辽宁省大连二十四中大连四十八中联考高二物理上学期期中试题含解析

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