河南省洛阳市高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年河南省洛阳市高二（上）期中物理试卷　一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．在物理学的发展过程中，许多科学家做出了很大贡献，以下说法不符合史实的是（　　）A．欧姆通过大量实验研究发现导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比B．电流通过导体产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系最初是由焦耳通过实验得到的C．奥斯特发现电流能使小磁针发生偏转，第一个宣布了电流的磁效应D．安培在研究磁场与电流、运动电荷的相互作用方面做出了杰出贡献，并提出了著名的安培力公式和洛伦兹力公式　2．如果在2s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过横截面积为0.1m2的电解槽，那么通过这个截面的电流等于（　　）A．0B．1.6AC．16AD．0.8A　3．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d．要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（　　）A．UA：UB=1：1B．UA：UB=：1C．UA：UB=：3D．UA：UB=3：4　4．如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S闭合后，灯泡L1和L2都不亮，用理想电压表测得各部分电压是Uab=6V，Uad=6V，Ucd=0V，如果已知只有一处电路故障，则该故障一定是（　　）A．L1的灯丝烧断了B．L2的灯丝烧断了C．开关处断路D．变阻器R断路　5．在使用多用电表的欧姆档测量电阻时，在保证其它操作无误的情况下，下列判断正确的是（　　）A．若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏小B．若测量时发现指针偏转角度过大，则必须增大倍率，重新调零后再进行测量C．若选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值等于250ΩD．若欧姆表内的电池过于老化，其测量值将略微偏小　6．如图所示为三个基本逻辑电路的符号，A输入端全为“0”，B输入端全为“1”，以下判断正确的是（　　）19\nA．甲为“非”逻辑电路符号，输出为“0”B．乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”C．乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”D．丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”　7．以下说法不正确的是（　　）A．磁场是客观存在的一种特殊物质B．改变通电螺线管中电流的方向，管内的磁场方向也随之改变C．磁感线并不全都是封闭的D．地球磁场的北极与地理南极并不完全重合　8．如图所示，六根完全相同的通电直导线彼此绝缘，围成四个相同的正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，箭头指向表示各导线中的电流方向，则这四个区域中磁通量最大的区域是（　　）A．Ⅰ区B．Ⅱ区C．Ⅲ区D．Ⅳ区　9．如图所示，直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动，当它们同时通以如图箭头所示的电流时，从右向左看，线圈将（　　）A．顺时针转动，同时靠近直导线ABB．顺时针转动，同时远离直导线ABC．逆时针转动，同时靠近直导线ABD．逆时针转动，同时远离直导线AB　10．如图所示为电流天平的工作原理图，可用来测定匀强磁场的磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，匝数为n，底边长为L．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．当线圈中通有方向如图的电流I时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．已知重力加速度大小为g．则（　　）19\nA．磁场的方向垂直线圈平面向外B．磁场的方向垂直线圈平面向里C．磁感应强度的大小为D．磁感应强度的大小为　11．利用回旋加速器加速带电粒子时，下列说法正确的是（　　）A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋B．电场和磁场同时用来加速带电粒子C．加速电压越大，同一带电粒子最终获得的动能就越大D．在回旋加速器的半径一定的情况下，所加磁场越强，同一带电粒子最终获得的动能就越大　12．有一段横截面积为S的均匀铜导线，流经其中的电流为I，设导线单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e，此时电子定向移动的平均速率为v，在t时间内，通过导线某个横截面的自由电子数可表示为（　　）A．nvtB．nvStC．D．　13．关于电源的电动势，下列说法中正确的是（　　）A．电源的电动势与外电路的组成无关B．电源的电动势在数值上等于内外电路电势降落之和C．移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从电源负极移到正极的数量越多　14．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，当开关闭合后，两个灯泡均能发光，在将滑动变阻器的触片逐渐向左滑动的过程中，如果两灯仍能发光，则下列说法正确的是（　　）A．小灯泡L1变暗，小灯泡L2变亮B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C．电流表的读数变大，电压表的读数变小D．电流表的读数变小，电压表的读数变大　　二、实验题（共2小题，满分15分）15．（1）要测绘一个标有“3V19\n0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V．并便于操作，已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内电阻1Ω）；电流表（量程为0～250mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V，内阻约3kΩ）；开关一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　　　　　　（填字母序号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）②实验的电路图应选用下列的图　　　　　　（填字母序号）．（2）在测定金属电阻率的实验中，某位同学用螺旋测微器测量金属丝某处的直径如图所示，由图可知金属丝该处的直径为　　　　　　mm．　16．某同学在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.00Ω的保护电阻R0，实验电路如图甲所示．（1）按图甲电路原理图将图乙实物连接起来（如图1）；（2）该同学测出的数据如表所示．请你根据这些数据在如图坐标系中画出U﹣I图象．I/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.60（3）根据所作图线可得（如图2），电源的电动势为　　　　　　，内电阻为　　　　　　．（结果均保留三位有效数字）　　三、解答题（共4小题，满分43分）17．图中是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1A，当使用a、c两个端点时，量程为0.1A．已知表头的内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，求电阻R1、R2的值．19\n　18．（10分）（2022秋•洛阳期中）如图所示，一个长度为20cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.2T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．　19．（12分）（2022秋•洛阳期中）如图所示的电路中，电源电动势E=20V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=0.5Ω，电阻R1=1Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1=4V，求：（1）电动机输出的机械功率；（2）电源的输出功率和效率．　20．（12分）（2022秋•洛阳期中）如图所示，虚线MN是垂直于纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度大小为B=的匀强磁场，方向垂直纸面向外．O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的方向可在纸面沿各个方向．已知先后射入的某两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用．（1）求粒子在磁场中的轨道半径；（2）求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔．　19\n　2022-2022学年河南省洛阳市高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．在物理学的发展过程中，许多科学家做出了很大贡献，以下说法不符合史实的是（　　）A．欧姆通过大量实验研究发现导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比B．电流通过导体产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系最初是由焦耳通过实验得到的C．奥斯特发现电流能使小磁针发生偏转，第一个宣布了电流的磁效应D．安培在研究磁场与电流、运动电荷的相互作用方面做出了杰出贡献，并提出了著名的安培力公式和洛伦兹力公式【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、德国物理学家欧姆做了大量的实验精确的确定了电流与电压、电阻的关系﹣﹣欧姆定律，发现导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．故A正确；B、英国物理学家焦耳发现了导体中的电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系﹣﹣焦耳定律．故B正确；C、奥斯特发现电流能使小磁针发生偏转，第一个宣布了电流的磁效应．故C正确；D、安培在研究磁场和电流的相互作用方面作出了突出的贡献，洛伦兹推导出运动电荷在磁场中也要受到力的作用，这个力就是洛伦兹力．故D错误．本题选错误的故选：D【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　2．如果在2s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过横截面积为0.1m2的电解槽，那么通过这个截面的电流等于（　　）A．0B．1.6AC．16AD．0.8A【考点】电流、电压概念．【分析】电解槽中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，2s内通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．【解答】解：电流由正、负离子的定向移动形成，则在2s内通过横截面的总电荷量应为：Q=1.6×10﹣19×5.0×1018×2C+1.6×10﹣19×1×1×1019C=3.2C．由电流的定义式可知：I=A=1.6A．故选：B【点评】本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和．　19\n3．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d．要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（　　）A．UA：UB=1：1B．UA：UB=：1C．UA：UB=：3D．UA：UB=3：4【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻定律R=ρ，求出电阻之比，再热量公式Q=t，求出电压之比．【解答】解：根据电阻定律R=ρ可知，RA：RB=ρ：ρ=3：1，由于是纯电阻，则由Q=t，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为UA：UB=：=：1．故选：B．【点评】本题考查运用比例法解题的能力．对于纯电阻电路，求解热量三个公式通用，即Q=UIt=I2Rt=t．　4．如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S闭合后，灯泡L1和L2都不亮，用理想电压表测得各部分电压是Uab=6V，Uad=6V，Ucd=0V，如果已知只有一处电路故障，则该故障一定是（　　）A．L1的灯丝烧断了B．L2的灯丝烧断了C．开关处断路D．变阻器R断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】利用电流表和电压表判断电路中的故障，是考试的热点题型之一，依据在故障电路中电流表和电压表显示的现象来判断Uab=6V，Uad=6V，Ucd=0V，由此可断定．【解答】解：A、L1的灯丝断了，则Ucd=0V，ab间和ad间的电压都等于电动势，故A正确；B、串L2的灯丝烧断了，则Uad=0V，故B错误；C、开关S处断路，则Ucd=0V，故C错误；D、变阻器R断路，则Uab=0V，故D错误．故选：A【点评】电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路．电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路．电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路．电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方．19\n两灯均不亮，可能是某处断路．两灯一亮一灭，可能是某灯短路．　5．在使用多用电表的欧姆档测量电阻时，在保证其它操作无误的情况下，下列判断正确的是（　　）A．若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏小B．若测量时发现指针偏转角度过大，则必须增大倍率，重新调零后再进行测量C．若选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值等于250ΩD．若欧姆表内的电池过于老化，其测量值将略微偏小【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入．测量电阻时，先选择挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，注意每次换档后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高档．测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．【解答】解：A、人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测量值将偏小，故A正确；B、若测量时发现指针偏转角度过大，则说明所选档位太大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量，故B错误；C、欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于250Ω，大于200Ω，即测量值不可能小于25Ω，故C错误；D、电池老化后电动势减小，电阻增大；故当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，电流：Ig=，内阻R内=，当指针指在刻度盘的正中央时I=，=，代入数据可得RX=R内；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig=，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I===，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故说明欧姆表的示数变大了，故D错误；故选：A．【点评】本题关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；欧姆表使用时每次换挡都要欧姆调零．要注意测量误差应如何来分析．同时能掌握根据闭合电路欧姆定律分析误差的方法．　6．如图所示为三个基本逻辑电路的符号，A输入端全为“0”，B输入端全为“1”，以下判断正确的是（　　）A．甲为“非”逻辑电路符号，输出为“0”19\nB．乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”C．乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”D．丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”【考点】简单的逻辑电路．【分析】与门的特点是当所有条件都满足，事件才能发生，或门的特点是当某个条件满足，该事件就能发生，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反．【解答】解：A、甲为“非”逻辑电路符号，输出为“0”．故A错误；B、乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”．故B错误，C正确；D、丙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”．故D错误．故选：C【点评】本题考查三种门电路的性质，解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用．　7．以下说法不正确的是（　　）A．磁场是客观存在的一种特殊物质B．改变通电螺线管中电流的方向，管内的磁场方向也随之改变C．磁感线并不全都是封闭的D．地球磁场的北极与地理南极并不完全重合【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】明确磁场的性质，知道磁场是一种特殊物质；明确磁感线的性质，并能用安培定则分析电流的磁场；知道地磁场的性质以及磁偏角．【解答】解：A、磁场是客观存在的一种特殊物质，它对放入其中的磁极和电流有力的作用；故A正确；B、由安培定则可知，改变通电螺线管中电流的方向，管内的磁场方向也随之改变；故B正确；C、磁感线一定是闭合的，外部由N到S极，内部由S到N极；故C错误；D、地球磁场的北极与地理南极并不完全重合，存在一个夹角，我们称为磁偏角；故D正确；本题选错误的；故选：C．【点评】本题考查磁感线、地磁场以及安培定则，要注意明确磁场是客观存在的，而磁感线是人为引入的虚拟线．　8．如图所示，六根完全相同的通电直导线彼此绝缘，围成四个相同的正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，箭头指向表示各导线中的电流方向，则这四个区域中磁通量最大的区域是（　　）A．Ⅰ区B．Ⅱ区C．Ⅲ区D．Ⅳ区【考点】磁通量；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】由右手螺旋定则可得出各导线在不同区域中产生的磁场方向，根据矢量相加的原理可知哪些区域是磁通量最大的．19\n【解答】解：以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，假设导线的编号如图所示：根据安培定则分析可知，各导线在四个区域产生的磁场方向如下表所示．导线区域Ⅰ区域Ⅱ区域Ⅲ区域Ⅳ1叉叉叉叉2点叉点叉3叉叉叉叉4点点点点5点点叉叉6点点点点根据磁场的叠加可知，磁场最强的区域是区域Ⅰ、Ⅳ，故AD正确，BC错误．故选：AD．【点评】本题考查磁通量的定义，要注意明确右手螺旋定则的应用，并能正确利用矢量的叠加，采用列表法可防止思路出现混乱．　9．如图所示，直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动，当它们同时通以如图箭头所示的电流时，从右向左看，线圈将（　　）A．顺时针转动，同时靠近直导线ABB．顺时针转动，同时远离直导线ABC．逆时针转动，同时靠近直导线ABD．逆时针转动，同时远离直导线AB【考点】楞次定律．【分析】根据安培定则判断通电导线AB产生的磁场方向，采用电流元法和特殊位置法分析圆环所受安培力，判断圆环的运动情况．【解答】解：根据安培定则可知，通电导线AB在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，从右向左看，圆环将顺时针转动．又特殊位置：圆环转过90°时，通电直导线AB对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近AB．故A正确，BCD错误．故选：A．19\n【点评】本题是磁场中典型问题：判断安培力作用下导体运动的方向．常用方法有：等效法、电流元法、特殊位置法等．　10．如图所示为电流天平的工作原理图，可用来测定匀强磁场的磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，匝数为n，底边长为L．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．当线圈中通有方向如图的电流I时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．已知重力加速度大小为g．则（　　）A．磁场的方向垂直线圈平面向外B．磁场的方向垂直线圈平面向里C．磁感应强度的大小为D．磁感应强度的大小为【考点】安培力．【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：A、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故A错误，B、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于左边多了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码，故B正确，C、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，设n匝线圈的质量为m3，则有（m1﹣m2﹣m3）g=nBIL，所以B=．故C错误．D、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码．则有mg=2NBIL，所以B=．故D正确．故选：BD【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题　11．利用回旋加速器加速带电粒子时，下列说法正确的是（　　）A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋B．电场和磁场同时用来加速带电粒子C．加速电压越大，同一带电粒子最终获得的动能就越大19\nD．在回旋加速器的半径一定的情况下，所加磁场越强，同一带电粒子最终获得的动能就越大【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】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．【解答】解：A、由于洛伦兹力做的功，所以回旋加速器中电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋．故A正确，B错误；C、由qvB=m，解得v=．则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，在回旋加速器的半径一定的情况下，所加磁场越强，同一带电粒子最终获得的动能就越大．故D正确，C错误．故选：AD．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．　12．有一段横截面积为S的均匀铜导线，流经其中的电流为I，设导线单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e，此时电子定向移动的平均速率为v，在t时间内，通过导线某个横截面的自由电子数可表示为（　　）A．nvtB．nvStC．D．【考点】电流、电压概念．【分析】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt．而从电流的定义来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为．【解答】解：A、从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为nvSt，故A错误，B正确；C、从电流的定义式来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为，故C正确，D错误；故选：BC．【点评】本题考查了电流的两个表达式，要特别注意微观表达式I=nvst中各物理量的意义．　13．关于电源的电动势，下列说法中正确的是（　　）A．电源的电动势与外电路的组成无关B．电源的电动势在数值上等于内外电路电势降落之和C．移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大19\nD．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从电源负极移到正极的数量越多【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．【解答】解：A、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故A正确．B、电动势在数值上等于内外电压之和．故B正确．C、根据电动势的定义E=，电动势越大，非静电力在电源内部从负极向正极移动单位正电荷做功越多，故CD错误．故选：AB【点评】本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和闭合电路欧姆定律来强化理解．　14．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，当开关闭合后，两个灯泡均能发光，在将滑动变阻器的触片逐渐向左滑动的过程中，如果两灯仍能发光，则下列说法正确的是（　　）A．小灯泡L1变暗，小灯泡L2变亮B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C．电流表的读数变大，电压表的读数变小D．电流表的读数变小，电压表的读数变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化．【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，与灯L1并联的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电流表读数变大，L2变亮，电源的内电压增大，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压减小，电压表V的读数变小．路端电压减小，而L2灯电压增大，所以L1灯的电压减小，L1灯变暗．故AC正确，BD错误．故选：AC【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．也可以运用结论进行分析：变阻器电阻减小，与之并联的电灯会暗，与之串联的电灯会变亮，即“串反并同”．　二、实验题（共2小题，满分15分）15．（1）要测绘一个标有“3V19\n0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V．并便于操作，已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内电阻1Ω）；电流表（量程为0～250mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V，内阻约3kΩ）；开关一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　A　（填字母序号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）②实验的电路图应选用下列的图　B　（填字母序号）．（2）在测定金属电阻率的实验中，某位同学用螺旋测微器测量金属丝某处的直径如图所示，由图可知金属丝该处的直径为　2.320　mm．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）①为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；②根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择电路图；（2）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．【解答】解：（1）①为方便实验操作，滑动变阻器应选：A；②灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻R===15Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选图B所示电路；（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：2mm+32.0×0.01mm=2.320mm；故答案为：（1）①A；②B；（2）2.320．【点评】本题考查了选择实验器材、选择实验电路、螺旋测微器读数，确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路的关键；对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程．　16．某同学在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.00Ω的保护电阻R0，实验电路如图甲所示．（1）按图甲电路原理图将图乙实物连接起来（如图1）；（2）该同学测出的数据如表所示．请你根据这些数据在如图坐标系中画出U﹣I图象．I/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.60（3）根据所作图线可得（如图2），电源的电动势为　1.42　，内电阻为　1.05　．（结果均保留三位有效数字）19\n【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由原理图可画出实物图，注意在连线时不要交叉，同时要注意电表的正负接线柱；（2）由描点法得出U﹣I图象；（3）而图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内电阻．【解答】解：（1）先连接串联部分，依次将电源、电键、滑动变阻器、电流表连接，再将电压表并联在电源及定值电阻两端即可；如图所示；（2）由表中数据，描点连线，可得U﹣I图如下图所示；（3）图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电源的电动势约为1.42V；图象的斜率表示内阻，则等效内电阻r+R0==3.05Ω；则电源实际内阻r=3.05﹣2=1.05Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；（3）1.42；1.05．【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实物图及伏安特性曲线的作图方法，并能根据图象分析实验数据求出电动势和内电阻．　三、解答题（共4小题，满分43分）17．图中是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1A，当使用a、c两个端点时，量程为0.1A．已知表头的内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，求电阻R1、R2的值．【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．19\n【分析】接a，b时为G表头与R2串联成一支路，该支路与R1并联，为一电流表，由电路得出量程的表达式．接a，c时为R1与R2串联后与G表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式．由两个表达式求得R1与R2的值．【解答】解：接a、b时，R1起分流作用为一支路，G与R2串联为一支路，此时量程为I1=1A，此接法电路的量程为当G表头达到满偏时通过电流表的总电流即为I1=Ig+…①同理接a、c时，R1+R2为一支路起分流作用，G为一支路，此时量程为I2=0.1A则I2=Ig+…②由①②式构成一方程组，只有R1与R2为未知量，代入数据求得：R1=0.41Ω，R2=3.67Ω答：电阻R1、R2的值分别为0.41Ω和3.67Ω．【点评】考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式．　18．（10分）（2022秋•洛阳期中）如图所示，一个长度为20cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.2T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．【考点】安培力．【分析】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据F=BIL求的安培力，由共点力平衡求的质量【解答】解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下断开时：2k△l1=mg开关闭合后2k（△l1+△l2）=mg+F受到的安培力为：F=BIL回路中电流为I=联立解得m=0.04kg答：金属棒的质量为0.04kg【点评】本题主要考查了共点力平衡，抓住通电前后的共点力平衡即可　19．（12分）（2022秋•洛阳期中）如图所示的电路中，电源电动势E=20V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=0.5Ω，电阻R1=1Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1=4V，求：19\n（1）电动机输出的机械功率；（2）电源的输出功率和效率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I，由U内=Ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E﹣U1﹣U内，电动机消耗的功率为P电=UI；电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电﹣I2R0．（2）由P热=I2r可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为P出=P﹣P热．再由效率公式即可求出电源的效率．【解答】解：（1）电路中的电流为I==A=4A；电源内阻分得电压为U内=Ir=4×0.5V=2V，电动机两端的电压为U=E﹣U1﹣U内=（20﹣2﹣4）V=14V，电动机消耗的电功率为P电=UI=14×4W=56W；电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电﹣I2R0=56﹣42×0.5W=48W．（2）电源的总功率为P=EI=20×4W=80W；电源内阻消耗的功率为P内=I2r=42×0.5W=8W，电源的输出功率为P出=P﹣P热=80﹣8W=72W．电源的效率η==×100%=90%；答：（1）电动机的输出功率为48W．（2）电源的输出功率为72W，效率为90%【点评】对于电动机电路，关键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．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．　20．（12分）（2022秋•洛阳期中）如图所示，虚线MN是垂直于纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度大小为B=的匀强磁场，方向垂直纸面向外．O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的方向可在纸面沿各个方向．已知先后射入的某两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用．（1）求粒子在磁场中的轨道半径；（2）求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔．19\n【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）粒子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律列式求半径；（2）根据时间与转过的角度之间的关系求得两个粒子从O点射入磁场的时间间隔之差值．【解答】解：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有：qvB=解得：R=；（2）如图所示，以OP为弦可画两个半径半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道，圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角．由几何关系可知：∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P，Q1P=Rθ粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2，PQ2=Rθ粒子1运动的时间：t1=T+粒子2运动的时间：t2=T﹣两粒子射入的时间间隔：△t=t1﹣t2=2因Rcosθ=L得θ=2arccos可解得：△t=；答：（1）所考察的粒子在磁场中的轨道半径为L；19\n（2）这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔为．【点评】本题关键是明确洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解出半径，然后结合几何关系列式求解．　19