山东省滨州市邹平县黄山中学2022学年高二物理上学期第三次质检试卷（优生部）（含解析）

2022-2022学年山东省滨州市邹平县黄山中学高二（上）第三次质检物理试卷（优生部）一．选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分．）1．（4分）（2022秋•徽州区校级月考）关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（　　）　A．在磁场中某点试探电流元所受磁场力不为零，则该处磁感应强度一定为　B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致3　C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零　D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大考点：磁感应强度．版权所有分析：1、当电流的方向与磁场的方向平行时，磁场对电流没有作用力，当电流的方向与磁场的方向垂直时，磁场对电流没有作用力最大．2、磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与放入磁场中的电流元无关．磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．解答：解：A、在磁场中某点试探电流元所受磁场力不为零，而且电流的方向与磁场的方向垂直时，该处磁感应强度为．故A错误；B、根据左手定则可知，磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向垂直．故B错误．C、当电流的方向与磁场的方向平行时，磁场对电流没有作用力，但此处的磁感应强度不为零，故C错误；D、磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱．　2．（4分）（2022秋•沈阳期末）一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（　　）　A．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为　C．电源的输出功率为EID．电源的效率为1﹣考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．-16-解答：解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l﹣，所以D正确．故选AD．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．　3．（4分）（2022秋•莲湖区校级期末）如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则a点的磁场方向为（　　）　A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里　C．沿纸面由a指向bD．沿纸面由a指向d考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．版权所有分析：根据右手螺旋定则判断各个电流在a点的磁场方向，根据平行四边形定则进行合成，确定a点的磁场方向．解答：解：根据右手螺旋定则知，b导线在a点产生的磁场方向竖直向下，d导线在a点产生的磁场方向竖直向上，c导线在a点产生的磁场方向水平向左．因为b、d导线在a点产生的磁场大小相等，方向相反，所以最终的磁场方向为c导线在a点产生的磁场方向，沿纸面由a指向b．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场，知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则．　4．（4分）（2022秋•惠州期末）在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（　　）-16-　A．B．C．D．考点：左手定则；安培力．版权所有分析：带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定．解答：解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定．左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向．所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．A、电流方向水平向右，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；B、由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故B错误；C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，故D错误；故选：C点评：左手定则是判定安培力方向，而右手定则是确定感应电流方向．同时强调磁感线穿过掌心，且四指指向为电流的方向．　5．（4分）（2022秋•沈阳期中）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）　A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大　B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小　C．对应P点，小灯泡的电阻为　D．对应P点，小灯泡的电阻为R=考点：电阻率与温度的关系；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数．解答：解：AB、图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A正确．-16-C、D对应P点，小灯泡的电阻为R=≠．故C错误，D正确．故选AD点评：本题中灯泡是非线性元件，其电阻R=，但R．　6．（4分）（2022•盱眙县校级学业考试）如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D型金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核（H）和氦核（He）．下列说法中正确的是（　　）　A．它们的最大速度相同　B．它们的最大动能相同　C．它们在D形盒内运动的周期相同　D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．版权所有专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：A、带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据，比较粒子的速度．B、求出粒子的最大速度后，根据比较最大动能．C、在回旋加速器中的周期T=，根据周期的公式判断两粒子的周期是否相同．D、回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速．解答：解：A、根据，得．两粒子的比荷相等，所以最大速度相等．故A正确．B、最大动能，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以最大动能不等．故B错误．C、带电粒子在磁场中运动的周期T=，两粒子的比荷相等，所以周期相等．故C正确．-16-D、回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速．故D错误．故选AC．点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子．以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同．　7．（4分）（2022秋•永康市校级期末）两条长直导线AB和CD相互垂直彼此相隔一很小距离，通以图所示方向的电流，其中AB固定，CD可以其中心为轴自由转动或平动，则CD的运动情况是（　　）　A．顺时针方向转动，同时靠近导线AB　B．顺时针方向转动，同时离开导线AB　C．逆时针方向转动，同时靠近导线AB　D．逆时针方向转动，同时离开导线AB考点：安培力．版权所有专题：电磁感应中的力学问题．分析：AB通入电流后就会在周围产生磁场，所以通电的CD在磁场中就会受到安培力的作用，在安培力的作用下，判断CD导线将怎样运动，关键是看安培力的方向．解答：解：AB导线产生的磁场磁感线为第一个图的黑圆线，红色的为CD导线，由左手定则可判断左侧受力向下，右侧受力向上，所以CD棒会逆时针旋转．AB导线和CD导线靠近还是远离可以从第二个图判断，AB产生的磁场如图所示，由左手定则可判断CD导线受力指向AB导线，故CD导线会靠近AB导线．所以C正确．故选C．-16-点评：此题一定要找准是谁不动，谁动，为什么动，找到磁场方向、电流方向，应用左手定则即可．　8．（4分）（2022•泰安一模）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（　　）　A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮　C．电容器C的电荷量减小D．电容器C的电荷量增大考点：闭合电路的欧姆定律；电容．版权所有专题：恒定电流专题．分析：灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联．当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响．电容器的电压等于路端电压．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化．解答：解：A、B由题R增大，电流I=减小，灯泡L将变暗．故A正确，B错误．C、D路端电压U=E﹣Ir增大，则电容器电量Q=CU增大．故C错误，D正确．故选AD．点评：本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压．　9．（4分）（2022秋•徽州区校级月考）如图所示电路，电源的电动势为12V，L为灯泡，R1和R2为定值电阻，若用电压表测得A、B两点间的电压为12V，则说明（　　）　A．L、R1和R2都断了　B．L、R1和R2都是好的　C．L是好的，R1和R2中至少有一个断了　D．R1和R2是好的，L断了考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由题意知，A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路，即可进行分析．解答：-16-解：据题A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路．L不可能断路，否则电压表就没有读数了．可知中R1和R2至少有一个断了．故C正确，ABD错误．故选：C点评：本题是故障分析问题，考查分析、判断和推理能力．外电路有断路时，往往电压等于电源电动势的电路有断路．　10．（4分）（2022春•荆门期末）如图所示，带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为．（　　）　A．v0B．C．2v0D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出B，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解．解答：解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即r==d，得到B=．如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即d=××，得到E=，所以=2v0，选项C正确．故选C点评：带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．　11．（4分）（2022秋•海曙区校级期末）如图所示，在虚线所包围的圆形区域内，有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些粒子在磁场里运动的过程中，下列结论中正确的是（　　）-16-　A．运动时间越长的，其轨迹越长　B．运动时间越短的，射出磁场的速率越小　C．在磁场中偏转越小的，运动时间越短　D．所有质子在磁场里运动时间均相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．解答：解：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α．A、粒子运动的轨迹为S=rα=Rcot•α．粒子的运动时间越长，α越大，根据数学知识可以证明孤长S越短．故A错误．B、粒子在磁场中运动的时间为t=，而轨迹半径r=Rcot，当粒子的运动时间越短时，α越小，则知r越大，而r=，则速度v越大．故B错误．C、根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，则在磁场中偏转越小的，轨迹的圆心角α，由t=知，运动时间越短．故C正确．D、由上分析知道，速度越大，轨迹半径r越大，而tan=，α越小，通过磁场的时间越短．故D错误．故选C点评：本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过作轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系．　-16-12．（4分）（2022秋•海曙区校级期末）如图，虚线所示的范围内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，矩形线框abcd沿水平方向并自左向右匀速通过磁场．当线框通过图中①、②、③位置时，线框内的感应电流分别为i1、i2、i3，则（　　）　A．i1＞i3，i2=0B．i1＜i3，i2=0C．i1=i3＜i2D．i1=i3，i2=0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．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：线框进入时bd边切割磁感线，出来时ac边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；根据切割磁感线产生电动势E=BLV与可得，线框内的感应电流大小．解答：解：根据感应电流产生条件：穿过线圈的磁通量发生变化，所以当线圈完全进入时，线圈中没有感应电流．因此i2=0而线圈正在进入磁场与正在离开磁场，导致磁通量发生变化，所以i1、i3都不等于零．再根据切割磁感线产生电动势E=BLV与可得：i1=i3．故选：D点评：本题考查了有无感应电流的条件是通过线圈的磁通量是否改变，并不是否切割磁感线．而感应电流大小则是由感应电动势大小决定．　二．实验题（2小题，共18分．）13．（8分）（2022秋•甘州区校级期中）（1）用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写　cabe　．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔根据图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为　28k　Ω．（2）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是　AC　．A．测量电阻时如果指针向右偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，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．-16-考点：用多用电表测电阻．版权所有专题：实验题．分析：（1）使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．（2）用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零．用欧姆表测电阻时，应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表使用完毕，应把选择开关置于交流电压最高挡或OFF挡上．解答：解：（1）用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：cabe．由图示表盘可知，电阻测量值为：30×1k=30kΩ．（2）A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，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、为保证安全，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、测量二极管正向导通电阻时，应把红表笔接二极管负极，黑表笔接二极管正极，故D错误；故选AC．故答案为：（1）cabe；30k；（2）AC．点评：本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．　14．（8分）（2022秋•南湖区校级期中）在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A．待测小灯泡（3.0V、1.5W）B．电流表（量程3A，内阻约为1Ω）C．电流表（量程0.6A，内阻约为5Ω）D．电压表（量程3.0V，内阻约为10kΩ）E．电压表（量程15.0V，内阻约为50kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA）G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1.0A）-16-H．电源（电动势为4.0V，内阻不计）I．电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用　C　；电压表应选用　D　；滑动变阻器应选用　G　．（只需填器材前面的字母即可）（2）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图（3）正确连线后，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片置于　左　端（填“右或左”）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）器材的选取要安全、精确，根据小灯泡的额定电压和额定电流选出电压表和电流表的量程．滑动变阻器采用分压式接法，从测量的误差角度选出合适的滑动变阻器．（2）研究小灯泡在不同电压下的功率，电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．根据所测灯泡的内阻，与电压表内阻和电流表内阻比较，确定是大电阻还是小电阻，从而确定电流表采取内接法还是外接法．（3）根据分压接法的特点确定滑动变阻器滑片开始所在的位置．解答：解：（1）从测量精确度考虑，小灯泡的额定电压为3V，所以电压表选取量程为3V的，小灯泡的额定电流I==0.5A，所以电流表选取量程为0.6A的，最大阻值为100Ω的滑动变阻器接入电路测量误差较大，所以选取最大阻值为10Ω的滑动变阻器．故选C、D、G．（2）由于电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻R==6Ω，远小于电压表内阻，与电流表内阻相当，属于小电阻，“小外偏小”，采取电流表的外接法．电流图如下．（3）为了让开始时测量电路中电压为零，故滑片开始时应滑到最左侧；故答案为：（1）C；　D；　G　（2）如图　（3）左；-16-点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别．　三．计算题（4小题，共34分．要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案而未写出演算过程的不能得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位．）15．（9分）（2022秋•广饶县校级期末）如图所示，光滑的平行导轨间距为L，倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E，内阻为r的直流电源，电路中其余电阻不计，将质量为m电阻为R的导体棒由静止释放，求：（1）释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向（2）导体棒在释放瞬间的加速度．考点：安培力；法拉第电磁感应定律．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：根据欧姆定律求出导体棒中的电流，从而可求导体棒所受的安培力，由左手定则可判读其方向；由牛顿第二定律可求得释放瞬间棒的加速度．解答：解：（1）导体棒中电流I=①导体棒所受安培力F=BIL②由①②得F=③根据左手定则，安培力方向水平向右④（2），对导体棒受力分析如图：由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣Fcosθ=ma⑤-16-由以上可得：a=gsinθ﹣⑥答：（1）释放瞬间导体棒所受安培力的大小为，方向为水平向右．（2）导体棒在释放瞬间的加速度为gsinθ﹣．点评：关于电磁学和力学基本规律的考查，灵活运用定则判定安培力是突破点．　16．（9分）（2022秋•徽州区校级月考）如图，在B=9.1×10﹣4T的匀强磁场中，CD是垂直于磁场方向上的同一平面上的两点，相距d=0.05m，磁场中运动的电子经过C时，速度方向与CD成30°角，而后又通过D点，求：（1）在图中标出电子在C点受磁场力的方向．（2）电子在磁场中运动的速度大小．（3）电子从C点到D点经历的时间．（电子的质量m=9.1×10﹣31kg电量e=﹣1.6×10﹣19c）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）由左手定则判断电子的受力；（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题设给出的条件可以根据几何关系求出半径的大小，再根据洛伦兹力提供圆周运动向心力解出电子在磁场中运动的速度大小；（3）根据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角θ，再根据解答：解：（1）由左手定则判断，电子受磁场力方向垂直v斜向右下．如图：（2）由几何关系，电子圆运动半径r=d由洛伦兹力提供向心力，有evB=由两式解得m/s-16-（3）粒子运动的周期：，粒子运动的时间：=6.5×10﹣9s答：（1）在图中标出电子在C点受磁场力的方向如图．（2）电子在磁场中运动的速度大小是8.0×106m/s．（3）电子从C点到D点经历的时间是6.5×10﹣9s．点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，根据速度方向一定垂直于轨迹半径，正确地找出圆心、画出圆运动的轨迹是解题过程中要做好的第一步．再由几何知识求出半径r和轨迹对应的圆心角θ，再利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=和周期公式T=求有关物理量．　17．（9分）（2022秋•延吉市校级期末）在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值．考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势．（2）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值．解答：解：（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，则有内阻r=||=Ω=20Ω电源的电动势为E=U+Ir，取电压U=16V，电流I=0.2A，代入解得，E=20V．（2）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，此时电压U=4V，电流I=0.8A，则定值电阻R2==5Ω-16-（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，此时电压U=16V，电流I=0.2A，外电路总电阻为R==80Ω又R=R2+，R1=100Ω，R2=5Ω代入解得，R3=300Ω答：（1）电源的电动势和内阻分别为E=20V和r=20Ω；（2）定值电阻R2的阻值为5Ω；（3）滑动变阻器的最大阻值为300Ω．点评：本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻．　18．（9分）（2022秋•聊城期末）如图，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场．现有一质量为m、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点O以速度大小为v0射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成30°角．当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与x轴正方向相同，P点坐标为〔（）L，L〕．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）粒子运动到P点时速度的大小为v；（2）匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；（3）粒子从O点运动到P点所用的时间t．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）带电粒子以与x轴成30°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着又以与x轴成30°进入匀强电场，当到达P点时速度恰好与x轴平行．由粒子在电场O点的速度分解可求出到P点时速度的大小v．（2）粒子从离开磁场到运动到P点的过程中，运用动能定理求解电场强度．由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，根据粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力可算出磁感应强度．（3）由磁场中粒子的周期公式及电场中运动学公式可求出粒子从O点到P点的时间t．解答：解：（1）粒子运动轨迹如图所示，OQ段为圆周，QP段为抛物线，粒子在Q点时的速度大小为v0，根据对称性可知，方向与x轴正方向成30°角，可得：v=v0cos30°-16-解得：（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：解得：，水平方向的位移为：竖直方向的位移为：可得：，OQ=xOP﹣xQP=L由OQ=2Rsin30°，故粒子在OQ段圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律得：解得：（3）粒子从O点运动到Q所用的时间为：，设粒子从Q到P所用时间为t2，在竖直方向上有：，则粒子从D点运动到P点所用的时间为：答：（1）粒子运动到P点时速度的大小为v为；（2）匀强电场的电场强度E为，匀强磁场的磁感应强度B为；（3）粒子从O点运动到P点所用的时间t为．点评：本题也可将粒子的运动轨迹逆向思考，看成粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，进入匀强磁场中做匀速圆周运动．　-16-