广西桂林十八中高二物理上学期期中试题理含解析

2022-2022学年广西桂林十八中高二（上）期中物理试卷（理）　一、单项选择题：（10小题，每小题3分，共30分．每小题中只有一个正确选项，不选、错选或多选均得零分．）1．法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念．关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）A．电场和磁场都是客观存在的特殊物质B．电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线C．电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用D．电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹　2．两个相同的金属小球A、B，所带的电量qA=+q0、qB=﹣7q0，相距r放置时，相互作用的引力大小为F．现将A球与B球接触，再把A、B两球间的间距增在到2r，那么A、B之间的相互作用力将变为（　　）A．斥力、B．斥力、C．引力、D．引力、　3．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，速度最大的粒子是（　　）A．质子（H）B．氘核（H）C．α粒子（He）D．钠离子Na+　4．如图所示：在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（　　）A．逐渐增大B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小　5．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言，存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．1982年英国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过一个如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（　　）-22-\nA．逆时针方向持续流动的感应电流B．顺时针方向持续流动的感应电流C．先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流D．先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流　6．为了防止静电的危害，下列措施中不正确的是（　　）A．在地毯中夹杂不锈钢纤维B．尽可能保持印刷厂里空气干燥C．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做飞机轮胎D．油罐车上拖一条与地面接触的铁链　7．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（　　）A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高　8．带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（　　）A．带正电，运动方向a→b→cB．带负电，运动方向c→b→aC．带负电，运动方向a→b→cD．带正电，运动方向c→b→a　9．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角θ=60°的位置B时速度为零．以下说法中正确的是（　　）-22-\nA．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mgC．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小D．小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为﹣qEl　10．如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是（　　）　　二、多项选择题：（4小题，每小题4分，共16分．每小题至少有两个正确选项，选对但不全得2分，错选或不选均得零分．）11．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（　　）A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低　12．如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）-22-\nA．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点p将向上运动D．R2上消耗的功率逐渐增大　13．用如图所示的实验装置研究电磁感应现象，下列说法正确的是（　　）A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针发生偏转B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针不发生偏转C．保持磁铁在线圈中相对静止时，电流表指针不发生偏转D．若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针发生偏转　14．如图，在足够长的绝缘水平直线轨道上，B点正上方h处的P点固定电荷量为+Q的点电荷甲．一质量为m、电荷量为+q的物块乙（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到B点时速度为v，到C点时速度正好减为零，已知点电荷甲产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．AB=BC，物块乙与水平直线轨道的动摩擦因数为μ，静电力常数为k，由此可得（　　）A．物块乙在A点时静电力功率的绝对值为B．物体乙从A点运动到B点克服摩擦力做的功Wf=mv02C．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=（v02﹣2v2）+φD．物体乙从B点运动到C点过程中电势能减少，到C点时电势能减为零　-22-\n　三、填空题：（每空3分，共21分）15．用10分度的游标卡尺测物体的长度，如图甲所示，读数为　　　　　　mm．用螺旋测微器测物体的厚度，如图乙所示，读数为　　　　　　mm．　16．（15分）（2022秋•桂林校级期中）随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：（A）电动车电池一组，电动势约为12V，内阻未知（B）直流电流表量程300mA，内阻很小（C）电阻箱R，阻值范围为0～999.9Ω（D）定值电阻R0，标称阻值10Ω（E）导线和开关（1）当他闭合开关时发现，无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：①断开电源开关S，②将多用表选择开关置于×1Ω档，调零后，红黑表笔分别接R0两端，读数为10Ω，③将多用表选择开关置于×10Ω档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为　　　　　　Ω，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是　　　　　　．（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路．（3）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值为R0=10Ω的定值电阻的电流I，下列三组关于R的取值方案中，比较合理的方案是　　　　　　（选填方案编号1、2或3）．方案编号　电阻箱的阻值R/Ω　1　300.0　250.0　200.0　150.0　100.0　2　100.0　85.0　70.0　55.0　40.0　3　40.0　30.0　25.0　20.0　15.0（4）根据实验数据描点，绘出的﹣R图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=　　　　　　，内阻r=　　　　　　（用k、b和R0表示）．-22-\n　　四、计算题：（第17题10分，第18题10分，第19题13分，共33分．应写出必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，只写出最后答案的给0分）17．（10分）（2022春•遵义校级期末）如图所示，电路中的灯泡标有“0.1V，0.4W”，电源的电动势为4V，内阻为0.05Ω，电动机内阻为0.1Ω，此时灯泡与电动机都正常工作求：（1）电动机消耗的电功率（2）电动机输出的机械功率．　18．（10分）（2022秋•湖北校级期中）如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．求：（1）固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小；（2）若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对环的压力多大？　19．（13分）（2022•山东）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上级板开有一小孔．一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．-22-\n　　2022-2022学年广西桂林十八中高二（上）期中物理试卷（理）参考答案与试题解析　一、单项选择题：（10小题，每小题3分，共30分．每小题中只有一个正确选项，不选、错选或多选均得零分．）1．法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念．关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）A．电场和磁场都是客观存在的特殊物质B．电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线C．电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用D．电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场．【分析】电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线都是为了描述电场和磁场而假想的曲线，电场线越密的地方，电场强度越大，电场中某点电场强度的大小由电场决定．【解答】解：A、电场和磁场均是客观存在的特殊物质；故A正确；B、电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场场而引入的虚拟的线，实际中并不存在；故B错误；C、电场对放入其中的电荷一定有力的作用；但磁场只对运动的电荷有力的作用；故C错误；D、电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线和磁感线均不是电荷在场中的轨迹；故D错误；故选：A．【点评】考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．抓住电场与磁场都是物质，电场线和磁感线都是假想的曲线是关键．　2．两个相同的金属小球A、B，所带的电量qA=+q0、qB=﹣7q0，相距r放置时，相互作用的引力大小为F．现将A球与B球接触，再把A、B两球间的间距增在到2r，那么A、B之间的相互作用力将变为（　　）A．斥力、B．斥力、C．引力、D．引力、【考点】库仑定律．-22-\n【分析】设电荷A带电荷量为q0，则电荷B带电荷量为﹣7q0﹣，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量q、距离r的关系；A、B球相互接触后放回原处，距离为2r，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解．【解答】解：金属小球A和B，带电量分别为+q0和﹣7q0，相互作用力大小为F，根据库仑定律，有：F=k将两球接触后再放回原处，电荷先中和再平分，带电量变为=﹣3q0，根据库仑定律，有：F′=k=，且表现为斥力，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分．　3．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，速度最大的粒子是（　　）A．质子（H）B．氘核（H）C．α粒子（He）D．钠离子Na+【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】粒子经过加速电场时，电场力做功qU，根据动能定理求得速度表达式，由各个粒子比荷大小，比较速度的大小．【解答】解：设加速电场的电压为U，粒子的质量和电量分别为m和q，由动能定理得：qU=mv2﹣0，解得：v=，可见，速度与粒子的比荷平方根成正比．由于质子的比荷最大，所以质子的速度最大．故选：A．【点评】带电粒子在加速电场中获得的速度，常常根据动能定理求解，本题还要了解各个粒子的比荷关系．　4．如图所示：在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（　　）-22-\nA．逐渐增大B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析．【解答】解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大；故选C．【点评】三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可．　5．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言，存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．1982年英国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过一个如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（　　）A．逆时针方向持续流动的感应电流B．顺时针方向持续流动的感应电流C．先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流-22-\nD．先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流【考点】楞次定律．【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向．【解答】解：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．所以四个选项中A正确．故选：A【点评】查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极．　6．为了防止静电的危害，下列措施中不正确的是（　　）A．在地毯中夹杂不锈钢纤维B．尽可能保持印刷厂里空气干燥C．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做飞机轮胎D．油罐车上拖一条与地面接触的铁链【考点】静电现象的解释．【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．【解答】解：A．在地毯中夹杂不锈钢纤维，可以将人走路的过程中产生的静电及时导走，属于静电防止，故A正确；B．印刷厂里工作的过程中，可能会产生静电，所以要尽可能保持印刷厂里空气湿润，避免产生静电，属于静电的防止，不能保持干燥；故B错误；C、飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做飞机轮胎，可以及时导走飞行过程中产生的静电，这是防止静电危害．故C正确D、油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害，故D正确；本题选择错误的，故选：B【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例　7．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（　　）A．R接到a电源上，电源的效率较高-22-\nB．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高【考点】电功、电功率；路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电源的图线，读出短路电流和电阻R接在电源上时的工作状态，分析电源效率的大小．电源的U﹣I图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，读出电压和电流，分析电源的输出功率大小．【解答】解：A、电源的效率η=．由图看出，电阻R接在电源a上时电路中电流为0.5I，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=r，a电源的效率为50%．由图看出，电阻R接在电源b上时＞50%，则电源b的效率大于50%．故A错误．B、电源的图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大．故B错误．C、D由分析可知，R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低．故C正确，D错误．故选：C【点评】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解，从交点、斜率、面积等数学角度来理解图线的物理意义．　8．带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（　　）A．带正电，运动方向a→b→cB．带负电，运动方向c→b→aC．带负电，运动方向a→b→cD．带正电，运动方向c→b→a【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c．在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电．所以选项c正确．故选：C-22-\n【点评】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和左手定则就能正确解答．　9．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角θ=60°的位置B时速度为零．以下说法中正确的是（　　）A．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mgC．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小D．小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为﹣qEl【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，对小球进行受力分析：小球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小．根据电场力做功公式W=qEd，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功．运用单摆进行类比，分析振幅．【解答】解：小球从A到B的过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理有：mglsinθ﹣qEL（1﹣cosθ）=0，可解得A、小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力不为0，故在B点小球的合力不为零，不是平衡状态．故A错误；B、根据动能定理得：mglsinθ﹣qEl（1﹣lcosθ）=0，解得，Eq=mg，故B错误；C、类比单摆，小球将在AB之间往复运动，能量守恒，振幅不变．故C错误．D、小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：d=l﹣lcosθ=l，所以电场力做功：W=﹣qEd=﹣Eql，故D正确．故选：D【点评】本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题是关键．　10．如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是（　　）-22-\n【考点】几种常见的磁场．【分析】通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，根据磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小．【解答】解：通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小可知，因为ab线段的长度大于通电螺线管的长度，由条形磁铁磁感线的分布，可知应该选C，如果ab线段的长度小于通电螺线管的长度，则应该选B．由于足够长的直线ab，故C选项正确，ABD错误；故选：C【点评】考查通电螺线管周围磁场的分布，及磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，本题较简单但会出错．　二、多项选择题：（4小题，每小题4分，共16分．每小题至少有两个正确选项，选对但不全得2分，错选或不选均得零分．）11．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（　　）-22-\nA．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负．【解答】解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确．B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，所以B错误；C、负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；D、正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强，根据U=Ed可知，正电荷到c点电势降低的多，所以c点的电势比d点的低，所以D正确；故选：ACD【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面．　12．如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点p将向上运动D．R2上消耗的功率逐渐增大【考点】电容；电功、电功率．【专题】电容器专题．【分析】对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况．将R4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则可分析R4功率的变化．【解答】解：A、电路图可知，R2与R4串联后与R3并联，再与R1串联，电容器与并联部分并联；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，R1两端的电压增大，路端电压减小，并联部分电压减小，即R2与R4两端的电压减小；而由于电流表示数增大，由欧姆定律可知R2两端的电压增大，故R4两端的电压减小，电压表示数减小，故A正确；-22-\nB、因并联部分电压减小，则R3中的电流减小，而干路电流增大，故电流表中的电流增大，故B错误；C、滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分电压减小；电容器两端的电压减小，质点电场力减小；则质点将向下移动，故C错误；D、滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，那么R3两端电压减小，则其电流减小，故通过R2的电流增大，则R2上消耗的功率增加；故D正确；故选：AD．【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分﹣整体﹣部分的分析思路进行分析．　13．用如图所示的实验装置研究电磁感应现象，下列说法正确的是（　　）A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针发生偏转B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针不发生偏转C．保持磁铁在线圈中相对静止时，电流表指针不发生偏转D．若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针发生偏转【考点】研究电磁感应现象．【分析】当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；由楞次定律判断出感应电流的方向，根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题．【解答】解：A、由题图可知，原磁场方向向下，磁铁插入时，原磁通量增大，感应电流磁场向上，感应电流由负接线柱流入电流表，指针偏转，故A正确．B、磁铁拔出时，原磁通量减小，感应电流磁场向下，感应电流由负接线柱流入电流表，指针向左偏，故B错误．C、D、穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，故C正确，D错误．故选：AC．【点评】本题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题．　14．如图，在足够长的绝缘水平直线轨道上，B点正上方h处的P点固定电荷量为+Q的点电荷甲．一质量为m、电荷量为+q的物块乙（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到B点时速度为v，到C点时速度正好减为零，已知点电荷甲产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．AB=BC，物块乙与水平直线轨道的动摩擦因数为μ，静电力常数为k，由此可得（　　）-22-\nA．物块乙在A点时静电力功率的绝对值为B．物体乙从A点运动到B点克服摩擦力做的功Wf=mv02C．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=（v02﹣2v2）+φD．物体乙从B点运动到C点过程中电势能减少，到C点时电势能减为零【考点】电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】由库仑定律求出物块所受的静电力F，由P=Fv0cos60°求静电力功率；电场力对物块乙在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等；A到B的过程与从B到C过程中摩擦力做的功相等，根据动能定理即可求出物块乙从A点运动到B克服摩擦力做的功．从A点到B点，只有电场力和摩擦力做功，根据动能定理，求出电场力做功，从而得出两点间的电势差，从而得出B点的电势．根据静电力做功正负，分析电势能的变化．【解答】解：A、物块乙在A点时所受的静电力为：F=k=静电力功率的绝对值为P=Fv0cos60°=．故A正确．B、电场力对物块乙在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等，A到C电场力做的总功为0；A到B的过程与B到从C过程中摩擦力做的功相等，设A到B的过程克服摩擦力做的功是Wf，对A到C过程，由动能定理得：﹣2Wf=0﹣，得Wf=．故B错误．C、设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，A到B过程，由动能定理有：﹣q（φB﹣φ）﹣Wf=mv2﹣，解得：φB=（v02﹣2v2）+φ．故C正确．D、物体乙从B点运动到C点过程中电场力做正功，电势能减少，C点的电势不为零，乙到C点时电势能不为0．故D错误．故选：AC．【点评】解决本题的关键抓住AB段和BC段电场力和摩擦力做功关系，知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差．　三、填空题：（每空3分，共21分）-22-\n15．用10分度的游标卡尺测物体的长度，如图甲所示，读数为　29.8　mm．用螺旋测微器测物体的厚度，如图乙所示，读数为　6.108　mm．【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：游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×8mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.01×10.8mm=0.108mm，所以最终读数为6.108mm．故答案为：29.8，6.108【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，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．　16．（15分）（2022秋•桂林校级期中）随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：（A）电动车电池一组，电动势约为12V，内阻未知（B）直流电流表量程300mA，内阻很小（C）电阻箱R，阻值范围为0～999.9Ω（D）定值电阻R0，标称阻值10Ω（E）导线和开关（1）当他闭合开关时发现，无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：①断开电源开关S，②将多用表选择开关置于×1Ω档，调零后，红黑表笔分别接R0两端，读数为10Ω，③将多用表选择开关置于×10Ω档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为　70　Ω，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好．-22-\n由以上操作可知，发生故障的元件是　电流表　．（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路．（3）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值为R0=10Ω的定值电阻的电流I，下列三组关于R的取值方案中，比较合理的方案是　2　（选填方案编号1、2或3）．方案编号　电阻箱的阻值R/Ω　1　300.0　250.0　200.0　150.0　100.0　2　100.0　85.0　70.0　55.0　40.0　3　40.0　30.0　25.0　20.0　15.0（4）根据实验数据描点，绘出的﹣R图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=　　，内阻r=　﹣R0　（用k、b和R0表示）．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，计算出电阻箱电阻值的大致范围即可；（4）根据闭合电路欧姆定律列式，然后进行公式变形，得到与R关系式，在分析讨论【解答】解：（1）欧姆表表盘读数为“7Ω”，倍率为“×10”，故为70Ω；障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻120Ω≥R总≥40Ω，扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选方案2；（4）根据闭合电路欧姆定律，有E=I（r+R0+R），则=R+，为对比一次函数y=kx+b，R相当于x，相当于k，相当于y，k（﹣r﹣R0）相当于b；解得：E=，r=﹣R0；故答案为：（1）70；电流表；（3）2；（4）；﹣R0．【点评】本题涉及欧姆表的读数、测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键．　四、计算题：（第17题10分，第18题10分，第19题13分，共33分．应写出必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，只写出最后答案的给0分）17．（10分）（2022春•遵义校级期末）如图所示，电路中的灯泡标有“0.1V，0.4W”，电源的电动势为4V，内阻为0.05Ω，电动机内阻为0.1Ω，此时灯泡与电动机都正常工作求：（1）电动机消耗的电功率（2）电动机输出的机械功率．-22-\n【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】（1）由闭合电路欧姆定律可求得电动机两端的电压，由功率公式P=UI可求得电动机的功率；（2）电动机消耗的功率一部分转化为内能，另一部分转化为机械能；根据能量守恒可求得输出功率．【解答】解：（1）分析灯泡得电路中的电流为设电动机两端的电压为U2则有E=U1+U2+I•rU2=E﹣U1﹣I•r=3.7V电动机消耗的功率为：p=I•U2=4×3.7=14.8W（2）由能量守恒得解得：p机=13.2W答：（1）电动机消耗的电功率为14.8W；（2）电动机输出的机械功率为13.2W．【点评】本题考查电动机的功率及闭合电路欧姆定律问题，要注意对于非纯电阻电路中的功率计算要注意功率公式的正确应用．　18．（10分）（2022秋•湖北校级期中）如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．求：（1）固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小；（2）若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对环的压力多大？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；点电荷的场强．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力．在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小．-22-\n（2）若换成匀强电场后，带电小球在下滑过程中电场力做功，仍由动能定理求出最低点的速度，再由牛顿运动定律求出小球对环的压力．【解答】解：（1）由A到B，由动能定理得：在B点，对小球由牛顿第二定律得：联立以上两式解得：，电场强度向上，即O处的电荷为负电荷，由于是点电荷﹣Q形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度为（2）设小球到达B点时的速度为v，由动能定理得：①在B点处小球对环的弹力为N，由牛顿第二定律得：②联立①和②式，解得小球在B点受到环的压力为：N=3（mg+qE）由牛顿第三定律得：小球在B点对环的压力大小为N=3（mg+qE）【点评】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功．因此由机械能守恒定律来求出滑到最低点的速度．　19．（13分）（2022•山东）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上级板开有一小孔．一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．【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．-22-\n【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）带电粒子在电场中做加速运动；根据动能定理可求得电场强度的大小；（2）明确两种可能的相切情况，即可求得半径；根据洛仑兹充当向心力求解磁感应强度；（3）分析粒子在磁场中的运动，根据运动周期明确经过的圆心角，再由圆的性质明确对应的路程．【解答】解：（1）设极板间电场强度大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得：qE=mv2解得：E=（2）设I区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=m如图甲所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系可得：R=；解得：B=；若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得：R=；解得：B=（3）设粒子在I区和II区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，I区和II内的磁感应强度大小分别为B1=；B2=；由牛顿第二定律可得：qvB1=m，qvB2=m代入解得：R1=，R2=；设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得：T1=，T2=由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，II区内所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角为α，由几何关系可得：θ1=120°θ2=180°α=60°粒子重复上述交替运动到H点，设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：-22-\nt1=×T1，t2=×T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s=v（t1+t2）联立解得：s=5.5πD答：（1）极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，Ⅰ区磁感应强度的大小或；（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，这段时间粒子运动的路程5.5πD．【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意明确洛仑兹力充当向心力的应用，同时要注意分析可能的运动过程，特别是具有对称性的性质要注意把握．　-22-