江西省宜春市丰城中学高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中物理试卷　一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共40分．1～8小题为单选题，其余为多选题）1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是（　　）A．磁感线只能形象地描述各点磁场的方向B．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的C．磁感线是磁场中客观存在的线D．磁感线总是从磁体的北极出发、到南极终止　2．如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（　　）A．F2B．F1﹣F2C．F1+F2D．2F1﹣F2　3．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）A．由可知，B与F成正比，与IL成反比B．通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零C．通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场，即B=0D．磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关　4．如图所示，将一个半径为R的导电金属半圆环串联接入电路中，电路的电流强度为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点．金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，场方向与圆环所在平面垂直．则金属圆环ab受到的安培力为（　　）A．0B．πRBIC．2πRBID．2RBI　5．关于闭合电路，下列说法中正确的是（　　）A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的电动势就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大　-20-\n6．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）A．U1：U2=1：8B．U1：U2=1：4C．U1：U2=1：2D．U1：U2=1：1　7．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是（　　）A．断开开关s后，将A、B分开些B．保持开关s闭合，将A、B两极板分开些C．保持开关s闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关s闭合，将变阻器滑动触头向右移动　8．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（　　）A．，沿y轴正向B．，沿y轴负向C．，沿y轴正向D．，沿y轴负向　9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）-20-\nA．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电　10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（　　）A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过　11．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P．现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2，它们之间的大小关系为（　　）A．P1=4P2B．PD＜P2C．P1＜4P2D．PD＞P2　12．如图甲电路所示，电阻R两端的电压U与通过该电阻的电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0V，内阻不计．电阻R1=1000Ω，且阻值不随温度变化．若改变R2，使AB与BC间的电压相等，则此时（　　）A．R的阻值为1000ΩB．R的阻值为400ΩC．通过R的电流为2.5mAD．通过R的电流为2.0mA　　二、实验题（本题有2小题，第13小题6分，第14小题8分，共14分．请按题目要求作答）-20-\n13．在用电压表和电流表测电阻的实验中，由于电表内阻对测量的影响，使得测量的结果会出现误差．若采用右图所示的电路进行测量，则测量值RX与实际值R0比较（　　）A．RX＞R0B．RX＜R0C．RX=R0D．因不知两表的内阻具体大小，故无法比较RX与R0的大小关系　14．在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为　　　　　　mm，合金丝的直径为　　　　　　mm．　15．要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）：电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）：电键一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　　　　　　（填字母代号）．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图1中　　　　　　（填字母代号）．③实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是　　　　　　W．　　-20-\n三、计算题（本题有4小题．解答应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示的电路中，电源的电动势E=10V，R1=R2=6Ω，当电键S断开时，电流表的示数I1=1.25A．求：（1）电源的电阻是多大？（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是多大？　17．有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V，内阻r=0.5Ω．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？（2）滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？　18．（10分）（2022秋•丰城市校级期中）如图所示的电路中，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，电阻R2=2Ω，灯泡L1标有“6V，6W”，L2标有“4V，4W”滑动电阻器的调节范围是0～20Ω，求：（1）接入电路中的滑动变阻器R1的阻值为多大时，灯L2正常发光？（2）此时灯L1的实际功率是多大？（设灯泡的电阻不随温度变化）　19．（12分）（2022•上海）半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E﹣r曲线下O﹣R部分的面积等于R﹣2R部分的面积．（1）写出E﹣r曲线下面积的单位；-20-\n（2）己知带电球在r≥R处的场强E=，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大？（3）求球心与球表面间的电势差△U；（4）质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处？　　2022-2022学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共40分．1～8小题为单选题，其余为多选题）1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是（　　）A．磁感线只能形象地描述各点磁场的方向B．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的C．磁感线是磁场中客观存在的线D．磁感线总是从磁体的北极出发、到南极终止【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】磁力线又叫做磁感线，是用以形象地描绘磁场分布的一些曲线．人们将磁力线定义为处处与磁感应强度相切的线，磁感应强度的方向与磁力线方向相同，其大小与磁力线的密度成正比．磁力线具有下述基本特点：1．磁力线是人为假象的曲线；2．磁力线有无数条；3．磁力线是立体的；4．所有的磁力线都不交叉；5．磁力线的相对疏密表示磁性的相对强弱，即磁力线疏的地方磁性较弱，磁力线密的地方磁性较强；6．磁力线总是从N极出发，进入与其最邻近的S极并形成闭合回路．【解答】解：A、磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，磁感线上任意一点的切线方向表示该点的磁场方向，故A错误；B、磁极与磁极之间、电流与电流之间、磁极与电流之间的作用力是磁场发生作用的，故B正确；C、磁感线是一种假象的曲线，可以形象地描述磁场，故C错误；D、磁感线是闭合曲线，再磁体外部从N极出发进入S极，内部有S极到N极，故D错误；故选B．【点评】本题关键是明确磁感线的概念和物理意义，对于磁感线，还要能够画出常见磁体和电流的磁感线．　-20-\n2．如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（　　）A．F2B．F1﹣F2C．F1+F2D．2F1﹣F2【考点】磁场对电流的作用；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．【解答】解：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反．则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反．当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2=F1+F0，或F2=F1﹣F0而对于b由于电流方向与a相反，所以b受到作用力为F2′=F1+F0，或F2′=F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反．将F1=F2﹣F0，或F1=F2+F0代入F2′=F1+F0，或F2′=F1﹣F0，可得，F2′=F2；故A正确，BCD错误；故选：A【点评】当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互．　3．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）A．由可知，B与F成正比，与IL成反比B．通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零C．通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场，即B=0D．磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关【考点】磁感应强度．【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．【解答】解：A、由磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义的．B与F、IL均没有关系，故A错误；-20-\nB、通电导线放在磁场中的某点，那点就有可能存在安培力，如果将通电导线拿走，那点安培力不存在，但该点的磁感应强度仍存在．故B错误；C、同一条通电导线放在磁场中某处所受的磁场力不一定相同，受到放置的角度限制．公式满足条件是：导线垂直放置在磁场中，若此处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受安培力一定为零．故C错误；D、磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线没有关系，当通电导线不放入磁场中，则一定没有磁场力，但该处的磁感应强度仍然存在．故D正确；故选：D【点评】磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=是有条件的．　4．如图所示，将一个半径为R的导电金属半圆环串联接入电路中，电路的电流强度为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点．金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，场方向与圆环所在平面垂直．则金属圆环ab受到的安培力为（　　）A．0B．πRBIC．2πRBID．2RBI【考点】安培力．【分析】在磁场中的有效长度等于两端点的连线，根据F=BIL求出安培力的大小【解答】解：金属环在磁场中的有效长度为2R，故金属圆环ab受到的安培力F=BI•2R=2BIR，故D正确；故选：D【点评】解决本题的关键掌握安培力大小的公式，以及会确定导线在磁场中的有效长度．　5．关于闭合电路，下列说法中正确的是（　　）A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的电动势就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．【解答】解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A错误．B、电源电动势是电源本身的属性，与外电路无关．故B错误．C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小．故C错误．-20-\nD、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大．故D正确．故选：D【点评】闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键．　6．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）A．U1：U2=1：8B．U1：U2=1：4C．U1：U2=1：2D．U1：U2=1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解．【解答】解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得∝故故选A．【点评】本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论．　7．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是（　　）-20-\nA．断开开关s后，将A、B分开些B．保持开关s闭合，将A、B两极板分开些C．保持开关s闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关s闭合，将变阻器滑动触头向右移动【考点】电容器．【专题】电容器专题．【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．【解答】解：A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大．故A正确．B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误．C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故C错误．D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误．故选：A．【点评】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变　8．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（　　）A．，沿y轴正向B．，沿y轴负向C．，沿y轴正向D．，沿y轴负向【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．-20-\n【分析】根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等反向相反，在H点同意根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．【解答】解：G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等反向相反，根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为，当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为，方向沿y轴正向，由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强的相等方向相反，大小为，方向沿y轴负向，所以H点处场合强的大小为，方向沿y轴负向，所以B正确；故选：B【点评】本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G点处的电场强度恰好为零的含义．　9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【考点】示波器的使用．【专题】实验题．【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC【点评】考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反．　10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（　　）-20-\nA．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【考点】闭合电路的欧姆定律；带电粒子在混合场中的运动．【专题】动态预测题；比较思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】分析电路结构，根据滑动变阻器的变化，利用闭合电路欧姆定律可得出电容器两端的电压的变化；由油滴的受力可确定油滴的运动情况；由电容器电荷量的变化可得出G中有无电流．【解答】解：AC、将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大；R1两端的电压减小，因此并联部分电压增大，则电容器两端的电压增大；由Q=CU可知，Q增大，电容器将充电，电流表中有b到a的电流；同时，因电容器的电压增大，电容器板间的电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上加速运动，故A正确，C错误；B、与上相反，将滑动变阻器滑片向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流；故B正确；D、将S断开后，由于有右侧电路与电容器连接，故电容器将放电，电荷量减小，电压减小，故油滴将向下运动，而G中有沿a到b的电流；故D错误；故选：AB【点评】本题是电容的动态变化分析问题，关键在于确定电容器的电压及其变化．当电路稳定时，电容器的电压等于所在支路两端的电压．　11．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P．现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2，它们之间的大小关系为（　　）A．P1=4P2B．PD＜P2C．P1＜4P2D．PD＞P2【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．电阻器D与两个标准电阻R1、R2-20-\n并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（C）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系．【解答】解：AC、由题，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（C）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1=R2．而RD与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流ID＜I2，又I1=I2+ID，得到I1＜2I2，I1＞2ID．P1=R1，PD=RD，P2=R2，所以得到P1＜4P2．故A错误，C正确；BD、PD=，P2=，RD＞R2，故PD＜P2，故B正确，D错误；故选：BC．【点评】本题首先要读懂半导体材料的伏安特性曲线，其次要抓住串并联电路的特点进行分析．　12．如图甲电路所示，电阻R两端的电压U与通过该电阻的电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0V，内阻不计．电阻R1=1000Ω，且阻值不随温度变化．若改变R2，使AB与BC间的电压相等，则此时（　　）A．R的阻值为1000ΩB．R的阻值为400ΩC．通过R的电流为2.5mAD．通过R的电流为2.0mA【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】图中三个电阻串联，电流相等；将R1电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，两图象的交点为R的工作点，由图可知电流；若使AB与BC间的电压相等，则可求得BC两端的电压为3.5V，则两电器电流相等，且电压之和为3.5V，找出符合条件的点即可．【解答】解：将R1电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，两图象的交点为电阻的工作点，由图可知，此时电流为4mA，要使AB与BC之间的电压相等，则BC两端的电压为3.5V，并且两电阻中的电流相等，由图可知，此时符合条件的只有2.5mA，这时电阻R1电压为2.5V，而R的电压为1V；则R==Ω=400Ω，故BC正确，AD错误．故选：BC．-20-\n【点评】对于伏安特性为曲线的非线性元件，要注意不能直接利用闭合电路欧姆定律求解，应考虑作出图象，由图象结合串并联电路的特点进行分析．　二、实验题（本题有2小题，第13小题6分，第14小题8分，共14分．请按题目要求作答）13．在用电压表和电流表测电阻的实验中，由于电表内阻对测量的影响，使得测量的结果会出现误差．若采用右图所示的电路进行测量，则测量值RX与实际值R0比较（　　）A．RX＞R0B．RX＜R0C．RX=R0D．因不知两表的内阻具体大小，故无法比较RX与R0的大小关系【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】电流表外接法，电流表的测量值含有电压表的分流，故大于通过电阻的电流真实值．则由R=，I偏大，则测量值偏小．【解答】解：此电路为电流表外接法，因电流含有电压表的分流故I测＞I真则由R测=即Rx＜R0可知A错误，B正确，C错误，D错误故选：B【点评】考查伏安法测电阻的电路结构，明确外接法的电流含有电压表的分流，从而分析误差．　14．在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为　0.007　mm，合金丝的直径为　0.636～0.640　mm．【考点】螺旋测微器的使用．【专题】实验题．-20-\n【分析】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：按照螺旋测微器的读数原则，校零时的读数为0.007mm，测量合金丝时的读数为0.5+0.01×14.5=0.645mm合金丝的直径为d=0.645mm﹣0.007mm=0.638mm（在0.636mm～0.640mm都算正确）．故答案为：0.007，0.636～0.640【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．　15．要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）：电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）：电键一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　A　（填字母代号）．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图1中　B　（填字母代号）．③实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是　0.1　W．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】滑动变阻器分压式接法中选取小电阻的变阻器节约能源；求出小灯泡电阻后判断小灯泡是小电阻还是大电阻，从而选择电流表内接还是外接；结合曲线算出小灯泡的电阻，然后根据功率的公式计算小灯泡的实际功率．【解答】解：①因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻最小的变阻器A．②因小灯泡电阻为R===15Ω，，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选B．-20-\n③电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为5Ω，电动势为1.5V的电源的路端电压与干路电流的关系图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小灯泡与该电源直接串联；根据交点坐标（1.0V，0.1A）可以计算出小灯泡消耗的功率为：P=UI=1×0.1=0.1W．故答案为：①A；②B；③0.1．【点评】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．　三、计算题（本题有4小题．解答应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示的电路中，电源的电动势E=10V，R1=R2=6Ω，当电键S断开时，电流表的示数I1=1.25A．求：（1）电源的电阻是多大？（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是多大？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，求解电源的电阻．（2）当电键S闭合时，两个电阻并联，求出外电路的总电阻，根据欧姆定律和串联电路的特点求解电源两极间的电压．【解答】解：（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得：解得：r==2Ω（2）当S闭合后，设R1、R2并联的总电路为R，则：R==3Ω-20-\n电源两极间的电压：=6V答：（1）电源的电阻是2Ω．（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是6V．【点评】本题基本的电路的分析和计算．第（2）问也可以这样做：电路中总电流为I2=，U=E﹣I2r=6V．　17．有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V，内阻r=0.5Ω．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？（2）滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大．（2）由最大电流可求得最小电阻值；当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为，由最小电流值可求得最大电阻值．【解答】解：（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大I1，mgsinθ+μmgcosθ=BI1L解得：I1=A=1A（2）由解得：R1==2.5Ω当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为I2mgsinθ=μmgcosθ+BI2L解得：I2=A=0.2A-20-\n由解得：R2==14.5Ω故电阻的调节范围为：2.5Ω≤R≤14.5Ω答：（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为1A．（2）滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围为2.5Ω≤R≤14.5Ω，金属棒能静止在轨道上．【点评】本题关键是金属棒能静止在轨道上是有静摩擦力作用，静摩擦力作用的问题总是离不开方向的变化，由此以最大静摩擦力的方向来分析解决问题．　18．（10分）（2022秋•丰城市校级期中）如图所示的电路中，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，电阻R2=2Ω，灯泡L1标有“6V，6W”，L2标有“4V，4W”滑动电阻器的调节范围是0～20Ω，求：（1）接入电路中的滑动变阻器R1的阻值为多大时，灯L2正常发光？（2）此时灯L1的实际功率是多大？（设灯泡的电阻不随温度变化）【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】由灯泡的额定功率及额定电压可求得灯泡的电流及电阻；再由串并联电路规律可明确并联部分电压；由闭合电路欧姆定律可求得R1的阻值．【解答】解：由题意可知，灯泡L1电阻为6Ω；L2电阻为4Ω；要使灯L2正常发光，电路中电流为1A，灯泡两端的电压为4V；R2两端的电压为U=1×2=2V；故并联部分电压U并=2+4=6V；故L1两端的电压为6V，L1正常发光，功率为6W；电流为1A；流过电源的电流为2A，则由闭合电路欧姆定律可知，E=6+2I（R1+r）解得：R1=0.5Ω；答：（1）（1）接入电路中的滑动变阻器R1的阻值为0.5Ω时，灯L2正常发光；（2）此时灯L1的实际功率是6W．【点评】本题考查闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律，要注意正确分析电路结构，明确串并联电路规律的正确应用．　19．（12分）（2022•上海）半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E﹣r曲线下O﹣R部分的面积等于R﹣2R部分的面积．（1）写出E﹣r曲线下面积的单位；-20-\n（2）己知带电球在r≥R处的场强E=，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大？（3）求球心与球表面间的电势差△U；（4）质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）E﹣r曲线下面积是E对r的积分形式，对应的是电势差；（2）通过R处的场强，根据点电荷的场强公式求出均匀带电体所带的电荷量．（3）通过图线围成的面积求出球心与球表面积的电势差．（4）根据动能定理求出负电荷的初速度大小．【解答】解：（1）E﹣r曲线下面积表示电势差，则单位为V．（2）根据R处的场强为E0，有，解得Q=．（3）E﹣r曲线下围成的面积表示电势差，则球心与球表面间的电势差△U=．（4）E﹣r曲线下O﹣R部分的面积等于R﹣2R部分的面积，知表面与2R处的电势差大小为根据动能定理得，解得．答：（1）E﹣r曲线下面积的单位为V（2）该均匀带电球所带的电荷量Q为．（3）球心与球表面间的电势差为．-20-\n（4）质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有的速度可以刚好运动到2R处．【点评】解决本题的关键知道E﹣r围成的面积表示的含义，可以类比于速度时间图线围成的面积表示位移进行分析．　-20-