江苏省南通市天星湖中学高二物理上学期期中试题选修含解析

2022-2022学年江苏省南通市天星湖中学高二（上）期中物理试卷（选修）　一、单选题（本大题共6小题，共18分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（　　）A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的方向与磁场方向可能相同D．通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力　2．如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是（　　）A．V1减小，V2增大，A增大B．V1增大，V2减小，A增大C．V1增大，V2增大，A减小D．V1减小，V2减小，A减小　3．水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．如图所示，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速运动时，下列判断正确的是（　　）A．铝环有收缩的趋势，对桌面压力增大B．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大C．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小　-26-\n4．两个电阻R1=8Ω，R2=2Ω并联在电路中，欲使两个电阻消耗的电功率相等，可行的办法是（　　）A．用一个阻值为2Ω的电阻与R2串联B．用一个阻值来6Ω的电阻与R2串联C．用一个阻值为6Ω的电阻与R1串联D．用一个阻值为2Ω的电阻与R1串联　5．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是（　　）A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端　6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项中图象规律与这一过程相符合的是（　　）-26-\nA．B．C．D．　　二、多选题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）7．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场（B）和匀强电场（E）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场（B′），最终打在AlA2上．下列表述正确的是（　　）A．粒子带负电B．所有打在AlA2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在AlA2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大　8．磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（　　）A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．若只增强磁场，发电机的电动势增大D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大-26-\n　9．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则（　　）A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零　10．如图所示电路，电表都是理想表，R2=r．当闭合电键S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1，A2，V1，V2的同一时刻读数分别是I1，I2，U1，U2；电表示数的变化量的绝对值分别是△I1，△I2，△U1，△U2，那么下列说法正确的是（　　）A．A1减小，A2减小B．V1增大，V2减小C．、均为定值D．电源的输出功率在减小，效率在降低　11．如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则（　　）-26-\nA．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL　　三、实验题探究题（本大题共2小题，每个空2分，作图4分共24分）12．某课外活动小组，探究小灯泡的伏安特性曲线，实验所用的器材有：小灯泡（2.5V，0.3A），电压表V（量程3V，15V），电流表A（量程0.6A，3.0A），滑动变阻器R（阻值0～5Ω），电源，电键，导线若干，测量时要求小灯泡两端电压从0开始变化；（1）先粗测小灯泡的电阻，将多用电表面板上旋钮旋到　　　　　　（填R×1挡、R×10挡、R×100挡、R×1k挡），将两表笔短接，并调零，将红、黑表笔分别与小灯泡两极相接触，测得小灯泡的阻值如图1所示，其读数为　　　　　　Ω．（2）图2是一位同学做实验时的连线情况，在闭合电键进行实验之前，请指出该同学的实验操作中存在的不正当之处，　　　　　　、　　　　　　．　13．（16分）（2022秋•南通校级期中）测定某电阻丝的电阻率”实验（1）实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图1所示，则电阻丝的直径是　　　　　　cm．-26-\n（2）用多用电表的欧姆挡粗测这种电阻丝的阻值：已知此电阻丝的阻值约为几十千欧，下面给出了实验操作步骤a．旋转选择开关S，使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔b．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔c．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，测出阻值后，断开两表笔d．旋转选择开关S，使其尖端对准欧姆挡的某一挡位合理的实验步骤顺序是：　　　　　　（填写相应的字母）．旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是　　　　　　；根据该挡位和表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为　　　　　　Ω．（3）用电流表和电压表较精确测定此电阻丝的阻值，实验室提供下列可选用的器材：电压表V（量程3V，内阻约50kΩ）电流表A1（量程200μA，内阻约200Ω）电流表A2（量程5mA，内阻约20Ω）电流表A3（量程0.6A，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值1kΩ）电源E（电源电压为4V）开关S、导线a．在所提供的电流表中应选用　　　　　　（填字母代号）；b．在图3虚线框中画出测电阻的实验电路；（4）分别用L、d、RX表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ=　　　　　　．-26-\n　　四、计算题（本大题共4小题，共53分）14．（12分）（2022•济南一模）如图所示，在空间中存在垂直纸面向外，宽度为d的有界匀强磁场．一质量为m、带电荷量为q的粒子自下边界的P点处以速度v沿与下边界成θ=30°角的方向垂直射入磁场，恰能垂直于上边界射出，不计粒子重力，题中d、m、q、v均为已知量．则（1）粒子带何种电荷？（2）磁场磁感应强度为多少？　15．（15分）（2022秋•南通校级期中）如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．　-26-\n16．（13分）（2022春•巫溪县校级期末）如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为是多少？（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）　17．（13分）（2022秋•南通校级期中）如图所示，在x轴上方有一匀强电场，场强大小为E，方向竖直向下．在x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．在x轴上有一点p，离原点距离为a．现有一带电量为+q，质量为m的粒子，不计重力，从0＜x＜a区间某点由静止开始释放后，能经过p点．试求：（1）释放瞬间粒子的加速度；（2）释放点的坐标x、y应满足的关系式？　　2022-2022学年江苏省南通市天星湖中学高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析　一、单选题（本大题共6小题，共18分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（　　）A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的方向与磁场方向可能相同D．通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力【考点】安培力的计算．-26-\n【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直与磁场分解，因此垂直时安培力最大．【解答】解：通电导体受安培力的条件为导线与磁场有一定夹角，当通电直导线与磁场方向平行时，导线不受安培力作用，当导线与磁场方向垂直时，安培力最大，最大值为F=BIL，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直，故ACD错误，B正确．故选B．【点评】本题属于基础题目，考查了安培力的产生、大小与方向，要正确判断安培力方向应熟练应用左手定则．　2．如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是（　　）A．V1减小，V2增大，A增大B．V1增大，V2减小，A增大C．V1增大，V2增大，A减小D．V1减小，V2减小，A减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化及路端电压的变化，即可知V1的变化．由欧姆定律分析电压表V2示数的变化及并联部分电压的变化，即可判断通过电阻R2的电流的变化，根据总电流的变化，再分析A示数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大．电阻R1的电压变小，则并联部分的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大，因总电流变小，所以A示数减小．故C正确，ABD错误．故选：C【点评】本题是电路的动态变化分析问题，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可．-26-\n　3．水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．如图所示，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速运动时，下列判断正确的是（　　）A．铝环有收缩的趋势，对桌面压力增大B．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大C．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小【考点】楞次定律．【分析】解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用．在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．【解答】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，选项A正确，BCD错误．故选：A【点评】本题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新颖．　4．两个电阻R1=8Ω，R2=2Ω并联在电路中，欲使两个电阻消耗的电功率相等，可行的办法是（　　）A．用一个阻值为2Ω的电阻与R2串联B．用一个阻值来6Ω的电阻与R2串联C．用一个阻值为6Ω的电阻与R1串联D．用一个阻值为2Ω的电阻与R1串联【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．-26-\n【分析】由公式P=可知要想使两个电阻消耗的电功率相等，必须给R2降低两端的电压，串联一个电阻分压．【解答】解：两电阻并联，由P=P=可知P1：P2=R2：R1=1：4，要使这两个电阻消耗的电功率相等，只能减小P2为原来的；只要使R2两端的电压减半（R2不变），电功率就可以减小为原来的，所以串联一个等值电阻（2Ω）即可．故选A．【点评】解决本题的关键，要使这两个电阻消耗的电功率相等，只能电功率大的减小，灵活运用P=是关键．　5．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是（　　）A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端【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】由电源的U﹣I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U﹣I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．【解答】解：由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率则为P出2=2V×2A=4W．-26-\n由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I串2（R1+R2）=3.75W．两电阻并联时，R并===Ω利用欧姆定律可得电路电流I并==A=3.6A，此时电源的输出功率P并=EI并﹣I并2r=4.32W．所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大．故选C【点评】这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，直接选择C．　6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项中图象规律与这一过程相符合的是（　　）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】根据感应电动势公式推导其与距离关系的表达式，再推导感应电流、外力和外力功率的表达式，进行分析选择．【解答】解：A、B感应电动势E=BLv=B•2xtan30°v=，则E与x成正比．故A错误，B正确．-26-\nC、线框匀速运动F外=F安=BIL，I=，E=BLv，得到F外=，L=则F外=，B、R、v一定，则F外∝x2．故C错误．D、外力的功率P外=F外v=，P外∝x2故C错误．故选：B【点评】图象往往根据公式推导解析式来选择．本题关键是推导安培力与距离的关系．　二、多选题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）7．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场（B）和匀强电场（E）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场（B′），最终打在AlA2上．下列表述正确的是（　　）A．粒子带负电B．所有打在AlA2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在AlA2上的位置越靠近P，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】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性．根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度．通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小．【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电．故A错误．B、所有打在AlA2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=，T=，则t=，与带电粒子的比荷有关．故B错误．-26-\nC、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB．则v=．故C正确．D、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据知，粒子打在AlA2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大．故D正确．故选CD．【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动．　8．磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（　　）A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．若只增强磁场，发电机的电动势增大D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【考点】霍尔效应及其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论．【解答】解：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，则qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C、D正确．-26-\n故选ACD．【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论．　9．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则（　　）A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小．电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数．由楞次定律判断电势的高低．电容器的电量不为零．【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：E==kL2，故A错误．B、磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数．故B正确．C、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势．故C正确．D、线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量不为零．故D错误．故选：BC．【点评】本题运用法拉第定律E=时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，则没有读数．-26-\n　10．如图所示电路，电表都是理想表，R2=r．当闭合电键S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1，A2，V1，V2的同一时刻读数分别是I1，I2，U1，U2；电表示数的变化量的绝对值分别是△I1，△I2，△U1，△U2，那么下列说法正确的是（　　）A．A1减小，A2减小B．V1增大，V2减小C．、均为定值D．电源的输出功率在减小，效率在降低【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】理想电流表内阻不计，当作导线处理．电压表测量外电压．弄清电路的结构．当滑动触头P向左滑动时，接入电路的增大电阻，可根据欧姆定律判断电路中电流、电压的变化；根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．【解答】解：A、当触片P向左滑动过程中，导致电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，即A2减小；因内电压变小，那么外电压增大，由于电阻R3电压减小，即V2示数减小，则V1的示数增大，因此通过电阻R2的电流在增大，则流过A1的电流在减小，故AB正确；C、由图可知，=R3+r，=R3均为定值，故C正确；D、根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，外电阻大于电源内阻，则知，当变阻器的滑动触头P向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率η==．外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提高．故选：ABC．-26-\n【点评】本题抓住两个关键：（1）=r；（2）由I总=I1+I中三个量的变化情况确定绝对值△I＞△I总．同时本题电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．利用推论分析电源输出功率的变化．　11．如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则（　　）A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据两棒的受力情况相同，分析可知金属杆b进入磁场后应做匀速运动；根据能量守恒定律求解两杆在穿过磁场的过程中回路中产生的总热量．【解答】解：A、B据题可知，金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒进入磁场时速度与a进入磁场时的速度相同，所受的安培力相同，所以两棒进入磁场时的受力情况相同，则b进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动．故A错误，B正确．C、D两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得知：回路中产生的总热量为Q=2×mgsin30°•L=mgL．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】本题关键要抓住两棒受力情况的相似性，判断出运动情况的相似性，再运用能量守恒定律求解产生热量．-26-\n　三、实验题探究题（本大题共2小题，每个空2分，作图4分共24分）12．某课外活动小组，探究小灯泡的伏安特性曲线，实验所用的器材有：小灯泡（2.5V，0.3A），电压表V（量程3V，15V），电流表A（量程0.6A，3.0A），滑动变阻器R（阻值0～5Ω），电源，电键，导线若干，测量时要求小灯泡两端电压从0开始变化；（1）先粗测小灯泡的电阻，将多用电表面板上旋钮旋到　R×1挡　（填R×1挡、R×10挡、R×100挡、R×1k挡），将两表笔短接，并调零，将红、黑表笔分别与小灯泡两极相接触，测得小灯泡的阻值如图1所示，其读数为　5　Ω．（2）图2是一位同学做实验时的连线情况，在闭合电键进行实验之前，请指出该同学的实验操作中存在的不正当之处，　电流表应采用外接法　、　滑片应置于右端　．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．（2）根据灯泡电阻与电表内阻关系确定滑动变阻器的接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置．【解答】解：（1）灯泡电阻很小，约为几欧姆，用欧姆表测电阻时将多用电表面板上旋钮旋到R×1挡，由图示表盘可知，欧姆表读数为：5×1=5Ω；（2）灯泡电阻约为5Ω，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千欧姆，甚至几万欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于右端；故答案为：（1）R×1挡；5；（2）电流表应采用外接法；滑片应置于右端．-26-\n【点评】本题考查了欧姆表的实验方法、欧姆表读数、实验电路分析，描绘灯泡伏安特性曲线实验，要注意滑动变阻器与电流表的接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法．　13．（16分）（2022秋•南通校级期中）测定某电阻丝的电阻率”实验（1）实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图1所示，则电阻丝的直径是　0.0642　cm．（2）用多用电表的欧姆挡粗测这种电阻丝的阻值：已知此电阻丝的阻值约为几十千欧，下面给出了实验操作步骤a．旋转选择开关S，使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔b．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔c．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，测出阻值后，断开两表笔d．旋转选择开关S，使其尖端对准欧姆挡的某一挡位合理的实验步骤顺序是：　dbca　（填写相应的字母）．旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是　×1k　；根据该挡位和表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为　3.2×104　Ω．（3）用电流表和电压表较精确测定此电阻丝的阻值，实验室提供下列可选用的器材：电压表V（量程3V，内阻约50kΩ）电流表A1（量程200μA，内阻约200Ω）电流表A2（量程5mA，内阻约20Ω）电流表A3（量程0.6A，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值1kΩ）-26-\n电源E（电源电压为4V）开关S、导线a．在所提供的电流表中应选用　A1　（填字母代号）；b．在图3虚线框中画出测电阻的实验电路；（4）分别用L、d、RX表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ=　　．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分．（2）明确多用电表的使用方法，掌握万用表的读数方法，即电阻的测量值=指针指示值×倍率．（3）由，求得电流值选择电流表，根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法，精确测定此电阻丝的阻值，要求测量值尽可能多，故采用分压法．（4）由电阻定律公式变形即可求得电阻率的表达式．【解答】解：（1）读数为0.5mm+14.2×0.01mm=0.642mm=0.0642cm，（2）使用多用电表测电阻时，首先要选择档位，然后进行欧姆调零；再进行测量；测量完成后要断开开关，将旋钮打到OFF档或交流电压最高档；故步骤为：dbca；因电阻很大，故应选择×1k档位；多用电表的读数方法为指针示数与档位的乘积；故电阻的阻值R=32×1000Ω=32000Ω（3）a、由，得：I≈100uA，故电流表选A1．b、精确测定此电阻丝的阻值，滑线变阻器用分压，由，电流表用内接法；电路图如图所示（4）由得ρ=-26-\n故答案为：（1）0.0642（2）dbca；×1k；3.2×104（3）a、A1b、如图所示；（4）【点评】本题考查电阻率的测量实验，对于实验电路所用器材的要求能熟练掌握，明确各仪器正确读数的方法；电表的内外接法，变阻器的分压与限流式的区别要弄清楚．　四、计算题（本大题共4小题，共53分）14．（12分）（2022•济南一模）如图所示，在空间中存在垂直纸面向外，宽度为d的有界匀强磁场．一质量为m、带电荷量为q的粒子自下边界的P点处以速度v沿与下边界成θ=30°角的方向垂直射入磁场，恰能垂直于上边界射出，不计粒子重力，题中d、m、q、v均为已知量．则（1）粒子带何种电荷？（2）磁场磁感应强度为多少？【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】根据粒子偏转方向结合左手定则判断粒子的电性；画出轨迹，由几何知识确定半径，然后由牛顿第二定律列方程求B的大小．【解答】解：（1）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，粒子向上偏转，由左手定则可判断粒子带正电．（2）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为r，-26-\n由几何关系可得：rcos30°=d由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m由以上两式可解得：B=；答：（1）粒子带正电；（2）磁场磁感应强度为B=．【点评】考查牛顿第二定律、匀速圆周运动的周期公式，并与几何关系综合解题，注意画出轨迹确定出半径是本题突破口．　15．（15分）（2022秋•南通校级期中）如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）由图读出磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小．（2）用同样的方法求出t=5.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小，即可求得其电功率．（3）根据焦耳定律分别求出0～4.0s时间内和4.0s～6.0s时间内的热量，再求总和．-26-\n【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，0～4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t1=2.0s时的感应电动势为：E1=n=1000××200×10﹣4=1V根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为：I1==A=0.2A（2）在4﹣6S时间内有：E2=n=1000××200×10﹣4V=4V则5s时的电流为：I2===0.8A在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率为：P=R=0.82×4=2.56W（3）根据焦耳定律，0～4.0s内闭合电路中产生的热量为：Q1=I12（r+R）△t1=0.22×（1+4）×4=0.8J在4.0s～6.0s时间内闭合电路中产生的热量为：Q2=I22（r+R）△t2=0.82×（1+4）×2=6.4J故0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量为：Q=Q1+Q2=0.8+6.4=7.2J．答：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小为0.2A；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率为2.56W；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量为7.2J．【点评】本题是电磁感应与电路知识简单的综合．当穿过回路的磁通量均匀变化时，回路中产生恒定电流，可以用焦耳定律求解热量．　16．（13分）（2022春•巫溪县校级期末）如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为是多少？（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）-26-\n【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】导体棒MN先向下做加速运动，后当导体棒所受合力为零时，导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态，灯泡发光也稳定．由平衡条件可以求出导体棒MN匀速运动的速度；由E=BLv求出导体棒产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律及电功率公式求出灯泡消耗的功率．【解答】解：小灯泡稳定发光时，导体棒MN做匀速运动，所受合力为零，在沿斜面方向上，根据平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°+ILB则得：I=又I=联立得：v==m/s=5m/s闭合回路的总功率为P==W=2W小灯泡和导体棒MN的电阻相等，消耗的功率相等，则小灯泡消耗的电功率为：P灯=P=1W答：此后导体棒MN的运动速度为5m/s，小灯泡消耗的电功率是1W．【点评】本题关键抓住感应电流与安培力的关系以及与速度的关系，由平衡条件即可求出导体棒的速度，正确应用欧姆定律及电功率公式即可求出灯泡功率．　-26-\n17．（13分）（2022秋•南通校级期中）如图所示，在x轴上方有一匀强电场，场强大小为E，方向竖直向下．在x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．在x轴上有一点p，离原点距离为a．现有一带电量为+q，质量为m的粒子，不计重力，从0＜x＜a区间某点由静止开始释放后，能经过p点．试求：（1）释放瞬间粒子的加速度；（2）释放点的坐标x、y应满足的关系式？【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】（1）要使粒子从静止开始能经过P点，其初始位置必须在匀强电场区域里，由电场加速获得速度才能到达P点．释放瞬间，粒子不计重力，只受到电场力作用，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）粒子先加速后磁场偏转，由几何知识得到磁场中圆周运动的半径与OP距离间的关系：a=2nR（=n=1，2，3，…）．分别根据动能定理和牛顿第二定律求解电场加速粒子获得的速度、磁场中轨迹半径表达式，即可求出初始坐标满足的条件；【解答】解：（1）要使粒子从静止开始能经过P点，其初始位置必须在匀强电场区域里，根据牛顿第二定律得：释放瞬间粒子的加速度为a=，方向沿y轴负方向．（2）由于粒子从0＜x＜a区间某点由静止开始释放，轨迹如图．由于粒子可能偏转一个、十个…半圆到达P点，由几何知识得a﹣x=2nR（n=1，2，3，…）①设释放处距O的距离为y，则有qEy=mv2②又qvB=m③联立①②③得答：-26-\n（1）释放瞬间粒子的加速度为，方向沿y轴负方向．（2）释放点的坐标x、y应满足的关系式．【点评】本题是多解问题，在条件不明时，要分情况进行讨论，不能漏解．分析时，要画出粒子运动的轨迹，根据几何关系得到粒子运动的半径与OP距离的关系是本题解题的关键．　-26-