江苏省徐州市2022学年高二物理上学期期中试卷理含解析

2022-2022学年江苏省徐州市高二（上）期中物理试卷（理科）　一．单项选择题：本题共6小题．每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意．1．真空中A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和4r，则A、B两点的电场强度大小之比为（　　）A．16：1B．1：16C．9：1D．1：9　2．根据R=ρ可以导出电阻率的表达式ρ=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（　　）A．跟导线的电阻只成正比B．跟导线的横截面积S成正比C．跟导线的长度L成反比D．只由其材料的性质决定　3．图中a、b为两根与纸面垂直的长直导线，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示，O为两导线连线的中点．a在O处产生的磁感应强度为B，则O处的合磁感应强度为（　　）A．0B．0.5BC．BD．2B　4．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度B方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力）则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法不正确的是（　　）A．该电场场强大小为BV，方向向上B．离子沿沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转　5．如图甲所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器一等臂电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，已知：CD段导线长度为4×10﹣2m，天平平衡时钩码重力为4×10﹣5N，通过导线的电流为0.5A，如图乙所示．则通电螺线管中的磁感应强度B的大小为（　　）19\nA．1.0×10﹣3TB．2.0×10﹣3TC．3.0×10﹣3TD．4.0×10﹣3T　6．一个带电粒子处于垂直于匀强磁场方向的平面内，在磁场力的作用下做圆周运动．要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则需知道（　　）A．运动速度v和磁感应强度BB．轨道半径R和磁感应强度BC．轨道半径R和运动速度vD．磁感应强度B和运动周期T　　二．多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．在如图电路中，电源内阻不可忽略，当电键闭合后，电流表、电压表示数的变化情况是（　　）A．V表读数增大B．V表读数减小C．A表读数增大D．A表读数减小　8．如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带少量正电的较重小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直于纸面向里的匀强磁场，则小球的（　　）A．运动时间将延长B．落点在A点左侧C．落点在A点右侧D．无法确定　9．下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（　　）A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零　10．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（　　）19\nA．O点电场强度为零B．D点电场强度为零C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大　11．环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．（两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞）为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大C．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变D．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小　　三．实验题：本题共3小题，共22分．请将解答填写在答题卡相应的位置．12．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图，由图可读出l=　　　　　　cm，d=　　　　　　mm．　13．表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：U/V0.00.20.51.01.52.02.53.0I（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.21519\n①分析表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图　　　　　　（填“甲”或“乙”）；②在方格纸（图丙）内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而　　　　　　．（填“变大”、“变小”或“不变”）．　14．一毫安表，满偏电流为10mA，内阻约为300Ω．要求将此毫安表改装成量程为1A的电流表，其电路原理如图所示．图中是量程为2A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．（1）完成下列实验步骤：①将虚线框内的实物图按电路原理图连线；②将滑动变阻器的滑动头调至　　　　　　端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；③合上开关；④调节滑动变阻器的滑动触头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1A；⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为　　　　　　，同时毫安表指针满偏．（2）回答下列问题：①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1Ω，由此可知毫安表的内阻为　　　　　　．②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，当电流表指针半偏，则通过电阻箱的电流为　　　　　　A．③对于按照以上步骤改装后的电流表，写出﹣个可能影响它的准确程度的因素：　　　　　　．　　19\n四．计算题：本题3小题．共40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．有数值计算的题．答案中须明确写出数值和单位．15．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V6W”的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机均恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机的输出功率；（3）电源的效率．　16．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6×1012kg的通电直导线，电流强度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，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4T、方向竖直向上的磁场中．设t=0时，B=0.8T．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）t=0时轻绳中的张力大小；（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）　17．如图是我国著名物理学家何泽慧院士在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程的原理图：在图中的xOy平面内，A、C二小孔距原点的距离均为L，每隔一定的时间源源不断地分别从A孔射入正电子，从C孔射入负电子，初速度均为v0，且垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量均为e（忽略电子之间的相互作用）．在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），要使正、负电子在y轴上的P（0，L）处相碰．求：（1）电场强度E的大小，磁感应强度B的大小及方向；（2）P点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差△t；（3）若某一从A点射入的正电子到达P点没能与负电子相碰，则在以后的运动中能否在第一象限内与C点射入的电子相碰？请简单说明理由．19\n　　19\n2022-2022学年江苏省徐州市高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析　一．单项选择题：本题共6小题．每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意．1．真空中A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和4r，则A、B两点的电场强度大小之比为（　　）A．16：1B．1：16C．9：1D．1：9考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小．解答：解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．F1=，F2==，得：F1=16F2根据电场强度的定义式：E=，得：==故选：A点评：本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义．　2．根据R=ρ可以导出电阻率的表达式ρ=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（　　）A．跟导线的电阻只成正比B．跟导线的横截面积S成正比C．跟导线的长度L成反比D．只由其材料的性质决定考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．解答：解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无关．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键知道在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．19\n　3．图中a、b为两根与纸面垂直的长直导线，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示，O为两导线连线的中点．a在O处产生的磁感应强度为B，则O处的合磁感应强度为（　　）A．0B．0.5BC．BD．2B考点：磁感应强度．分析：根据安培定则判断a处导线在d点产生的磁感应强度的方向，根据磁场的叠加，求出a处导线在d点产生的磁感应强度的大小．解答：解：根据安培定则，处导线在d点产生的磁感应强度的方向为竖直向下．a处导线和b处导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相同都是向下，大小都为B，根据场强的叠加合磁场是2B．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的关系，以及知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．　4．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度B方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力）则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法不正确的是（　　）A．该电场场强大小为BV，方向向上B．离子沿沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转考点：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：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关．解答：解：A、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：E=vB，粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，所以选项A正确．B、由上可知，当沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关，故B正确；C、若离子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下，电场仍然向上．所以电场力的方向始终向上，与粒子的电性无关．选项C正确，D、当负离子从左向右水平射入时，电场力与洛伦兹力不再平衡，则会发生偏转，选项D错误．本题选择错误的，故选：D．19\n点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．　5．如图甲所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器一等臂电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，已知：CD段导线长度为4×10﹣2m，天平平衡时钩码重力为4×10﹣5N，通过导线的电流为0.5A，如图乙所示．则通电螺线管中的磁感应强度B的大小为（　　）A．1.0×10﹣3TB．2.0×10﹣3TC．3.0×10﹣3TD．4.0×10﹣3T考点：安培力．分析：根据天平平衡条件得到安培力的大小，再由安培力公式F=BIL求解磁感应强度B解答：解：天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小F=mg由F=BIL得：B=T=2.0×10﹣3T．故选：B点评：本题关键理解测量B的原理，掌握安培力公式F=BIL，并能准确计算，若导线有匝数，还要乘以匝数．　6．一个带电粒子处于垂直于匀强磁场方向的平面内，在磁场力的作用下做圆周运动．要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则需知道（　　）A．运动速度v和磁感应强度BB．轨道半径R和磁感应强度BC．轨道半径R和运动速度vD．磁感应强度B和运动周期T考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．分析：带电粒子在磁场力的作用下做圆周运动洛伦兹力做为向心力，根据向心力的公式来分析比荷．解答：解：根据洛伦兹力做为向心力，可得，qvB=m=mr，所以比荷=，所以要确定带电粒子的电荷量与质量之比，需要知道v，r和B．根据T=可得，19\n比荷=，所以要确定带电粒子的电荷量与质量之比，需要知道磁感应强度B和运动周期T，所以D正确．故选D．点评：根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径周期公式可以快速的作出判断，所以掌握住结论有利于提高解题的速度．　二．多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．在如图电路中，电源内阻不可忽略，当电键闭合后，电流表、电压表示数的变化情况是（　　）A．V表读数增大B．V表读数减小C．A表读数增大D．A表读数减小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当电键闭合后，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可得到电流表示数的变化，再由欧姆定律分析电压表示数的变化．解答：解：当电键闭合后，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流增大，则A表读数增大；总电流增大，电源的内电压和干路中定值电阻的电压增大，由闭合电路欧姆定律分析可知电压表的读数减小．故选：BC．点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出局部电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．　8．如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带少量正电的较重小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直于纸面向里的匀强磁场，则小球的（　　）A．运动时间将延长B．落点在A点左侧C．落点在A点右侧D．无法确定考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：没有磁场时带电小球做平抛运动，当加上磁场后小球将受到与运动方向垂直的洛伦兹力作用，据F=qvB的大小进行讨论即可．19\n解答：解：没有磁场时带电小球做平抛运动，当加入垂直纸面向里的匀强磁场时，带电小球除了受重力作用还受洛伦兹力作用．开始时mg＞qvB时，小球在运动中任一位置的受力重力和洛伦兹力，小球此时受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay=，故小球在空中做曲线运动的时间将增加，落点应在A点的右侧．故A、C正确，B、D错误．故选：AC．点评：本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论．　9．下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（　　）A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；测电阻时应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．解答：解：A、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；故选：AC．点评：本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零．　10．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（　　）A．O点电场强度为零B．D点电场强度为零C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大考点：电场的叠加；电势能．专题：压轴题；电场力与电势的性质专题．19\n分析：空间某点的电场强度是由三个点电荷叠加而成的，电势能变化要看电场力做功情况，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、题中A、B两个+Q在O点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点在O点产生的场强（不为零），A选项错误；B、题中A、B、C三点电荷在D点产生的场强如图所示，大小相等，设EA=EB=EC=E，EA、EB的矢量和沿x轴正方向，大小也等于E，EC方向沿x轴负方向，故三个场强的矢量和为0，B选项正确；C、D、x轴上x＜0的区间，合场强方向沿x轴负方向，所以将正电荷从O移向C，电场力做正功，电势能减小，将负电荷从O移向C，电场力做负功，电势能增加，C选项错误，D选项正确．故选BD．点评：本题关键在于用矢量合成的平行四边形定则来求解空间任意一点的和场强，根据电场力做功情况来判断电势能的变化情况．　11．环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．（两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞）为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大C．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变D．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律推导出电子圆周运动的半径和周期表达式，再进行分析．解答：解：电子在加速电场中，根据动能定理得qU=mv2…①电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m…②19\n得到，电子圆周运动的半径r=周期T=AB、对于给定的加速电压，v不变，又由题得知，r不变，则带电粒子的比荷越大，则B越小．故A周期，B错误．CD、由上可知，加速电压U越大，电子获得的速度v越大，要保持半径r不变，B应增大，则T会减小．故C错误，D正确．故选：AD．点评：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动类型，除了常规思路外，抓住隐含条件进行分析是关键；本题的隐含条件是电子的运动半径不变．　三．实验题：本题共3小题，共22分．请将解答填写在答题卡相应的位置．12．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图，由图可读出l=　2.25　cm，d=　6.860　mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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：1、游标卡尺的主尺读数为：2.2cm=22mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.1mm=0.5mm，所以最终读数为：22mm+0.5mm=22.5mm=2.25cm．2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×0.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm．故答案为：2.25，6.860．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．　13．表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：U/V0.00.20.51.01.52.02.53.0I（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215①分析表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图　甲　（填“甲”或“乙”）；②在方格纸（图丙）内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而　变大　．（填“变大”、“变小”或“不变”）．19\n考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）从表格数据可以看出，电流和电压是从零开始连续变化的，故选选择分压式接法；（2）通过描点法作出U﹣I图线，根据欧姆定律公式R=，图象上点与坐标原点的连线的斜率表示电阻．解答：解：（1）从表格数据可以看出，电流和电压是从零开始连续变化的，故选择分压式接法，故选择甲图；（2）通过描点法作出U﹣I图线，如图所示：图象上点与坐标原点的连线的斜率表示电阻，故小灯泡的电阻随I变大而变大；故答案为：（1）甲；（2）如图所示，变大．点评：在控制电路中，滑动变阻器有分压式、限流式两种接法，若变阻器阻值较小，一般设计为分压式；若变阻器阻值较大，一般设计为限流式，在二者都可行时，应先考虑限流方式，但下面三种情形必须设计为分压式接法：（1）数据要求从0开始变化；（2）变阻器阻值太小，限流限不住；（3）调节变阻器时，不能获取有区分度的多组数据．　14．一毫安表，满偏电流为10mA，内阻约为300Ω．要求将此毫安表改装成量程为1A的电流表，其电路原理如图所示．图中是量程为2A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．（1）完成下列实验步骤：①将虚线框内的实物图按电路原理图连线；②将滑动变阻器的滑动头调至　b　端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；③合上开关；④调节滑动变阻器的滑动触头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1A；19\n⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）；⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为　1A　，同时毫安表指针满偏．（2）回答下列问题：①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1Ω，由此可知毫安表的内阻为　306.9Ω　．②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，当电流表指针半偏，则通过电阻箱的电流为　0.495　A．③对于按照以上步骤改装后的电流表，写出﹣个可能影响它的准确程度的因素：　电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等．　．考点：伏安法测电阻；把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：本题（1）⑤根据电路动态分析可知当电阻箱阻值增大时，毫安表的电流增大，电流表的电流应减小；题⑥根据实验要求可知应保持电流表的电流1A不变；题（2）①由电路图根据欧姆定律即可求出毫安表的电阻；题②根据欧姆定律求解即可；题③影响因素有：电阻箱和变阻器的阻值不能连续变化、电表读数误差等．解答：解：（1）①：连线图如图所示：②：为保护电流表闭合电键前应将滑片移至阻值最大的b端；⑤：根据电路的动态分析规律可知，当电阻箱阻值增大时毫安表读数增大，电流表的读数应减小；⑥：多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为1A；（2）①：根据欧姆定律应有：I=，代入数据解得=306.9Ω；19\n②：根据欧姆定律应有：==0.495A；③：根据题意影响电流表准确程度的因素可能有：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等．故答案为：（1）①如图；②b；⑤减小；⑥1A（2）①306.9；②0.495；③电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等．点评：应明确只要能根据相应的物理规律解出的物理量就能通过实验测量该物理量．　四．计算题：本题3小题．共40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．有数值计算的题．答案中须明确写出数值和单位．15．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V6W”的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机均恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机的输出功率；（3）电源的效率．考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，灯泡、电阻、电动机串联接入电路，由串联电路特点可知，通过它们的电流相等；（1）灯泡正常发光，由电功率的变形公式可以求出灯泡的额定电流，即电路电流．（2）由串联电路特点可以求出电动机额定电压，由功率公式可以求出电动机的输入功率与热功率，然后求出电动机的输出功率．（3）电源的效率等于输出功率和总功率之比，总功率由公式P=EI求出，电源的输出功率等于外电路各部分功率之和．解答：解：（1）灯泡正常发光，电路流为：I=IL==A=2A；（2）电动机的额定工作电压为：UM=E﹣I（R+r）﹣UL1=20﹣2×（4+1）﹣3=7V电动机的输出功率为：P输=U2I﹣I2r′=7×2﹣22×0.5=12W（3）电动机的电功率为：P电=UI=7×2W=14W；外电路总功率为：P外=P电+PL+I2R=14+6+22×4=36W电源的总功率为：P总=EI=20×2=40W；故电源的效率为：η=×100%=×100%=90%19\n答：（1）电路中的电流强度为2A；（2）电动机的输出功率为12W；（3）电源的效率为90%．点评：本题是简单的直流电路的计算问题，抓住用电器在额定电压下才能正常工作是关键，要注意效率与功率的区别，不能混淆．　16．（14分）（2022秋•徐州期中）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6×1012kg的通电直导线，电流强度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，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4T、方向竖直向上的磁场中．设t=0时，B=0.8T．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）t=0时轻绳中的张力大小；（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）考点：安培力．分析：（1）通过受力分析有共点力平衡即可求的（2）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．解答：解：（1）当t=0时，F安=BIL=0.32N又有Tsin37°+Ncos37°=mgNsin37°+BIL=Tcos37°解之得：T=0.616N（2）当N=0时：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°=F①FTsin37°=mg②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==2T，因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有B=0.4t得t=5s．答：（1）t=0时轻绳中的张力大小为0.616N；（2）需要5s，斜面对导线的支持力为零点评：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．19\n　17．如图是我国著名物理学家何泽慧院士在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程的原理图：在图中的xOy平面内，A、C二小孔距原点的距离均为L，每隔一定的时间源源不断地分别从A孔射入正电子，从C孔射入负电子，初速度均为v0，且垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量均为e（忽略电子之间的相互作用）．在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），要使正、负电子在y轴上的P（0，L）处相碰．求：（1）电场强度E的大小，磁感应强度B的大小及方向；（2）P点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差△t；（3）若某一从A点射入的正电子到达P点没能与负电子相碰，则在以后的运动中能否在第一象限内与C点射入的电子相碰？请简单说明理由．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）正电子进入电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律和位移时间公式结合，即可求解电场强度E的大小．负电子进入磁场后做匀速圆周运动，由题可知轨迹半径等于L，由牛顿第二定律和向心力公式结合求解B的大小，由左手定则判断B的方向．（2）正电子在电场中运动时，电场力对其做正功，由动能定理求出相碰前正电子的动能，由其竖直方向做匀速直线运动的规律，求解其运动时间，而负电子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，动能不变，根据时间为周期，从而可求出时间差．（3）根据正电子在y轴右侧做圆周运动的轨迹半径与负电子的轨迹半径比较，可作出判断．解答：解：（1）对A处进入的正电子，由类平抛运动规律得：L=v0tAL=atA2=tA2．得：E=．对C处进入的负电子，由牛顿第二定律得：ev0B=可得B=19\n负电子在C点所受的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知磁场B的方向垂直纸面向外．（2）对A处进入的正电子，由动能定理得：EeL=EkA﹣所以EkA=而EkB=故=从C进入的负电子运动的时间为tB=×=，正电子在电场中运动的时间tA=则△t=tB﹣tA=﹣=（3）不能相碰．原因是：带电粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹半径与速度成正比，则知从A经过P点的正电子在y轴右侧做圆周运动的轨迹半径大于L不能与C点射入的电子轨迹相交．答：（1）电场强度E的大小是，磁感应强度B的大小是，方向垂直纸面向外；（2）P点相碰的正、负电子的动能之比是5：1，射入小孔的时间差△t是；（3）在以后的运动中不能在第一象限内与C点射入的电子不能相碰．原因是：带电粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹半径与速度成正比，则知从A经过P点的正电子在y轴右侧做圆周运动的轨迹半径大于L不能与C点射入的电子轨迹相交．点评：解决本题的关键是抓住电场中偏转与磁场中偏转研究方法的不同，运用动力学方法处理．　19