江苏省泰州市泰兴四中2016-2017学年上学期高二（上）期中物理试卷（选修）（解析版）
文档属性
| 名称 | 江苏省泰州市泰兴四中2016-2017学年上学期高二（上）期中物理试卷（选修）（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 229.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-11-07 21:59:25 | ||
图片预览
文档简介
2016-2017学年江苏省泰州市泰兴四中高二（上）期中物理试卷（选修）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有-个选项符合题意．
1．关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A．最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培
B．磁感线与电场线一样都是客观存在的
C．磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
D．磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针N极在该点的受力方向相同
2．下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，电源电动势为6V，闭合电键S后小灯泡L不亮，用电压表测得各部分的电压情况是：Uab=Ucd=Ude=0，Uae=Ubc=6V．若电路中只有一处发生断路，则断开的部分是（ ）
A．电阻R1 B．变阻器R C．灯泡L D．电键S
4．如图，水平光滑导轨接有电源，电动势为E，内电阻为r，其它的电阻不计，导轨上有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，整个装置置下向下的匀强磁场中，三棒受到安培力的关系为（ ）
A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa=Fb=Fc C．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb=Fc
5．如图所示，电源内阻为r，定值电阻R0=，可变电阻R的最大阻值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中（ ）
A．电源的输出功率一直变大
B．电源的输出功率一直变小
C．当可变电阻滑到R=时电源的输出功率最大
D．当可变电阻滑到R=r时电源的输出功率最大
6．关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子可能做匀变速直线运动
B．带电粒子可能做匀速直线运动
C．带电粒子可能做匀变速曲线运动
D．带电粒子一定做匀速圆周运动
7．用电流表和电压表测电阻时，可以有如图所示的两种方法把电压表和电流表连入电路．对于这两个电路下列说法中正确的是（ ）
A．采用（甲）图时，测量出的电阻值比真实值小
B．采用（乙）图时，测量出的电阻值比真实值小
C．为了减小误差，测量较小阻值的电阻时宜采用（甲）图
D．为了减小误差，测量较大阻值的电阻时宜采用（乙）图
8．如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为（ ）
A．0 B． mv
C． mv+ D． mv﹣
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．
9．电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（ ）
A．磁场对电子的洛伦兹力大小、方向恒定不变
B．磁场对电子的洛伦兹力始终不做功
C．电子的速度、加速度始终不变
D．电子的动能始终不变
10．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变
B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小
C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变
D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小
11．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是（ ）
A．这离子必带正电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
12．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计．闭合开关S，电灯正常发光．再将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是（ ）
A．电流表、电压表的读数均变小
B．小灯泡L变暗
C．电源的总功率变大
D．电容器所带电荷量变大
13．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么以下正确的是（ ）
A．B板为正极
B．R中电流的方向向上
C．AB板产生的电动势为 BLv
D．AB板间的等离子体的电阻率为（﹣R）
三．简答题：本题共2小题，共26分．把答案填在答题卡相应的位置或按要求作答．
14．在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具．
（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：①毫米刻度尺；②10分度游标卡尺；③20分度游标卡尺；④螺旋测微器．一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为（填仪器序号）．如图1是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d= mm．
（2）某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率．
①同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是
A．测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零
B．若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω
C．若用欧姆表“×10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“×1”挡
D．每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零
②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式ρ=求得电阻丝的电阻率ρ．可供选择的器材如下：
A．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表
B．量程3A，内阻0.1Ω的电流表
C．量程3V，内阻6kΩ的电压表
D．量程15V，内阻30kΩ的电压表
E．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器
F．阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器
G．6V蓄电池
H．电键一个、导线若干
实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 ．根据选择的器材设计实验电路测出金阻丝的电阻，要求电压变化范围尽可能大，在图2的方框中画出电路图：
15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：
A．干电池一节
B．电流表（量程0.6A）
C．电压表（量程3V）
D．开关S和若干导线
E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）
F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）
G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）
（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选 （填“R1”、“R2”或“R3”）．
（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．所得内阻的测量值与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）
四．论述和演算题：本题共4小题，共50.解答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，答案中必须明确写出数值和单位.
16．图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω．将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光．问：
（1）电源的总功率是多少？
（2）电动机消耗的电功率是多少？
（3）电动机线圈的热功率是多少？
（4）电动机的效率为多少？
17．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？
（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
18．如图所示，一束电子流，通过一个横截面是矩形的匀强磁场区域，磁感应强度为B，速度方向与磁感线垂直．且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为a和a电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，（电子电量为e，质量为m）求：
（1）轨迹的半径为多大？
（2）电子流的速度多大？
（3）电子在磁场中的飞行时间？
19．如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为△R．设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在磁场B1中的速度多大？
（2）打在a、b两点的粒子的质量之差△m是多少？
2016-2017学年江苏省泰州市泰兴四中高二（上）期中物理试卷（选修）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有-个选项符合题意．
1．关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A．最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培
B．磁感线与电场线一样都是客观存在的
C．磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
D．磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针N极在该点的受力方向相同
【考点】磁感应强度；物理学史．
【分析】最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特；磁场的方向与某点小磁针北极的受力方向与该点磁场方向一致，而与导线的受力方向满足左手定则．匀强磁场中，磁通量的一般计算公式为Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）．当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．
【解答】解：A、最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A错误；
B、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为加上去的，它可以形象地描述磁场．故B错误；
C、根据磁通量的计算公式Φ=BSsinθ，可知影响磁通量大小的因素有磁感强度和面积的大小，还与线圈跟磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针静止时N极在该点的受力方向相同，故D正确．
故选：D．
【点评】此题考查磁感线、磁通量以及磁场的方向问题，知道磁场方向与某点小磁针北极的受力方向与该点磁场方向一致，而与导线的受力方向满足左手定则即可．
2．下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误．
【解答】解：A、由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该右边垂直纸面向里，左边垂直纸面向外．故A错误．
B、环形导线电流的方向逆时针，根据安培定则知，环形导线的内部磁场方向垂直面向外，故B正确．
C、从上往下看，线框的电流方向为顺时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向下．故C错误．
D、根据安培定则，电流方向上边垂直向里，下边垂直向外，则螺线管内部的磁场方向向左．故D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断．
3．（2010秋卫滨区校级期末）（文）如图所示，电源电动势为6V，闭合电键S后小灯泡L不亮，用电压表测得各部分的电压情况是：Uab=Ucd=Ude=0，Uae=Ubc=6V．若电路中只有一处发生断路，则断开的部分是（ ）
A．电阻R1 B．变阻器R C．灯泡L D．电键S
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】灯不亮，电路中只有一处发生断路．用电压表依次测得两点电压，看有无示数进行判断．
【解答】解：用电压表测得ab、cd、de间电压为零，说明没有电流通过灯泡、滑动变阻器和定值电阻．即这三处电路是好的．ae间为电源，其示数为6V，说明电源处无问题．bc间有电压且示数为6V，说明电压表示数为电源电压，则电压表所测这部分电路断路，电压表分担电源电压．故bc之间断路，即电键S断路；
故选：D．
【点评】本题考查了用电压表检测电路的故障．当电压表所测的那部分电路断路，电压表与电路串联，分担电源电压，要注意辨别．
4．如图，水平光滑导轨接有电源，电动势为E，内电阻为r，其它的电阻不计，导轨上有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，整个装置置下向下的匀强磁场中，三棒受到安培力的关系为（ ）
A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa=Fb=Fc C．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb=Fc
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．
【分析】图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接安培力公式F=BIL求解；对于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒．
【解答】解：设a、b两棒的长度分别为La和Lb．c的直径为d．
由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：
Fa=BILa；Fb=BILb=BId；
c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：Fb=BId；
因为La＞d，则有：Fa＞Fb=Fc．
故选：D．
【点评】本题关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度．
5．如图所示，电源内阻为r，定值电阻R0=，可变电阻R的最大阻值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中（ ）
A．电源的输出功率一直变大
B．电源的输出功率一直变小
C．当可变电阻滑到R=时电源的输出功率最大
D．当可变电阻滑到R=r时电源的输出功率最大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大；同时结合闭合电路欧姆定律进行分析．
【解答】解：对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大．
由题意知，电源的内阻为r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从到变化，根据上述结论可知，电源的输出功率先增大后减小，当R=时电源的输出功率最大，故C正确，ABD错误．
故选C
【点评】本题关键明确一个结论：电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大；同时要结合闭合电路欧姆定律分析，不难．
6．关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子可能做匀变速直线运动
B．带电粒子可能做匀速直线运动
C．带电粒子可能做匀变速曲线运动
D．带电粒子一定做匀速圆周运动
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】根据带电粒子进入匀强磁场的速度方向与磁感应强度方向的关系，判断粒子的运动情况．
【解答】解：当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，做匀速直线运动．
当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．
当带电粒子的速度方向与磁场方向既不垂直，也不平行，将速度分解为垂直磁场方向和平行磁场方向，在垂直磁场方向上做匀速圆周运动，在平行磁场方向上做匀速直线运动，合运动为螺旋运动．
因为洛伦兹力的方向随着速度的方向变化而变化，粒子若受洛伦兹力，加速度的方向一定改变，不可能做匀变速运动．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键掌握粒子在不同情况下进入磁场，粒子的运动情况．在高中阶段，考查得比较多的是，速度方向与磁场方向平行和速度方向与磁场垂直两种情况．
7．用电流表和电压表测电阻时，可以有如图所示的两种方法把电压表和电流表连入电路．对于这两个电路下列说法中正确的是（ ）
A．采用（甲）图时，测量出的电阻值比真实值小
B．采用（乙）图时，测量出的电阻值比真实值小
C．为了减小误差，测量较小阻值的电阻时宜采用（甲）图
D．为了减小误差，测量较大阻值的电阻时宜采用（乙）图
【考点】伏安法测电阻．
【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系．
根据要测电阻与电压表电流表内阻的大小关系确定内外接法．大电阻用内接法，测量值偏大，小电阻用外接法，测量值偏小．
【解答】解：A、B、甲电路时安培表内接法，乙电路是安培表外接法；
如果不考虑操作的偶然误差，按甲、乙两种电路进行实验，甲图中电压表两侧的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和，所以甲图中电阻测量值：
R甲=＞；
乙图中流过电流表的电流是待测电阻上的电流与电压表上电流的和，所以乙图中电阻测量值：
R乙=＜；故A错误，B正确；
C、D、所以如果不考虑实验操作的偶然误差，甲电路的电阻测量值大于真实值，乙电路的电阻测量值小于真实值；测量较小阻值的电阻时宜采用（乙）图；测量较大阻值的电阻时宜采用（甲）图；故C错误，D错误．
故选：B．
【点评】本题考查误差的分析，要明确两种不同的接法中电表对实验的影响，从而得出测量值与真实值之间的关系．
8．如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为（ ）
A．0 B． mv
C． mv+ D． mv﹣
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力方向，因初速度大小未知，故开始时滑块受弹力方向不能确定，应讨论．
【解答】解：由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：
A：若滑块受到向上的洛伦兹力F洛=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运动，摩擦力不做功，选项A正确；
B、若F洛＜mg，则弹力方向向上，竖直方向满足FN+F洛=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F洛=qvB知，F洛减小，FN则增大，f增大，由﹣f=mav知，v继续减小，最后减为零，由动能定理知，，解得，故B正确；
C、D、若F洛＞mg，则滑块受到向下的压力FN，在竖直方向满足F洛=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F洛=mg时FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足qvB=mg，解得v=，对滑块整个过程由动能定理得，
联立解得，故C错误，D正确；
故选：ABD．
【点评】洛伦兹力是变力，其方向时刻与速度方向垂直，故洛伦兹力永不做功，涉及到洛伦兹力与功、动能等问题，要用动能定理求解．
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．
9．电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（ ）
A．磁场对电子的洛伦兹力大小、方向恒定不变
B．磁场对电子的洛伦兹力始终不做功
C．电子的速度、加速度始终不变
D．电子的动能始终不变
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，此时电子将受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，力的方向始终与速度的方向垂直，力的作用效果只是改变了电子的运动方向，并没有改变电子的运动快慢，磁场对电子也不会做功．
【解答】解：
A、电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子受到的洛伦兹力的大小：f=qvB，大小不变．但方向时刻改变，故A错误；
B、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力只是改变了电子的运动方向，并没有改变速度的大小，磁场不会对电子做功．故B正确．
C、电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的方向始终沿圆弧的切线方向，方向不断变化．同时加速度也在时刻改变，故C错误．
D、电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的大小不变，所以电子的动能就没有变化．故D正确．
故选：BD．
【点评】带电粒子垂直于匀强磁场射入，此时粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，不改变粒子的速度大小，即洛伦兹力不会对带电粒子做功．
10．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变
B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小
C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变
D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．
【解答】解：A．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，A选项正确．
B．如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，故B错误．
C．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，C选项正确，
D．当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，D选项正确，
故选ACD．
【点评】解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，难度适中．
11．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是（ ）
A．这离子必带正电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】（1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；
（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；
（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．
【解答】解：A．离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A正确；
B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力不做功，故A、B位于同一高度，B正确；
C．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功做大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，C正确；
D．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．
12．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计．闭合开关S，电灯正常发光．再将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是（ ）
A．电流表、电压表的读数均变小
B．小灯泡L变暗
C．电源的总功率变大
D．电容器所带电荷量变大
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【分析】把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断灯泡L亮度的变化．电路稳定时电容器的电压等于路端电压，分析路端电压的变化，判断电容器充电或放电；根据电源内外电阻的关系分析的电源输出功率的变化．
【解答】解：AB、把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中总电流I减小，则灯泡L变暗；由于内阻不计，所以电压表示数不变，故A错误，B正确．
C、以上分析知，总电流减小，据P=EI知，电源的总功率减小，故C错误．
D、电容器与滑动变阻器并联，所以两端的电压相等，电容器两端的电压UC=U﹣IRL，由于I减小，电容器端电压UC增大，RL不变，则UC增大，再据C=判断电容器两极板的电量增大，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路．
13．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么以下正确的是（ ）
A．B板为正极
B．R中电流的方向向上
C．AB板产生的电动势为 BLv
D．AB板间的等离子体的电阻率为（﹣R）
【考点】霍尔效应及其应用；闭合电路的欧姆定律．
【分析】大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向．抓住带电粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡求出发电机的电动势．根据闭合电路欧姆定律求出发电机的内电阻．
【解答】解：AB、大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极，A板相当于电源的负极，所以通过电阻R的电流从下到上，故AB正确；
C、根据qvB=q 得，E=Bdv．故C错误．
D、根据欧姆定律得，r=﹣R=﹣R，依据r=，则有等离子体的电阻率为ρ=．故D错误．
故选：AB．
【点评】根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势，注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键．解决本题的关键知道稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力平衡，电路中电流越大，则单位时间内到达金属板A、B的等离子体数目增多．
三．简答题：本题共2小题，共26分．把答案填在答题卡相应的位置或按要求作答．
14．在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具．
（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：①毫米刻度尺；②10分度游标卡尺；③20分度游标卡尺；④螺旋测微器．一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为（填仪器序号）．如图1是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d= 1.020 mm．
（2）某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率．
①同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是 CD
A．测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零
B．若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω
C．若用欧姆表“×10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“×1”挡
D．每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零
②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式ρ=求得电阻丝的电阻率ρ．可供选择的器材如下：
A．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表
B．量程3A，内阻0.1Ω的电流表
C．量程3V，内阻6kΩ的电压表
D．量程15V，内阻30kΩ的电压表
E．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器
F．阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器
G．6V蓄电池
H．电键一个、导线若干
实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用 A ；电压表应选用 C ；滑动变阻器应选用 F ．根据选择的器材设计实验电路测出金阻丝的电阻，要求电压变化范围尽可能大，在图2的方框中画出电路图：
【考点】测定金属的电阻率．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
（2）每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．
根据电路发热功率与电阻可求出最大电流估计值，从而可以选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；
根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图．
【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+2.0×0.01mm=1.020mm；
（2）①A、测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行机械校零．故A错误，
B、若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，由于欧姆表刻度线不均匀，左疏右密，待测电阻小于40Ω，故B错误．
C、表针偏转过大，说明电阻档选择过大，应换小档位进行测量，故C正确；
D、运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零．故D正确．故选：CD；
②该段电阻丝的阻值约为3Ω，发热功率不超过0.75W，通过电阻丝的最大电流约为：I===0.5A，电流表应选择A；
电阻丝两端最大电压约为：U=IR=0.5×3=1.5V，电压表应选择C；为方便实验操作滑动变阻器应选择F；
实验要求电压变化范围尽可能大，滑动变阻器要采用分压接法，待测电阻阻值约为3Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为6kΩ，
电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
故答案为：（1）1.020；（2）①CD；②A；C；F；电路图如图所示．
【点评】本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表的使用注意事项、实验器材选择、设计实验电路图，是实验的常考问题，一定要掌握，平时要注意基础知识的学习与掌握；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是作出电路图的关键．
15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：
A．干电池一节
B．电流表（量程0.6A）
C．电压表（量程3V）
D．开关S和若干导线
E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）
F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）
G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）
（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选 R1 （填“R1”、“R2”或“R3”）．
（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E= 1.5 V，内电阻r= 1.9 Ω．所得内阻的测量值与真实值相比 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）根据电路图连接实物电路图．
（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，然后由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，滑动变阻器应选择总阻值较小的R1．
（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，图象如图所示，
由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻：r==≈1.9Ω．
相对于电源来说，电流表采用外接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值．
故答案为：（1）R1；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；1.5；1.9；偏小．
【点评】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电源电动势与内阻、判断电池的新旧，知道实验原理、掌握实验器材的选择原则、会应用图象法处理实验数据即可正确解题．
四．论述和演算题：本题共4小题，共50.解答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，答案中必须明确写出数值和单位.
16．图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω．将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光．问：
（1）电源的总功率是多少？
（2）电动机消耗的电功率是多少？
（3）电动机线圈的热功率是多少？
（4）电动机的效率为多少？
【考点】电功、电功率．
【分析】（1）由题意可知电路中的路端电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由P=UI可求得电源提供的能量；
（2）电动机消耗的电功率P=UI机；
（3）电动机线圈的热功率P机=I机2R机；
（4）由η=×100%可求得电动机的效率．
【解答】解：①由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U内=E﹣U=12V﹣8V=4V；
电路中电流I===8A；
故电源的总功率P=EI=12×8=96w；
②灯泡中的电流I灯===2A；
由并联电路的规律可知，通过电动机的电流I机=I﹣I灯=8A﹣2A=6A；
电动机消耗的电功率P=UI机=8×6=48w；
③电动机线圈的热功率P机=I机2R机=62×0.5=18w；
④电动机的效率η=×100%=×100%=62.5%．
答：（1）电源的总功率是96w（2）电动机消耗的电功率是48w
（3）电动机线圈的热功率是18w（4）电动机的效率为62.5%．
【点评】本题考查电路中电功及电热的区别，要注意焦耳定律及电功公式在非纯电阻电路中均可使用，但焦耳定律只能求产生的热量．
17．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？
（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．
【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小．
（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向．
【解答】解：从b向a看其受力如图所示．
（1）水平方向：f=FAsinθ…①
竖直方向：N+FAcosθ=mg…②
又FA=BIL=BL…③
联立①②③得：N=mg﹣，f=．
（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，
则有FA=mg
解得：Bmin=，根据左手定则判定磁场方向水平向右．
答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg﹣，f=．
（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右．
【点评】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键．
18．如图所示，一束电子流，通过一个横截面是矩形的匀强磁场区域，磁感应强度为B，速度方向与磁感线垂直．且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为a和a电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，（电子电量为e，质量为m）求：
（1）轨迹的半径为多大？
（2）电子流的速度多大？
（3）电子在磁场中的飞行时间？
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】找出圆心，画出轨迹，根据几何关系求出半径，根据结合洛伦兹力提供向心力列式求解电子流速度，飞行时间根据时间等于弧长除以速度求解．
【解答】解：画出运动轨迹，如图所示
由几何关系：R=2a；
设圆心角为θ
sinθ=
θ=
（2）洛伦兹力提供向心力，有evB=m
解得：v=
（3）电子在磁场中的飞行时间t==
答：（1）轨迹的半径为2a；
（2）电子流的速度为；
（3）电子在磁场中的飞行时间为．
【点评】本题关键是找出圆心，画出轨迹，然后根据几何关系求出半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解．
19．如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为△R．设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在磁场B1中的速度多大？
（2）打在a、b两点的粒子的质量之差△m是多少？
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】（1）穿过电容器的粒子满足电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡求出粒子运行的速度v；
（2）在磁场2中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据半径差的关系式求出粒子的质量差△m
【解答】解：（1）由于粒子沿直线运动，所以：
粒子在电容器中受到的电场力洛伦兹力平衡，即
qE=qvB1
因此v=
又因E=
则有v=
（2）以速度v进入B2的粒子满足：
Bqv=m
则有：R=
落在a点的半径为：R1=
落在b点的半径为：R2=
根据题意有：△R=2（R1﹣R2）
即：△R=2（﹣）
由此可得：×△RB2q=（m1﹣m2）v
即：△m=
代入v=
可得：△m=
答：（1）粒子进入B2磁场时的速度；
（2）打在a、b两点的粒子的质量之差△m为．
【点评】掌握速度选择器的原理，知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力求出半径与速度质量的关系是解决本题的关键．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有-个选项符合题意．
1．关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A．最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培
B．磁感线与电场线一样都是客观存在的
C．磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
D．磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针N极在该点的受力方向相同
2．下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，电源电动势为6V，闭合电键S后小灯泡L不亮，用电压表测得各部分的电压情况是：Uab=Ucd=Ude=0，Uae=Ubc=6V．若电路中只有一处发生断路，则断开的部分是（ ）
A．电阻R1 B．变阻器R C．灯泡L D．电键S
4．如图，水平光滑导轨接有电源，电动势为E，内电阻为r，其它的电阻不计，导轨上有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，整个装置置下向下的匀强磁场中，三棒受到安培力的关系为（ ）
A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa=Fb=Fc C．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb=Fc
5．如图所示，电源内阻为r，定值电阻R0=，可变电阻R的最大阻值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中（ ）
A．电源的输出功率一直变大
B．电源的输出功率一直变小
C．当可变电阻滑到R=时电源的输出功率最大
D．当可变电阻滑到R=r时电源的输出功率最大
6．关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子可能做匀变速直线运动
B．带电粒子可能做匀速直线运动
C．带电粒子可能做匀变速曲线运动
D．带电粒子一定做匀速圆周运动
7．用电流表和电压表测电阻时，可以有如图所示的两种方法把电压表和电流表连入电路．对于这两个电路下列说法中正确的是（ ）
A．采用（甲）图时，测量出的电阻值比真实值小
B．采用（乙）图时，测量出的电阻值比真实值小
C．为了减小误差，测量较小阻值的电阻时宜采用（甲）图
D．为了减小误差，测量较大阻值的电阻时宜采用（乙）图
8．如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为（ ）
A．0 B． mv
C． mv+ D． mv﹣
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．
9．电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（ ）
A．磁场对电子的洛伦兹力大小、方向恒定不变
B．磁场对电子的洛伦兹力始终不做功
C．电子的速度、加速度始终不变
D．电子的动能始终不变
10．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变
B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小
C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变
D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小
11．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是（ ）
A．这离子必带正电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
12．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计．闭合开关S，电灯正常发光．再将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是（ ）
A．电流表、电压表的读数均变小
B．小灯泡L变暗
C．电源的总功率变大
D．电容器所带电荷量变大
13．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么以下正确的是（ ）
A．B板为正极
B．R中电流的方向向上
C．AB板产生的电动势为 BLv
D．AB板间的等离子体的电阻率为（﹣R）
三．简答题：本题共2小题，共26分．把答案填在答题卡相应的位置或按要求作答．
14．在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具．
（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：①毫米刻度尺；②10分度游标卡尺；③20分度游标卡尺；④螺旋测微器．一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为（填仪器序号）．如图1是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d= mm．
（2）某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率．
①同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是
A．测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零
B．若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω
C．若用欧姆表“×10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“×1”挡
D．每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零
②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式ρ=求得电阻丝的电阻率ρ．可供选择的器材如下：
A．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表
B．量程3A，内阻0.1Ω的电流表
C．量程3V，内阻6kΩ的电压表
D．量程15V，内阻30kΩ的电压表
E．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器
F．阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器
G．6V蓄电池
H．电键一个、导线若干
实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 ．根据选择的器材设计实验电路测出金阻丝的电阻，要求电压变化范围尽可能大，在图2的方框中画出电路图：
15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：
A．干电池一节
B．电流表（量程0.6A）
C．电压表（量程3V）
D．开关S和若干导线
E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）
F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）
G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）
（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选 （填“R1”、“R2”或“R3”）．
（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．所得内阻的测量值与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）
四．论述和演算题：本题共4小题，共50.解答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，答案中必须明确写出数值和单位.
16．图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω．将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光．问：
（1）电源的总功率是多少？
（2）电动机消耗的电功率是多少？
（3）电动机线圈的热功率是多少？
（4）电动机的效率为多少？
17．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？
（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
18．如图所示，一束电子流，通过一个横截面是矩形的匀强磁场区域，磁感应强度为B，速度方向与磁感线垂直．且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为a和a电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，（电子电量为e，质量为m）求：
（1）轨迹的半径为多大？
（2）电子流的速度多大？
（3）电子在磁场中的飞行时间？
19．如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为△R．设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在磁场B1中的速度多大？
（2）打在a、b两点的粒子的质量之差△m是多少？
2016-2017学年江苏省泰州市泰兴四中高二（上）期中物理试卷（选修）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有-个选项符合题意．
1．关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A．最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培
B．磁感线与电场线一样都是客观存在的
C．磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
D．磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针N极在该点的受力方向相同
【考点】磁感应强度；物理学史．
【分析】最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特；磁场的方向与某点小磁针北极的受力方向与该点磁场方向一致，而与导线的受力方向满足左手定则．匀强磁场中，磁通量的一般计算公式为Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）．当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．
【解答】解：A、最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A错误；
B、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为加上去的，它可以形象地描述磁场．故B错误；
C、根据磁通量的计算公式Φ=BSsinθ，可知影响磁通量大小的因素有磁感强度和面积的大小，还与线圈跟磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针静止时N极在该点的受力方向相同，故D正确．
故选：D．
【点评】此题考查磁感线、磁通量以及磁场的方向问题，知道磁场方向与某点小磁针北极的受力方向与该点磁场方向一致，而与导线的受力方向满足左手定则即可．
2．下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误．
【解答】解：A、由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该右边垂直纸面向里，左边垂直纸面向外．故A错误．
B、环形导线电流的方向逆时针，根据安培定则知，环形导线的内部磁场方向垂直面向外，故B正确．
C、从上往下看，线框的电流方向为顺时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向下．故C错误．
D、根据安培定则，电流方向上边垂直向里，下边垂直向外，则螺线管内部的磁场方向向左．故D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断．
3．（2010秋卫滨区校级期末）（文）如图所示，电源电动势为6V，闭合电键S后小灯泡L不亮，用电压表测得各部分的电压情况是：Uab=Ucd=Ude=0，Uae=Ubc=6V．若电路中只有一处发生断路，则断开的部分是（ ）
A．电阻R1 B．变阻器R C．灯泡L D．电键S
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】灯不亮，电路中只有一处发生断路．用电压表依次测得两点电压，看有无示数进行判断．
【解答】解：用电压表测得ab、cd、de间电压为零，说明没有电流通过灯泡、滑动变阻器和定值电阻．即这三处电路是好的．ae间为电源，其示数为6V，说明电源处无问题．bc间有电压且示数为6V，说明电压表示数为电源电压，则电压表所测这部分电路断路，电压表分担电源电压．故bc之间断路，即电键S断路；
故选：D．
【点评】本题考查了用电压表检测电路的故障．当电压表所测的那部分电路断路，电压表与电路串联，分担电源电压，要注意辨别．
4．如图，水平光滑导轨接有电源，电动势为E，内电阻为r，其它的电阻不计，导轨上有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，整个装置置下向下的匀强磁场中，三棒受到安培力的关系为（ ）
A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa=Fb=Fc C．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb=Fc
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．
【分析】图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接安培力公式F=BIL求解；对于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒．
【解答】解：设a、b两棒的长度分别为La和Lb．c的直径为d．
由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：
Fa=BILa；Fb=BILb=BId；
c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：Fb=BId；
因为La＞d，则有：Fa＞Fb=Fc．
故选：D．
【点评】本题关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度．
5．如图所示，电源内阻为r，定值电阻R0=，可变电阻R的最大阻值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中（ ）
A．电源的输出功率一直变大
B．电源的输出功率一直变小
C．当可变电阻滑到R=时电源的输出功率最大
D．当可变电阻滑到R=r时电源的输出功率最大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大；同时结合闭合电路欧姆定律进行分析．
【解答】解：对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大．
由题意知，电源的内阻为r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从到变化，根据上述结论可知，电源的输出功率先增大后减小，当R=时电源的输出功率最大，故C正确，ABD错误．
故选C
【点评】本题关键明确一个结论：电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大；同时要结合闭合电路欧姆定律分析，不难．
6．关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子可能做匀变速直线运动
B．带电粒子可能做匀速直线运动
C．带电粒子可能做匀变速曲线运动
D．带电粒子一定做匀速圆周运动
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】根据带电粒子进入匀强磁场的速度方向与磁感应强度方向的关系，判断粒子的运动情况．
【解答】解：当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，做匀速直线运动．
当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．
当带电粒子的速度方向与磁场方向既不垂直，也不平行，将速度分解为垂直磁场方向和平行磁场方向，在垂直磁场方向上做匀速圆周运动，在平行磁场方向上做匀速直线运动，合运动为螺旋运动．
因为洛伦兹力的方向随着速度的方向变化而变化，粒子若受洛伦兹力，加速度的方向一定改变，不可能做匀变速运动．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键掌握粒子在不同情况下进入磁场，粒子的运动情况．在高中阶段，考查得比较多的是，速度方向与磁场方向平行和速度方向与磁场垂直两种情况．
7．用电流表和电压表测电阻时，可以有如图所示的两种方法把电压表和电流表连入电路．对于这两个电路下列说法中正确的是（ ）
A．采用（甲）图时，测量出的电阻值比真实值小
B．采用（乙）图时，测量出的电阻值比真实值小
C．为了减小误差，测量较小阻值的电阻时宜采用（甲）图
D．为了减小误差，测量较大阻值的电阻时宜采用（乙）图
【考点】伏安法测电阻．
【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系．
根据要测电阻与电压表电流表内阻的大小关系确定内外接法．大电阻用内接法，测量值偏大，小电阻用外接法，测量值偏小．
【解答】解：A、B、甲电路时安培表内接法，乙电路是安培表外接法；
如果不考虑操作的偶然误差，按甲、乙两种电路进行实验，甲图中电压表两侧的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和，所以甲图中电阻测量值：
R甲=＞；
乙图中流过电流表的电流是待测电阻上的电流与电压表上电流的和，所以乙图中电阻测量值：
R乙=＜；故A错误，B正确；
C、D、所以如果不考虑实验操作的偶然误差，甲电路的电阻测量值大于真实值，乙电路的电阻测量值小于真实值；测量较小阻值的电阻时宜采用（乙）图；测量较大阻值的电阻时宜采用（甲）图；故C错误，D错误．
故选：B．
【点评】本题考查误差的分析，要明确两种不同的接法中电表对实验的影响，从而得出测量值与真实值之间的关系．
8．如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为（ ）
A．0 B． mv
C． mv+ D． mv﹣
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力方向，因初速度大小未知，故开始时滑块受弹力方向不能确定，应讨论．
【解答】解：由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：
A：若滑块受到向上的洛伦兹力F洛=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运动，摩擦力不做功，选项A正确；
B、若F洛＜mg，则弹力方向向上，竖直方向满足FN+F洛=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F洛=qvB知，F洛减小，FN则增大，f增大，由﹣f=mav知，v继续减小，最后减为零，由动能定理知，，解得，故B正确；
C、D、若F洛＞mg，则滑块受到向下的压力FN，在竖直方向满足F洛=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F洛=mg时FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足qvB=mg，解得v=，对滑块整个过程由动能定理得，
联立解得，故C错误，D正确；
故选：ABD．
【点评】洛伦兹力是变力，其方向时刻与速度方向垂直，故洛伦兹力永不做功，涉及到洛伦兹力与功、动能等问题，要用动能定理求解．
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．
9．电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（ ）
A．磁场对电子的洛伦兹力大小、方向恒定不变
B．磁场对电子的洛伦兹力始终不做功
C．电子的速度、加速度始终不变
D．电子的动能始终不变
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，此时电子将受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，力的方向始终与速度的方向垂直，力的作用效果只是改变了电子的运动方向，并没有改变电子的运动快慢，磁场对电子也不会做功．
【解答】解：
A、电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子受到的洛伦兹力的大小：f=qvB，大小不变．但方向时刻改变，故A错误；
B、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力只是改变了电子的运动方向，并没有改变速度的大小，磁场不会对电子做功．故B正确．
C、电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的方向始终沿圆弧的切线方向，方向不断变化．同时加速度也在时刻改变，故C错误．
D、电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的大小不变，所以电子的动能就没有变化．故D正确．
故选：BD．
【点评】带电粒子垂直于匀强磁场射入，此时粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，不改变粒子的速度大小，即洛伦兹力不会对带电粒子做功．
10．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变
B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小
C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变
D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．
【解答】解：A．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，A选项正确．
B．如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，故B错误．
C．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，C选项正确，
D．当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，D选项正确，
故选ACD．
【点评】解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，难度适中．
11．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是（ ）
A．这离子必带正电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】（1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；
（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；
（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．
【解答】解：A．离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A正确；
B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力不做功，故A、B位于同一高度，B正确；
C．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功做大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，C正确；
D．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．
12．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计．闭合开关S，电灯正常发光．再将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是（ ）
A．电流表、电压表的读数均变小
B．小灯泡L变暗
C．电源的总功率变大
D．电容器所带电荷量变大
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【分析】把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断灯泡L亮度的变化．电路稳定时电容器的电压等于路端电压，分析路端电压的变化，判断电容器充电或放电；根据电源内外电阻的关系分析的电源输出功率的变化．
【解答】解：AB、把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中总电流I减小，则灯泡L变暗；由于内阻不计，所以电压表示数不变，故A错误，B正确．
C、以上分析知，总电流减小，据P=EI知，电源的总功率减小，故C错误．
D、电容器与滑动变阻器并联，所以两端的电压相等，电容器两端的电压UC=U﹣IRL，由于I减小，电容器端电压UC增大，RL不变，则UC增大，再据C=判断电容器两极板的电量增大，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路．
13．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么以下正确的是（ ）
A．B板为正极
B．R中电流的方向向上
C．AB板产生的电动势为 BLv
D．AB板间的等离子体的电阻率为（﹣R）
【考点】霍尔效应及其应用；闭合电路的欧姆定律．
【分析】大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向．抓住带电粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡求出发电机的电动势．根据闭合电路欧姆定律求出发电机的内电阻．
【解答】解：AB、大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极，A板相当于电源的负极，所以通过电阻R的电流从下到上，故AB正确；
C、根据qvB=q 得，E=Bdv．故C错误．
D、根据欧姆定律得，r=﹣R=﹣R，依据r=，则有等离子体的电阻率为ρ=．故D错误．
故选：AB．
【点评】根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势，注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键．解决本题的关键知道稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力平衡，电路中电流越大，则单位时间内到达金属板A、B的等离子体数目增多．
三．简答题：本题共2小题，共26分．把答案填在答题卡相应的位置或按要求作答．
14．在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具．
（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：①毫米刻度尺；②10分度游标卡尺；③20分度游标卡尺；④螺旋测微器．一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为（填仪器序号）．如图1是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d= 1.020 mm．
（2）某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率．
①同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是 CD
A．测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零
B．若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω
C．若用欧姆表“×10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“×1”挡
D．每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零
②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式ρ=求得电阻丝的电阻率ρ．可供选择的器材如下：
A．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表
B．量程3A，内阻0.1Ω的电流表
C．量程3V，内阻6kΩ的电压表
D．量程15V，内阻30kΩ的电压表
E．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器
F．阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器
G．6V蓄电池
H．电键一个、导线若干
实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用 A ；电压表应选用 C ；滑动变阻器应选用 F ．根据选择的器材设计实验电路测出金阻丝的电阻，要求电压变化范围尽可能大，在图2的方框中画出电路图：
【考点】测定金属的电阻率．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
（2）每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．
根据电路发热功率与电阻可求出最大电流估计值，从而可以选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；
根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图．
【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+2.0×0.01mm=1.020mm；
（2）①A、测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行机械校零．故A错误，
B、若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，由于欧姆表刻度线不均匀，左疏右密，待测电阻小于40Ω，故B错误．
C、表针偏转过大，说明电阻档选择过大，应换小档位进行测量，故C正确；
D、运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零．故D正确．故选：CD；
②该段电阻丝的阻值约为3Ω，发热功率不超过0.75W，通过电阻丝的最大电流约为：I===0.5A，电流表应选择A；
电阻丝两端最大电压约为：U=IR=0.5×3=1.5V，电压表应选择C；为方便实验操作滑动变阻器应选择F；
实验要求电压变化范围尽可能大，滑动变阻器要采用分压接法，待测电阻阻值约为3Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为6kΩ，
电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
故答案为：（1）1.020；（2）①CD；②A；C；F；电路图如图所示．
【点评】本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表的使用注意事项、实验器材选择、设计实验电路图，是实验的常考问题，一定要掌握，平时要注意基础知识的学习与掌握；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是作出电路图的关键．
15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：
A．干电池一节
B．电流表（量程0.6A）
C．电压表（量程3V）
D．开关S和若干导线
E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）
F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）
G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）
（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选 R1 （填“R1”、“R2”或“R3”）．
（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E= 1.5 V，内电阻r= 1.9 Ω．所得内阻的测量值与真实值相比 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）根据电路图连接实物电路图．
（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，然后由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，滑动变阻器应选择总阻值较小的R1．
（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，图象如图所示，
由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻：r==≈1.9Ω．
相对于电源来说，电流表采用外接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值．
故答案为：（1）R1；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；1.5；1.9；偏小．
【点评】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电源电动势与内阻、判断电池的新旧，知道实验原理、掌握实验器材的选择原则、会应用图象法处理实验数据即可正确解题．
四．论述和演算题：本题共4小题，共50.解答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，答案中必须明确写出数值和单位.
16．图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω．将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光．问：
（1）电源的总功率是多少？
（2）电动机消耗的电功率是多少？
（3）电动机线圈的热功率是多少？
（4）电动机的效率为多少？
【考点】电功、电功率．
【分析】（1）由题意可知电路中的路端电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由P=UI可求得电源提供的能量；
（2）电动机消耗的电功率P=UI机；
（3）电动机线圈的热功率P机=I机2R机；
（4）由η=×100%可求得电动机的效率．
【解答】解：①由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U内=E﹣U=12V﹣8V=4V；
电路中电流I===8A；
故电源的总功率P=EI=12×8=96w；
②灯泡中的电流I灯===2A；
由并联电路的规律可知，通过电动机的电流I机=I﹣I灯=8A﹣2A=6A；
电动机消耗的电功率P=UI机=8×6=48w；
③电动机线圈的热功率P机=I机2R机=62×0.5=18w；
④电动机的效率η=×100%=×100%=62.5%．
答：（1）电源的总功率是96w（2）电动机消耗的电功率是48w
（3）电动机线圈的热功率是18w（4）电动机的效率为62.5%．
【点评】本题考查电路中电功及电热的区别，要注意焦耳定律及电功公式在非纯电阻电路中均可使用，但焦耳定律只能求产生的热量．
17．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？
（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．
【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小．
（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向．
【解答】解：从b向a看其受力如图所示．
（1）水平方向：f=FAsinθ…①
竖直方向：N+FAcosθ=mg…②
又FA=BIL=BL…③
联立①②③得：N=mg﹣，f=．
（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，
则有FA=mg
解得：Bmin=，根据左手定则判定磁场方向水平向右．
答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg﹣，f=．
（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右．
【点评】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键．
18．如图所示，一束电子流，通过一个横截面是矩形的匀强磁场区域，磁感应强度为B，速度方向与磁感线垂直．且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为a和a电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，（电子电量为e，质量为m）求：
（1）轨迹的半径为多大？
（2）电子流的速度多大？
（3）电子在磁场中的飞行时间？
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】找出圆心，画出轨迹，根据几何关系求出半径，根据结合洛伦兹力提供向心力列式求解电子流速度，飞行时间根据时间等于弧长除以速度求解．
【解答】解：画出运动轨迹，如图所示
由几何关系：R=2a；
设圆心角为θ
sinθ=
θ=
（2）洛伦兹力提供向心力，有evB=m
解得：v=
（3）电子在磁场中的飞行时间t==
答：（1）轨迹的半径为2a；
（2）电子流的速度为；
（3）电子在磁场中的飞行时间为．
【点评】本题关键是找出圆心，画出轨迹，然后根据几何关系求出半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解．
19．如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为△R．设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在磁场B1中的速度多大？
（2）打在a、b两点的粒子的质量之差△m是多少？
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】（1）穿过电容器的粒子满足电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡求出粒子运行的速度v；
（2）在磁场2中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据半径差的关系式求出粒子的质量差△m
【解答】解：（1）由于粒子沿直线运动，所以：
粒子在电容器中受到的电场力洛伦兹力平衡，即
qE=qvB1
因此v=
又因E=
则有v=
（2）以速度v进入B2的粒子满足：
Bqv=m
则有：R=
落在a点的半径为：R1=
落在b点的半径为：R2=
根据题意有：△R=2（R1﹣R2）
即：△R=2（﹣）
由此可得：×△RB2q=（m1﹣m2）v
即：△m=
代入v=
可得：△m=
答：（1）粒子进入B2磁场时的速度；
（2）打在a、b两点的粒子的质量之差△m为．
【点评】掌握速度选择器的原理，知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力求出半径与速度质量的关系是解决本题的关键．
同课章节目录