6．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是( )
A．电源1和电源2的内阻之比是11：7
B．电源1和电源2的电动势之比是1：1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻；电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，电源的U﹣I图线是直线，r等于电源的U﹣I图线斜率的大小，由斜率可算出电源内阻．电源U﹣I图与纵轴值表示电动势大小．电源与灯泡的U﹣I图线的交点表示灯泡接在电源上的工作状态，读出电压、电流，可求出灯泡的功率．
【解答】解：A、由图得到r1=，r2=，r1：r2=11：7，故A正确．
B、E1=10V，E2=10V．E1：E2=1：1，故B正确．
C、灯泡接在Ⅰ电源上时，U=3V，I=5A，P=UI=15W．灯泡接在电源Ⅱ上，U=5V，I=6A，P=UI=30W，故C正确．
D、由上，R1=，R2=，R1：R2≠1：2故D错误．
本题选错误的，故选D
【点评】本题将电源的外特性曲线和灯泡的伏安特性曲线作在同一幅图上，关键在于理解交点的物理意义．对于非线性元件，电阻R=，不能用求电阻．
7．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )
A．电动机消耗的总功率为UI B．电动机消耗的热功率为
C．电源的输出功率为EI D．电源的效率为1﹣
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
【解答】解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；
B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．
C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．
D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l﹣，所以D正确．
故选AD．
【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
8．如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U．已知自由电子的电量为e．下列说法中正确的是( )
A．M板比N板电势高
B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为
D．导体单位体积内的自由电子数为
【考点】电流、电压概念；电势．
【分析】金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定M、N两板电势的高低．电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势E=Bdv，为电子定向移动的速率，电压表的读数U=E．根据电流的微观表达式I=nevS，求解导体单位体积内的自由电子数n．
【解答】解：A、如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低．
B、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U=E=Bdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关．故B错误．
C、由U=E=Bdv，得自由电子定向移动的速度为．故C正确．
D、电流的微观表达式是I=nevS，则导体单位体积内的自由电子数n=，S=db，，代入得n=．故D正确．
故选CD
【点评】本题现象称为霍耳效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡分析电压表的示数．中等难度．
9．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是( )
A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1
C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径
D．在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．
【解答】解：A、根据周期公式T= 知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1．故A正确．
B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn﹣tn﹣1），故B错误；
C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关．故C正确，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．
10．如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2，已知电阻R大于电源内阻r，则( )
A．电流表A的示数增大 B．电压表V2的示数增大
C．电压表V1的示数增大 D．△U1大于△U2
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．
【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2分别测量R、路端电压．
当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；
B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；
C、电路中电流增大，根据欧姆定律知，电压表V1的示数增大，故C正确．
D、路端电压减小，R的电压增大，则△U1大于△U2，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．
二、解答题（共7小题，满分86分）
11．（1）图甲种游标卡尺的读数是2.98cm，图乙中螺旋测微器的读数是5.680mm．
（2）某同学测量一未知电阻的阻值．
（a）首先用多用电表粗侧电阻的大小，将多用表选择开关置于×10挡，凋零后，将红黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图丙所示，则所测阻值为200Ω．[来源:21世纪教育网]
（b）接着该同学计划用伏安法较准确地测量电阻的阻值，根据实验要求和提供的器材，已完成实物连线如图丁连接好电路后，闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，该同学用多用电表检查电路故障，他的操作如下：选用多用电表的指针均发生偏转，则可能是连接连接电流表和电压表之间的导线发生了断路．（图中电表左接线柱均为“﹣”）
（c）实验中移动变阻器滑动头，记下多组电流表示数I（单位A）、电压表示数U（单位V），然后在坐标纸上作出I﹣U图线，图中直线的斜率的倒数大小表示特测电阻阻值．在这个实验中，测量值＜真实值．（填“＞”、“=”或“＜”）
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻．
【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（2）（a）欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数．
（b）根据待测阻值与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器是采用分压接法还是限流接法，根据待测电阻阻值与电流表与电压表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出实验电路图；根据实验电路图连接实物电路图．根据电路故障现象分析电路故障原因．
（c）根据欧姆定律求出电压与电流的关系式，然后根据表达式求出电阻大小；电流表外接法，由于电压表分流，使电阻测量值小于真实值．
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为2.9mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：2.9mm+0.8mm=7.2mm=2.98cm．
螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm；
（2）（a） 由图甲所示欧姆表可知，所测电阻阻值为：20×10Ω=200Ω．
（b）由于滑动变阻器最大阻值为20Ω，远小于待测电阻阻值200Ω，如果滑动变阻器采用限流接法，移动滑动变阻器滑片时，电路电流及待测电阻电压变化较小，不能进行多次测量，因此滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻是20kΩ，电流表内阻是10Ω，待测电阻阻值约为200Ω，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如图1所示；根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图2所示．
闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，说明电路存在断路；用电压表测：电源正负极间、变阻器电阻丝的两端、电流表“﹣”接线柱和电压表“+”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，说明各测试连点之间不存在断路，因此电路断路位置在连接电流表与电压表之间的导线断路．
（c）由欧姆定律可知，I=，则U=IR，在电阻一定时，U与I成正比，它们的比例系数是导体电阻R，因此I﹣U图象的斜率的倒数大小表示电阻阻值；实验采用了电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表的测量值大于真实值，由R=可知，电阻的测量值小于电阻的真实值．
故答案为：（1）2.98；5.680；（2）（a）200；（b）实验电路图如图1所示；实物电路图如图2所示；
（c）连接电流表和电压表；（4）斜率的倒数，＜
【点评】本题考查了测量仪器的读数、欧姆表读数、设计实验电路、连接实物电路图、实验误差分析等问题；设计实验电路是该题的难点，也是正确解题的关键；设计实验电路的关键是：确定滑动变阻器采用分压接法还是限流接法，电流表是采用内接法还是外接法．
12．一个小灯泡的额定电压为2.0V．额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线．
A．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；
B．电压表V1：量程为0﹣3V，内阻约为1kΩ
C．电压表V2：量程为0﹣15V，内阻约为4kΩ
D．电流表A1：量程为0﹣3A，内阻约为0.1Ω；
E．电流表A2：量程为0﹣0.6A，内阻约为0.6Ω；
F．滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω，额定电流为0.6A；
G．滑动变阻器R2：最大阻值为15Ω，额定电流为1.0A；
H．滑动变阻器R3：最大阻值为150Ω，额定电流为1.0A；
I．开关S，导线若干．
实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：
I/A
0.00
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/N
0.00
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
（1）实验中电压表应选用B；电流表应选用E；滑动变阻器应选用G（请填写选项前对应的字母 ）．
（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最右（填“左”或“右”）端．
（3）在下面坐标中画出小灯泡的U﹣I曲线．
（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为0.28W（保留两位有效数字）．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】定性思想；推理法；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零．
（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出U﹣I图象．
（4）在同一坐标系中作出电池的U﹣I图象，两图象的交点坐标值是灯泡的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．
【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，则电压表选B；灯泡额定电流为0.5A，则电流表选E；为方便实验操作，滑动变阻器应选G．
（2）灯泡正常发光时电阻R===4Ω，=≈6.67，==250，，则电流表采用外接法，
由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；为使电流从零开始调节，闭合开关前，滑片应置于左端．
（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的U﹣I图象如图所示．
（4）电源的电动势为1.5V，电流与路端电压的关系式为：U=E﹣Ir=1.5﹣r
在上图中作出电流与路端电压的图线，如图所示；交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，
故功率为：P=UI=0.8×0.35=0.28W．
故答案为：（1）B、E、G；（2）电路图如图所示；右；（3）图象如图所示；（4）0.28．
【点评】本题关键要先画出小灯泡的伏安特性曲线和电源的路端电压与电流关系图线，根据交点得到电源的实际输出电压，再计算电功率．
13．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：
（1）电源的电动势E和内阻r．
（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】计算题．
【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；
（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．
【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律：
联立上式并代入数据解得：
E=6V
r=1Ω
电源电动势为6V，内阻为1Ω；
（2）由电功率表达式：
将上式变形为：
由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；
故P的最大输出功率为9W．
【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程．
14．如图所示，光滑导轨与水平面成θ角，导轨宽L．匀强磁场磁感应强度为B．金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：
（1）B至少多大？这时B的方向如何？
（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用；左手定则．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态．由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度．
仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小．
【解答】解：（1）只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．
根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，
大小满足：BI1L=mgsinθ，
（2）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，
沿导轨方向合力为零，得BI2Lcosθ=mgsinθ
【点评】要会区分左手定则与右手定则：左手定则是判定磁场力的，而右手定则是判定感应电流方向的．同时还利用三力平衡知识来求解．
15．（14分）在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，电容C=2×10﹣5μF，电键K先接a稳定后，R2上消耗的电功率为4W．电键K再接b稳定后电压表示数为4.5V，图中各元件均完好，试求：
（1）电源的电动势和内电阻；
（2）电键从a接b过程中，流过R3的总电量；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流．
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】简答题；定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】（1）根据电路结构，利用串并联电路的规律及功率公式结合闭合电路欧姆定律可求得电动势和内阻；
（2）开关接b时电容器的电压与R2电压相等，根据Q=UC求解；
（3）明确开关接c时的电路结构，由闭合电路欧姆定律求解．
【解答】解：（1）开关接a时，R1短路，只有R2接入电路；
则由P=I2R可得：
I1==1A；21世纪教育网
由P=可得
U1==4V；
（2）开关接a时，有E=U1+I1r，
开关接b时，R1和R2串联，R=R1+R2=6Ω，
通过电源电流，
则有：E=U2+I2r
解得：E=6V；r=2Ω；
（2）开关接b时，UC=U2=4×0.75=3V
电容器的带电量Q=CUC=3×2×10﹣11=6×10﹣11C，
所以电键从a接b过程中，流过R3的总电量为6×10﹣11C，
（3）开关接c时，R2与R3并联后与R1串联，由串并联规律可知；
总电阻R′=；
由闭合电路欧姆定律可知：总电流I=
通过R2的电流I2==0.5A；
答：（1）电源的电动势为6V，内电阻为2Ω；
（2）电键从a接b过程中，流过R3的总电量为6×10﹣11C；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流为0.5A．
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律、串并联电路规律及电容器的特点等，要注意正确分析电路，明确电路结构，才能正确利用闭合电路欧姆定律求解．
21世纪教育网
16．（14分）如图1所示的坐标系内，在x0（x0＞0）处有一垂直工轴放置的挡板．在y轴与挡板之间的区域内存在一个与xoy平珏垂直且指向纸内的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．位于坐标原点O处的粒子源向xoy平面内发射出大量同种带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均为vo=1.0×106m/s，方向与x轴正方向的夹角为θ，且0≤θ≤90°．该粒子的比荷为=1.0×108C/kg，不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上后均被挡板吸收．
（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径R：
（2）如图2所示，为使沿初速度方向与x轴正方向的夹角θ=30°射出的粒子不打到挡板上，则x0必须满足什么条件？该粒子在磁场中运动的时间是多少？
（3）若x0=5.0×10﹣2m，求粒子打在挡板上的范围（用y坐标表示），并用“”图样在图3中画出粒子在磁场中所能到达的区域：
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在磁场中由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求出轨道半径．
（2）粒子恰好不打到挡板上，其运动轨迹与挡板相切，画出轨迹，由几何知识求出x0，即可得到x0满足的条件．根据粒子轨道对应的圆心角θ，由公式t=T求出时间．
（3）若x0=5.0×10﹣2m，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出粒子打在挡板上的范围
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得
=5.0×10﹣2m
（2）如图所示，设粒子的运动轨迹恰与挡板相切，由几何关系得：x0=R+Rsinθ
X0=7.5×10﹣2m
为使该粒子不打到挡板上，x0≥7.5×10﹣2m
粒子在磁场中运动的周期为T
T===π×10﹣7s
该粒子在磁场中运动的时间==
（3）若x0=5.0×10﹣2m，则x0=R
当粒子沿着﹣y方向入射时，将打在挡板上的A点
其纵坐标yA=﹣R=500×10﹣2m
当粒子沿着+x方向入射时，粒子的运动轨迹恰好与挡板相切于B点
其纵坐标yB=R=5.0×10﹣2m
则粒子打在挡板上的范围为﹣500×10﹣2m≤y＜5.0×10﹣2m
粒子在磁场中所能到达的区域如图所示
答：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R是5.0×10﹣2m；
（2）为使该粒子不打到挡板上，x0≥7.5×10﹣2 m，该粒子在磁场中运动的时间是．
（3）粒子打在挡板上的范围为﹣5.0×10﹣2 m≤y＜5.0×10﹣2 m
【点评】本题的解题关键是画出轨迹，运用几何知识求出相关的距离，确定圆心角，求解粒子运动的时间[来源:21世纪教育网]
17．（16分）如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场II，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点OM=MP=L．在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为+q的粒子从电场中坐标为（﹣2L，﹣L）的点以速度υ0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I（粒子的重力忽略不计）．
（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；
（2）求区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小；
（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域II内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小；
（2）带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．由题意，粒子经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B的大小；
（3）当带电粒子恰好能再次回到原点O，在磁场Ⅱ中轨迹恰好与其右边界相切，画出轨迹，由几何关系即可求出磁场的宽度．分段求出时间，即可求得总时间．
【解答】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有
水平方向：2L=v0t
竖直方向：
联立解得，
（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy[来源:21世纪教育网]
则
则粒子进入磁场时速度大小为 ，方向与x轴正向成45°
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得轨迹半径为
由洛伦兹力充当向心力，则有
可解得：
（3）粒子运动轨迹如图．
在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为
带电粒子能再次回到原点的条件是区域Ⅱ的宽度
粒子从O到M的运动时间
粒子从M到N的运动时间
粒子在区域Ⅱ中的运动时间
粒子两次经过原点O的时间间隔为
答：（1）第三象限匀强电场场强E的大小是；
（2）区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小是；
（3）如带电粒子能再次回到原点O，区域II内磁场的宽度至少为（+1）L，粒子两次经过原点O的时间间隔为．
【点评】本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解．