1、2014-2015学年江苏省南通市海安实验中学高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题（每题3分）1首先发现电流磁效应的科学家是( )A安培B奥斯特C库仑D麦克斯韦2磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )A1kg/As2B1kgm/As2C1kgm2/s2D1kgm2/As23如图所示：在倾角为的光滑斜面上，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
2、增大后减小4一束带电粒子以同一速度，并从同一位置进入同一匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们的带电量，则( )Aq1带负电、q2带正电，荷质比之比为：=2：1Bq1带负电、q2带正电，荷质比之比为：=1：2Cq1带正电、q2带负电，荷质比之比为：=2：1Dq1带正电、q2带负电，荷质比之比为=1：25如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是( )A电炉放出的热量大于电动机放出的热量B电炉两端电压小于电动机两端电压C电炉两端
3、电压等于电动机两端电压D电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率二、多选题（每题4分）6如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中当导线中通以沿x负方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为则磁感应强度的方向和大小可能为( )Az正向，By负向，Cx负向，D沿悬线向上，7如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数U，变化量的绝对值U，理想电流表读数I，变化量的绝对值I，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是( )AU增大，I减小B增大C增大DR08平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区，
4、电场方向由M板指向N极，磁场方向垂直纸面向里，OO为到两极板距离相等的平行两板的直线一质量为m，带电量为+q的带电粒子，以v0从O点射入，沿OO方向匀速通过场区，不计带电粒子的重力，则以下说法正确的是( )A带电量为q的粒子以v0从O点沿OO方向射入则不能匀速通过场区B带电量为2q的粒子以v0从O点沿OO射入仍能匀速通过场区C保持E和B不变，方向均与原来相反，粒子以v0从O点沿OO射入，则粒子仍能匀速能过场区D粒子仍以速率v0从右侧的O点沿OO方向射入，粒子仍能匀速能过场区9如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B一带电微粒自离EF为h的高处由静止下
5、落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出下列说法正确的是( )A微粒受到的电场力的方向一定竖直向上B微粒做圆周运动的半径为C从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小D从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小10如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌子边缘落到地板上设其飞行时间为t1，水平射程为s1，落地速率为v1撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地速率为v2，则( )At1t2Bs1s2Cs1s2Dv1=v211如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加
6、速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内互相垂直的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E挡板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场粒子重力不计下列表述正确的是( )A质谱仪是测粒子电量的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小三、填空题12如图所示是某一电源的外电路UI特性曲线，由图可知，该电源的电动势为_V，内电阻为_当外电路短路时，通过电源的电流为_A13如图所示，回旋加速器的两个D型盒之间接有交变电源，电源电压为U上方D 型盒中央为质子源，静止的质量为m电
7、量为e的质子经电场加速后，进入下方的D型盒其最大轨道半径 R，磁场的磁感应强度B，（1）质子最初进入下方D型盒的动能是_（2）质子经回旋加速器最后得到的动能是_（3）交变电源的周期是_14某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势3V，内阻1）、电键、滑动变阻器（最大阻值20）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图象如图a所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的
8、电流和电压）（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是_W四、计算题15一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源的电动势和内电阻（2）A、B空载时输出电压的范围（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？来源:学科网16某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量为m=50千克，电源电动势E=120V，不计电源内阻及各处
9、摩擦，当电动机以v=0.9米/秒的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，求（1）电动机线圈的内阻（2）电动机对该物体的最大提升速度17如图所示，在x0且y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里磁感应强度大小为B，在x0且y0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知=l不计带电粒子所受重力，求：（1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；（3）匀强电场的场强大小18（16分）如图1
10、所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g上述d、E0、m、v、g为已知量（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值2014-2015学年江苏省南通市海安实验中学高二（上）期中物理试
11、卷（选修）一、单项选择题（每题3分）1首先发现电流磁效应的科学家是( )A安培B奥斯特C库仑D麦克斯韦考点：物理学史 分析：电流磁效应即电流产生磁场的现象，是1820年丹麦的物理学家奥斯特解答：解：安培研究了通电导线的磁场方向与电流方向的关系，提出了安培定则库仑发现了库仑定律，麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在奥斯特首先发现了电流磁效应故选B点评：物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢2磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )A1kg/As2B1kgm/As2C1kgm2/s2D1kgm2/As2考点：磁感应强度 分析：根据磁感应强
12、度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系解答：解：由公式B=，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/Am，即为1T根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kgm/s2，则1特斯拉相当于1kg/As2，故A正确，BCD错误故选：A点评：T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉基础题3如图所示：在倾角为的光滑斜面上，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
13、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
14、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来源:Zxxk.Com4一束带电粒子以同一速度，并从同一位置进入同一匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们的带电量，则( )来源:学.科.网Aq1带负电、q2带正电，荷质比之比为：=2：1Bq1带负电、q2带正电，荷质比之比为：=1：2Cq1带正电、q2带负电，荷质比之比为：=2：1Dq1带正电、q2带负电，荷质比之比为=1：2考
15、点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：通过图示得出洛伦兹力的方向，根据左手定则得出电荷的电性，正电荷定向移动的方向与四指方向相同，负电荷定向移动的方向与四指方向相反根据，得出半径公式，通过半径公式的得出荷质比解答：解：A向左偏，B向右偏，根据左手定则知，A带正电，B带负电根据半径公式，知荷质比，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，所以荷质比之比为：=2：1故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式5如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U
16、，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是( )A电炉放出的热量大于电动机放出的热量B电炉两端电压小于电动机两端电压C电炉两端电压等于电动机两端电压D电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电动机M与电炉L串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系电炉L是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析L的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系根据能量守恒定律分析消耗的功率关系解答：解：A、电动机M与电炉L串联，电流相等，电阻相等，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，在相同的时间内，电炉
17、放出的热量与电动机放出的热量相等故A错误B、C设电动机M线圈电阻与电炉L的电阻均为R，电路中电流为I，根据欧姆定律得：电炉两端的电压UL=IR，电动机是非纯电阻电路，其电压UMIR，则有UMUL，所以电炉两端电压小于电动机两端电压故B正确，C错误D、电动机消耗的功率PM=UMI，电炉消耗的功率PL=ULI，UMUL，则PMUL，即电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率故D错误故选：B来源:学。科。网Z。X。X。K点评：本题中电炉是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，两个电路焦耳定律都适用，但欧姆定律只适用于电炉，不适用于电动机二、多选题（每题4分）6如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂
18、于O、O，并处于匀强磁场中当导线中通以沿x负方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为则磁感应强度的方向和大小可能为( )Az正向，By负向，Cx负向，D沿悬线向上，考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 分析：左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内 把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论解答：解：A、磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：BILcos=
19、mgsin，解得：B=tan，故A正确；B、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，B=导线静止，与竖直方向夹角=0，不符合题意，故B错误；C、当磁场沿x负方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线在重力与细线拉力作用下静止，磁感应强度可以为任何值，B=可以使导线静止，但与竖直方向夹角=0，不符合题意，故C错误；D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向上方，由平衡条件得：BIL=mgsin，则B=sin，故D正确；故选AD点评：左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电
20、流方向）用右手定则7如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数U，变化量的绝对值U，理想电流表读数I，变化量的绝对值I，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是( )AU增大，I减小B增大C增大DR0考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：先分析电路结构，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最后与R1串联，接入电源，电流表测量通过滑动变阻器的电流，电压表测量滑动变阻器R与R4的并联电压，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，根据闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点即可求
21、解解答：解：A、根据电路图可知，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最后与R1串联，接入电源，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则R1和内阻所占电压减小，与R3并联部分电压变大，则通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R2的电流减小，则R2所占电压减小，所以滑动变阻器的电压增大，即U变大，所以R4电压变大，通过R4电流变大，而通过R2的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流减小，故A正确；B、电压表测量滑动变阻器电压，电流表测量滑动变阻器电流，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，所以增大，故B正确；
22、C、通过R2的电流减小，通过R4电流变大，所以电流表示数的减小量I大于通过R4电流增大量I4，则减小，而，所以，故C错误，D正确故选：ABD点评：本题是动态分析问题，关键明确电路结构，按照局部整体局部的顺序进行分析，难度适中8平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区，电场方向由M板指向N极，磁场方向垂直纸面向里，OO为到两极板距离相等的平行两板的直线一质量为m，带电量为+q的带电粒子，以v0从O点射入，沿OO方向匀速通过场区，不计带电粒子的重力，则以下说法正确的是( )A带电量为q的粒子以v0从O点沿OO方向射入则不能匀速通过场区B带电量为2q的粒子以v0从O点沿OO射入仍能匀速通过
23、场区C保持E和B不变，方向均与原来相反，粒子以v0从O点沿OO射入，则粒子仍能匀速能过场区D粒子仍以速率v0从右侧的O点沿OO方向射入，粒子仍能匀速能过场区考点：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，可判断带正电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即有：qE=Bqv0，解得v0=，可得知电场强度和磁场强度的大小与速度的关系不论粒子带正电还是负电，不论电量大还小，粒子要沿直线通过该复合场，洛伦兹力和电场力必应等大反向若速度反向，则不论粒子带何种电，电场力与洛伦兹力均同向，所以不能匀速通过解答：解：A、由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦
24、兹力与竖直向下的电场力相平衡；若负电粒子从左向右通过时，竖直向下的洛伦兹力也能与竖直向上的电场力相平衡，原因是粒子的速度没有变化，故A错误； B、由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得v0=，可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此带电量为2q的粒子同样也能匀速通过，故B正确； C、由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得v0=，当电场与磁场方向与原来相反时，没有影响平衡条件，所以也能匀速通过故C正确； D、若粒子仍以速率v0从右侧的O点沿OO方向射入，粒子受到的竖直向
25、下的电场力与竖直向下的洛伦兹力就不能平衡，因此不能匀速通过故D错误；故选：BC点评：该题模型是“速度选择器”，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v=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9如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出下列说法正确的是( )A微粒受到的电场力的方向一定竖直向
26、上B微粒做圆周运动的半径为C从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小D从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小考点：带电粒子在混合场中的运动；电势差与电场强度的关系 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径根据电场力做功正负，判断电势能的变化和机械能的变化解答：解：A、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上故A正确来源:学科网B、由上
27、则有：mg=qE 由洛伦兹力提供向心力，则有 又下落的过程中机械能守恒，得：联立三式得，微粒做圆周运动的半径为r=故B正确C、根据能量守恒定律得知：微粒在B到D的运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定不变故C错误D、由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小故D正确故选：ABD点评：本题解题关键是分析微粒做匀速圆周运动的受力情况，根据合力提供向心力进行判断10如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌子边缘落到地板上设其飞
28、行时间为t1，水平射程为s1，落地速率为v1撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地速率为v2，则( )At1t2Bs1s2Cs1s2Dv1=v2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：球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率解答：解：A、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大
29、小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上 如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1t2，所以，A选项错误来源:Z。xx。k.ComB、C、小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1s2，所以，B选项正确，C选项错误D、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相
30、同，但速度的大小是相等的，故D正确故选：BD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11如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内互相垂直的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E挡板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场粒子重力不计下列表述正确的是( )A质谱仪是测粒子电量的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒
31、子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系解答：解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=进入偏转电场后，有qvB0=m，解得r=，知r越小，比荷越大同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具故A、D错误，C正确B、因为电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则知，磁感应强度的方向垂直纸面向外故B正确故选BC点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式三、填空题12如图所
32、示是某一电源的外电路UI特性曲线，由图可知，该电源的电动势为2.0V，内电阻为0.4当外电路短路时，通过电源的电流为5A考点：路端电压与负载的关系 专题：恒定电流专题分析：UI图象中图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；因为纵坐标不是从零点开始的，图象与横坐标的交点不为短路电流；可由闭合电路欧姆定律求出内电阻；则可求得短路电流解答：解：由图可知，电源的电动势为E=2.0V；当路端电压为1.8V时，电流为0.5A；由E=U+Ir可得：r=0.4；短路电流I短=A=5A故答案为：2.0，0.4，5点评：测定电动势和内电阻的实验中为了减小误差采用了图象分析法，要根据实验原理得出公式，并结合图象的斜率和
33、截距得出正确的结果13如图所示，回旋加速器的两个D型盒之间接有交变电源，电源电压为U上方D 型盒中央为质子源，静止的质量为m电量为e的质子经电场加速后，进入下方的D型盒其最大轨道半径 R，磁场的磁感应强度B，（1）质子最初进入下方D型盒的动能是eU（2）质子经回旋加速器最后得到的动能是来源:学科网ZXXK（3）交变电源的周期是考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据质子在电场力作用下，被加速，由动能定理，即可求解；（2）根据运动半径等于R，结合牛顿第二定律与向心力，即可求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力，即可求出运动的周期，从而确定交流电源的周期解
34、答：解：（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入下方D型盒的动能：Ek=eU；（2）根据qvB=m 得，粒子出D形盒时的速度vm=，则粒子出D形盒时的动能Ekm=mv2=；（3）由洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv=；而T=，所以粒子在磁场中运行周期为T=；因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即为：T=；故答案为：eU；点评：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系14某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势3V，内阻1）、电键、滑动变阻器（最大阻值20）、电压
35、表、电流表、小灯泡、导线若干（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图象如图a所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是0.310.34W考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由图可知，电压增大，电流增大，温度升高，电阻变大；（2）由图a可知，电压从
36、零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压接法，由于灯泡电阻较小，因此安培表需要外接，由此可正确连接实物图；（3）若任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，说明滑动变阻器连成限流接法，当滑动变阻器串入电路中的电阻最大即20时，灯泡功率最小解答：解：（1）由图可知，电压增大电流增大，温度升高，电阻变大故答案为：增大（2）由图a可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压接法，由于灯泡电阻较小，因此安培表需要外接，由此可正确连接实物图如图（b）所示：（3）若任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，说明滑动变阻器连成限流接法，当滑动变阻器串入电路中的电阻最大值为5时，此时电路为一个电动势为3V
37、，内阻为1的电源与一个灯泡和5的电阻串联，结合图（a）可知，当电流为I=0.36A时，灯泡电压为0.85V，此时满足：E=U灯+UR+U内，故此次灯泡实际消耗的功率为：P=UI=0.850.36W0.31W（也可以将电源内阻忽略进行计算）故答案为：0.310.34点评：本题是考查了电学实验中的连接实物图、电路故障分析、识图、求功率等内容，是一道实验综合题，所考查内容是实验的常考内容，涉及的知识点较多，应熟练掌握，尤其注意电功率的计算和欧姆定律的应用，关键是看图得出数据四、计算题15一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22，电源路端电压U随
38、外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源的电动势和内电阻（2）A、B空载时输出电压的范围（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势，由图象可知电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻； （2）AB输出电压为AB并联的滑动变阻器部分电阻的电压，根据滑动变阻器两端的电压范围即可求出； （3）根据闭合电路欧姆定律可求得当电源达最大电流时的外电阻，分析外电路的特点可得出AB两端所接的最小电阻解答：解：（1）由乙图可知，当R趋近无穷大
39、时，U=12V，则电动势 E=12V，而当U=6V=E时，应有r=R=2（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B两端输出电压最大值：当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B两端输出电压最小为零，故A、B空载时输出电压的范围为011V（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2A时，A、B两端所接负载电阻最小由，解得：RAB=4.9答：（1）电源电动势E是12V，内电阻r为2；（2）空载时A、B两端输出的电压范围是011V；（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值是4.9点评：本题要理解电动势与路端电压的关系，正确运用闭合电路的欧姆定律，要注意正确结合串并联电路的规律进行求解16某
40、一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量为m=50千克，电源电动势E=120V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以v=0.9米/秒的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，求（1）电动机线圈的内阻（2）电动机对该物体的最大提升速度来源:学科网ZXXK考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）电动机为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解，只能根据能量守恒关系列式求解；（2）根据能量守恒列出电流与速度之间的关系，由数学规律可求得最大提升速度解答：解：（1）由能量守恒定律可知：EImgv=I2r代入数据解得：r=6；（2）由能量守恒定律可知：EII2r=mgv；代入数据可得：120I6I2
41、=500v；由数学规律可知：当I=10A时，500v取最大值，解得v的最大值为1.2m/s；答：电动机线圈的内阻为6（2）电动机对该物体的最大提升速度为1.2m/s点评：本题考查电功及电功率，要求能正确分析能量关系，明确电源输出电功率转化为机械功率以及电动机的电阻发热功率17如图所示，在x0且y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里磁感应强度大小为B，在x0且y0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知=l不计带电粒子所受重力，求：（1
42、）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；（3）匀强电场的场强大小来源:学科网考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，即可求解；（2）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，结合前者由周期与圆心角求解，后者由运动学公式求出，从而可求出总时间；（3）根据粒子在电场中作类平抛运动，由牛顿第二定律与运动学公式相结合，即可求解解答：解：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由带电粒子
43、射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点，半径为l，则有：Bqv=m，解得：v=（2）设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t，则有t1=T=；而t2=所以t=；（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，位移关系式，l=at2，时间t2=加速度为a=联立可解得：E=；答：（1）带电粒子进入匀强磁场时初速度的大小v=；（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间：；（3）匀强电场的场强大小：点评：考查带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握圆周运动与类平抛运动的处理规律，注意几何关系的正确运用，最后理解牛顿第
44、二定律在题中的应用18（16分）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g上述d、E0、m、v、g为已知量（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值考点：共点力平衡的条件及其应
45、用；匀速圆周运动；线速度、角速度和周期、转速 专题：压轴题分析：根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况再根据受力分析列出相应等式解决问题解答：解：（1）根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，则mg=qE0微粒水平向右做直线运动，竖直方向合力为0则 mg+qE0=qvB来源:学。科。网联立得：q=B=（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则=vt1qvB=m2R=vt2联立得：t1=，t2=电场变化的周期T=t1+t2=+（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R联立得：R=，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由得t1min=，因t2不变，T的最小值 Tmin=t1min+t2=答：（1）微粒所带电荷量q为，磁感应强度B的大小为（2）电场变化的周期T为+（3）T的最小值为点评：运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路