辽宁省鞍山一中高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年辽宁省鞍山一中高二（上）期中物理试卷　一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．如图所示的四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是（　　）A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用C．图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离　2．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子（质量、电量相等，但电性相反）分别以相同速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为（不计正、负电子间的相互作用力）（　　）A．1：B．2：1C．：1D．1：2　3．如图所示的电路中，电键S、S1、S2、S3均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一油滴P，欲使P向上运动，应断开电键（　　）A．S1B．S2C．S3D．S4　4．通电导线周围某点的磁感应强度B与导线中电流I成正比，与该点到导线的距离r成正比，如图所示，两根相距为R的平行长直导线，通过大小分别为2I、I，方向相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向里为正，在Ox坐标轴上感应强度B随x变化的图线可能是（　　）-24-\nA．B．C．D．　5．如图所示，足够大的匀强磁场其方向竖直向下，磁场中有光滑的足够大的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑，底部有带电小球的试管，试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出．关于带电小球及其在离开试管前、后的运动，下列说法中不正确的是（　　）A．小球带正电B．离开试管前洛伦兹力对小球做正功，离开试管后洛伦兹力对小球不做功C．离开试管前小球运动的轨迹是一条抛物线D．离开试管后沿着磁感线方向可以看到小球做逆时针方向的圆周运动　6．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B，用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R，质量为m的““∐”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表会有示数U，且数字电压表上的示数U与所加拉力F成正比，即U=KF，式中K为比例系数．当线框接入恒定电压为E1时，电压表的示数为U1；接入恒定电压为E2时（电流方向不变），电压表示数为U2．则磁感应强度B的大小为（　　）A．B=B．B=-24-\nC．B=D．B=　7．下列说法中不正确的是（　　）A．奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置C．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律D．质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在　8．）如图所示电路，电源内阻不可忽略，且R1＞r．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（　　）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．R1上消耗的功率增大D．电源输出的功率增大　9．）如图所示，在足够大的空间中有一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直，在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成45°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变．已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（　　）A．小球的初速度为v0=B．小球的初速度为v0=C．若小球的初速度变为，则小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止-24-\nD．若小球的初速度为，则运动中小球克服摩擦力做功为　10．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E（匀强电场在竖直方向）和匀强磁场（匀强磁场在水平方向）的复合场中（E、B、U和g为已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则（　　）A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r=C．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大D．匀强电场方向一定竖直向下　11．粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速电压的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确是（　　）A．质子被加速后的最大速度不能超过2mπ2R2f2B．加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大C．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子D．质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为：1　12．如图所示电路，用直流电动机提升重量为400N的重物，电源电动势为100V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.80m/s的恒定速度向下提升重物时，电路中的电流为4.0A，可以判断（　　）A．电动机线圈的电阻为25ΩB．提升重物消耗的功率为400W-24-\nC．电动机消耗的总功率为400WD．电动机线圈消耗的功率为80W　　二、解答题（共7小题，满分52分）13．某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=　　　　　　mm．另一位同学用游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L=　　　　　　cm．　14．如图所示，若多用电表的选择开关处于如表中所指的档位，请在表格中填出相应的读数，选择开关所处档位度数直流电流100mA　　　　　　mA直流电压50V　　　　　　V电阻×100　　　　　　Ω　15．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A．小灯泡“6V　3W”，B．直流电源6～8VC．电流表（量程3A，内阻约0.2Ω）D．电流表（量程0.6A，内阻约1Ω）E．电压表（量程6V，内阻约20kΩ）F．电压表（量程20V，内阻约60kΩ）G．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）H．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流2A）I．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）（1）实验所用到的电流表应选　　　　　　，电压表应选　　　　　　，滑动变阻器应选　　　　　　．（填字母代号如：A、B、C、D…）-24-\n（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图．　16．（为精确地测量一阻值大约为20Ω的电阻R0，可供选择的器材如下：电流表A1（量程500mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程100mA，内阻约为10Ω）；电压表V1（量程5V，内阻r=2000Ω）；电压表V2（量程15V，内阻约为5000Ω）；定值电阻R0=10Ω；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．（1）为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，并使耗电功率最小，电压表应选　　　　　　，电流表应选　　　　　　，滑动变阻器应选　　　　　　．（均填器材代号）（2）根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图，并标出每个电学元件的代号，不标出的不给分　17．如图所示，已知电阻R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，电源内阻r=0.60Ω，电源的总功率P总=40W，电源输出功率P出=37.6W．求：（1）A、B间的电压U；（2）电源电动势E；（3）R3的阻值．　18．竖直平行放置的两个金属板A、K连在如图所示分电路中，电源电动势E=91V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，S1、S2为A、K板上的两个小孔，S1与S2-24-\n的连线水平，在K板的右侧正方形MNPQ区域内有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.10T，方向垂直纸面向外．其中正方形MN边与SS1连线的延长线重合，已知正方形MNPQ的边界有磁场，其边长D=0.2m，电量与质量之比为=2.0×105C/kg的带正电粒子由S1进入电场后，通过S2沿MN射入磁场，粒子从NP边的中点离开磁场，粒子进入电场的初速度，重力均可忽略不计，（sin30°=0.5，sin37°=0.6，sin45°=0.7，π=3.14）问：（1）两个金属板A、K各带什么电？（不用说明理由）（2）粒子在磁场中运动的时间为多长？（3）滑动变阻器R2的滑片P分左端的电阻R1为多大？（题中涉及数学方面的计算需要写出简要的过程，计算结果保留三位有效数字）　19．如图所示，在B=0.1T的匀强磁场中画出边长为L=8cm的正方形EFGH，内有一点P，它与EH和HG的距离均为1cm．在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.0×10﹣14kg，电荷电量为1.0×10﹣5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用．（计算结果保留根号）（1）速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的半径是多少厘米？（2）速率在什么范围内的离子不可能射出正方形区域？（3）速率为5×106m/s的离子在GF边上离G的距离多少厘米的范围内可以射出？（4）离子要从GF边上射出正方形区域，速度至少应有多大？　　-24-\n2022-2022学年辽宁省鞍山一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．（4分）（2022秋•仙桃期末）如图所示的四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是（　　）A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用C．图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】磁场对放入其中的磁极或电流有力的作用，根据此性质可判断电流是否产生了磁场．【解答】解：A、甲图中小磁针发生了偏转，说明小磁针受到了磁场的作用，故说明电流产生了磁场，故A正确；B、乙图中由于导线中通以电流使导线受到了安培力的作用，不能说明电流产生了磁场，故B错误；C、两导线相互靠近，是因为彼此处在了对方的磁场中，故说明了电流产生了磁场，故C正确；D、两导线相互远离是因为彼此处在对方产生的磁场中，从而受到了安培力，故D正确；本题选错误的，故选B．【点评】磁场与电场相似，我们无法直接感受，只能根据其性质进行分析判断．　2．（4分）（2022秋•莲湖区校级期末）如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子（质量、电量相等，但电性相反）分别以相同速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为（不计正、负电子间的相互作用力）（　　）A．1：B．2：1C．：1D．1：2【考点】洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动．-24-\n【分析】带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，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提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角θ，根据t=T求运动时间．【解答】解：正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转．由T=，知两个电子的周期相等．正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为θ1=120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动时间为t1=T=T=T，同理，知负电子以30°入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动时间为t2=T=T=T．所以负电子与正电子在磁场中运动时间之比为t2：t1=1：2．故选：D．【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．　3．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示的电路中，电键S、S1、S2、S3均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一油滴P，欲使P向上运动，应断开电键（　　）A．S1B．S2C．S3D．S4【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】由电路图可知，当开关都闭合时，R3、R4串联后接入电源两端；R1及R2为等势体，相当于导线，电容器两端的电压等于R3两端的电压；原来带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向上运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项．【解答】解：A、断开S1，R1断路，而R2接通，仍可使C接入R3两端，电容器的电压不变，故P不会运动，故A错误；B、断开S2，C直接接到电源两端，C两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上运动，故B正确；C、断开S3，电源断开，C通过R3放电，电压减小，粒子向下运动，故C错误；D、断开S4，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D错误；故选：B．-24-\n【点评】解决本题的关键在于看懂电路图，并能明确电路稳定后，电容器相当于断路，与之相连的电阻可看作导线处理．　4．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）通电导线周围某点的磁感应强度B与导线中电流I成正比，与该点到导线的距离r成正比，如图所示，两根相距为R的平行长直导线，通过大小分别为2I、I，方向相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向里为正，在Ox坐标轴上感应强度B随x变化的图线可能是（　　）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】通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理．根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系．【解答】解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，因左边电流是右边的2倍，在两根导线之间距右侧导线处位置磁场才为零．由于规定B的正方向垂直纸面向里，那么在0到，磁场方向向里，而在到R，磁场方向向外，从R到无穷处，磁场方向向里，所以C正确，ABD错误；故选：C．【点评】由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外，注意矢量的叠加原理．　5．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示，足够大的匀强磁场其方向竖直向下，磁场中有光滑的足够大的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑，底部有带电小球的试管，试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出．关于带电小球及其在离开试管前、后的运动，下列说法中不正确的是（　　）A．小球带正电-24-\nB．离开试管前洛伦兹力对小球做正功，离开试管后洛伦兹力对小球不做功C．离开试管前小球运动的轨迹是一条抛物线D．离开试管后沿着磁感线方向可以看到小球做逆时针方向的圆周运动【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【分析】小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛仑兹力，由左手定则，分析电性．将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向．根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹；根据带电粒子在磁场中的受力可确定其是否能做匀速圆周运动．【解答】解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛仑兹力，根据左手定则判断，小球带正电．故A正确；B、洛仑兹力总是与速度垂直，故洛仑兹力永不做功；故B错误；C、小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛仑兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故C正确；D、离开管口后，小球的运动方向与磁场相互垂直，故小球受到洛仑兹力，根据左手定则可知，沿磁感线的方向观察，小球将逆时针做匀速圆周运动；故D正确；本题选错误的；故选：B．【点评】本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线．熟练应用左手定则判断洛仑兹力方向．　6．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B，用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R，质量为m的““∐”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表会有示数U，且数字电压表上的示数U与所加拉力F成正比，即U=KF，式中K为比例系数．当线框接入恒定电压为E1时，电压表的示数为U1；接入恒定电压为E2时（电流方向不变），电压表示数为U2．则磁感应强度B的大小为（　　）A．B=B．B=C．B=D．B=【考点】安培力．【分析】当线框中电流为I时，力敏传感器的挂钩受到的拉力会发生变化，由于电流分析不定，拉力可能增大可能减小，根据安培力公式和数字电压表上的读数U与所加外力F的关系列方程解决-24-\n【解答】解：当通上电流后，对线框受力分析得出F=mg+BIL，由于数字电压表上的读数U与所加外力成正比，即U=KF，式中K为比例系数，有△U=KB△IL=KB（I1﹣I2）L，即U1﹣U2=KB（）L，整理得：B=故C正确．故选：C【点评】考查学生在新情境中应用所学知识的能力，注意抽取有效的信息，注意电流方向的不确定　7．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）下列说法中不正确的是（　　）A．奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置C．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律D．质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在【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、奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，故A错误；B、电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，故B正确；C、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律．故C错误；D、质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在．故D正确．本题选择不正确的，故选：AC【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．　8．（4分）（2022•迎泽区校级模拟）如图所示电路，电源内阻不可忽略，且R1＞r．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（　　）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．R1上消耗的功率增大D．电源输出的功率增大【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】在变阻器R0-24-\n的滑片向下滑动的过程中，变阻器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干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．由功率公式P=I2R分析R1上消耗的功率如何变化；R1＞r，外电路总电阻减小，可知电源输出的功率减小．【解答】解：A、B在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．并联部分电压U并=E﹣I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小．故A正确，B错误．C、D干路电流I增大，由功率公式P=I2R分析得知，R1上消耗的功率增大．故C正确．D、根据推论：当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由题意，R1＞r，外电路总电阻减小，可知电源输出的功率减小．故D错误．故选AC【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．　9．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示，在足够大的空间中有一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直，在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成45°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变．已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（　　）A．小球的初速度为v0=B．小球的初速度为v0=C．若小球的初速度变为，则小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D．若小球的初速度为，则运动中小球克服摩擦力做功为【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】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定．【解答】解：A、对小球进行受力分析如图，-24-\n电场力的大小：F=qE=，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=mg．所以v0=．故A错误，B正确；C、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C正确；D、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到v0=时，小球开始做匀速直线运动，运动中克服摩擦力做功等于小球的减少的动能，所以W=﹣=．故D正确．故选：BCD【点评】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动．　10．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E（匀强电场在竖直方向）和匀强磁场（匀强磁场在水平方向）的复合场中（E、B、U和g为已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则（　　）-24-\nA．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r=C．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大D．匀强电场方向一定竖直向下【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】根据粒子在复合场中做匀速圆周运动判断出粒子所示电场力方向，然后判断粒子电性；应用动能定理求出粒子进入复合场的速度，然后应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径；根据粒子周期公式分析U增大时粒子周期如何变化．【解答】解：A、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg=qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；B、小球在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2，粒子在复合场中做圆周圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：mg=qE，qvB=m，解得：r==，故B正确；C、粒子做圆周运动的周期：T=，粒子做圆周运动的周期与电压U无关，U增大粒子做圆周运动的周期不变，故C错误；D、粒子在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力等大反向，电场力向上，小球带负电，则电场方向竖直向下，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动半径公式，周期公式，带电粒子在电场中的加速运动和动能定理，综合性较强．　11．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速电压的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确是（　　）A．质子被加速后的最大速度不能超过2mπ2R2f2B．加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大C．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子D．质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为：1【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．-24-\n【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．【解答】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，最大速度为：v==2πRf．故A错误．B、根据qvB=m得，v=，则粒子的最大动能Ekm=mv2=，与加速的电压无关．故B错误．C、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，故C错误．D、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据qU=mv2，得v=，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为：1，根据r=，则半径比为：1．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．　12．（4分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示电路，用直流电动机提升重量为400N的重物，电源电动势为100V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.80m/s的恒定速度向下提升重物时，电路中的电流为4.0A，可以判断（　　）A．电动机线圈的电阻为25ΩB．提升重物消耗的功率为400WC．电动机消耗的总功率为400WD．电动机线圈消耗的功率为80W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=400×0.8W=320W此时电路中的电流为4.0A．则电源的总功率P总=EI=100×4W=400W所以线圈电阻消耗的功率为Pr=P总﹣P1=400﹣320W=80W-24-\n由殴姆定律可得：r=Ω所以AB错误，CD正确故选：CD【点评】该题中，电源消耗的电功率转化为电阻上的焦耳热与物体的机械能，由能量守恒定律可知，提升功率与电阻发热功率之和为电源的总功率．　二、解答题（共7小题，满分52分）13．（5分）（2022•郑州一模）某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=　3.204（3.203﹣3.205）　mm．另一位同学用游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L=　5.015　cm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.4mm=0.204mm，所以最终读数为：3.204mm，需要估读在范围23.203﹣3.205mm都正确；游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标读数为：0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为5.015cm．故本题答案为：3.204（3.203﹣3.205），5.015．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．　14．（5分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示，若多用电表的选择开关处于如表中所指的档位，请在表格中填出相应的读数，-24-\n选择开关所处档位度数直流电流100mA　54　mA直流电压50V　27.0　V电阻×100　1300　Ω【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】根据选择开关所处位置确定多用电表所测的量，量程及分度值，然后根据指针位置读出多用电表示数．【解答】解：选择100mA量程时，最小分度为2mA，则其读数为54mA；选择直流电压50V量程时，最小分度为1V，则读数为27.0V；选择×100档位时，读数为：13×100=1300Ω；故答案为：54；27.0；1300．【点评】本题考查多用电表的读数方法，要明确当最小分度为0.1时需要估读，而最小分度为0.2或0.5时不需要再估读．　15．（5分）（2022秋•鞍山校级期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A．小灯泡“6V　3W”，B．直流电源6～8VC．电流表（量程3A，内阻约0.2Ω）D．电流表（量程0.6A，内阻约1Ω）E．电压表（量程6V，内阻约20kΩ）F．电压表（量程20V，内阻约60kΩ）G．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）H．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流2A）I．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）（1）实验所用到的电流表应选　D　，电压表应选　E　，滑动变阻器应选　H　．（填字母代号如：A、B、C、D…）（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据灯泡额定电压与额定功率求出灯泡额定电流，根据额定电流选择电流表；根据灯泡额定电压选择电压表；在保证安全的前提下，为方便实验操作应选最大阻值减小的滑动变阻器．（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压、电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．-24-\n【解答】解：（1）灯泡额定电流I===0.5A，电流表应选D、电流表（量程0.6A，内阻约1Ω）；灯泡额定电压6V，电压表应选E、电压表（量程6V，内阻约20kΩ）；为方便实验操作，保证安全，滑动变阻器应选H、滑动变阻器（最大阻值20Ω、2A）．（2）描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为：R===12Ω，==12，=≈1666.7，＞，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：故答案为：（1）D；E；H；（2）电路图如图所示．【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、电流表读数；要掌握实验器材的选取原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的关键，也是难点．　16．（5分）（2022秋•鞍山校级期中）为精确地测量一阻值大约为20Ω的电阻R0，可供选择的器材如下：电流表A1（量程500mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程100mA，内阻约为10Ω）；电压表V1（量程5V，内阻r=2000Ω）；电压表V2（量程15V，内阻约为5000Ω）；定值电阻R0=10Ω；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．（1）为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，并使耗电功率最小，电压表应选　V1　，电流表应选　A1　，滑动变阻器应选　R1　．（均填器材代号）（2）根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图，并标出每个电学元件的代号，不标出的不给分【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；-24-\n为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图【解答】解：（1）电源电动势为4V，直接使用电压表V1量程太小，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，使用电压表V2量程又太大，可以把电压表V1与定值电阻R0串联，增大其量程进行实验，故电压表选择V1，待测电阻两端的电压不能超过2V，最大电流不超过100mA，所以电流表选A2，待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的R1．（2）为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流表外接法．注意电压表需要用电压表V1与R0串联后改装使用；如图所示：故答案为：（1）V1，A2，R1．（2）电路图如图所示【点评】本题考查伏安法测电阻的实验，要明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求；能正确选择仪表并明确电路接法的选择．　17．（7分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示，已知电阻R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，电源内阻r=0.60Ω，电源的总功率P总=40W，电源输出功率P出=37.6W．求：（1）A、B间的电压U；（2）电源电动势E；（3）R3的阻值．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】已知电源产生的总功率为40W，输出功率为37.6W求出内电路消耗的功率，由功率公式求出流过电源的电流I．电源产生的总功率为P总=EI，求出电动势．根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出外电路的总电阻，再求出R3．【解答】解：（1、2）由P总﹣P出=I2r得I=A=2A由P总=EI，得到电源的电动势E=V=20V-24-\nAB间的电压（3）路端电压U=E﹣Ir=20﹣2×0.6=18.8（V）由欧姆定律得，外电路总电阻为R=Ω=9.4Ω得到，R3=R﹣=9.4﹣=7Ω答：（1）A、B间的电压U为4.8V；（2）电源电动势E为20V；（3）R3的阻值7Ω．【点评】本题是电路中功率问题，实质上能量转化和守恒定律的应用．要牢固掌握电源的总功率表达式P=EI．　18．（12分）（2022秋•鞍山校级期中）竖直平行放置的两个金属板A、K连在如图所示分电路中，电源电动势E=91V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，S1、S2为A、K板上的两个小孔，S1与S2的连线水平，在K板的右侧正方形MNPQ区域内有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.10T，方向垂直纸面向外．其中正方形MN边与SS1连线的延长线重合，已知正方形MNPQ的边界有磁场，其边长D=0.2m，电量与质量之比为=2.0×105C/kg的带正电粒子由S1进入电场后，通过S2沿MN射入磁场，粒子从NP边的中点离开磁场，粒子进入电场的初速度，重力均可忽略不计，（sin30°=0.5，sin37°=0.6，sin45°=0.7，π=3.14）问：（1）两个金属板A、K各带什么电？（不用说明理由）（2）粒子在磁场中运动的时间为多长？（3）滑动变阻器R2的滑片P分左端的电阻R1为多大？（题中涉及数学方面的计算需要写出简要的过程，计算结果保留三位有效数字）【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．-24-\n【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）根据粒子所受电场力方向与粒子的电性判断出电场方向，然后判断两金属板带电性质；（2）根据粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运时间；（3）应用动能定理求出两极板间的电压，然后应用欧姆定律求出电阻阻值．【解答】解：（1）带正电的粒子在电场力作用下向右加速运动，粒子所受电场力水平向右，电场水平向右，则金属板A带正电，金属板K带负电；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：D2+（r﹣）2=r2，解得：r=0.25m，sinθ==0.8，则：θ=53°=弧度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子做圆周运动的周期：T=，粒子的运动时间：t=T，解得：v=5×103m/s，t=4.26×10﹣5s；（3）粒子在极板间做加速运动，由动能定理得：qU=mv2﹣0，由欧姆定律得：I=，U=I（R1+R2），解得：R1=52.5Ω；答：（1）两个金属板A带正电，K板带负电；（2）粒子在磁场中运动的时间为4.26×10﹣5s；（3）滑动变阻器R2的滑片P分左端的电阻R1为52.5Ω．【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、动能定理与欧姆定律可以解题．　19．（13分）（2022秋•鞍山校级期中）如图所示，在B=0.1T的匀强磁场中画出边长为L=8cm的正方形EFGH，内有一点P，它与EH和HG的距离均为1cm．在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.0×10﹣14kg，电荷电量为1.0×10﹣5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用．（计算结果保留根号）（1）速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的半径是多少厘米？（2）速率在什么范围内的离子不可能射出正方形区域？（3）速率为5×106m/s的离子在GF边上离G的距离多少厘米的范围内可以射出？（4）离子要从GF边上射出正方形区域，速度至少应有多大？-24-\n【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出离子的轨道半径，然后分析答题．【解答】解：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B=m，代入数据解得：r1=0.05m=5cm；（2）P点与EH和HG的距离均为1cm，离子轨道半径r＜=0.5cm的离子不可能射出正方形区域，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入数据解得：v=5×105m/s，速度v＜5×105m/s离子不能射出磁场区域；（3）速度大小为v1=5×106m/s的粒子运动的轨道半径：r1=5cm．当粒子运动沿轨迹Ⅱ与HG边相切于B点时，粒子将从GF边A点出射，为最低出射点．由几何关系得：r12=（r1﹣d）2+PI2，解得：PI=3cm，所以：BG=L﹣d﹣PI=4cm，O1A=BG=4cm，在三角形O1AC中：r12=（r1﹣CG）2+O1A2，解得：CG=2cm，则出射点C在GF边上离G的距离为：CG=2cm，当粒子沿轨迹Ⅲ与GF边相切于D点时，粒子将从GF边D点出射，为最高出射点．在三角形O2JP中，由几何关系得：r12=（L﹣r1﹣d）2+PJ2，解得：PJ=cm，则出射点DG距下边界高：DG=PJ+d=+1cm，综上，出射点距B的距离x满足：2cm≤x≤（1+）cm．（4）离子运动轨迹与HG相切又与GF相切是所有射出GF的轨迹中半径最小的，由几何知识可知，该轨道半径：r=（8﹣）×10﹣2m，qvB=m，代入数据解得：v=（8﹣）×106m/s；-24-\n答：（1）速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的半径是5厘米．（2）速率v＜5×105m/s的离子不可能射出正方形区域．（3）速率为5×106m/s的离子在GF边上离G的距离的范围为：2cm≤x≤（1+）cm的离子可以射出．（4）离子要从GF边上射出正方形区域，速度至少为（8﹣）×106m/s．【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，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、几何知识即可正确解题．　-24-