2022-2022学年江苏省泰州市姜堰区高二（上）期中物理试卷（选修） 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题3分，共计21分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．1．关于磁场和磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积比值B=即为磁场中该点的磁感应强度B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．磁感应强度B=只是定义式，B的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D．磁感线和磁场一样都是客观存在的 2．如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，（电流方向和转动方向如图所示）．通电直导线所受磁场力的方向是（ ）A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外 3．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是（ ）A．M带正电，N带负电B．M的速率大于N的速率C．洛伦磁力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间 4．如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是（ ）22\nA．B．C．D． 5．两只灯泡A和B额定电压都是110V，A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了把它们接在220V电路上都能正常发光，并要电路中消耗的电功率最小，应采用下面的哪种接法？（ ）A．B．C．D． 6．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是（ ）A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小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 7．如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，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．由此可知（ ）22\nA．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 二、多项选择题：本大题共5小题，每小题4分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．8．有关电动势的说法中正确的是（ ）A．电源的电动势等于内、外电路电势降之和B．电源提供的电能越多，电源的电动势越大C．当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等D．当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值 9．下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是（ ）A．B．C．D． 10．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，由图象可知（ ）A．电源的电动势为6.0VB．电源的内阻为12ΩC．电流为0.3A时的外电阻是18Ω．D．电源的短路电流为0.5A 22\n11．如图所示，正方形容器处于匀强磁场中，一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，容器处于真空中，则下列结论中正确的是（ ）A．从两孔射出的电子速率之比vc：vd=2：1B．从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc：td=1：2C．从两孔射出的电子在容器中运动的加速度大小之比ac：ad=：1D．从两孔射出的电子在容器中运动的角速度之比ωc：ωd=2：1 12．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（ ）A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越大 三、简答题：本大题共2小题，每空2分，共26分.请将答案填在答题卡上相应的位置．13．（14分）（2022秋•姜堰市期中）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图1所示（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是 ．（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定下列数据，根据数据在图2坐标图中画出U﹣I图，由图知：电池的电动势为 V，内阻为 Ω．22\nI/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.60（3）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是： ．（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测 E真，r测 r真（填“＜”、“=”或“＞”）． 14．（12分）（2022•石嘴山模拟）某同学为研究小灯泡（最大电压不超过2.5V，最大电流不超过0.55A）的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A．电压表（量程是3V，内阻是6kΩ）B．电压表（量程是15V，内阻是30kΩ）C．电流表（量程是0.6A，内阻是0.5Ω）D．电流表（量程是3A，内阻是0.1Ω）E．滑动变阻器（阻值范围0～100Ω，额定电流为0.6A）F．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，额定电流为0.6A）G．直流电源（电动势E=3V，内阻不计）H．开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）．I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）为了提高实验结果的准确程度，电流表选 ；电压表选 ；滑动变阻器选 ．（以上均填写器材代号）（2）请在如图1所示的虚线框中画出实验电路图；（3）在图2坐标纸中描出该小灯泡的伏安特性曲线；（4）据图中描出的伏安特性曲线可知，该小灯泡的电阻随温度而变化的情况为： ． 四、计算题：本题共4小题，共计53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，答案中必须明确写出数值和单位．22\n15．（13分）（2022秋•姜堰市期中）如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，相距2m并处于竖直向上的磁感应强度为B=0.75T的匀强磁场中，一根质量为3.0kg的金属棒放在导轨上且与导轨垂直．当金属棒中通如图所示的电流为5A时，金属棒恰好做匀速直线运动，求：（g取10m/s2）（1）导轨与金属棒间动摩擦因素；（2）若只改变电流的大小，使电流增加到9A时，金属棒将获得多大的加速度；（3）若只改变磁感应强度的大小和方向，使金属棒静止在导轨上并且与导轨之间无挤压，则所加磁场的磁感应强度大小和方向？ 16．（13分）（2022秋•楚雄市期末）如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数为I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．求：（1）电源内阻r；（2）开关S闭合时流过R的电流；（3）开关S闭合时电动机输出的机械功率． 17．（13分）（2022秋•姜堰市期中）如图所示，一带电量为q=2×10﹣9c，质量为m=2×10﹣16kg的粒子，在直线上一点O沿30°角方向进入磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中（磁场在直线上方的区域足够大），已知OP的距离为0.5m，求：（1）粒子的运动速率v为多大；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）若仅使题中的磁感应强度反向，则前后两次带电粒子在磁场中运动的时间之比为多少？ 22\n18．（14分）（2022秋•姜堰市期中）回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速（加速时电压为U），两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q、质量为m，粒子最大回旋半径为R，求：（设粒子加速时质量不变，且不考虑粒子从粒子源出来时具有的能量）（1）能加速带电粒子是电场还是磁场，带电粒子在D形盒内做何种运动；（2）带电粒子离开加速器时的最大速度及最大动能；（3）带电粒子在D形盒内运动的总时间？ 2022-2022学年江苏省泰州市姜堰区高二（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7小题，每小题3分，共计21分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．1．关于磁场和磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积比值B=即为磁场中该点的磁感应强度B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．磁感应强度B=只是定义式，B的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D．磁感线和磁场一样都是客观存在的【考点】磁感应强度．【分析】只有当磁场与导线垂直的时候F=BIL才成立．安培力与BIL都有关．磁感应强度的方向与该处电流受力的方向垂直．【解答】解：A、当导线与磁场垂直时，由B=可知，故A错误．B、一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处可能无磁场，也可能是导线与磁感线平行，故B错误．C、磁感应强度B=只是定义式，B的大小取决于场源及磁场中的位置，由本身性质决定，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关，故C正确．22\nD、磁感线是为描述磁场引入的，实际存在，故D错误．故选：C【点评】该题关键掌握安培力的相关因素，必须知道B=是比值定义式，B与F、I、L不成正反比． 2．如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，（电流方向和转动方向如图所示）．通电直导线所受磁场力的方向是（ ）A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外【考点】安培力；电流的磁场对磁针的作用．【分析】带电圆盘转动时形成环形电流，利用右手螺旋定则判断出环形电流在导线处的磁场方向，然后根据左手定则即可正确判断通电直导线所受磁场力的方向．【解答】解：带电圆盘如图转动时，形成逆时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面内侧，因此安培力的方向水平向里，故ABD错误，C正确．故选C．【点评】本题考查了电流的形成、右手螺旋定则、左手定则等基础知识，要掌握两种定则的使用方法、条件，熟练应用其解决问题． 3．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是（ ）A．M带正电，N带负电B．M的速率大于N的速率C．洛伦磁力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．【解答】解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；22\nB：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B正确；C：洛伦兹力不做功，故C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．故选：B【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题． 4．如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是（ ）A．B．C．D．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零．【解答】解：正极插孔接电源的负极，所以BC错误；每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，故A正确，D错误．故选：A．【点评】本题考查了欧姆表的内部结构，要记住电流从红表笔进，从黑表笔出． 5．两只灯泡A和B额定电压都是110V，A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了把它们接在220V电路上都能正常发光，并要电路中消耗的电功率最小，应采用下面的哪种接法？（ ）A．B．C．D．22\n【考点】电功、电功率．【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．【解答】解：A、由于灯泡要满足110V的额定电压，所以当B灯泡与电阻串联以后，再与A灯泡并联，而A灯泡的电压高于额定110V的电压，不能正常工作，故A错误；B、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为320W；C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=60W、PB=100W，由此可知RA＞RB，把灯泡A与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且并联部分消耗的功率与B灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、由于额定电压都是110V，额定功率PA=60W、PB=100W，由此可知RA＞RB，把灯泡B与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故D错误．由BC的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确，B错误．故选：C．【点评】解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小． 6．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是（ ）A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小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．【专题】恒定电流专题．【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a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，内电压增加，由U=E﹣Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的使用，一般按局部﹣整体、局部的思路进行分析． 22\n7．如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，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．由此可知（ ）A．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，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：由题可知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，相当于右边多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ABC错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定即利用好左手定则即可，以及会利用力的平衡去求解问题 二、多项选择题：本大题共5小题，每小题4分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．8．有关电动势的说法中正确的是（ ）A．电源的电动势等于内、外电路电势降之和B．电源提供的电能越多，电源的电动势越大C．当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等D．当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于内外电路电势降之和；故A正确；22\nB、电源提供的能量与做功时间有关系，不能说提供的能量多，电源的电势就大；故B错误；C、当外电路断开时，电源的路端电压与电源的电动势相等；故C正确；D、由E=可知，当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值；故D正确；故选：ACD．【点评】电源的电动势反映电源将其他形式的能转化为电能的本领，要注意电动势定义式及闭合电路欧姆定律的理解． 9．下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是（ ）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、电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场的方向从上往下看，应该为逆时针，故A错误．B、根据电流的绕向，结合安培定则知，螺线管内部的磁场方向向右，故B错误．C、环形电流的方向从上往下看为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上，故C正确．D、环形电流的方向从左向右看为顺时针方向，根据安培定则知，中心磁场的方向向右，故D正确．故选：CD．【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． 10．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，由图象可知（ ）A．电源的电动势为6.0VB．电源的内阻为12ΩC．电流为0.3A时的外电阻是18Ω．D．电源的短路电流为0.5A【考点】路端电压与负载的关系．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义．当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流．当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻．【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6.0V．故A正确．22\nB、电源的内阻等于图线的斜率大小，r===2Ω．故B错误．C、电流为I=0.3A时，路端电压U=E﹣Ir=（6﹣0.3×2）Ω=5.4V，外电阻是R==18Ω．故C正确．D、外电阻R=0时，短路电流为I==A=3A．故D错误．故选：AC．【点评】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻，认为是r=Ω=12Ω． 11．如图所示，正方形容器处于匀强磁场中，一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，容器处于真空中，则下列结论中正确的是（ ）A．从两孔射出的电子速率之比vc：vd=2：1B．从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc：td=1：2C．从两孔射出的电子在容器中运动的加速度大小之比ac：ad=：1D．从两孔射出的电子在容器中运动的角速度之比ωc：ωd=2：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqv=m，得出半径公式r=，根据半径关系得出粒子的速度关系．再根据加速度公式可确定运动的加速度之比．带电粒子运行的周期T=，根据圆心角求出运行时间t=T．从而求出运动时间之比．【解答】解答：解：设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为rc，粒子从d点离开，其半径为rd；A、由Bqv=m，得出半径公式r=，又由运动轨迹知rc=2rd则vc：vd=2：1，故A正确；22\nB、由T=，根据圆心角求出运行时间t=T．运行时间td=，tc=．则tc：td=1：2，故B正确．C、向心加速度：a=，则ac：ad=2：1，故C错误；D、加速度：ω=，===1：1，故D错误；故选：AB．【点评】本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=，和周期公式T=． 12．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（ ）A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】由图可知，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性．粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P1极板带什么电．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小．【解答】解：A、由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A正确．B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，则电场力方向向上，粒子带正电，电场强度方向向上，所以速度选择器的P1极板带负电．故B正确．22\nC、粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得v=．故C错误．D、粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB=m，解得r=．可见，由于v是一定的，B不变，半径r越小，则越大．故D正确．故选：ABD．【点评】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径． 三、简答题：本大题共2小题，每空2分，共26分.请将答案填在答题卡上相应的位置．13．（14分）（2022秋•姜堰市期中）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图1所示（1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是 R断路 ．（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定下列数据，根据数据在图2坐标图中画出U﹣I图，由图知：电池的电动势为 1.50 V，内阻为 0.45 Ω．I/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.60（3）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是： 电压表内阻分流 ．（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测 ＜ E真，r测 ＜ r真（填“＜”、“=”或“＞”）．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）通过排除法，从断路和短路的角度推断故障．（2）U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．（3）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．22\n（4）作出U﹣I图线的测量图线和真实图线，比较电动势和内阻的测量值和真实值的大小【解答】解：（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知R断路．（2）U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如图所示：由图示图象可知，电源U﹣I图象纵轴截距为1.50，电动势：E=1.50V．图线的斜率k=≈2.95Ω，则内阻为：r=2.95﹣2.5Ω=0.45Ω．（3）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．（4）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U﹣I图线的测量图线和实际图线如图所示：虚线表示实际图，从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．故答案为：（1）R断路；（2）1.50；0.45；（3）电压表内阻分流；（4）＜；＜．【点评】解决本题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以及会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系． 14．（12分）（2022•石嘴山模拟）某同学为研究小灯泡（最大电压不超过2.5V，最大电流不超过0.55A）的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A．电压表（量程是3V，内阻是6kΩ）B．电压表（量程是15V，内阻是30kΩ）C．电流表（量程是0.6A，内阻是0.5Ω）D．电流表（量程是3A，内阻是0.1Ω）E．滑动变阻器（阻值范围0～100Ω，额定电流为0.6A）F．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，额定电流为0.6A）G．直流电源（电动势E=3V，内阻不计）H．开关、导线若干22\n该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）．I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）为了提高实验结果的准确程度，电流表选 C ；电压表选 A ；滑动变阻器选 F ．（以上均填写器材代号）（2）请在如图1所示的虚线框中画出实验电路图；（3）在图2坐标纸中描出该小灯泡的伏安特性曲线；（4）据图中描出的伏安特性曲线可知，该小灯泡的电阻随温度而变化的情况为： 小灯泡电阻随温度升高而增大 ．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）关键是根据小灯泡的最大电流和最大电压来选择电流表和电压表的量程；根据电流从零调可知滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器；（2）关键是根据时电流表应用外接法，否则应用内接法；（3）采用描点法作图；关键是认真描点然后用平滑的曲线连线即可；（4）根据图象进行分析，利用图象的斜率分析电阻的变化情况．【解答】解：（1）由于通过小灯泡的最大电流为0.55A，所以电流表应选C；由于要求小灯泡最大电压不超过2.5V，所以电压表应选A；由于通过小灯泡的电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以应选全电阻小的变阻器F；（2）由于满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式，电路图如图所示：⊈22\n（3）根据描点法画出的I﹣U图象如图所示：（4）由图象可知，I﹣U图象中图象的斜率越来越小，说明小灯泡的电阻随温度升高而增大；故答案为：（1）CA；F．（2）实验电路图如图；（3）伏安特性曲线如图（4）小灯泡电阻随温度升高而增大【点评】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的仪表选择及数据处理；遇到电学实验问题，应注意“伏安法”中电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件． 四、计算题：本题共4小题，共计53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，答案中必须明确写出数值和单位．15．（13分）（2022秋•姜堰市期中）如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，相距2m并处于竖直向上的磁感应强度为B=0.75T的匀强磁场中，一根质量为3.0kg的金属棒放在导轨上且与导轨垂直．当金属棒中通如图所示的电流为5A时，金属棒恰好做匀速直线运动，求：（g取10m/s2）（1）导轨与金属棒间动摩擦因素；（2）若只改变电流的大小，使电流增加到9A时，金属棒将获得多大的加速度；（3）若只改变磁感应强度的大小和方向，使金属棒静止在导轨上并且与导轨之间无挤压，则所加磁场的磁感应强度大小和方向？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】（1）由安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出动摩擦因数．（2）由安培力公式求出安培力，然后应用牛顿第二定律求出加速度．（3）由平衡条件求出磁感应强度大小，应用左手定则判断出磁感应强度方向．【解答】解：（1）金属棒受到的安培力：F=BIL，由平衡条件得：μmg=BIL，代入数据得：μ=0.25；22\n（2）金属棒受到的安培力：F′=BI′L，由牛顿第二定律得：BI′L﹣μmg=ma，代入数据得：a=2m/s2；（3）金属棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：B′IL=mg，代入数据得：B′=3T，根据左手定则可知，磁感应强度方向水平向左；答：（1）导轨与金属棒间动摩擦因数为0.25；（2）若只改变电流的大小，使电流增加到9A时，金属棒将获得2m/s2的加速度；（3）所加磁场的磁感应强度大小为3T，方向水平向左．【点评】本题考查了安培力公式与平衡条件的应用，应用安培力公式与平衡条件可以解题的． 16．（13分）（2022秋•楚雄市期末）如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数为I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．求：（1）电源内阻r；（2）开关S闭合时流过R的电流；（3）开关S闭合时电动机输出的机械功率．【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）当S断开时，已知电路中的电流，可根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻r．（2）当开关S闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流．（3）由总电流和通过R的电流得到通过电动机的电流，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．【解答】解：（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得：E=I1（R+r）得：r=﹣R=﹣24=1Ω（2）开关S闭合时，路端电压为：U2=E﹣I2r=40﹣4×1=36V流过R的电流为：IR==A=1.5A（3）流过电动机的电流为：IM=I2﹣IR=4﹣1.5=2.5A电动机输出的机械功率为：P出=U2IM﹣IM2rM=87.5W答：（1）电源内阻r为1Ω；22\n（2）开关S闭合时流过R的电流是1.5A；（3）开关S闭合时电动机输出的机械功率为87.5W．【点评】对于电动机电路，正常工作时，其电路是非电阻电路，欧姆定律不成立，要根据能量守恒求解其输出功率． 17．（13分）（2022秋•姜堰市期中）如图所示，一带电量为q=2×10﹣9c，质量为m=2×10﹣16kg的粒子，在直线上一点O沿30°角方向进入磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中（磁场在直线上方的区域足够大），已知OP的距离为0.5m，求：（1）粒子的运动速率v为多大；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）若仅使题中的磁感应强度反向，则前后两次带电粒子在磁场中运动的时间之比为多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）求出粒子在磁场中转过的圆心角，结合几何关系得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解出粒子的运动速率；（2）根据t=求解运动时间；（3）先画出轨迹，求解出临界角，根据t=求解时间，得到比值．【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：α=360°﹣θ=360°﹣2×30°=300°，由几何关系可得：R=0.5m由可得：v=代入得：v=106m/s（2）运动时间：t1==（3）当磁场方向反向时，带电粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角：，22\n则==，故=答：（1）粒子的运动速率v为为106m/s；（2）粒子在磁场中运动的时间为；（3）若仅使题中的磁感应强度反向，则前后两次带电粒子在磁场中运动的时间之比为5：1．【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，应用周期公式、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用． 18．（14分）（2022秋•姜堰市期中）回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速（加速时电压为U），两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q、质量为m，粒子最大回旋半径为R，求：（设粒子加速时质量不变，且不考虑粒子从粒子源出来时具有的能量）（1）能加速带电粒子是电场还是磁场，带电粒子在D形盒内做何种运动；（2）带电粒子离开加速器时的最大速度及最大动能；（3）带电粒子在D形盒内运动的总时间？【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；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）根据粒子在磁场中的受力判断其运动；根据粒子在电场中的运动判断球运动；（2）由洛伦兹力提供向心力求的半径最大时的速度；（3）粒子运动的总时间等于粒子在电场和磁场中时间之和．【解答】解：（1）能加速带电粒子的是电场；带电粒子在盒内做匀速圆周运动．（2）由qvmB=m得解得vm=．最大动能：22\n（3）由能量守恒得mv2=nqU则离子匀速圆周运动总时间t1=离子在匀强电场中的加速度为a=匀加速总时间t2=解得t=t1+t2=．答：（1）能加速带电粒子是电场，带电粒子在D形盒内做匀速圆周运动；（2）带电粒子离开加速器时的最大速度是，最大动能是；（3）带电粒子在D形盒内运动的总时间是．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，最大速度决定于D形盒的半径 22
