《2020高二物理上学期期中试卷(选修,含解析)2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高二物理上学期期中试卷(选修,含解析)2.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！1/19 2020高二物理上学期期中试卷（选修，含解析）2编 辑：_时 间：_教学资料范本【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！2/19【最新】20 xx年高二物理上学期期中试卷（选修，含解析）2一、单项选择题（本题共5 小题，每小题 4 分，共 20 分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是()A磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极B一小段通电导线放在某处不受磁场的作用
2、力，则该处的磁感应强度一定为零C线圈放在磁场越强的位置，穿过线圈的磁通量一定越大D运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力2如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将 A与 B接入电压为 U的电路中时，电流为I；若将 C与 D接入电压为 U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）()AI B 2I CD3如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()ABCD4两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行一速度方向与
3、磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小5如图所示，其中电流表A的量程为 0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！3/19 于电流表内阻的 2 倍若用电流表 A的表盘刻度表示流过接线住1 的电流值，则下列分析正确的是()A将接线住 1、2 接入电路时，每一小格表示0.
4、04AB将接线住 1、2 接入电路时，每一小格表示0.02AC将接线住 1、3 接入电路时，每一小格表示0.06AD将接线住 1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A二、多项选择题（本题共5 小题，每小题 5 分，满分 25 分每题有多个选项符合题意，全部选对的得5 分，选对但不全的得2 分，错选或不答的得 0 分）6下列说法正确的是()A电动势由电源中非静电力的性质决定，与其他因素无关B在电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能C在外电路中，电场力做功，将其他形式的能转化为电能D电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功7额定电压为 4V的直流电动机的线
5、圈电阻为1，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4J，下列计算结果正确的是()A电动机正常工作时的输入功率为4WB电动机正常工作时的输出功率为8WC电动机每秒能将电能转化成4J 的机械能D电动机正常工作时的电流强度为2A8如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连下列说法正确的有()A粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大B粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大C高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定D粒子从磁场中获得能量9小灯泡通电后其电流I 随所加电压 U变
6、化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线上过 P点的切线，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，小灯泡的电阻减少B对应 P点，小灯泡的电阻为R=【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！4/19 C对应 P点，小灯泡的电阻为R=D对应 P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积10如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为 r，R0为定值电阻，电容器的电容为 C闭合开关 S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为 U，电流表示数的变化量为I，则()A变化过
7、程中U和I 的比值保持不变B电压表示数 U和电流表示数 I 的比值不变C电阻 R0两端电压减小，减小量为UD电容器的带电量增大，增加量为CU三、简答题：本题（第l1、12 题），共计 20 分请将解答填写在答题卡相应的位置11有一根细而均匀的导电材料样品（如图1 所示），截面为同心圆环（如图 2 所示），此样品长约为6cm，电阻约为 100，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内径太小，无法直接测量现提供以下实验器材：A20分度的游标卡尺B螺旋测微器C电压表 V（量程 3V，内阻约 3k）D电流表 A1（量程 50mA，内阻约 20）E电流表 A2（量程 0.3A，内阻约 1）F滑动变阻器 R（
8、020，额定电流 2A）G 直流电源 E（约 4V，内阻不计）H导电材料样品 RxI 开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d 的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图 3 所示，其示数 D=_mm（2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻 Rx在方框内如图 4 画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号这个实验电阻Rx的测量值将 _（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和 I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d=_【新
9、教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！5/19 12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（电动势为3V，内阻为 1）、电键、滑动变阻器（最大阻值为 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）实验中得到了小灯泡的UI 图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而 _（选填“增大”“减小”或“不变”）（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路（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
10、熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是 _W（计算结果保留2 位有效数字）四、计算题：本题共4 小题，共计 55 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，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13（16 分）如图所示，电源电动势E=9V，内阻 r=0.5，电阻R1=5.0，R2=3.5，R3=6.0，R4=3.0 电容 C=2.0F（1）求电键接到 a 时，电容的带电量是多少？上极板带何种电荷？（2）求电键从与 a 接触到与 b 接触时，通过 R3的电荷量是多少？上极板带何种电荷？14（13 分）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的
11、有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与 MN 成30角的相同速度v 射入该磁场区域（电子质量为m，电量为 e），经一段时间后从边界MN 射出求：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；（2）它们从磁场中射出的时间差15（13 分）如图甲所示，一根重G=0.2N、长 L=1m的金属棒 ab，在其中点弯成 60角，将此通电导体放入匀强磁场中，导体两端a、b 悬挂于两相同的弹簧下端，当导体中通以I=2A 的电流时，两根弹簧比原长各缩短 x=0.01m已知匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度B=0.4T，求：（1）导线中电流的方向（2）弹簧的劲度系数k16（13 分）在研究性学习中
12、，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示abcd 是一个长方形盒子，在ad 边和cd 边上各开有小孔 f 和 e，e 是 cd 边上的中点，荧光屏M贴着 cd 放【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！6/19 置，能显示从 e 孔射出的粒子落点位置盒子内有一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略粒子经过电压为U的电场加速后，从f孔垂直于 ad 边射入盒内粒子经磁场偏转后恰好从e 孔射出若已知fd=cd=L，不计粒子的重力和粒子
13、之间的相互作用力请你根据上述条件求出带电粒子的比荷q/m20 xx-20 xx 学年江苏省市泰兴一中高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题（本题共5 小题，每小题 4 分，共 20 分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是()A磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极B一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零C线圈放在磁场越强的位置，穿过线圈的磁通量一定越大D运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁通量【分析】磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部从N极到 S极，内部从 S极到 N极通电导线放在某处不受磁场的作用力时，可能B为
14、零，也可能是由于导线与磁场平行磁通量的一般公式=BSsin电荷运动的方向与磁感线平行时不受洛伦兹力的作用【解答】解：A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入 S极，在磁铁内部从 S极到 N极故 A错误B、一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，可能B为零，也可能B0，是由于导线与磁场平行故B错误C、线圈放在磁场越强的位置，线圈的磁通量不一定越大，根据磁通量公式=BSsin 可知，还与线圈与磁场的夹角有关，故C错误D、电荷运动的方向与磁感线平行时不受洛伦兹力的作用故D正确故选：D【点评】解决本题关键要掌握磁感线的分布情况，掌握安培力和磁通量的决定因素即可正确答题，属于基础题2如图所示，长方体金属块
15、边长之比a：b：c=3：1：2，将 A与 B接入电压为 U的电路中时，电流为I；若将 C与 D接入电压为 U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）()AI B 2I CD【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！7/19【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】根据电阻定律可确定AB及 CD时的电阻，再由欧姆定律即可确定电流【解答】解：设 b 长为 l；根据电阻定律可知：R=；则接 AB时，电阻 RAB=；当接 CD时，电阻 RCD=；由欧姆定律可知：I=；则 I=；故选：C【点评】本题考查电阻定律的应用，
16、要注意明确电阻大小与截面积及导体长度有关系3如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()ABCD【考点】安培力【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度 B和电流大小 I 相等，即根据线框在磁场中的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中
17、的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！8/19 磁场强度 B和电流大小 I 相等，所以 A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡故选：A【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL 公式的 L 是指导体的有效长度4两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增
18、大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小【考点】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】通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：qvB=m，解得：r=，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后B减小，所以 r 增大线速度、角速度的关系为：v=R线速度 v 不变，半径 r 增大，所以角速度减小，故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查了粒子在磁场中的
19、运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，应用牛顿第二定律、线速度与角速度的关系即可解题5如图所示，其中电流表A的量程为 0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的 2 倍若用电流表 A的表盘刻度表示流过接线住1 的电流值，则下列分析正确的是()A将接线住 1、2 接入电路时，每一小格表示0.04AB将接线住 1、2 接入电路时，每一小格表示0.02AC将接线住 1、3 接入电路时，每一小格表示0.06A【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享
20、，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！9/19 D将接线住 1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小【解答】解：A、当接线柱 1、2 接入电路时，电流表A与 R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为 1.2A，故量程为 1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示 0.06A；故 AB错误；C、当接线柱 1、3 接入电路时，A与 R1并联后与 R2串联，电流表的量程仍为 1.8A，故每一小格表示0.06A，故 C正确，
21、D错误；故选：C【点评】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意 R2对电流表的量程没有影响二、多项选择题（本题共5 小题，每小题 5 分，满分 25 分每题有多个选项符合题意，全部选对的得5 分，选对但不全的得2 分，错选或不答的得 0 分）6下列说法正确的是()A电动势由电源中非静电力的性质决定，与其他因素无关B在电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能C在外电路中，电场力做功，将其他形式的能转化为电能D电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】电源的电动势是电源本身的性质，电源内
22、部通过非静电力做功，将其他形式的能转化为电能【解答】解：A、电动势由电源中非静电力的性质决定的，与其他因素无关；故 A正确；B、电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能；故B正确；C、在外电路中，电场力做功，将电能转化为其他形式的能；故C错误；D、由 E=可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功；故D正确；故选：ABD【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！10/19【点评】本题考查对电动势的理解关键抓住电动势的物理意义和电动势的定义式7额定电压为 4V的直流电动机的
23、线圈电阻为1，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4J，下列计算结果正确的是()A电动机正常工作时的输入功率为4WB电动机正常工作时的输出功率为8WC电动机每秒能将电能转化成4J 的机械能D电动机正常工作时的电流强度为2A【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题【解答】解：D、因为线圈产生的热量：Q=I2Rt故通过电动机的电流：I=2A，故 D正确；A、电动机正常工作时的输入功率P=UI=4V 2A=8W，故 A错误；电动机的热功率 PQ=I2R=（2A）21=4W；B、电动机的输
24、出功率P出=P PQ=8W4W=4W，故 B错误；C、电动机每秒将电能转化成机械能：W=P 出 t=4W 1s=4J，故 C正确；故选：CD【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题8如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连下列说法正确的有()A粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大B粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大C高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定D粒子从磁场中获得能量【考点】质谱仪
25、和回旋加速器的工作原理【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！11/19【分析】当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据qvB=m求出最大速度，再根据EKm=mv2 求出最大动能，可知与什么因素有关【解答】解：A、根据 qvB=m得，最大速度 v=，则最大动能EKm=mv2=知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数和加速电压的大小无关故A正确，B错误；C、根据周期公式 T=，可知，高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，故 C正确；D、粒子在磁场中受到洛伦兹力，其对粒子不做功，不能
26、获得能量，故D错误；故选：AC【点评】解决本题的关键知道根据qvB=m求最大速度，知道最大动能与 D形盒的半径有关，与磁感应强度的大小有关9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为图线上过 P点的切线，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，小灯泡的电阻减少B对应 P点，小灯泡的电阻为R=C对应 P点，小灯泡的电阻为R=D对应 P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点
27、对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点 O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大故A错误；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！12/19 BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为 I2，则灯泡的电阻R=，故 B正确，C错误；D、因 P=UI，所以图象中矩形PQOM 所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故 D正确故选：BD【点评】注意 UI 图象的意义，知
28、道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因10如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为 r，R0为定值电阻，电容器的电容为 C闭合开关 S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为 U，电流表示数的变化量为I，则()A变化过程中U和I 的比值保持不变B电压表示数 U和电流表示数 I 的比值不变C电阻 R0两端电压减小，减小量为UD电容器的带电量增大，增加量为CU【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【专题】恒定电流专题【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变
29、化量，并比较与U的关系，确定电容带电量变化量电压表的示数U和电流表的示数 I 的比值等于 R电压表示数变化量U 和电流表示数变化量I的比值等于 R0+r【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E I（R0+r），由数学知识得知，=R0+r，保持不变故 A正确B、由图，=R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数 I 的比值变大故 B错误C、D、闭合开关 S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于U电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增
30、大，增大量为CU故 C错误，D正确故选：AD【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！13/19【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意 R，R是非纯性元件三、简答题：本题（第l1、12 题），共计 20 分请将解答填写在答题卡相应的位置11有一根细而均匀的导电材料样品（如图1 所示），截面为同心圆环（如图 2 所示），此样品长约为6cm，电阻约为 100，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内径太小，无法直接测量现提供以下实验器材：A20分度的游标卡尺B螺旋测微器C电压表 V（量
31、程 3V，内阻约 3k）D电流表 A1（量程 50mA，内阻约 20）E电流表 A2（量程 0.3A，内阻约 1）F滑动变阻器 R（020，额定电流 2A）G 直流电源 E（约 4V，内阻不计）H导电材料样品 RxI 开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d 的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图 3 所示，其示数 D=6.122mm（2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻 Rx在方框内如图 4 画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号这个实验电阻Rx的测量值将小于（填“大于”、“
32、等于”或“小于”）实际值（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和 I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d=【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据实验原理选择实验器材，然后确定滑动变阻器与电流表接法，作出实验电路图，根据实验电路图应用欧姆定律分析答题（3）应用欧姆定律与电阻定律分析答题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！14/19【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6m
33、m，可动刻度示数为 12.20.01mm=0.122mm，螺旋测微器示数D=6mm+0.122mm=6.122mm（2）由所给实验器材可知，应采用伏安法测电阻阻值，由于待测电阻阻值约为 100，滑动变阻器最大阻值为20，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为I=0.03A=30mA，电流表应选 A1，电流表内阻约为20，电压表内阻约为3000，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值大于真实值，电阻测量值小于真实值（3）由欧姆定律可知，样品电阻：R=，由电阻定律可知：R=，解得：d=；故答案
34、为：（1）6.122；（2）电路图如图所示；小于；（3）【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；本题考查了实验电路的设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的前提与关键；在伏安法测电阻实验中，当待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值时，滑动变阻器应采用分压接法12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（电动势为3V，内阻为 1）、电键、滑动变阻器（最大阻值为 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）实验中得到了小灯泡的UI 图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（选填
35、“增大”“减小”或“不变”）（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路（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 0.33W（计算结果保留2 位有效数字）【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】根据实验原理分析实验电路图；明确灯泡电阻的性质；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！15/19 当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时
36、灯泡实际功率最小，在同一坐标系内作出电源UI 图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率【解答】解：根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大由图甲可知，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所示：由电路图可知，把ab 间的导线误接在 ac 之间时，滑动变阻器左右两部份电阻丝并联然后与灯泡串联，当滑动变阻器并联电阻最大，即滑片位于中点时，电路总电阻最大，通过灯泡的电流最小，灯泡功率最小，此时滑动变阻器并联阻值为5，此时等效电源内阻为6，在同一坐标系内作出电源的U I 图象如图所示，由图象可知，灯泡两端电压U
37、=0.95V，电流 I=0.348A，灯泡实际功率P=UI=0.950.3480.33W 故答案为：增大；如图所示（3）0.33【点评】应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；本题最后一问是本题的难点，要注意图象法的应用四、计算题：本题共4 小题，共计 55 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，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13（16 分）如图所示，电源电动势E=9V，内阻 r=0.5，电阻R1=5.0，R2=3.5，R3=6.0，R4=3.0 电容 C=2.0F（1）求电键接到 a 时，电容的带电量是多少？上极板带
38、何种电荷？（2）求电键从与 a 接触到与 b 接触时，通过 R3的电荷量是多少？上极板带何种电荷？【考点】电容；带电粒子在混合场中的运动【专题】电容器专题【分析】（1）由图可知，R1与 R2串联，当开关接 a 时，电容器与 R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量（2）当开关与 b 连接时，C与 R2并联即可求得电量，当开关与b 连接时，C与 R2并联；由 C中电量的变化可得出流过R3的电量【解答】解：（1）电路中的电流：I=A当开关接 a 时，电容器的电压为：U1=IR1=1 5.0=5.0V【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位
39、同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！16/19 电量为：Q1=CU1=2 1065C=1 10 5C，由于上极板电势高，则上极板带正电荷（2）当开关接 b 时，电容器的电压为：U2=I?R2=1 3.5V=3.5V电量为：Q2=CU2=2 1063.5C=0.710 5C，且上极板带负电，下极板带正电由 Q=CU 可知，开关由 a 接 b 的过程中，电量变化为：Q=（U1+U2）C=8.52.0106=1.710 5C即通过 R3的电荷量为 1.7105C答：（1）当电键与 a 接触时电容带电量1105C；上极板带正电；（2）当电键由与 a 接触转到与 b 接触时通过 R3的电量 1
40、.7105C上极板带负电【点评】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时 R3、R4相当于导线；电容器中变化的电量才流过R314（13 分）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与 MN 成30角的相同速度v 射入该磁场区域（电子质量为m，电量为 e），经一段时间后从边界MN 射出求：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；（2）它们从磁场中射出的时间差【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】粒子做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可知两粒子离开
41、磁场时的距离，则可求出出射点的距离；根据两粒子在磁场中转动的时间可知时间差【解答】解（1）正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示由得：R=射出点距离为：PQ=4Rsin T=所以：=30如图可知，两粒子离开时距O点均为 R，所以出射点相距为：L=2R=（2）由得：【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！17/19 负电子在磁场中运动时间：正电子在磁场中运动时间：所以两个电子射出的时间差：答：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离为；（2）它们从磁场中
42、射出的时间差为【点评】带电粒子在电场中的运动关键在于由几何关系找出圆心和半径，再由洛仑兹力充当向心力及圆的性质可得出几何关系及转动时间15（13 分）如图甲所示，一根重G=0.2N、长 L=1m的金属棒 ab，在其中点弯成 60角，将此通电导体放入匀强磁场中，导体两端a、b 悬挂于两相同的弹簧下端，当导体中通以I=2A 的电流时，两根弹簧比原长各缩短 x=0.01m已知匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度B=0.4T，求：（1）导线中电流的方向（2）弹簧的劲度系数k【考点】安培力；胡克定律【分析】根据平衡条件判断安培力方向，根据左手定则判断导线中电流的方向；根据共点力平衡条件求解弹簧的弹力；根据
43、胡克定律求解劲度系数【解答】解：（1）通电后，根据左手定则可判断安培力的方向，F、F的方向各与导线垂直（如图所示），而F、F的合力则是竖直向上的，所以导线中电流的流向应为ba（2）ab 在重力 G，弹簧弹力 F1、F2，安培力 F、F的作用下处于平衡状态，则：F1+F2+G=Fcos 60+Fcos 60 2kx+G=2BI?cos 60解得：k=10 N/m答：（1）导线中电流的方向为ba；（2）弹簧的劲度系数k 为 10N/m【点评】解决本题的关键通过受力分析，得知安培力的方向、大小，从而求出磁感应强度的大小以及会利用左手定则判断电流的方向【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VI
44、P 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！18/19 16（13 分）在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示abcd 是一个长方形盒子，在ad 边和cd 边上各开有小孔 f 和 e，e 是 cd 边上的中点，荧光屏M贴着 cd 放置，能显示从 e 孔射出的粒子落点位置盒子内有一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略粒子经过电压为U的电场加速后，从f孔垂直于 ad 边射入盒内粒子经磁场偏转后恰好从e 孔射出若已知fd=cd=L，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力请
45、你根据上述条件求出带电粒子的比荷q/m【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】带电粒子经加速电场加速后，可根据动能定理求出粒子进入磁场后的速度大小表达式，粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中的运动轨迹，再根据几何关系求出粒子运动的半径，从而求出粒子的比荷【解答】解：带电粒子进入电场，经电场加速根据动能定理有：电场力做的功等于粒子动能的变化，即：可得粒子经电场加速后的速度v=当粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如右图所示设粒子做圆周运动的轨道半径为R，在三角形 ode中，有由此可解得粒子做圆周运动的轨道半径R=又因为粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力故有：即：R=代入 v 和 R可得：由此整理可得：答：带电粒子比荷为：=【点评】解决本题的关键是一能根据动能定理求得粒子加速后的速度表达式，二能根据洛伦兹力提供向心力求出粒子半径与速度的关系，【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！19/19 再根据粒子运动的轨迹求出粒子圆周运动半径与已知量的关系从而列式求解