高二物理(选修)上学期期中考试及答案

高二物理(选修)上学期期中试卷一、本题共5小题，每小题4分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。

选对的得4分，选错的或不答的得0分。

1、如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是2、三个带正电的粒子a 、b 、c 所受的重力可略去不计。

它们以相同的动能垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场中,轨迹如图所示。

则三种粒子质量相比较3、如图所示,在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中,电量为q 的液滴做半径为R 的匀速圆周运动,已知电场强度为E,磁感强度为B,则油滴的质量和环绕速度分别为4、在一根软铁心上绕有一组线圈,a 、c 是线圈的两端,b 为中心抽头。

把a 、b 两端接上一对平行金属导轨,在导轨上横置一金属棒PQ,导轨处在垂直于导轨平面指向纸内的匀强磁场中,如图所示,当PQ 棒沿导轨滑动时,a 、b 、c 任意两点间都有电势差出现,若要a 和c 的电势都高于b,则PQ 棒A 、应向右加速运动B 、应向右减速运动C 、应向左加速运动D 、应向左减速运动5、如图所示,质量为m,带电量为q 的带电粒子,从带电的平行板电容器左侧中点以速度v 0沿垂直电场线方向射入电容器中,恰好能从电容器下极板边缘飞出,速度大小v 1。

若其它条件不变,在电容器内加上垂直于纸面的匀强磁场,则带电粒子恰好能从上极板边缘飞出,速度大小为v 2。

则以下关系正确的是二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，T有选错的或不答的得0分。

6、磁场中某处的磁感线如图所示,下列结论正确的是A 、磁感强度B 、磁感强度C 、同一通电导线放在a 处时受的磁场力可以比放在b 处时大D 、同一通电导线放在a 处时受的磁场力一定比放在b 处时小7、如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中A 是发光仪器，B 是传送带上物品，R 1为光敏电阻，R 2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是A 、当有光照射R 1时，信号处理系统获得高电压B 、当有光照射R 1时，信号处理系统获得低电压C 、信号处理系统每获得一次低电压就记数一次D 、信号处理系统每获得一次高电压就记数一次 8、如图所示电路中,A 1、A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略,下列说法中正确的是A 、合上开关K 时,A 2先亮,A 1后亮,最后一样亮。

河南省2023～2024学年高二年级学业质是监测考试物理全卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自已的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．关于电路的知识，下列说法正确的是（）A ．电阻率超大，导体的电阻越大B ．电源的作用是在电源内部把电子由正极搬运到负极，保持两极之间有电压C ．通过导体横截面的电荷量越大，导体中的电流越大D ．电阻R 表示导体对电流的阻碍作用，R 越小通过电阻的电流一定越大2．关于静电场知识，下列说法正确的是（）A ．摩擦起电的过程中产生了电荷，所以不遵循电荷守恒定律B ．电场强度为零的地方，电势一定为零C ．电势降低的方向就是电场强度的方向D ．工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服应用了静电屏蔽的原理3．如图所示，上表面绝缘的力传感器放在水平面上，带电金属小球B 静止在力传感器上，手握固定带电金属小球A 的绝缘柄，使小球A 静止在小球B 正上方高h 处，此时力传感器的示数为1F ；将两球接触后，A 球仍移到原来的位置，此时力传感器的示数为2F 。

若两个小球完全相同，两球接触前带不等量的异种电荷，不计小球的大小，则下列判断正确的是（）A ．一定有12F F >B ．一定有12F F <C ．可能有12F F =D ．无法判断1F 、2F 的大小关系4．A 、B 两根平等长直导线垂直纸面固定，两导线中通有大小相等的恒定电流，在两导线连线的垂直平分线上有一小磁针，在磁场力作用下保持静止状态，如图所示，忽略地磁场的影响。

高二物理第一学期选修1-1期中测试试卷（含答案）一、单项选择题1．首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是( )A．安培 B．法拉第 C．奥斯特 D．特斯拉2．关于电场线的说法，正确的是( )A．电场线就是电荷运动的轨迹 B．在静电场中静止释放的点电荷，一定沿电场线运动C．电场线上某点的切线方向与正电荷的运动方向相同D．电场线上某点的切线方向与负电荷在该点所受电场力的方向相反3. 下列说法错误的是 ( )A．电场线越密的地方电场强度越强；同样，磁感线越密的地方磁感强度越强B．在电场中，任意两条电场线不会相交；同样，在磁场中，任意两条磁感线不会相交C．静电场中的电场线不是闭合的，同样，磁感线也是不闭合的D．电场线某点的切线方向表示该点电场方向，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向4．如右图所示，在电荷为+Q的电场中，有a、b两点。

一电子从a 向b运动，那么，该电子所受的电场力将( )A.减小B.增大C.不变D.无法判断5. 在下列各图中，分别标出了磁场B的方向，电流I方向和导线所受安培力F的方向，其中正确的是（）6. 关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A.磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大。

B. 穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零C. 磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的D. 磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大baNSBA7．一个磁场的磁感线如右图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针将( ) A ．顺时针转动 B ．向左移动 C ．向右移动 D ．逆时针转动8. 真空中有两个距离保持不变的点电荷，若将它们各自的电量都增大到原来的3倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来的:（ ） A 、3倍 B 、3倍 C 、6倍 D 、9倍9. 如图所示，把两个质量相等的小球悬挂在同一点上。

两球带同种电荷，但A 球的电荷量大于B 球的电荷量，下列关系式正确的是( )A 、α＞βB 、α＜βC 、α＝βD 、无法确定10．把一通电直导线放在磁场中，它受到安培力的作用，则:（ ） Ａ．安培力的方向一定和磁场方向垂直，同时一定和电流方向垂直 B ．安培力的方向一定和磁场方向垂直，但不一定和电流方向垂直 C ．安培力的方向一定和电流方向垂直，但不一定和磁场方向垂直D ．如果通电直导线受到安培力的作用，则安培力方向、磁场方向、电流方向三者一定相互垂直11．在赤道上方沿东西方向水平地放置一根直导线，通以由西向东的电流，则此导线受到磁场作用力的方向是:（ ）A ．向南B ．向北C ．向上D ．向下 12.对物体带电现象的叙述，正确的是（ ） A ．物体带电一定是因为具有多余的电子B ．摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程C ．物体所带电荷量可能很小，甚至小于eD ．电中和是等量异种电荷完全消失的现象 13.关于电动势的说法正确的是( )A. 电源的电动势就是直接接在电源两端的电压表测得的电压值B. 同一电源接入不同的电路中,电动势就回发生变化C. 电源的电动势就是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D. 在电路中,接入电路的电阻越大,电源的电动势就越大 14.据麦克斯韦电磁理论,则下列说法正确的是( ) A. 稳定的电场产生稳定的磁场,稳定的磁场产生稳定的电场.B. 非均匀变化的电场产生均匀变化的磁场, 非均匀变化的磁场产生均匀变化的电场C. 非均匀变化的电场不产生磁场,非均匀变化的磁场不产生电场D. 均匀变化的电场产生恒定的磁场, 均匀变化的磁场产生恒定的电场15．如图所示，一长直导线穿过金属环中心，而且垂直金属圆环平面，导线上的电流1I 和圆环中电流2I 的方向如图所示，那么金属圆环受到的安培力:（ ） A ．沿着圆环半径向外 B ．沿着圆环半径向内 C ．垂直金属环平面向右 D ．不受安培力的作用16.如图所示.导线足够长当导线中通有恒定电流I 时,以下做法中,线框(abcd)中有电流产生的是( ) A. 线框上下移动 B. 线框左右移动 C. 线框以cb 边为轴转动 D. 线框以ad 边为轴转动 二、填空题17．使物体带电的方法有:摩擦起电、 和 。

2015-2016学年江苏省某某市天星湖中学高二〔上〕期中物理试卷〔选修〕一、单项选择题〔本大题共6小题，共18分，每一小题只有一个选项符合题意〕1．关于磁场对通电直导线的作用力，如下说法中正确的答案是〔〕A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的方向与磁场方向可能一样D．通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力2．如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，如此电表示数的变化情况是〔〕A．V1减小，V2增大，A增大B．V1增大，V2减小，A增大C．V1增大，V2增大，A减小D．V1减小，V2减小，A减小3．水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．如下列图，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速运动时，如下判断正确的答案是〔〕A．铝环有收缩的趋势，对桌面压力增大B．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大C．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小4．两个电阻R1=8Ω，R2=2Ω并联在电路中，欲使两个电阻消耗的电功率相等，可行的方法是〔〕A．用一个阻值为2Ω的电阻与R2串联B．用一个阻值来6Ω的电阻与R2串联C．用一个阻值为6Ω的电阻与R1串联D．用一个阻值为2Ω的电阻与R1串联5．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如下列图．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是〔〕A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如下列图，如此选项中图象规律与这一过程相符合的是〔〕A．B．C．D．二、多项选择题〔本大题共5小题，每一小题5分，共25分〕7．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场〔B〕和匀强电场〔E〕组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场〔B′〕，最终打在A l A2上．如下表述正确的答案是〔〕A．粒子带负电B．所有打在A l A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都一样C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在A l A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大8．磁流体发电是一项新兴技术．如下列图，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框局部相当于发电机．把两个极板与用电器相连，如此〔〕A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．假设只增强磁场，发电机的电动势增大D．假设只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大9．如下列图，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，如此〔〕A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零10．如下列图电路，电表都是理想表，R2=r．当闭合电键S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1，A2，V1，V2的同一时刻读数分别是I1，I2，U1，U2；电表示数的变化量的绝对值分别是△I1，△I2，△U1，△U2，那么如下说法正确的答案是〔〕A．A1减小，A2减小B．V1增大，V2减小C．、均为定值D．电源的输出功率在减小，效率在降低11．如下列图，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，如此〔〕A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL三、实验题探究题〔本大题共2小题，每个空2分，作图4分共24分〕12．某课外活动小组，探究小灯泡的伏安特性曲线，实验所用的器材有：小灯泡〔2.5V，0.3A〕，电压表V〔量程3V，15V〕，电流表A〔量程0.6A，3.0A〕，滑动变阻器 R〔阻值0～5Ω〕，电源，电键，导线假设干，测量时要求小灯泡两端电压从0开始变化；〔1〕先粗测小灯泡的电阻，将多用电外表板上旋钮旋到〔填R×1挡、R×10挡、R×100挡、R×1k挡〕，将两表笔短接，并调零，将红、黑表笔分别与小灯泡两极相接触，测得小灯泡的阻值如图1所示，其读数为Ω．〔2〕图2是一位同学做实验时的连线情况，在闭合电键进展实验之前，请指出该同学的实验操作中存在的不正当之处，、．13．〔16分〕〔2015秋•某某校级期中〕测定某电阻丝的电阻率〞实验〔1〕实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图1所示，如此电阻丝的直径是cm．〔2〕用多用电表的欧姆挡粗测这种电阻丝的阻值：此电阻丝的阻值约为几十千欧，下面给出了实验操作步骤a．旋转选择开关S，使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔b．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔c．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，测出阻值后，断开两表笔d．旋转选择开关S，使其尖端对准欧姆挡的某一挡位合理的实验步骤顺序是：〔填写相应的字母〕．旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是；根据该挡位和表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为Ω．〔3〕用电流表和电压表较准确测定此电阻丝的阻值，实验室提供如下可选用的器材：电压表V〔量程3V，内阻约50kΩ〕电流表A1〔量程200μA，内阻约200Ω〕电流表A2〔量程5mA，内阻约20Ω〕电流表A3〔量程0.6A，内阻约1Ω〕滑动变阻器R〔最大阻值1kΩ〕电源E〔电源电压为4V〕开关S、导线a．在所提供的电流表中应选用〔填字母代号〕；b．在图3虚线框中画出测电阻的实验电路；〔4〕分别用L、d、R X表示电阻丝的长度、直径和阻值，如此电阻率表达式为ρ=．四、计算题〔本大题共4小题，共53分〕14．〔12分〕〔2012•济南一模〕如下列图，在空间中存在垂直纸面向外，宽度为d的有界匀强磁场．一质量为m、带电荷量为q的粒子自下边界的P点处以速度v沿与下边界成θ=30°角的方向垂直射入磁场，恰能垂直于上边界射出，不计粒子重力，题中d、m、q、v均为量．如此〔1〕粒子带何种电荷？〔2〕磁场磁感应强度为多少？15．〔15分〕〔2015秋•某某校级期中〕如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：〔1〕在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；〔2〕在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率；〔3〕0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．16．〔13分〕〔2015春•巫溪县校级期末〕如下列图，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒MN的运动速度以与小灯泡消耗的电功率分别为是多少？〔重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6〕17．〔13分〕〔2015秋•某某校级期中〕如下列图，在x轴上方有一匀强电场，场强大小为E，方向竖直向下．在x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．在x轴上有一点p，离原点距离为a．现有一带电量为+q，质量为m的粒子，不计重力，从0＜x＜a区间某点由静止开始释放后，能经过p点．试求：〔1〕释放瞬间粒子的加速度；〔2〕释放点的坐标x、y应满足的关系式？2015-2016学年江苏省某某市天星湖中学高二〔上〕期中物理试卷〔选修〕参考答案与试题解析一、单项选择题〔本大题共6小题，共18分，每一小题只有一个选项符合题意〕1．关于磁场对通电直导线的作用力，如下说法中正确的答案是〔〕A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的方向与磁场方向可能一样D．通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力【考点】安培力的计算．【分析】此题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定如此可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，假设不垂直应当将导线沿磁场与垂直与磁场分解，因此垂直时安培力最大．【解答】解：通电导体受安培力的条件为导线与磁场有一定夹角，当通电直导线与磁场方向平行时，导线不受安培力作用，当导线与磁场方向垂直时，安培力最大，最大值为F=BIL，根据左手定如此可知安培力的方向与磁场垂直，故ACD错误，B正确．应当选B．【点评】此题属于根底题目，考查了安培力的产生、大小与方向，要正确判断安培力方向应熟练应用左手定如此．2．如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，如此电表示数的变化情况是〔〕A．V1减小，V2增大，A增大B．V1增大，V2减小，A增大C．V1增大，V2增大，A减小D．V1减小，V2减小，A减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联局部的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化与路端电压的变化，即可知V1的变化．由欧姆定律分析电压表V2示数的变化与并联局部电压的变化，即可判断通过电阻R2的电流的变化，根据总电流的变化，再分析A示数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大．电阻R1的电压变小，如此并联局部的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大，因总电流变小，所以A示数减小．故C正确，ABD错误．应当选：C【点评】此题是电路的动态变化分析问题，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进展分析即可．3．水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．如下列图，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速运动时，如下判断正确的答案是〔〕A．铝环有收缩的趋势，对桌面压力增大B．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大C．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小【考点】楞次定律．【分析】解此题时应该掌握：楞次定律的理解、应用．在楞次定律中线圈所做出的所有反响都是阻碍其磁通量的变化．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．【解答】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反响是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，选项A正确，BCD错误．应当选：A【点评】此题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新颖．4．两个电阻R1=8Ω，R2=2Ω并联在电路中，欲使两个电阻消耗的电功率相等，可行的方法是〔〕A．用一个阻值为2Ω的电阻与R2串联B．用一个阻值来6Ω的电阻与R2串联C．用一个阻值为6Ω的电阻与R1串联D．用一个阻值为2Ω的电阻与R1串联【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由公式P=可知要想使两个电阻消耗的电功率相等，必须给R2降低两端的电压，串联一个电阻分压．【解答】解：两电阻并联，由P=P=可知P1：P2=R2：R1=1：4，要使这两个电阻消耗的电功率相等，只能减小P2为原来的；只要使R2两端的电压减半〔R2不变〕，电功率就可以减小为原来的，所以串联一个等值电阻〔2Ω〕即可．应当选A．【点评】解决此题的关键，要使这两个电阻消耗的电功率相等，只能电功率大的减小，灵活运用P=是关键．5．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如下列图．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是〔〕A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由电源的U﹣I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U﹣I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进展选择．【解答】解：由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率如此为P出2=2V×2A=4W．由电阻的伏安特性曲线求出 R1=0.5Ω、R2=1Ω，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I串2〔R1+R2〕=3.75W．两电阻并联时，R并===Ω利用欧姆定律可得电路电流I并==A=3.6A，此时电源的输出功率P并=EI并﹣I并2r=4.32W．所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大．应当选C【点评】这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，直接选择C．6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如下列图，如此选项中图象规律与这一过程相符合的是〔〕A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】根据感应电动势公式推导其与距离关系的表达式，再推导感应电流、外力和外力功率的表达式，进展分析选择．【解答】解：A、B感应电动势E=BLv=B•2xtan30°v=，如此E与x成正比．故A错误，B正确．C、线框匀速运动F外=F安=BIL，I=，E=BLv，得到F外=，L=如此F外=，B、R、v一定，如此F外∝x2．故C错误．D、外力的功率P外=F外v=，P外∝x2 故C错误．应当选：B【点评】图象往往根据公式推导解析式来选择．此题关键是推导安培力与距离的关系．二、多项选择题〔本大题共5小题，每一小题5分，共25分〕7．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场〔B〕和匀强电场〔E〕组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场〔B′〕，最终打在A l A2上．如下表述正确的答案是〔〕A．粒子带负电B．所有打在A l A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都一样C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在A l A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大【考点】质谱仪和盘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】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性．根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度．通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小．【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定如此，知该粒子带正电．故A错误．B、所有打在A l A2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=，T=，如此t=，与带电粒子的比荷有关．故B错误．C、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB．如此v=．故C正确．D、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据知，粒子打在A l A2上的位置越靠近P，如此半径越小，粒子的比荷越大．故D正确．应当选CD．【点评】解决此题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动．8．磁流体发电是一项新兴技术．如下列图，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框局部相当于发电机．把两个极板与用电器相连，如此〔〕A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．假设只增强磁场，发电机的电动势增大D．假设只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【考点】霍尔效应与其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】此题的关键是动态分析过程，先根据左手定如此判断出正离子〔或负离子〕受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的上下，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论．【解答】解：首先对等离子体进展动态分析：开始时由左手定如此判断正离子所受洛伦兹力方向向上〔负离子所受洛伦兹力方向向下〕，如此正离子向上板聚集，负离子如此向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，如此qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E 与速度v与磁场B成正比，所以C、D正确．应当选ACD．【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定如此判断等离子体的正离子〔或负离子〕所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势上下，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论．9．如下列图，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，如此〔〕A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小．电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表如此没有读数．由楞次定律判断电势的上下．电容器的电量不为零．【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：E==kL2，故A错误．B、磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表如此没有读数．故B正确．C、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，如此a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势．故C正确．D、线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，如此电容器的电量不为零．故D错误．应当选：BC．【点评】此题运用法拉第定律E=时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，如此没有读数．10．如下列图电路，电表都是理想表，R2=r．当闭合电键S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1，A2，V1，V2的同一时刻读数分别是I1，I2，U1，U2；电表示数的变化量的绝对值分别是△I1，△I2，△U1，△U2，那么如下说法正确的答案是〔〕A．A1减小，A2减小B．V1增大，V2减小C．、均为定值D．电源的输出功率在减小，效率在降低【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电流表内阻不计，当作导线处理．电压表测量外电压．弄清电路的结构．当滑动触头P向左滑动时，接入电路的增大电阻，可根据欧姆定律判断电路中电流、电压的变化；根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．【解答】解：A、当触片P向左滑动过程中，导致电阻变大，如此总电阻变大，总电流变小，即A2减小；因内电压变小，那么外电压增大，由于电阻R3电压减小，即V2示数减小，如此V1的示数增大，因此通过电阻R2的电流在增大，如此流过A1的电流在减小，故AB正确；C、由图可知，=R3+r，=R3均为定值，故C正确；D、根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，外电阻大于电源内阻，如此知，当变阻器的滑动触头P向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率η==．外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提高．应当选：ABC．【点评】此题抓住两个关键：〔1〕=r；〔2〕由I总=I1+I中三个量的变化情况确定绝对值△I＞△I总．同时此题电路动态分析问题，按局部到整体，再局局部析电压、电流的变化．利用推论分析电源输出功率的变化．11．如下列图，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，如此〔〕A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据两棒的受力情况一样，分析可知金属杆b进入磁场后应做匀速运动；根据能量守恒定律求解两杆在穿过磁场的过程中回路中产生的总热量．【解答】解：A、B据题可知，金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒进入磁场时速度与a进入磁场时的速度一样，所受的安培力一样，所以两棒进入磁场时的受力情况一样，如此b进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动．故A错误，B正确．C、D两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得知：回路中产生的总热量为Q=2×mgsin30°•L=mgL．故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】此题关键要抓住两棒受力情况的相似性，判断出运动情况的相似性，再运用能量守恒定律求解产生热量．三、实验题探究题〔本大题共2小题，每个空2分，作图4分共24分〕12．某课外活动小组，探究小灯泡的伏安特性曲线，实验所用的器材有：小灯泡〔2.5V，0.3A〕，电压表V〔量程3V，15V〕，电流表A〔量程0.6A，3.0A〕，滑动变阻器 R〔阻值0～5Ω〕，电源，电键，导线假设干，测量时要求小灯泡两端电压从0开始变化；〔1〕先粗测小灯泡的电阻，将多用电外表板上旋钮旋到R×1挡〔填R×1挡、R×10挡、R×100挡、R×1k挡〕，将两表笔短接，并调零，将红、黑表笔分别与小灯泡两极相接触，测得小灯泡的阻值如图1所示，其读数为 5 Ω．〔2〕图2是一位同学做实验时的连线情况，在闭合电键进展实验之前，请指出该同学的实验操作中存在的不正当之处，电流表应采用外接法、滑片应置于右端．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】〔1〕用欧姆表测电阻应选择适宜的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．〔2〕根据灯泡电阻与电表内阻关系确定滑动变阻器的接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置．【解答】解：〔1〕灯泡电阻很小，约为几欧姆，用欧姆表测电阻时将多用电外表板上旋钮旋到R×1挡，由图示表盘可知，欧姆表读数为：5×1=5Ω；。

高二物理上学期期中试卷（选修，含解析）2一、单项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）．1．下列说法中正确的是( )A．磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极B．一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零C．线圈放在磁场越强的位置，穿过线圈的磁通量一定越大D．运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力2．如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）( )A．I B．2I C．D．3．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )A．B．C．D．4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的( )A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小5．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线住1的电流值，则下列分析正确的是( )A．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.01A二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，满分25分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）．6．下列说法正确的是( )A．电动势由电源中非静电力的性质决定，与其他因素无关B．在电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能C．在外电路中，电场力做功，将其他形式的能转化为电能D．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功7．额定电压为4V的直流电动机的线圈电阻为1Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4J，下列计算结果正确的是( )A．电动机正常工作时的输入功率为4WB．电动机正常工作时的输出功率为8WC．电动机每秒能将电能转化成4J的机械能D．电动机正常工作时的电流强度为2A8．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有( )A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大C．高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定D．粒子从磁场中获得能量9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线上过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减少B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积10．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则( )A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为△UD．电容器的带电量增大，增加量为C△U三、简答题：本题（第l1、12题），共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．有一根细而均匀的导电材料样品（如图1所示），截面为同心圆环（如图2所示），此样品长约为6cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）D．电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω）E．电流表A2（量程0.3A，内阻约1Ω）F．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）G．直流电源E（约4V，内阻不计）H．导电材料样品RxI．开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图3所示，其示数D=__________mm．（2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻Rx．在方框内如图4画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号．这个实验电阻Rx的测量值将__________（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d=__________．12．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3V，内阻为1Ω）、电键、滑动变阻器（最大阻值为20Ω）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干．（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中得到了小灯泡的U﹣I图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而__________．（选填“增大”“减小”或“不变”）（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路．（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是__________W．（计算结果保留2位有效数字）四、计算题：本题共4小题，共计55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．13．（16分）如图所示，电源电动势E=9V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=5.0Ω，R2=3.5Ω，R3=6.0Ω，R4=3.0Ω电容C=2.0μF．（1）求电键接到a时，电容的带电量是多少？上极板带何种电荷？（2）求电键从与a接触到与b接触时，通过R3的电荷量是多少？上极板带何种电荷？14．（13分）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出．求：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；（2）它们从磁场中射出的时间差．15．（13分）如图甲所示，一根重G=0.2N、长L=1m的金属棒ab，在其中点弯成60°角，将此通电导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，当导体中通以I=2A的电流时，两根弹簧比原长各缩短△x=0.01m．已知匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度B=0.4T，求：（1）导线中电流的方向．（2）弹簧的劲度系数k．16．（13分）在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示．abcd是一个长方形盒子，在ad边和cd边上各开有小孔f和e，e是cd边上的中点，荧光屏M贴着cd放置，能显示从e孔射出的粒子落点位置．盒子内有一方向垂直于abcd 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B．粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略．粒子经过电压为U的电场加速后，从f 孔垂直于ad边射入盒内．粒子经磁场偏转后恰好从e孔射出．若已知fd=cd=L，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力．请你根据上述条件求出带电粒子的比荷q/m．2015-2016学年××市泰兴一中高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）．1．下列说法中正确的是( )A．磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极B．一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零C．线圈放在磁场越强的位置，穿过线圈的磁通量一定越大D．运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁通量．【分析】磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部从N极到S极，内部从S 极到N极．通电导线放在某处不受磁场的作用力时，可能B为零，也可能是由于导线与磁场平行．磁通量的一般公式Φ=BSsinα．电荷运动的方向与磁感线平行时不受洛伦兹力的作用．【解答】解：A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部从S极到N极．故A错误．B、一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，可能B为零，也可能B≠0，是由于导线与磁场平行．故B错误．C、线圈放在磁场越强的位置，线圈的磁通量不一定越大，根据磁通量公式Φ=BSsinα可知，还与线圈与磁场的夹角有关，故C错误．D、电荷运动的方向与磁感线平行时不受洛伦兹力的作用．故D正确．故选：D【点评】解决本题关键要掌握磁感线的分布情况，掌握安培力和磁通量的决定因素即可正确答题，属于基础题．2．如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）( )A．I B．2I C．D．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻定律可确定AB及CD时的电阻，再由欧姆定律即可确定电流．【解答】解：设b长为l；根据电阻定律可知：R=；则接AB时，电阻RAB==；当接CD时，电阻RCD==；由欧姆定律可知：I===；则I′====；故选：C．【点评】本题考查电阻定律的应用，要注意明确电阻大小与截面积及导体长度有关系．3．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )A．B．C．D．【考点】安培力．【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度B和电流大小I相等，即根据线框在磁场中的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系．【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A 图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡．故选：A．【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL公式的L是指导体的有效长度．4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的( )A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况．【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：qvB=m，解得：r=，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v=ωR线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，应用牛顿第二定律、线速度与角速度的关系即可解题．5．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线住1的电流值，则下列分析正确的是( )A．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．【解答】解：A、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；C、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A，故C正确，D错误；故选：C．【点评】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响．二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，满分25分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）．6．下列说法正确的是( )A．电动势由电源中非静电力的性质决定，与其他因素无关B．在电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能C．在外电路中，电场力做功，将其他形式的能转化为电能D．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的电动势是电源本身的性质，电源内部通过非静电力做功，将其他形式的能转化为电能．【解答】解：A、电动势由电源中非静电力的性质决定的，与其他因素无关；故A正确；B、电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能；故B正确；C、在外电路中，电场力做功，将电能转化为其他形式的能；故C错误；D、由E=可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功；故D正确；故选：ABD【点评】本题考查对电动势的理解．关键抓住电动势的物理意义和电动势的定义式．7．额定电压为4V的直流电动机的线圈电阻为1Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4J，下列计算结果正确的是( )A．电动机正常工作时的输入功率为4WB．电动机正常工作时的输出功率为8WC．电动机每秒能将电能转化成4J的机械能D．电动机正常工作时的电流强度为2A【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题．【解答】解：D、因为线圈产生的热量：Q=I2Rt故通过电动机的电流：I===2A，故D正确；A、电动机正常工作时的输入功率P=UI=4V×2A=8W，故A错误；电动机的热功率PQ=I2R=（2A）2×1Ω=4W；B、电动机的输出功率P出=P﹣PQ=8W﹣4W=4W，故B错误；C、电动机每秒将电能转化成机械能：W=P出t=4W×1s=4J，故C正确；故选：CD．【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题．8．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有( )A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大C．高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定D．粒子从磁场中获得能量【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据qvB=m 求出最大速度，再根据EKm=mv2求出最大动能，可知与什么因素有关．【解答】解：A、根据qvB=m得，最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=．知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数和加速电压的大小无关．故A正确，B错误；C、根据周期公式T=，可知，高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，故C正确；D、粒子在磁场中受到洛伦兹力，其对粒子不做功，不能获得能量，故D错误；故选：AC．【点评】解决本题的关键知道根据qvB=m求最大速度，知道最大动能与D形盒的半径有关，与磁感应强度的大小有关．9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线上过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减少B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”．【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A错误；BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，故B正确，C错误；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选：BD．【点评】注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．10．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则( )A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为△UD．电容器的带电量增大，增加量为C△U【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】恒定电流专题．【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R．电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R0+r．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知，=R0+r，保持不变．故A正确．B、由图，=R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故B错误．C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故C错误，D正确．故选：AD【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意≠R，R是非纯性元件．三、简答题：本题（第l1、12题），共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．有一根细而均匀的导电材料样品（如图1所示），截面为同心圆环（如图2所示），此样品长约为6cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）D．电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω）E．电流表A2（量程0.3A，内阻约1Ω）F．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）G．直流电源E（约4V，内阻不计）H．导电材料样品RxI．开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图3所示，其示数D=6.122mm．（2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻Rx．在方框内如图4画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号．这个实验电阻Rx的测量值将小于（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d=．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）根据实验原理选择实验器材，然后确定滑动变阻器与电流表接法，作出实验电路图，根据实验电路图应用欧姆定律分析答题．（3）应用欧姆定律与电阻定律分析答题【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6mm，可动刻度示数为12.2×0.01mm=0.122mm，螺旋测微器示数D=6mm+0.122mm=6.122mm．（2）由所给实验器材可知，应采用伏安法测电阻阻值，由于待测电阻阻值约为100Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为I===0.03A=30mA，电流表应选A1，电流表内阻约为20Ω，电压表内阻约为3000Ω，相对来说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；电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值大于真实值，电阻测量值小于真实值．（3）由欧姆定律可知，样品电阻：R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，解得：d=；故答案为：（1）6.122；（2）电路图如图所示；小于；（3）．【点评】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，螺旋测微器需要估读；本题考查了实验电路的设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的前提与关键；在伏安法测电阻实验中，当待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值时，滑动变阻器应采用分压接法．12．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3V，内阻为1Ω）、电键、滑动变阻器（最大阻值为20Ω）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干．（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中得到了小灯泡的U﹣I图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大．（选填“增大”“减小”或“不变”）（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路．（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是0.33W．（计算结果保留2位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】根据实验原理分析实验电路图；明确灯泡电阻的性质；当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时灯泡实际功率最小，在同一坐标系内作出电源U ﹣I图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率．【解答】解：①根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．②由图甲可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压接法，由于灯泡电阻较小，因此安培表需要外接，由此可正确连接实物图如图所示：。

高二物理上学期期中试卷（选修，含解析）3一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本题共8小题，每小题3分，共24分）1．磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )A．1kg/A•s2B．1kg•m/A•s2C．1kg•m2/s2D．1kg•m2/A•s2 2．根据R=ρ可以导出电阻率的表达式ρ=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率( )A．跟导线的电阻只成正比B．跟导线的横截面积S成正比C．跟导线的长度L成反比D．只由其材料的性质决定3．下列关于电功和电功率的说法中，正确的是( )A．电流做功就是电场力做功，把电能转化为其他形式的能B．电流做功越多，则功率越大C．电功率越小，则电流做的功一定越小D．额定电压相同的电阻A和B，额定功率PA＞PB，两者串联后接在电路中，持续一段时间后，实际消耗的电能WA＞WB4．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下5．一个带电粒子处于垂直于匀强磁场方向的平面内，在磁场力的作用下做圆周运动．要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则需知道( )A．运动速度v和磁感应强度B B．轨道半径R和磁感应强度B C．轨道半径R和运动速度v D．磁感应强度B和运动周期T6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( ) A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则( ) A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮8．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为( ) A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3二、多项选择题：（每个题目有至少两个以上的正确答案，选错的不得分，漏选的得3分，全对的得5分，共25分）9．图中能产生感应电流的是( )A．B．C．D．10．如图所示电路，灯L1标有“24V 16W”，灯L2标有“12V16W”，两灯串联后接在电压为U的电路中，要保证两灯不损坏，则( )A．两灯实际功率之比为4：1B．电压U的最大值为30VC．灯L1两端电压与总电压U之比为4：5D．U=36V时，灯L1、L2均正常发光11．如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里．下列说法正确的是( )A．小球一定带正电B．小球一定带负电C．小球的绕行方向为顺时针D．改变小球的速率，小球将不做圆周运动12．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则．( )4ΩC．该车获得的牵引力为104N D．该车受到的阻力为63N13．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度B方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力）则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是( )A．该电场场强大小为BV，方向向上B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转三、实验题（本题共3小题，共计24分．）14．下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是( )A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零15．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）C、电压表V2 （0～15.0V，内阻约6kΩD、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）E、电流表A2 （0～100mA，内阻约2Ω）F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择__________，电流表应选择__________，滑动变阻器应选择__________．（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作16．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到__________（填“a”或“b”）端（3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E=__________V，电的内阻r=__________Ω（结果保留两位有效数字）．四、计算题：本题共3小题，共计47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．17．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=210V，电压表示数UV=110V．试求：（1）通过电动机的电流；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）18．（16分）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×1012 kg的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4T、方向竖直向上的磁场中．设t=0时，B=0.8T．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）t=0时轻绳中的张力大小；（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）19．（16分）如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里．磁感应强度大小为B，在x＞0且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知===l．不计带电粒子所受重力，求：（1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；（3）匀强电场的场强大小．2015-2016学年××市响水中学高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本题共8小题，每小题3分，共24分）1．磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )A．1kg/A•s2B．1kg•m/A•s2C．1kg•m2/s2D．1kg•m2/A•s2【考点】磁感应强度．【分析】根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．【解答】解：由公式B=，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/A•m，即为1T．根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kg•m/s2，则1特斯拉相当于1kg/A•s2，故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．基础题．2．根据R=ρ可以导出电阻率的表达式ρ=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率( )A．跟导线的电阻只成正比B．跟导线的横截面积S成正比C．跟导线的长度L成反比D．只由其材料的性质决定【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．【解答】解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无关．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．3．下列关于电功和电功率的说法中，正确的是( )A．电流做功就是电场力做功，把电能转化为其他形式的能B．电流做功越多，则功率越大C．电功率越小，则电流做的功一定越小D．额定电压相同的电阻A和B，额定功率PA＞PB，两者串联后接在电路中，持续一段时间后，实际消耗的电能WA＞WB【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电流做功的本质就是电场力做功，把电能转化为其他形式的能；电功率：P=，与做功的多、时间的长短都无关；结合串联电路的特点分析与解答D选项．【解答】解：A、电流做功的本质就是电场力驱动电荷做定向移动做功，把电能转化为其他形式的能．故A正确；B、C、根据电功率的定义式：P=，可知电功率的大小与做功的多少无关．故B错误，C错误；D、额定电压相同的电阻A和B，额定功率PA＞PB，由可知：RA＜RB；两者串联后接在电路中，流过两个电阻的电流是相等的，由公式：P=I2•R，可知，持续一段时间后，实际消耗的电能WB＞WA．故D错误．故选：A【点评】该题考查电流做功的本质，以及电功率、串联电路的功率分配等知识点的内容，解答的关键是掌握串联电路的电流特点：流过各电阻的电流是相等的．4．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向．【解答】解：首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左．根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上．故选：C【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用．5．一个带电粒子处于垂直于匀强磁场方向的平面内，在磁场力的作用下做圆周运动．要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则需知道( )A．运动速度v和磁感应强度B B．轨道半径R和磁感应强度B C．轨道半径R和运动速度v D．磁感应强度B和运动周期T【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在磁场力的作用下做圆周运动洛伦兹力做为向心力，根据向心力的公式来分析比荷．【解答】解：根据洛伦兹力做为向心力，可得，qvB=m=mr，所以比荷=，所以要确定带电粒子的电荷量与质量之比，需要知道v，r和B．根据T=可得，比荷=，所以要确定带电粒子的电荷量与质量之比，需要知道磁感应强度B和运动周期T，所以D正确．故选D．【点评】根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径周期公式可以快速的作出判断，所以掌握住结论有利于提高解题的速度．6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( ) A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则( )A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断A灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化．【解答】解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮．并联部分两端的电压减小，则B灯变暗．流过C的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮．所以A 灯变亮、B灯变暗、C灯变亮．故选D【点评】本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的顺序进行分析．8．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为( ) A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解．【解答】解：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是和，设磁场宽度为d，由图可知，粒子b的半径==，粒子a的半径为==d由=可得：=，即=由qvB=可得：，=又b粒子轨迹长度为==，粒子a的轨迹长度为==，所以，=联立以上各式解得=，所以C正确，ABD错误．故选：C．【点评】求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解．二、多项选择题：（每个题目有至少两个以上的正确答案，选错的不得分，漏选的得3分，全对的得5分，共25分）9．图中能产生感应电流的是( )A．B．C．D．【考点】感应电流的产生条件．【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．【解答】解：A、线圈是不闭合的，不能产生感应电流．故A错误；B、线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流．故B正确；C、由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0．故C错误；D、线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流．故D错误．故选：B【点评】本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化．基础题目．10．如图所示电路，灯L1标有“24V 16W”，灯L2标有“12V16W”，两灯串联后接在电压为U的电路中，要保证两灯不损坏，则( )A．两灯实际功率之比为4：1B．电压U的最大值为30VC．灯L1两端电压与总电压U之比为4：5D．U=36V时，灯L1、L2均正常发光【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式I=求出两灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻；串联时，能正常发光的只能是额定电流较小的那一个，再利用公式U=IR可求电源电压．根据串联电路的电流特点和P=I2R、U=IR求出两灯泡的实际功率之比以及灯泡L2两端电压与电源电压U之比．【解答】解：A、由P=UI可知，I1==A，由P=可知：R1==36Ω；I2==A，R2==9Ω；因为串联电路中处处电流相等，并且为了使它们都不烧坏，则电路中的电流选择较小的一个，即电路中的电流为I1；故两灯实际功率之比：P1′：P2′=I12R1：I12R2=R1：R2=36Ω：9Ω=4：1；故A正确；B、C、D、为了使它们都不烧坏，则电路中的电流选择较小的一个，加在它们两端电压U的最大值：U=I1（R1+R2）=A×（36Ω+9Ω）=30V；U1：U=I1R1：U=A×36Ω：30V=4：5．故BC正确，D错误．故选：ABC【点评】本题考查功率公式及欧姆定律的应用，要注意明确电路结构，注意电路中电流不能超过任意一个电阻的额定电流．11．如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里．下列说法正确的是( )A．小球一定带正电B．小球一定带负电C．小球的绕行方向为顺时针D．改变小球的速率，小球将不做圆周运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】小球做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡可判断小球的电性．洛伦兹力提供向心力，运用左手定则判断运动方向．【解答】解：A、B、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，重力竖直向下，则电场力竖直向上，而电场方向向下，故此小球带负电．故A错误、B正确；C、D、由左手定则，磁场从掌心穿入，洛伦兹力提供向心力指向圆心，四指指向负电荷运动的反方向，可判断小球沿顺时针方向运动，故C正确；D、根据洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv=，当小球的速率改变后，小球的运动轨迹半径变化，仍做圆周运动，故D错误．故选：BC．【点评】本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性，最后根据洛伦兹力提供向心力运用左手定则判断．12．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，4ΩC．该车获得的牵引力为104N D．该车受到的阻力为63N【考点】电功、电功率；能量守恒定律．【专题】恒定电流专题．【分析】对于电动机来说，不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r 是计算电动机的发热的功率，当速度最大时牵引力和阻力相等．【解答】解：A、电动机的输入功率P入=UI=48×12W=576W，故选项A 正确．B、电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，故选项B错误．C、电动车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P出=Ffvmax得Ff==N=63N，故选项C错误、D正确；故选AD．【点评】解决本题的关键是区分开电功率的不同的公式计算所得到的量的含义，对于非纯电阻来说总功率和发热功率的公式是不同．13．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度B方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力）则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是( )A．该电场场强大小为BV，方向向上B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并知道能否偏转与电性，及电量无关．【解答】解：A、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：E=vB，粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，所以选项A正确．B、由上可知，当沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关，故B正确；C、当负离子从右向左水平射入时，电场力与洛伦兹力不再平衡，则会发生偏转．选项C错误，D、当离子从左向右水平射入时，电场力与洛伦兹力平衡，不会发生偏转，选项D正确．故选：ABD．【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．三、实验题（本题共3小题，共计24分．）14．下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是( )A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题．【分析】用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；测电阻时应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．【解答】解：A、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A 正确；B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零．15．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）C、电压表V2 （0～15.0V，内阻约6kΩD、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）E、电流表A2 （0～100mA，内阻约2Ω）F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择B，电流表应选择D，滑动变阻器应选择F．（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作。

2014-2015学年江苏省盐城市建湖县上冈高中高二〔上〕期中物理试卷〔选修〕一、选择题〔此题共7题，每一小题3分，共21分〕1．〔3分〕〔2015•广东模拟〕导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，如下表述正确的答案是〔〕A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比考点：欧姆定律；电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：解答此题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以与电压的大小无关．解答：解：有电阻定律R=ρ可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；C、电阻与电流以与电压的大小无关，故CD错误；应当选A．点评：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以与电压的大小无关．2．〔3分〕〔2015秋•福州校级期中〕一个T型电路如下列图，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源电动势为100V，内阻忽略不计．如此〔〕A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是30ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．解答：解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=40Ω；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=128Ω；故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=80V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=25V；故D错误；应当选：C．点评：对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进展分析，必要时应进展电路的简化．3．〔3分〕〔2008•徐州模拟〕电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2与滑动变阻器R连接成如下列图的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，如下说法正确的答案是〔〕A．电压表和电流表读数都减小B．电压表和电流表读数都增大C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律．分析：由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，如此由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化与路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．解答：解：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，如此内电压减小，由U=E﹣Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；总电流减小，R1两端的电压减小，而路端电压增大，故并联局部电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故B正确；应当选B．点评：此题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联局部的电压增大，流过R2的电流增大．4．〔3分〕〔2015秋•福州校级期中〕一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．假设把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，如此灯泡实际消耗的电功率〔〕A．大于9W B．等于9W C．小于9W D．无法确定考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当灯泡在额定电压下工作的时候，功率的大小为36W，当电压减半时，灯泡的功率并不是减半，因为灯泡的电阻在这个过程中会变化．解答：解：根据P=可知，当电压减半的时候，功率应该见为原来的，即为9W，但是当电压减小的同时，由于工作的温度降低，灯泡的电阻也会减小，所以实际的功率要比9W 大，所以A正确．应当选A．点评：对于金属电阻来说，当温度升高的时候，电阻会变大，反之，当电压降低的时候，工作的温度降低，电阻也会减小．5．〔3分〕〔2015•江苏〕在如下列图的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，如此可以判定〔〕A．电源的电动势E一定小于击穿电压UB．电容器所带的最大电荷量一定为CEC．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等考点：电容器的动态分析；串联电路和并联电路．专题：压轴题．分析：此题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量．解答：解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，如此电源电动势一定大于等于U，A 项错误；B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，B项错误；C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确．应当选D．点评：此题有效地将电路与电容器结合在一起，考查学生的审题能力与知识的迁移应用能力，对学生要求较高．6．〔3分〕〔2014•某某县校级模拟〕如下列图的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比拟它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d，其大小关系是〔〕A．t a＜t b＜t c＜t d B．t a=t b=t c=t d C．t a=t b＜t c＜t d D．t a=t b＞t c＞t d考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子进入匀强磁场后只受洛伦兹力做匀速圆周运动，四个电子运动的周期都一样，作出轨迹，根据圆心角的大小判断电子在磁场运动时间的大小．解答：解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T=四个电子m、q一样，B也一样，如此它们圆周运动的周期一样．画出电子运动的轨迹如图．从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是π，如此t a=t b==从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角∠OO2d＜∠OO1C＜π，根据圆周运动的时间t=，T一样时，圆心角α越大，时间t越大，所以t c＞t d．所以t a=t b＞t c＞t d．应当选D点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，画轨迹是根本方法，也是根本能力，粒子运动的时间常常根据t=〔α是轨迹的圆心角〕求解．7．〔3分〕〔2015秋•建湖县期中〕如下列图的是电视机显像管与其偏转线圈L，如果发现电视画面幅度比正常时偏大，可能是因为〔〕A．电子枪发射能力减弱，电子数减少B．加速电场电压过低，电子速率偏小C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小D．偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱考点：电子束的磁偏转原理与其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．解答：解：如果发现电视画面幅度比正常时偏大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率与磁场不变，因此不会影响电视画面偏大，所以A错误；B、当加速电场电压过低，电子速率偏小，如此会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B正确；C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C错误；D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D错误；应当选：B点评：此题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，如此画面偏小；当轨道半径变小，如此画面偏大．这是解答此题的关键．二、多项选择题〔此题共7题，每一小题4分，共28分〕8．〔4分〕〔2015秋•广陵区校级期中〕如下列图，定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω，当开关S接“1〞时，电流表示数为0.20A，那么当S接“2〞时，电流表示数的可能值为〔电源内阻不可忽略〕〔〕A．0.28 A B．0.24 A C．0.22 A D．0.19 A考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆定律求出电键S接位置1时路端电压．当电键S接位置2时，外电阻减小，路端电压减小，总电流增大，根据欧姆定律进展分析．解答：解：当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A，如此根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=10×0.2V=2V．A、当电键S接位置2时，假设电流表的示数为I2=0.28A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.28×8V=2.24V．但是由于R2＜R1，路端电压减小，不可能增大，所以U2＜2V，如此电流表的示数不可能是0.28A．故A错误．B、当电键S接位置2时，假设电流表的示数为I2=0.24A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.24×8V=1.92V．可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，如此电流表的示数可能是0.24A．故B正确．C、当电键S接位置2时，假设电流表的示数为I2=0.22A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.22×8V=1.76V，可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，如此电流表的示数可能是0.22A．故C正确．D、由于R2＜R1，当电键S接位置2时，电流表的示数大于0.20A．故D错误．应当选：BC点评：此题要根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进展选择．9．〔4分〕〔2015秋•建湖县期中〕如下列图的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W〞字样，电动机线圈的电阻R M=0.50Ω．假设灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的答案是〔〕A．电动机的输入功率是72 WB．电动机的输出功率12 WC．电动机的热功率是2 WD．整个电路消耗的电功率是22 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率．由电功率公式可以求出电路总功率．解答：解：A、电动机两端的电压U1=U﹣U L=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I==A=2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A错误．B、C、电动机的热功率P热=I2R M=22×0.5W=2W，如此电动机的输出功率P2=P﹣I2R M=12﹣2W=10W．故B错误，C正确．D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D正确．应当选：CD．点评：解决此题的关键知道电动机的输出功率P2=I2R M以与知道整个电路消耗的功率P总=UI．10．〔4分〕〔2015秋•麒麟区校级期末〕如下列图，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是〔〕A．B．C．D．考点：安培力；左手定如此．分析：当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．解答：解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故A正确．B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用．故B正确．C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用．故C错误．D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故D正确．应当选ABD．点评：解决此题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．11．〔4分〕〔2015秋•建湖县期中〕关于磁感线的描述，正确的答案是〔〕A．磁铁的磁感线从N极出发，终止于S极B．利用磁感线疏密程度可定性地描述磁场中两点相对强弱C．磁铁周围小铁屑有规如此的排列，正是磁感线真实存在的证明D．不管有几个磁体放在某一空间，在空间任一点绝无两根〔或多根〕磁感线相交考点：磁感线与用磁感线描述磁场．分析：磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，磁感线不会相交．解答：解：A、磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线．故A 错误．B、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．故B正确．C、磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线，不存在．故C错误．D、磁感线不会相交，因为如果相交，交点会有两个切线方向，即有两个磁场方向．故D正确．应当选BD．点评：解决此题的关键知道磁感线的性质，知道磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线．12．〔4分〕〔2015秋•瓦房店市校级期末〕一初速度为零的电子经电场加速后，垂直于磁场方向进入匀强磁场中，此电子在匀强磁场中做圆周运动可等效为一环状电流，其等效电流的大小〔〕A．与电子质量无关B．与电子电荷量有关C．与电子进入磁场的速度有关D．与磁场的磁感应强度有关考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，根据电流等于单位时间内通过横截面的电荷量，即I=即可求解．解答：解：根据电流的定义式得：I=电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，又因为：T=所以：I=由此可知，电流大小与电子的电荷量和磁感应强度有关．应当选：BD点评：此题主要考查了带电粒子在磁场中运动的周期公式与电流的定义式的直接应用，难度不大，属于根底题．13．〔4分〕〔2008•广东模拟〕不计重力的负粒子能够在如下列图的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的答案是〔〕A．假设同时增大U和B，其他条件不变，如此粒子一定能够直线穿过B．假设同时减小d和增大v，其他条件不变，如此粒子可能直线穿过C．假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此粒子动能一定减小D．假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此粒子的动能有可能不变考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带负电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．解答：解：A、假设同时增大U和B，其他条件不变，虽然使得电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，也可能做曲线运动，故A错误；B、假设同时减小d和增大v，其他条件不变，如此会有电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，故B正确；C、假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小．故C正确；D、假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小．故D错误；应当选：BC点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．假设粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向一样，粒子必定发生偏转．14．〔4分〕〔2014秋•上饶期末〕利用如下列图的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下外表间用电压表可测得电压为U．自由电子的电荷量为e，如此如下判断正确的答案是〔〕A．上外表电势高B．下外表电势高C．该导体单位体积内的自由电子数为D．该导体单位体积内的自由电子数为考点：霍尔效应与其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下外表存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．根据上下外表带电的正负判断电势的上下．根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数．解答：解：A、电流方向水平向右，如此自由电子的运动方向水平向左，根据左手定如此，电子向上偏，上外表得到电子带负电，下外表失去电子带正电．所以下外表的电势高．故A 错误，B正确．C、电流的微观表达式为I=nevS，n表示单位体积内的电子数，S表示横截面积，如此n=．最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有：，如此v=．所以n=．故D正确，C错误．应当选BD．点评：解决此题的关键知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，以与掌握电流的微观表达式I=nevS．三、实验题〔8+12=20〕15．〔8分〕〔2014•射洪县校级模拟〕分别用图〔a〕、〔b〕两种电路测量同一未知电阻的阻值．图〔a〕中两表的示数分别为3V、4mA，图〔b〕中两表的示数分别为4V、3.9mA，如此待测电阻R x的真实值为〔〕A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用〔a〕图进展测量比拟准确．〔a〕图中测量值较真实值偏小．解答：解：因电压表示数变化大，如此用电压表的真实值测量电路，为〔a〕电路．用〔a〕电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．由 R测===R真即测量值偏小故 ABC错误，D正确应当选：D点评：考查伏安法测电阻的原理，明确不出接法所引起的误差．16．〔12分〕〔2015•南昌校级二模〕两位同学在实验室中利用如图〔a〕所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图〔b〕所示的两条U﹣I图线．回答如下问题：〔1〕根据甲、乙两同学描绘的图线，可知ADA．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据〔2〕图象中两直线的交点表示的物理意义是BCA．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD．电源的效率达到最大值〔3〕根据图〔b〕，可以求出定值电阻R0= 2.0 Ω，电源电动势E= 1.50 V，内电阻r= 1.0 Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义．〔2〕图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，根据图象求解．〔3〕由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．解答：解：〔1〕从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．应当选AD．图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A、滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B、图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；C、定值电阻R0消耗功率为：P=U2I=1.0×0.5 W=0.5 W，故C正确；D、电源的效率为：η==，U越大，效率越大，故D错误．应当选BC．〔3〕从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0==2.0Ω；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，图象斜率的绝对值为：k==1.0，即电源的内阻为r=1.0Ω．故答案为：〔1〕AD 〔2〕BC 〔3〕2.0 1.50 1.0点评：此题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流与电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻．四、计算题〔10+12+12+15=51〕17．〔10分〕〔2015秋•建湖县期中〕如下列图，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF．一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ．电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少多大？假设θ角可取任意值，v0的最小值是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小．由几何知识求出，再牛顿定律求出速度的范围．运用数学知识，由θ的取值来确定速度的最小，从而求出半径的最小值．解答：解：当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如下列图：电子恰好射出时，由几何知识可得：r+rcosθ=d ①电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B=m，解得：r=②由①②得：v0=③故电子要射出磁场，速率至少应为：．由③式可知，θ=0°时，v0=最小，由②式知此时半径最小，r min=，答：为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少为，θ角可取任意值，v0的最小值是：．点评：此题考查圆周运动的边界问题的求解方法．当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出．18．〔12分〕〔2005秋•黄冈期末〕如下列图，在A、B两点间接一电动势为8V，内电阻为2Ω的直流电源，电阻R1=4Ω，R2、R3的阻值均为6Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，求：〔1〕电流表的读数；〔2〕电容器所带的电荷量；〔3〕断开电源后，通过R2的电荷量．考点：电容器．专题：电容器专题．分析：当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律求出流过R3的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S 后，电容器通过R1、R2放电，R1、R2相当并联后与R3串联．再求解通过R2的电量．解答：解：〔1〕当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得，电流表的读数：。