1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年江苏省盐城市阜宁县高二（上）期中物理试卷（选修）一、选择题（本大题共9小题，共31分；第15为单选题；第69为多选题）1关于磁感线的描述，下列说法中错误的是（）A磁感线是用来形象地描述磁场的强弱和方向的一些假想曲线B它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致C磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的D直线电流磁场的磁感线，是一些以导线上各点为圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上2关干电源和电流，下述说法正确的是（）A电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比
2、C打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速D从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把共他形式的能转化为电势能3如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大4如图所示，直线A为电源的UI图线，曲线B为灯泡电阻的UI
3、图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（）A4W、8WB2W、4WC4W、6WD2W、3W5如图所示，在半径为R的圆形区域和边长为2R的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，粒子重力不计，则下列说法不正确的是（）A带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场61930年
4、劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B带电粒子由加速器的边缘进入加速器C电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D离子从D形盒射出时的最大动能与加速电场的电压无关7如图，直线OAC为某一直流电源的总功率随总电流变化的图线，抛物线OBC为同一电源内部消耗功率Pr随总电流的变化图线，若A、B对应的横坐标为2，则下面判断正确的是（）A电源的电动势为3V，内电阻为2B线段AB表示的功率为2WC电流为3A时，外电路电阻为2D电流为2A时，外电路电阻为0.58如图所示电路中，电源
5、内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键S，将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为I、U，下列结论中正确的是（）A电流表示数变大B电压表示数变大CrDr9如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上第、象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，可以求出的物理量有（）A磁感应强度大小B小球在第象限做圆周运动的速度大小C电场强度
6、的大小和方向D小球在第象限运动的时间二、实验题（共30分）10一种游标卡尺，它的游标尺有20个等分度，总长度为19 mm，现用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为cm，乙图中螺旋测微器读数为mm11如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，指针指于图示位置，则所测电流为mA；若选用倍率为“100”的电阻档测电阻时，指针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为如果要用此多用表测量一个约2.0104的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆挡是（选填“10”、“100”或“1k”）12有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下
7、列器材供选用：A电压表（03V，内阻6k）B电压表（015V，内阻30k）C电流表（03A，内阻0.1）D电流表（00.6A，内阻0.5）E滑动变阻器（10，5A）F滑动变阻器G蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）用如实图所示的电路进行测量，电压表应选用，电流表应选用滑动变阻器应选用（用序号字母表示）（2）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如实图所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为（3）若将此灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为的电阻（以上计算结果都保留二位有效数字）13在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：干电池E（电动势约为1.5V
8、、内电阻大约为1.0）电压表V（015V）电流表A（00.6A、内阻0.1）电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10）滑动变阻器R1（010、10A）滑动变阻器R2（0100、1A）定值电阻R3=990（用于改装电表）开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是（填写字母代号）（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图1中标上所选用器材的符号（3）图2为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1I2图线（I1为电流表G 的示数，I2为电流表A 的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=V，内电阻r=（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因
9、是二、计算题（共59分）14如图所示电源电动势E=12V，内电阻r=0.5，将一盏额定电压为U0=8V，额定功率为P0=16W的灯泡与一只线圈电阻为r0=0.5的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min，问：（1）电源消耗的能量是多少？（2）电流对电动机所做的功各是多少？电动机线圈产生的热量各是多少？（3）电动机的效率？15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=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=0.50的直流电源现把一个质量m=0.
10、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=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力16如图所示电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20F，当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，电源消耗的总功率为P总1=2W，当开关S1、S2都闭合电路稳定时，电源消耗的总功率为P总2=4W，求：（1）电源电动势E和内阻r；（2）当S1闭合，S2断开，电路稳定后，电容器所带的电量为多少；（3
11、）当S1、S2都闭合电路稳定时，电源的输出功率及电容器所带的电量各为多少？17质谱仪是用来测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间匀强磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向外一束电荷电量相同、质量不同的带正电的粒子，沿电容器的中线平行于极板射入电容器，沿直线匀速穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点之间距离为x，粒子所带电荷量为q，且不计重力，求：（1）粒子进入磁场B2时的速度v的大小；试比较打在a、b两点的粒子的质量大小关系，并计算出质量之差m是多少；（2）试比较
12、这两种带电粒子在磁场B2中运动时间的大小关系，时间之差t是多少；（3）若已知打在b点的粒子质量为m，要使打在b点的粒子打到a点，在其它条件不变的情况下，应如何改变电容器两板间电压，电压之差U是多少？2016-2017学年江苏省盐城市阜宁县高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共9小题，共31分；第15为单选题；第69为多选题）1关于磁感线的描述，下列说法中错误的是（）A磁感线是用来形象地描述磁场的强弱和方向的一些假想曲线B它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致C磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的D直线电流磁场的磁感线，是一些以导线上各点为
13、圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述磁场越强，磁感线越密集【解答】解：A、磁感线并不客观存在，是用来形象地描述磁场的强弱和方向的一些假想曲线；故A正确；B、磁感线的切线的方向表示磁场的方向，它每一点的
14、切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致；故B正确；C、磁感线一定是闭合的，磁体外部磁感线由N极指向S极，而内部由S极指向N极；故C错误；D、根据安培定则可知，直线电流磁场的磁感线，是一些以导线上各点为圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上；故D正确；本题选择错误的，故选：C2关干电源和电流，下述说法正确的是（）A电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速D从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把共他形式的能转化为电势能【考点】电源的电动势和内阻
15、；欧姆定律【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、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C错误；D、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
16、能故D正确故选：D3如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【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【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式【解答】解：根据电子所受洛伦兹力
17、的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m解得：r=T=可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故AC错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误；故选：B4如图所示，直线A为电源的UI图线，曲线B为灯泡电阻的UI图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（）A4W、8WB2W、4WC4W、6WD2W、3W【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】电源
18、的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率【解答】解：由图读出E=3V，r=0.5 灯泡与电源连接时，工作电压U=2V，I=2A则电源的输出功率P出=EII2r=（32220.5）W=4W 电源的总功率P总=EI=32W=6W故选C5如图所示，在半径为R的圆形区域和边长为2R的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，粒子重力不计
19、，则下列说法不正确的是（）A带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，然后分析答题【解答】解：带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=，解得粒子的轨道半径r=，两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期T=粒子运动轨迹如图所示；A、由图示可知
20、，当r=R时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于，故A正确；B、由图示可知，当粒子轨道半径rR时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子运动时间小于从N点射入的粒子运动时间，故BD正确，C错误；本题选不正确的，故选：C61930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B带电粒子由加速器的边缘进入加速器C电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D离子从
21、D形盒射出时的最大动能与加速电场的电压无关【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功【解答】解：A、被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A正确，B错误C、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=mv2，故离子是从电场中获得能量，故C正确D、当离子离开回旋加速器时，动能最大，根据半径公式r= 知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的电压无关，故D错误；故选：AC7如图，直线OAC为某一直流电源的总功率随总电流变化的图线，抛物线OBC为同一电源内部消耗
22、功率Pr随总电流的变化图线，若A、B对应的横坐标为2，则下面判断正确的是（）A电源的电动势为3V，内电阻为2B线段AB表示的功率为2WC电流为3A时，外电路电阻为2D电流为2A时，外电路电阻为0.5【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率【解答】解：电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=V=3V由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1AB段表示的功率为 PAB=EII2r=32221（W）=2W当I
23、=2A时，根据闭合电路欧姆定律，有I=，解得：R=r=（）=0.5，故AC错误，BD正确故选：BD8如图所示电路中，电源内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键S，将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为I、U，下列结论中正确的是（）A电流表示数变大B电压表示数变大CrDr【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由图，R1、R2并联，再与R4串联，与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压由R2接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小【解答】解：设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电
24、压分别为U1、U2、U3、U4干路电流为I总，路端电压为U，电流表电流为I A、滑动变阻器R2的滑片向上滑动，R2变小，外电阻变小，I总变大，U=EIr变小，U3变小，U变小，I3变小，而由I总=I3+I4，I总变大，I4变大，U4变大，而U1+U4=U，U变小，U1变小，I1变小又I总=I1+I，I总变大，I1变小，则I变大，故A正确，B错误； C、D，由欧姆定律U=EI总r，得=r由I总=I+I1，I变大，I1变小，I总变大，则II总，故，故C错误，D正确故选AD9如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上第、象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第象限同时存在方向平行于y轴的匀
25、强电场（图中未画出）一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，可以求出的物理量有（）A磁感应强度大小B小球在第象限做圆周运动的速度大小C电场强度的大小和方向D小球在第象限运动的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；磁感应强度【分析】根据小球第象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；小球在第象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=，由于不知道m、q，无法求出B，故A错误；B、小球在第做匀速圆
26、周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=mv2，解得：v=，小球以速度v做圆周运动，故B正确；C、小球在第象限做匀速圆周运动，则mg=qE，电场强度：E=，由于不知道：m、q，无法求出电场强度大小，故C错误；D、小球做圆周运动的周期：T=，小球在第象限的运动时间：t=T=，故D正确；故选：BD二、实验题（共30分）10一种游标卡尺，它的游标尺有20个等分度，总长度为19 mm，现用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为6.170cm，乙图中螺旋测微器读数为1.705mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数
27、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，注意二者读数的差别【解答】解：游标卡尺的主尺读数为61mm，游标尺上第14个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.0514mm=0.70mm，所以最终读数为：61mm+0.70mm=61.70mm=6.170cm；螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0120.5mm=0.205mm，所以最终读数为：1.5mm+0.205mm=1.705mm故答案为：6.170；1.70511如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，指针指于图示位置，则所测电流为30.
28、8mA；若选用倍率为“100”的电阻档测电阻时，指针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为1.5103如果要用此多用表测量一个约2.0104的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆挡是1k（选填“10”、“100”或“1k”）【考点】用多用电表测电阻【分析】电流档读数：由所选的档位进行读数，注意估读；欧姆档读数要用指针的示数乘以倍率欧姆选档要让中值电阻与所测电阻差别不大；【解答】解：电流档读数：最小分度为1mA，则向下估读一位为30.8mA；欧姆档读数：15100=1.5103；选档：因阻值约为2104，表盘中值为20，则选择1k即可每次换档后电路发生变化，要重新进行欧姆调零故答案为：30.8
29、 1.5103；1k12有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻6k）B电压表（015V，内阻30k）C电流表（03A，内阻0.1）D电流表（00.6A，内阻0.5）E滑动变阻器（10，5A）F滑动变阻器G蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）用如实图所示的电路进行测量，电压表应选用A，电流表应选用D滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）（2）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如实图所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为10（3）若将此灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为1
30、1的电阻（以上计算结果都保留二位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）由图2所示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻（3）由串联电路特点求出灯泡正常发光时滑动变阻器两端电压，然后由欧姆定律求出串联电阻的阻值【解答】解：（1）灯泡额定电压是2.8V，则电压表应选A；灯泡正常发光时的电流I=0.29A，电流表应选D；为方便实验操作滑动变阻器应选E（2）由图2所示图象可知，灯泡额定电压2.8V对应的电流为0.28A，灯泡正常发
31、光时的电阻R=10；（3）灯泡正常发光时，串联电阻两端电压UR=UUL=6V2.8V=3.2V，串联电阻阻值R=11；故答案为：（1）A；D；E；（2）10；（3）1113在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0）电压表V（015V）电流表A（00.6A、内阻0.1）电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10）滑动变阻器R1（010、10A）滑动变阻器R2（0100、1A）定值电阻R3=990（用于改装电表）开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是R1（填写字母代号）（2）请在线框内画出你所设计的实
32、验电路图，并在图1中标上所选用器材的符号（3）图2为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1I2图线（I1为电流表G 的示数，I2为电流表A 的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=1.47V，内电阻r=0.90（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是电压表分流【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用相对电源的内接法，则测得的内阻误差太大；（3）由作出的UI图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻（4）根据原理图，分析电表内阻对实验结果带
33、来的影响，从而明确实验误差【解答】解：（1）滑动变阻器起调节电路作用，若总电阻太大，则调节时电阻变化过大，使电路中电流太小，故应选取小一点的电阻，一般约为内阻的几十倍即可；故选R1；（2）电路直接采用串联即可，定值电阻与电流表G串联作为电压表并联在电源两端，采用的是相对电源的电流表外接法；电路图如右图所示；（3）I2为零时，表示断路，I1=1.45mA 则电动势E=I1（RG+R3）=1.45V 则内电阻 r=0.9；故电源的电动势E=1.45V，内阻r=0.90；（4）因本实验采用相对电源的电流表外接法，故由于电压表的分流作用，而使电流表测量值小于真实值，从而出现误差； 故答案为：（1）R1
34、；（2）如右图；（3）1.45；0.90；（4）电压表的分流二、计算题（共59分）14如图所示电源电动势E=12V，内电阻r=0.5，将一盏额定电压为U0=8V，额定功率为P0=16W的灯泡与一只线圈电阻为r0=0.5的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min，问：（1）电源消耗的能量是多少？（2）电流对电动机所做的功各是多少？电动机线圈产生的热量各是多少？（3）电动机的效率？【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）由题意可知电路中的路端电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由P=UIt可求得电源提供的能量；（2）由W=Pt可求得电流对灯泡所做的功；
35、由W=UIt可求得电流对电动机所做的功；由Q=I2Rt可求得灯丝与电动机线圈产生的热量；（3）由=100%可求得电动机的效率【解答】解：（1）由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U内=EU=12V8V=4V；电路中电流I=8A；故电源提供的能量W=EIt=12810060J=5.76105J； （2）电流对灯丝做功W灯=Pt=1610060J=9.6104J； 灯泡中的电流I灯=2A；由并联电路的规律可知，通过电动机的电流I机=II灯=8A2A=6A；电流对电动机所做的功W=UI机t=866000J=2.88105J；灯丝为纯电阻故灯丝产生的热量等于电流所做的功，故Q=W灯=9.610
36、4J； 而电动机线圈产生的热量Q机=I机2R机t=620.56000J=1.08105J； （3）电动机的效率=100%=100%=62.5%答：（1）电源提供的能量是5.76105J； （2）电流对电动机做功是2.88105J；电动机的线圈产生的热量是1.08105J； （3）电动机的效率是62.5%15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=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=0.50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
37、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=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力【考点】安培力【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I=1.5 A；（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.51.50.4=0.30 N；（3）导体棒受
38、力如图，将重力正交分解，如图：F1=mgsin 37=0.24 NF1F安，根据平衡条件：mgsin 37+f=F安代入数据得：f=0.06 N答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的安培力大小0.30N；（3）导体棒受到的摩擦力为0.06N16如图所示电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20F，当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，电源消耗的总功率为P总1=2W，当开关S1、S2都闭合电路稳定时，电源消耗的总功率为P总2=4W，求：（1）电源电动势E和内阻r；（2）当S1闭合，S2断开，电路稳定后，电容器所带的电量为多少；（3）当S1、S2都闭合电路稳定时，电源的输出
39、功率及电容器所带的电量各为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】（1）当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，R2和R3串联当开关S1、S2都闭合电路稳定时，R1和R2并联，再与R3串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电源的电动势和内电阻；（2）当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，电容器与并联在R2两端，电容器板间电压等于R2两端的电压，由Q=CU求出电容器所带的电量；（3）当S1、S2闭合时，根据P=I2R外求出输出功率当开关S1、S2都闭合电路稳定时，电容器两端的电势差为零，结合Q=CU求出电容器所带的电荷量；【解答】解：（1）闭合、断开电路稳定时，电源消耗的总功率为代入数据：、都闭
40、合电路稳定时，电源消耗的总功率代入数据：联立解得电源的电动势E=4V内电阻r=0.5（2）当闭合，断开，电路稳定后，外部总电阻干路上总电流电容器两端电压和电阻两端电压相同，电容器所带的电荷量为（3）当、闭合时，外部总电阻干路上总电流电源的输出功率当、闭合时，电容器两端电压为0电容器所带的电荷量为Q=0答：（1）电源电动势E为4V和内阻r为0.5；（2）当S1闭合，S2断开，电路稳定后，电容器所带的电量为；（3）当S1、S2都闭合电路稳定时，电源的输出功率3.5W及电容器所带的电量为017质谱仪是用来测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间匀
41、强磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向外一束电荷电量相同、质量不同的带正电的粒子，沿电容器的中线平行于极板射入电容器，沿直线匀速穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点之间距离为x，粒子所带电荷量为q，且不计重力，求：（1）粒子进入磁场B2时的速度v的大小；试比较打在a、b两点的粒子的质量大小关系，并计算出质量之差m是多少；（2）试比较这两种带电粒子在磁场B2中运动时间的大小关系，时间之差t是多少；（3）若已知打在b点的粒子质量为m，要使打在b点的粒子打到a点，在其它条件不变的情况下，应如何改变电容器两板间电压，电压之
42、差U是多少？【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【分析】（1）根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知粒子的速度带电粒子在匀强磁场B2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系即可求出两点的粒子的质量之差m（2）粒子在磁场B2中做匀速圆周运动的速度相等，应用t=求出粒子的运动时间，然后求出时间之差（3）根据题意判断粒子轨道半径如何变化，求出轨道半径的变化量，然后求出电压的变化量【解答】解：（1）两极板间电场强度：E=，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为：qvB1=qE，所以电场与磁场的关系为：v=，带电粒子在匀强磁场B2中做匀
43、速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=m，解得：m=，打在a处的粒子的质量：m1=，打在b处的粒子的质量：m2=，由题意可知：x=2r12r2，解得：m=m1m2=；（2）打在a处的粒子运动弧长大于打在b处粒子的运动弧长，由于打在两处两粒子的速度大小相等，由t=可知，打在a处的粒子比打在b处的粒子运动时间长，粒子在磁场中运动的时间：t=，两粒子的运动时间之窗：t=t1t2=；（3）打在b点的粒子轨道半径：r2=，要使打在b点的粒子打在a点粒子在磁场B2中轨道半径：r2=，由题意可知：x=2r12r2=，解得：U=，要使打在b点的粒子达到a点，在其他条件不变的情况下，应增大电热器两极板间的电压；答：（1）粒子进入磁场B2时的速度v的大小为，打在a点的粒子比打在b点的粒子的质量大，质量之差m是；（2）打在a处的粒子比打在b处的粒子运动时间长，时间之差t是；（3）应增大电热器两极板间的电压，电压之差U是：2016年12月19日高考资源网版权所有，侵权必究！
