2022-2022学年辽宁省大连二十四中，大连四十八中联考高二（上）期中物理试卷 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~12有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．下列说法正确的是（ ）A．实验室使用的磁电式电流表，依据的物理学原理是欧姆定律B．特拉斯受到的通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似的启发，提出了著名的分子电流假说C．电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量D．磁流体发电机、速度选择器和回旋加速器利用的都是霍尔效应现象 2．如图所示，相同的带正电粒子A和B，同时以vA和vB的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的0点分别以60°和30°（与边界的夹角）方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（ ）A．A、B两粒子的速度之比B．A、B两粒子在磁场中的位移之比1：1C．A、B两粒子在磁场中的路程之比1：2D．A、B两粒子在磁场中的时间之比2：1 3．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U﹣I图象．当它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻可表示为（ ）A．B．C．D． 21\n4．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（ ）A．a处电势高于b处电势B．a处离子浓度大于b处离子浓度C．溶液的上表面电势高于下表面的电势D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度 5．如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动．在加速运动阶段（ ）A．甲、乙两物块间的摩擦力不变的B．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小C．甲、乙两物块可能做加速度减小的加速运动D．甲、乙两物体可能做匀加速直线运动 6．如图所示是电视机显像管的示意图．电子枪发射电子经加速电场加速后，再经过偏转线圈打到荧光屏上．某次使用时，电视画面的幅度比正常情况偏小，引起这种现象的原因是（ ）A．加速电场的电压过低，电子速率偏小，电子受洛仑兹力减小B．偏转线圈电流过大，偏转磁场太强C．电子枪发射能力减弱，电子数减少，受洛仑兹力减小D．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 7．如图甲所示，是用来加速带电粒子的同旋加速器的示意图，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，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间及自身的重力，则下列判断正确的是：（ ）21\nA．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积 8．如图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源E的内阻不计（ ）A．R2不变时，V2读数与A读数之比等于R1B．R2不变时，V1读数与A读数之比等于R1C．R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1D．R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1 9．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（ ）A．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角B．安培表A1的读数大于安培表A2的读数C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角 10．如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群比荷为的负离子以相同速率v0（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（ ）21\nA．离子在磁场中运动时间一定相等B．离子在磁场中的运动半径一定相等C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大 11．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑动片P向右滑动时，M、N两点的电势变化情况是：（ ）A．都升高B．都降低C．M点电势升高，N点电势降低D．M点电势的改变量大于N点电势的改变量 12．电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（ ）A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I=C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度 二、非选择题（共52分）13．（1）分别用图甲、图乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为3V、4mA．图乙中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻Rx的真实值为： A．略小于1kΩ B．略小于750KΩ21\nC．略大于1kΩD．略大于750KΩ（2）测量一未知电阻的阻值．某同学用多用电表粗测电阻的大小，将多用表选择开关置于×1Ω挡，调零后，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；在利用伏安法测电阻时，电流表量程（0﹣0.6A）、电压表量程（0﹣15V），则电流表和电压表的读数为： A， V． 14．随着经济的高速发展，LED绿色照明技术、节能照明产品得到全面应用，城市景观照明等重点工程项目，处处都闪耀着国产LED绿色照明、节能照明产品的光芒．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω左右，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：额定电压为3V的LED灯，正常工作时电阻大约500Ω左右；电流表A1（量程为0至50mA，内阻RA1约为3Ω）；电流表A2（量程为0至3mA，内阻RA2=15Ω）定值电阻R1=697Ω；定值电阻R2=1985Ω；滑动变阻器R3（0至20Ω）一只；电压表V（量程为0至12V，内阻RV=1kΩ）蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）电键S一只（1）在方框中画出应采用的电路图；（2）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx ，当表达式中的 （填字母）达到 ，记下另一电表的读数带入表达式，其结果为LED灯正常工作时的电阻． 15．（12分）（2022秋•临清市校级期末）如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2Ω，当K1闭合，K2、K3断开时，电流表示数6A；当K2闭合，K1、K3断开时，电流表示数5A，且电动机输出功率为35W；当K3闭合，K1、K2断开时，电流表示数为4A．求：（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？（2）电动机的内阻是多少？（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？21\n 16．（12分）（2022秋•大连校级期中）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6×10﹣2 kg的通电直导线，电流大小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．（1）若整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T、方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（2）若轻绳的张力为零，所加磁场的最小磁感应强度为多大？方向如何？（g取10m/s2） 17．（13分）（2022•珠海二模）如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满+y方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（电场、磁场均未画出）；一个比荷为=K的带电粒子以大小为v0的初速度自点P（﹣2d，﹣d）沿+x方向运动，恰经原点O进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q（9d，0）沿﹣y方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为B=，不计粒子重力．（1）求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E的大小；（2）求粒子在匀强磁场中运动的半径R及时间tB；（3）求圆形磁场区的最小半径rm． 2022-2022学年辽宁省大连二十四中，大连四十八中联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析21\n 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~12有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．下列说法正确的是（ ）A．实验室使用的磁电式电流表，依据的物理学原理是欧姆定律B．特拉斯受到的通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似的启发，提出了著名的分子电流假说C．电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量D．磁流体发电机、速度选择器和回旋加速器利用的都是霍尔效应现象【考点】洛仑兹力；霍尔效应及其应用．【分析】磁电式电流表的工作原理是安培力；安培根据电流的磁场和磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说；知道磁场在各种仪器或设备中的作用．【解答】解：A、实验室使用的磁电式电流表，依据的物理学原理是电流在磁场中受到安培力的作用．故A错误；B、安培根据电流的磁场和磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说；故B错误；C、电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量．故C正确；D、磁流体发电机是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用；速度选择器利用粒子受到的洛伦兹力与电场力是平衡力；回旋加速器利用电场加速，利用磁场偏转．它们都与霍尔效应无关．故D错误．故选：C【点评】该题考查磁电式仪表、磁流体发电机、速度选择器和回旋加速器等各种仪器或设备的工作原理，并知道磁场在其中的作用． 2．如图所示，相同的带正电粒子A和B，同时以vA和vB的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的0点分别以60°和30°（与边界的夹角）方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（ ）A．A、B两粒子的速度之比B．A、B两粒子在磁场中的位移之比1：1C．A、B两粒子在磁场中的路程之比1：2D．A、B两粒子在磁场中的时间之比2：1【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】以任一带电粒子为研究对象，画出轨迹示意图，根据几何知识得出轨迹半径r与磁场的宽度d的关系式，结合半径公式r=，即可求得速度之比；根据公式t=，α是轨迹的圆心角求时间之比；路程s=r•α；21\n【解答】解：A、设粒子速度方向和磁场边界的夹角为θ，粒子做圆周运动的半径为r，如图所示，有r+rcosθ=d得r=又由轨迹半径公式r=所以==．故A正确．B、粒子在磁场中的位移x=2rsinθ，所以=．故B错误．C、粒子在磁场中的路程s=r•α=r×（2π﹣2θ）所以=．故C错误．D、轨迹的圆心角为α时，粒子在磁场中运动时间为t=T，而周期T=，两个粒子的周期是相同的．所以==．故D错误．故选A【点评】考查牛顿第二定律、匀速圆周运动半径和周期公式，并与几何关系综合解题，注意考虑粒子的临界情况是本题突破口．同时还强调圆心角的正确表示． 3．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U﹣I图象．当它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻可表示为（ ）A．B．C．D．【考点】路端电压与负载的关系．21\n【专题】恒定电流专题．【分析】由全电路欧姆定律得U=E﹣Ir，的大小等于r，当I=0时，E=U，由图可知电池的电动势为U2．当电流为I1时，根据欧姆定律求出内阻．【解答】解：A、电阻为线性元件，=R．故A错误．BC、由欧姆定律得U=E﹣Ir，=r，而由图可知r==≠，则r≠．故B错误、C正确．D、由欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为E=U2．根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U1，则内阻r==．故D正确．故选：CD．【点评】本题考查对图象的理解能力．对于线性元件R==，对于非线性元件，R=≠，对于电源的内阻往往根据电源的外特性曲线研究斜率得到． 4．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（ ）A．a处电势高于b处电势B．a处离子浓度大于b处离子浓度C．溶液的上表面电势高于下表面的电势D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度【考点】洛仑兹力；电势．【分析】在溶液中通入沿x轴正向的电流I，在NaCl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况．【解答】解：A、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；B、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B正确；CD、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以CD错误．故选B．21\n【点评】对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电． 5．如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动．在加速运动阶段（ ）A．甲、乙两物块间的摩擦力不变的B．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小C．甲、乙两物块可能做加速度减小的加速运动D．甲、乙两物体可能做匀加速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，根据洛伦兹力随着速度的增大而增大，分析地面对乙物块的支持力如何变化，来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化．【解答】解：A、洛伦兹力随着速度的增大而增大，由于f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲=m甲a，则得到f甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小．故A错误．B、以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，则有N=F洛+（m甲+m乙）g，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，N增大，则地面对乙的滑动摩擦力f增大，故B错误．C、D、甲乙整体受到的摩擦力逐渐增加，故做加速度不断减小的加速运动，最后是一起匀速运动；故C正确，D错误．故选：C．【点评】本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，根据牛顿运动定律分析物体的运动情况． 6．如图所示是电视机显像管的示意图．电子枪发射电子经加速电场加速后，再经过偏转线圈打到荧光屏上．某次使用时，电视画面的幅度比正常情况偏小，引起这种现象的原因是（ ）21\nA．加速电场的电压过低，电子速率偏小，电子受洛仑兹力减小B．偏转线圈电流过大，偏转磁场太强C．电子枪发射能力减弱，电子数减少，受洛仑兹力减小D．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少【考点】示波管及其使用．【专题】常规题型；信息给予题；类比法；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小，是由于电子束的偏转角减小，即电子的轨道半径增大所致．A、当加速电场电压过低，电子获得的速率偏小，由公式r=可知电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故A错误；B、当偏转线圈电流过大，偏转磁场增时，从而导致电子运动半径变小，偏转角度增大；所以导致画面比正常偏大，故B错误；C、电子枪发射能力减弱，电子数减少，但运动的电子速率及磁场不变，由公式r=，电子在磁场中轨道半径不变，通过磁场后偏转角不变，因此不会影响电视画面偏大或小，故C错误；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，由公式r═，可知电子的运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故D正确；故选：D【点评】本题要了解电视机显像管的工作原理，知道电视画面的大小是由电子偏转角度决定，与电子运动的轨道半径有关．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键． 7．如图甲所示，是用来加速带电粒子的同旋加速器的示意图，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，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间及自身的重力，则下列判断正确的是：（ ）A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t121\nB．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；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、C、D、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速电压、加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关．故B、C错误，D正确．故选：AD．【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． 8．如图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源E的内阻不计（ ）A．R2不变时，V2读数与A读数之比等于R1B．R2不变时，V1读数与A读数之比等于R1C．R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1D．R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电源E内阻不计，路端电压等于电动势，保持不变．理想电压表对电路影响不变．根据电阻的定义，当电阻不变时R=．当电阻变化时，根据欧姆定律，用数学方法电阻与两电表读数的关系分析．【解答】解：A、R2不变时，V2读数与A读数之比等于R2．故A错误．B、R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于Rl．故B正确．C、R2改变一定量时，设V2读数为U2，A读数为I，根据欧姆定律，U2=E﹣IR1，由数学知识可知，大小等于R1．故C正确．21\nD、设V1读数为U1，根据欧姆定律，U1=IR1，由数学知识可知，大小等于R1．故D正确．故选：BCD【点评】本题考查对电阻概念的理解能力，对于线性元件，R=；对于非线性元件，R=． 9．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（ ）A．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角B．安培表A1的读数大于安培表A2的读数C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由题：两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．【解答】解：A、B安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数．故A错误，B正确．C、D伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数．故C错误，D正确，．故选：BD．【点评】安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流． 10．如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群比荷为的负离子以相同速率v0（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（ ）21\nA．离子在磁场中运动时间一定相等B．离子在磁场中的运动半径一定相等C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大【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】粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间．【解答】解：A、设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为t=T，T=，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故A错误．B、由Bqv=m可知，r=，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确；C、D由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入．故C正确，D错误；故选：BC．【点评】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断． 11．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑动片P向右滑动时，M、N两点的电势变化情况是：（ ）A．都升高B．都降低C．M点电势升高，N点电势降低D．M点电势的改变量大于N点电势的改变量【考点】闭合电路的欧姆定律；电势．【专题】恒定电流专题．【分析】图中O点接地，其电势为零，根据在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低可知，M点的电势大于零，大小等于并联部分的电压，N点的电势小于零，大小等于电阻R3的电压，根据欧姆定律分析出并联部分和R3的电压如何变化，即可判断M、N两点的电势变化情况．21\n【解答】解：ABC、当滑动变阻器的滑动片P向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流增大，则电阻R3的电压增大，因N点的电势比O点的电势低，小于零，故N点的电势降低．并联部分的电阻减小，分担的电压减小，而M点的电势大于零，所以M点的电势降低．故AC错误，B正确．D、外电阻减小，路端电压减小，即外电路两端的总电压减小，则知并联部分电压减小大于R3的电压增加量，因此M点电势的改变量大于N点电势的改变量，故D正确．故选：BD【点评】本题是电路动态变化分析问题，关键要根据欧姆定律判断并联部分和R3的电压如何变化，知道顺着电流方向，外电路的电势降低，即可进行判断． 12．电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（ ）A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I=C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【考点】霍尔效应及其应用．【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况．【解答】解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体，故A正确；B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R===；因此流过泵体的电流I=，故B错误；C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；故选：AC．【点评】本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难． 二、非选择题（共52分）21\n13．（1）分别用图甲、图乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为3V、4mA．图乙中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻Rx的真实值为： D A．略小于1kΩ B．略小于750KΩC．略大于1kΩD．略大于750KΩ（2）测量一未知电阻的阻值．某同学用多用电表粗测电阻的大小，将多用表选择开关置于×1Ω挡，调零后，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 14.0 Ω；在利用伏安法测电阻时，电流表量程（0﹣0.6A）、电压表量程（0﹣15V），则电流表和电压表的读数为： 0.46 A， 12.0 V．【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）明确两种电路的接法；根据两电表的变化规律可明确实验中的误差分析；从而选择正确的接法得出误差最小的结果（2）多用电表的读数等于表盘示数乘以倍率；电流表和电压表的读数要明确最小分度，再根据指针的示数明确其读数．【解答】解：（1）电压表变化为1V，而电流变化为0.2mA；则说明电压有示数变化大，则说明电流表的分压效果较大；故应采用电流表外接法；采用甲电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．则测量值R测===750Ω＜=R真即真实值略大于750Ω；（2）欧姆表档位为×1Ω；则读数为：14.0×1=14.0Ω；电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则其读数为：0.46A；电压表量程为15V，最小分度为0.5V，则读数为：12.0V；故答案为：（1）D；（2）14.0，0.46，12.0【点评】本题考查伏安法测电阻以及电表的使用和读数方法，要注意明确在读数时是否需要估读，并明确试触法的应用． 14．随着经济的高速发展，LED绿色照明技术、节能照明产品得到全面应用，城市景观照明等重点工程项目，处处都闪耀着国产LED绿色照明、节能照明产品的光芒．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω左右，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：额定电压为3V的LED灯，正常工作时电阻大约500Ω左右；电流表A1（量程为0至50mA，内阻RA1约为3Ω）；电流表A2（量程为0至3mA，内阻RA2=15Ω）定值电阻R1=697Ω；定值电阻R2=1985Ω；滑动变阻器R3（0至20Ω）一只；电压表V（量程为0至12V，内阻RV=1kΩ）蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）电键S一只（1）在方框中画出应采用的电路图；21\n（2）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx \frac{{I}_{2}（{R}_{2}+{R}_{A2}）}{\frac{U}{{R}_{V}}﹣{I}_{2}} ，当表达式中的 I2 （填字母）达到 1.5mA ，记下另一电表的读数带入表达式，其结果为LED灯正常工作时的电阻．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】题中滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装一个电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用．根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，得到LED的电阻．【解答】解：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；LED灯正常工作时的电流大约为==6mA左右，电流表的量程较小，电流表无法测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示．（2）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=﹣I2，所以LED灯正常工作时的电阻RX==．因为改装后的电压表内阻为RV=1985+15Ω=2000Ω，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．故答案为：（1）如图所示．（2）RX=．I2，1.5mA．【点评】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线的实验，实验的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表串联测电流． 21\n15．（12分）（2022秋•临清市校级期末）如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2Ω，当K1闭合，K2、K3断开时，电流表示数6A；当K2闭合，K1、K3断开时，电流表示数5A，且电动机输出功率为35W；当K3闭合，K1、K2断开时，电流表示数为4A．求：（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？（2）电动机的内阻是多少？（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律；能量守恒定律；闭合电路中的能量转化．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）电炉子为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解；（2）电动机为非纯电阻，由能量守恒定律即可求解；（3）化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率．【解答】解：（1）电炉子为纯电阻，由欧姆定律：其发热功率为：PR=UI1=12×6W=72W．（2）电动机为非纯电阻，由能量守恒定律得：UI2=I22•rM+P输出带入数据解得：rM=1Ω（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：P化=UI3﹣I32•rA带入数据解得：P化=（12×4﹣42×2）W=16W．答：（1）电炉子的电阻为2Ω，发热功率为72W；（2）电动机的内阻是1Ω；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为16W．【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路． 16．（12分）（2022秋•大连校级期中）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6×10﹣2 kg的通电直导线，电流大小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．（1）若整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T、方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（2）若轻绳的张力为零，所加磁场的最小磁感应强度为多大？方向如何？（g取10m/s2）21\n【考点】安培力．【分析】（1）根据左手定则确定安培力的方向，抓住斜面对导线的支持力为零时，导线只受重力、线的拉力和安培力作用而处于平衡状态，据平衡条件求出安培力的大小，由F=BIL可以得到磁感应强度的大小，根据磁感应强度的变化率可以求出所需要的时间t；（2）当导线受到的安培力的方向沿着绳子的方向时，需要的安培力最小，根据二力平衡求出安培力和磁感应强度，根据左手定则判断出磁场的方向．【解答】解：（1）由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示．由图知：FTcos37°=F…①FTsin37°=mg…②由①②解得导线所受安培力的为：F==0.8N．又根据F=BIL得此时导线所处磁场的磁感应强度为：B=因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有：B=0.4t得：t=5s．（2）由题可知，当导线受到的安培力的方向沿着绳子的方向时，需要的安培力最小，所以对应的磁感应强度最小，得：mgsin37°=BminIL所以：=0.9T安培力的方向沿斜面向上，根据左手定则可知，磁场的方向垂直于斜面向下．答：（1）需要5s时间，斜面对导线的支持力为零；（2）若轻绳的张力为零，所加磁场的最小磁感应强度为0.9T，方向垂直于斜面向下．【点评】该题结合安培力的计算考查共点力作用下的平衡，抓住支持力为0时的导线受力特征，根据平衡条件求解是关键． 17．（13分）（2022•珠海二模）如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满+y方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（电场、磁场均未画出）；一个比荷为=K的带电粒子以大小为v0的初速度自点P（﹣221\nd，﹣d）沿+x方向运动，恰经原点O进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q（9d，0）沿﹣y方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为B=，不计粒子重力．（1）求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E的大小；（2）求粒子在匀强磁场中运动的半径R及时间tB；（3）求圆形磁场区的最小半径rm．【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．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；（2）先根据类平抛运动的分运动公式求解末速度，然后根据磁场中洛伦兹力等于向心力列得求解轨道半径，再结合几何关系得到速度的偏转角，最后根据t=求解磁场中的运动时间；（3）以磁场中的轨迹对应的弦为直径，则圆形磁场区的半径最小．【解答】解：（1）粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动：…①…②…③解得：…④（2）设粒子到达O点瞬间，速度大小为v，与x轴夹角为α：…⑤…⑥，…⑦粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：…⑧解得，粒子在匀强磁场中运动的半径：21\n…⑨在磁场时运动角度：…⑩在磁场时运动时间：（3）如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径：解得：答：（1）第Ⅲ象限内匀强电场的场强E的大小为；（2）粒子在匀强磁场中运动的半径R及时间为；（3）圆形磁场区的最小半径为d．【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，对于类平抛运动过程，根据分运动公式列式分析，对于圆周运动过程，根据牛顿第二定律列式分析，同时要画出轨迹分析． 21
