高二物理扬州中学学年高二上学期期中物理试题选修Word下载.docx
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D．若粒子带负电，其它条件不变，将向上偏转
二、多项选择题：
本题共5小题，每小题4分，共计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，错选或不答得0分
6．关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（ ）
A．与加速器的半径有关，半径越大，能量越大
B．与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大
C．与加速器的电场有关，电场越强，能量越大
D．与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大
7．如图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；
若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了
，根据上述条件可求得的物理量为（ ）
A．带电粒子的初速度
B．带电粒子在磁场中运动的半径
C．带电粒子在磁场中运动的周期
D．带电粒子的比荷
8．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是（ ）
A．微粒一定带负电B．微粒动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能一定增加
9．如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，在环境温度明显升高的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．L变亮B．RT两端电压变小
C．C所带的电荷量保持不变D．G中电流方向由a→b
10．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则（ ）
A．L1上的电压为L2上电压的2倍
B．L1消耗的电功率为0.75W
C．L2的电阻为12Ω
D．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：
1
三、简答题：
本题共3小题，共计33分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
11．（12分）（2015秋•扬州校级期中）某研究性学习小组欲较准确地测量一电池组的电动势及其内阻．给定的器材如下：
A．电流表G（满偏电流10mA，内阻10Ω）
B．电流表A（0～0.6A～3A，内阻未知）
C．滑动变阻器R0（0～100Ω，1A）
D．定值电阻R（阻值990Ω）
E．多用电表F．开关与导线若干
（1）某同学首先用多用电表的直流10V挡粗略测量电池组的电动势，电表指针如右图所示，则该电表读数为 V．
（2）该同学再用提供的其他实验器材，设计了如下图甲所示的电路，请你按照电路图在图乙上完成实物连线．
（3）图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池组的电动势E= V，内阻r= Ω（保留2位有效数字）．
12．（15分）（2015秋•扬州校级期中）在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：
A．电池组（3V，内阻约1Ω）
B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
D．电压表（0～3V，内阻4KΩ）
E．电压表（0～15V，内阻15KΩ）
F．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）
G．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A）
H．开关、导线若干
（1）实验时应从上述器材中选用 （填写仪器前字母代号）
（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表 接法，测量值比真实值偏 （选填“大”或“小”）
（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读数为 mm．
（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ= ．
13．一个表头的内阻25Ω，当通过2mA电流时，其指针偏转一小格．
（1）用它做电压表，要使它偏转一小格表示1V，应 （选填“串联”、“并联”）电阻值为 Ω的电阻．
（2）用它做电流表，要使它量程扩大6倍，应 （选填“串联”、“并联”）电阻值为 Ω的电阻．
四、计算题．本题共3小题，共计47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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
14．（15分）（2014秋•金平区校级期末）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°
，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°
=0.60、cos37°
=0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力；
（3）导体棒受到的摩擦力．
（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B2的大小？
15．（16分）（2015秋•扬州校级期中）如图甲所示，电源由n个电动势E=1.5V、内阻均为r（具体值未知）的电池串联组成，合上开关，在变阻器的滑片C从A端滑到B端的过程中，电路中的一些物理量的变化如图乙中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所示，电表对电路的影响不计．Ⅰ图为输出功率与路端电压关系曲线；
Ⅱ图为路端电压与总电流关系图线；
Ⅲ图为电源的输出效率与外电阻的关系图线）
（1）求组成电源的电池的个数以及一个电池的内阻；
（2）求滑动变阻器的总阻值；
（3）写出图Ⅰ、Ⅱ中a、b、c三点的坐标（不要求计算过程）．
16．（16分）（2015秋•扬州校级期中）如图所示，在边长为a的正方形ABCD的对角线AC左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左电场强度大小为E的匀强电场，AD、CD是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）．现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从A点沿AB方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为
≤v≤
．已知E=
，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用．求：
（1）带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间；
（2）恰能打到荧光屏CD上的带电粒子的入射速度；
（3）CD荧光屏上形成亮线的长度；
（4）AD荧光屏上形成亮线的长度．
参考答案与试题解析
【考点】电源的电动势和内阻；
电流、电压概念．
【专题】定性思想；
推理法；
恒定电流专题．
【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．电动势由电源性质决定，外电路无关；
公式R=
是电阻的定义式；
打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速．
【解答】解：
A、电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势．故A错误；
B、公式R=
是电阻的定义式，与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关．故B错误；
C、从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能．故C正确；
D、打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速．故D错误．
故选：
C
【点评】该题考查电动势的概念以及对电阻的理解，解答的关键是理解并掌握电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律．基础题目．
【考点】闭合电路的欧姆定律；
串联电路和并联电路．
【专题】恒定电流专题．
【分析】在A、B两点间加6V的恒定电压时，由于电流表内阻不计，则下面两个电阻并联后与上面的电阻串联，由串、并联电路的特点求出电流表的读数．
设各个电阻的阻值为R．在A、B两点间加6V的恒定电压时，下面两个电阻并联后与上面的电阻串联，电路的总电阻为R总=R+
=1.5R=1.5Ω
则并联电路的电压为U并=
U=
×
6V=2V
故电流表的示数是I=
=2A
B
【点评】解决本题的关键要理解电流表内阻不计的意义，将电流表可看成能测量电流的导线，从而分析电路的连接方式．
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】
（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；
当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=
可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；
（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．
因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：
U′=
=
=3V
可知，I=2I′，
根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：
U=2U′=6V，
电阻丝在这段时间内消耗的电能：
W=UQ=6V×
0.6C=3.6J．
故选D．
【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解．
【考点】安培力．
【分析】通电导线放入磁场中受到安培力作用，当导线与磁场垂直放置时安培力是最大；
当导线与磁场平行时安培力为零．
A、因为ab垂直放置磁场中，所以其安培力Fab=BLabI，而bc平行于磁场，所以其安培力为零．故A错误；
B、cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到安培力最大．故B正确；
C、cd边与ad边虽然垂直放置，但ab边的长度没有cd长，所以受到的安培力大小不等．故C错误；
D、ab边受到安培力，然而bc没有受到安培力，因为是平行．故D错误；
【点评】虽然电流是相同的，但放入磁场中的不同长度、或不是垂直放置都将影响安培力的大小．
【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】粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动，由公式qv0B=qE，电量与电性不会影响粒子的运动性质，只有当运动方向相反时，才不会做直线运动，从而即可求解．
正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：
qv0B=qE，即v0B=E．
A、根据电场强度方向，结合正电荷受到的电场力方向，即可得出洛伦兹力方向，再由左手定则可知，匀强磁场，方向垂直于纸面向里，故A正确．
B、若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：
qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故B错误．
C、若速度方向变为图示的反方向，离子带正电，洛伦兹力与电场力同向，所以离子将向下偏转，故C错误．
D、若改为电荷量﹣q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B=qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故D错误．
A．
【点评】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题，注意掌握粒子做直线运动，一定是匀速直线运动，且粒子的电量与电性均不会影响运动性质．
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关．
由
得，v=
，则最大动能
，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关．半径越大，能量越大；
磁场越强，能量越大；
质量和电量都大，能量不一定大．故A、B正确，C、D错误．
AB．
【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，但是最终粒子的动能与电场的大小无关．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；
洛仑兹力．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；
在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．
无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R0，则有：
v=
…①
而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：
R=
…②
由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：
…③
由①②③联式可得：
；
带电粒子在磁场中运动的周期为：
T=
．
由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求出．故C、D正确，A、B错误．
CD．
【点评】带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功．同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射．
【专题】压轴题；
带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．
根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项A正确，选项B错误．
由于电场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，选项C错误．
由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D正确．
故选AD．
【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．
【专题】动态预测题；
定性思想；
控制变量法；
【分析】当环境温度升高时，热敏电阻RT的阻值减小；
由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；
由电容器的充放电知识可知G中电流方向．
A、由图可知，热敏电阻与灯泡L串联．当环境温度升高时热敏电阻RT的阻值减小，外电路总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮；
故A正确；
B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压均增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B正确；
C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，电容器板间电压U减小，由Q=CU知，电容器的带电量减小．故C错误；
D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b；
故D正确；
ABD
【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的定性运用，此类问题一般按“整体﹣局部﹣整体”顺序进行分析．
电功、电功率．
【专题】比较思想；
图析法；
【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=
求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值．
A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；
B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率P=UI=0.75W，故B正确；
C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=
可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；
D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×
0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；
1，故D错误；
【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R=
，但对于非线性元件，R=
≠
B．电流表A（0～0
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