2022-2022学年河北省石家庄市正定中学高二（上）期中物理试卷 一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（ ）A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场来发生的D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大 2．在赤道上竖立一避雷针，当一团带负电的乌云经过其正上方时，避雷针发生放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向（ ）A．向东B．向南C．向西D．向北 3．在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（ ）4．如图所示，在电路中接一段钨丝，闭合开关，灯泡正常发光，当用打火机给钨丝加热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中不正确的是（ ）A．该传感器利用了钨丝的物理性质B．该传感器利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性C．该传感器能够把热学量（温度）转换为电学量（电阻）D．该传感器能够把电学量（电阻）转换为热学量（温度） -24-\n5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中（由内向外）运动，电极a、b之间会有微小电势差．在某次监测中，两触点的距离、磁感应强度的大小不变．则（ ）A．电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大B．电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小C．电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大D．电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小 6．如图所示，质量为m，长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于电阻不计的光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻也不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则（ ）A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为C．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 7．如图甲所示，为一个质量为m，电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆处于匀强磁场中，（不计空气阻力），现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中的速度图象如图乙所示．则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功w．（重力加速度为g）（ ）-24-\nA．圆环带负电，B=B．圆环带正电，B=C．圆环带负电，w=mv02D．圆环带正电，w=mv02 8．地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10﹣4kg、带电量为﹣1.00×10﹣7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取9.8m/s2，忽略空气阻力）（ ）A．﹣1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3JB．1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3JC．﹣1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3JD．1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J 9．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（ ）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U2 10．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则（ ）A．一定有h1=h3B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较-24-\n 11．如图是一个医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，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．两次所接高频电源的频率相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 12．如图所示，在一个边长为l的菱形区域内，有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，菱形的一个锐角为60°．在菱形中心有一粒子源S，向纸面内各个方向发射速度大小相同的同种带电粒子，这些粒子电量为q、质量为m．如果要求菱形内的所有区域都能够有粒子到达，则下列粒子速度能够满足要求的有（ ）A．B．C．D． 二、填空题：（本题2个小题，其中第13题6分，第14题10分）13．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 mm 14．用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 m；-24-\n 15．用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为 Ω． 16．有一个电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0﹣3V的电压表，要与之 （选填“串联”或“并联”）一个 Ω的电阻？改装后电压表的内阻是 Ω 17．（10分）（2022秋•运城期末）某实验小组的同学把较粗的铜丝和铁丝相隔约几厘米插入一苹果中，制成一个水果电池，铜丝是电池的正极，铁丝是电池的负极．下表是该小组利用电压表和电流表测量这一水果电池的电动势和内阻时记录的数据：123456789电压U/V0.3200.3400.3960.4400.4600.5000.5200.5700.610电流I/mA0.4600.4000.3220.2700.2380.2040.1800.1320.100①请你根据测量数据在答卷页相应位置的坐标纸中描点，并作出U﹣I图线．由图线求出电流小于0.3mA时水果电池的电动势为 V，内阻为 Ω（结果保留两位有效数字）．②水果电池的内阻比较大，容易测量，这是用水果电池做“测定电池的电动势和内阻”的实验的优点，但实际测量时要尽量迅速，使得 之前结束测量．-24-\n③某位同学也想自己测一下水果电池的电动势和内阻，但发现电压表坏了，碰巧实验器材中还有一个电阻箱，则该同学在利用图象法处理数据时应该作出 随 变化的关系图象．④另外该同学将四个这样的水果电池串联起来给“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，灯泡并不发光（检查电路无故障），分析其不亮的原因是 ． 三、计算题（本题4个小题，共46分．解答时应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．）18．（10分）（2022秋•石家庄校级期中）受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如图所示．（1）求该电池的电动势E和内阻r；（2）求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R（纯电阻）． 19．（12分）（2022春•恩施州期末）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大小；（3）导体棒受到的摩擦力．-24-\n 20．（12分）（2022秋•泰州期末）如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心O1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间． 21．（12分）（2022秋•石家庄校级期中）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为L，电势为φ2．足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响．（1）求粒子到达O点时速度的大小；-24-\n（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件．试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子． 2022-2022学年河北省石家庄市正定中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（ ）A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场来发生的D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．【解答】解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；C、电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场来发生的，所以C正确；D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；故选：C【点评】本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点． 2．在赤道上竖立一避雷针，当一团带负电的乌云经过其正上方时，避雷针发生放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向（ ）A．向东B．向南C．向西D．向北【考点】安培力．-24-\n【分析】左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．【解答】解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，同时要熟悉地磁场的分布情况． 3．在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（ ）A．0.14ΩB．0.16ΩC．6.23ΩD．7.35Ω【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由闭合电路的欧姆定律可求得电池的内电阻．【解答】解：根据太阳能路灯的电池板铭牌可知，开路电压即为电源电动势，所以E=43V，短路电流I=5.85A，则内电阻为：r==7.35Ω；故选：D【点评】此题需要注意电源电动势与短路电流的比值才是电池板的内阻，工作电压只是路端电压． 4．如图所示，在电路中接一段钨丝，闭合开关，灯泡正常发光，当用打火机给钨丝加热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中不正确的是（ ）A．该传感器利用了钨丝的物理性质-24-\nB．该传感器利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性C．该传感器能够把热学量（温度）转换为电学量（电阻）D．该传感器能够把电学量（电阻）转换为热学量（温度）【考点】传感器在生产、生活中的应用．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】金属导体的电阻随温度的升高而增大，温度的变化导致电阻值的变化，所以该传感器能够把热学量温度转换为电学量电阻．【解答】解：由题目中的实验现象可知，钨丝的电阻随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，利用该特性可以制成温度传感器，传感器能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量．故ABC正确，D错误．本题选错误的；故选：D．【点评】本题考查的知识点是传感器，但是不同的传感器有不同的具体应用，要牢记常用传感器的工作原理、特性及在实践中的应用要在平时学习中不断积累． 5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中（由内向外）运动，电极a、b之间会有微小电势差．在某次监测中，两触点的距离、磁感应强度的大小不变．则（ ）A．电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大B．电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小C．电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大D．电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小【考点】霍尔效应及其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】本题的关键是对血液中正（或负）离子的动态分析过程：先由左手定则判断出开始阶段离子受到的洛伦兹力方向，从而判断出电势高低，再进一步对离子受力分析可知离子除受洛伦兹力外还受到相反的电场力，最终二力平衡，从而得出结论．【解答】解：对血液中的正粒子由左手定则分析可知，正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子受到的洛伦兹力方向向下），即a端是正极，或a端电势高，所以C、D错误；又匀速时正粒子受到向上的洛伦兹力f和向下的电场力F，因f=qvB，F=qE=q，所以qvB=q，解得U=Bvd，故A正确B错误．故选A．-24-\n【点评】求解此题的关键还是对离子受力分析，通过动态分析得出最终状态是离子做匀速运动，然后根据平衡条件列方程求解即可． 6．如图所示，质量为m，长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于电阻不计的光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻也不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则（ ）A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为C．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为【考点】安培力；牛顿第二定律．【分析】根据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度【解答】解：A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动．故A错误；B、当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL，与I=可得F=，故B正确，C错误；D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°﹣θ的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度，故D错误；故选：B【点评】考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手定则与右手定则的区别．同时注意安培力的方向与导轨的夹角 7．如图甲所示，为一个质量为m，电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆处于匀强磁场中，（不计空气阻力），现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中的速度图象如图乙所示．则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功w．（重力加速度为g）（ ）-24-\nA．圆环带负电，B=B．圆环带正电，B=C．圆环带负电，w=mv02D．圆环带正电，w=mv02【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．【解答】解：A、B、因圆环最后做匀速直线运动，根据左手定则正电荷在竖直方向上平衡得：，所以：B=．故A错误，B正确；C、D、动能定理得，圆环克服摩擦力所做的功w：所以：．故C错误，D错误．故选：B【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v=图象的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识． 8．地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10﹣4kg、带电量为﹣1.00×10﹣7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取9.8m/s2，忽略空气阻力）（ ）A．﹣1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3JB．1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3JC．﹣1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3JD．1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J【考点】电势能；功能关系．【分析】小球的电势能的改变量看电场力做功，动能的改变量取决于合外力做功，根据功的计算公式分别求出电场力做功和合外力做功，即可解答．【解答】解：小球带负电，电场力对小球做负功，为：W电=qEs=﹣1.00×10﹣7×150×10J=﹣1.50×10﹣4J，则小球的电势能增加量1.50×10﹣4J，即电势能的改变量为1.50×10﹣4J．-24-\n合外力对小球做功为：W合=（mg﹣qE）s=（1.00×l0﹣4×9.8﹣1.00×10﹣7×150）×10J=9.65×10﹣3J根据动能定理得知：动能的改变量为9.65×10﹣3J．故选：D．【点评】解决本题的关键是掌握常见的功能关系，知道电场力做功决定了电势能的变化，合外力做功决定了动能的变化． 9．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（ ）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U2【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．【解答】解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小． 10．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则（ ）A．一定有h1=h3B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较-24-\n【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】当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况，而第4个电场力影响加速度，从而影响高度．【解答】解：第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，V02=2gh3，所以h1=h3．故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=mV02，又由于mV02=mgh1所以h1＞h2．，所以D错误．第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故C正确，B错误；故选：AC．【点评】洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功． 11．如图是一个医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，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．两次所接高频电源的频率相同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．【分析】1、带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据qvB=m，比较粒子的速度．-24-\n2、求出粒子的最大速度后，根据Ek=mv2比较最大动能．3、在回旋加速器中的周期T==，根据周期的公式判断两粒子的频率是否相同．【解答】解：A、根据qvB=m，得v=．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Ek=mv2=，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，所以周期和频率相等．故C正确．D、根据Ek=mv2=，知仅增大高频电源的频率不能增大粒子动能，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． 12．如图所示，在一个边长为l的菱形区域内，有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，菱形的一个锐角为60°．在菱形中心有一粒子源S，向纸面内各个方向发射速度大小相同的同种带电粒子，这些粒子电量为q、质量为m．如果要求菱形内的所有区域都能够有粒子到达，则下列粒子速度能够满足要求的有（ ）A．B．C．D．【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】要使粒子能够到达菱形内的所有区域，最远的是到达菱形的最上面的点和最下面的点，临界轨迹是轨迹经过菱形的顶点且与边相切，结合几何关系求解轨道半径，运用洛伦兹力等于向心力列式求解最大磁感应强度．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：解得：-24-\nr=…①速度越大，轨道半径越大；临界轨迹是轨迹经过菱形的上顶点（或下顶点）且与边相切，如图所示：临界轨迹对应的圆心角为60°，故轨道半径为：R=…②由于是临界轨迹，故：r≥R…③联立解得：v≥故AD正确，BC错误；故选：AD【点评】本题是粒子在有界磁场中运动的问题，关键是找出临界轨迹，结合牛顿第二定律和几何关系列式分析，不难． 二、填空题：（本题2个小题，其中第13题6分，第14题10分）13．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 50.15 mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；故答案为：50.15【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读． 14．用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 4.700×10﹣3 m；-24-\n【考点】螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】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．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm=4.700×10﹣3m．故答案为：4.700×10﹣3【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，注意读数时需估读． 15．用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为 220 Ω．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题．【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．【解答】解：多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为22×10=220Ω；故答案为：220．【点评】本题考查了欧姆表读数，欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数． 16．有一个电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0﹣3V的电压表，要与之 串联 （选填“串联”或“并联”）一个 990 Ω的电阻？改装后电压表的内阻是 1000 Ω【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】本题的关键是明确测量电阻具有分压作用，将电流表改装为电压表就是为了测量大电压，需要串联一个分压电阻，然后再根据欧姆定律即可求解．-24-\n【解答】解：根据测量电阻具有分压作用可知，将电流表改装为电压表应串联一个分压电阻R，由=可求出R=990Ω，改装后的电压表的内阻为==1000Ω．故答案为：串联，990，1000【点评】要熟记串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即当需要扩大电压表的量程时，应与一电阻串联；当需要扩大电流表的量程时，应与一电阻并联． 17．（10分）（2022秋•运城期末）某实验小组的同学把较粗的铜丝和铁丝相隔约几厘米插入一苹果中，制成一个水果电池，铜丝是电池的正极，铁丝是电池的负极．下表是该小组利用电压表和电流表测量这一水果电池的电动势和内阻时记录的数据：123456789电压U/V0.3200.3400.3960.4400.4600.5000.5200.5700.610电流I/mA0.4600.4000.3220.2700.2380.2040.1800.1320.100①请你根据测量数据在答卷页相应位置的坐标纸中描点，并作出U﹣I图线．由图线求出电流小于0.3mA时水果电池的电动势为 0.72 V，内阻为 900 Ω（结果保留两位有效数字）．②水果电池的内阻比较大，容易测量，这是用水果电池做“测定电池的电动势和内阻”的实验的优点，但实际测量时要尽量迅速，使得 内阻发生较大变化 之前结束测量．③某位同学也想自己测一下水果电池的电动势和内阻，但发现电压表坏了，碰巧实验器材中还有一个电阻箱，则该同学在利用图象法处理数据时应该作出 随 R 变化的关系图象．④另外该同学将四个这样的水果电池串联起来给“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，灯泡并不发光（检查电路无故障），分析其不亮的原因是 水果电池内阻太大，它与灯泡组成电路时，电路电流太小 ．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】①应用描点法作图，作出电源的U﹣I图象，图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．②水果电池的内阻变化较大，实验时应迅速测量．③根据安阻法测电源电动势与内阻的原理分析答题，④水果电池内阻很大，电路电流较小，灯泡实际功率很小，不足以引起灯泡发光．-24-\n【解答】解：①根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据各点作出电源的U﹣I图象如图所示，由电源的U﹣I图象可知，电源的电动势E=0.72V，电源内阻r===900Ω；②水果电池内阻变化较快，实际测量时要尽量迅速，使得内阻发生较大变化之前结束测量．③用电阻箱与电流表测电源电动势与内阻，由闭合电路欧姆定律可得：E=I（r+R），则=R+，为方便实验数据处理，应作出﹣R图象．④由于水果电池内阻太大，它与灯泡组成电路时，电路电流太小，灯泡实际功率太小，不足以引起灯泡发光，所示实验时观察到灯泡不发光．故答案为：①图象如图所示；0.72；900；②内阻发生较大变化；③；R；④水果电池内阻太大，它与灯泡组成电路时，电路电流太小．【点评】要掌握描点法作图的方法，要知道测电源电动势与内阻的三种实验方案原理． 三、计算题（本题4个小题，共46分．解答时应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．）18．（10分）（2022秋•石家庄校级期中）受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如图所示．（1）求该电池的电动势E和内阻r；（2）求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R（纯电阻）．【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题．-24-\n【分析】（1）当电源的内外电阻相等时，根据电池的输出功率P最大为Pm=，由图读出Pm，列出含E、r的方程；当I=4A时，输出功率为零，电源被短路，由欧姆定律写出列出含E、r的方程，再联立组成方程组求解．（2）由电池的输出功率P最大时电源的内阻等于外电阻求解．【解答】解（1）I1=2A时，Pm=I2=4A时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I2=．解得：E=2V，r=0.5Ω．（2）电源的输出功率P=I2R=（）2R=而R=r时，R+取最小值2r，故此时电源的输出功率最大；故当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；则有：R=r=0.5Ω答：（1）该电池的电动势E为2V，内阻r为0.5Ω；（2）该电池的输出功率最大时对应的外电阻R为0.5Ω；【点评】本题考查读图能力和应用数学知识求极值的能力．对于电源的输出功率，可以由数学知识证明当R=r时，电源的输出功率最大，最大值为Pm=． 19．（12分）（2022春•恩施州期末）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．-24-\n（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===1.5A；（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30N；（3）导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：F1=mgsin37°=0.24NF1＜F安，根据平衡条件：mgsin37°+f=F安代入数据得：f=0.06N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0.06N．【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力． 20．（12分）（2022秋•泰州期末）如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心O1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间．【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】（1）根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，由洛伦兹力提供向心力的方程可得；（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点；（3）粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度．-24-\n【解答】解：（1）粒子运动的轨迹如图得R=2L又，洛伦兹力提供向心力，得：所以：（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点．所以：x轴坐标x=aO1sin60°=y轴坐标为y=L﹣aO1sin60°=O1点坐标为（）（3）粒子在磁场中飞行时间为：答：（1）磁场的磁感应强度；（2）磁场区域的圆心O1的坐标（）（3）电子在磁场中运动的时间．【点评】该类题目根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，是解决问题的关键． 21．（12分）（2022秋•石家庄校级期中）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为L，电势为φ2．足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响．-24-\n（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件．试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子．【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．【专题】计算题；定量思想；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中加速，应用动能定理可以求出粒子的速度；（2）作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；（3）作出粒子运动的轨迹，结合几何知识求得粒子的收集率与粒子圆周运动转过圆心角的关系，再根据此关系求得收集率为0时对应的磁感应强度B．【解答】解：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理得：qU=mv2﹣0，电势差：U=φ1﹣φ2，解得：v=；（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角θ=60°，根据几何关系，粒子圆周运动的半径为：r=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=；-24-\n（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知：r1=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=，则：B＞；如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知：sin===，MN上的收集效率：η=；答：（1）粒子到达O点时速度的大小为；（2）所加磁感应强度的大小为：；（3）磁感应强度所满足的条件为：B＞；收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子为：η=．【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键作出粒子的运动轨迹，选择合适的规律进行求解． 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