2022-2022学年江苏省扬州市高邮市高二（上）期中物理试卷（选修） 一、单项选择题（每题3分，共18分）1．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（ ）A．B．C．D． 2．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是（ ）A．电源1和电源2的内阻之比是11：7B．电源1和电源2的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2 3．已知地磁场的水平分量为B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度，如图所示为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验．实验方法：①先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针，N极指向北方；②给线圈通电，此时小磁针N极指北偏东θ角后静止，由此可以确定线圈中电流方向（由东向西看）与线圈中央的合磁感应强度分别为（ ）A．顺时针；B．顺时针；C．逆时针；D．逆时针； 4．如图所示，MN是一根长为l=10cm，质量m=50g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将导体棒MN水平吊起，使导体棒处在B=21\nT的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ=37°，则金属棒中恒定电流的大小及方向为（ ）A．9A，M→NB．11.25A，N→MC．5A，N→MD．5A，M→N 5．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（ ）A．a处电势高于b处电势B．a处离子浓度大于b处离子浓度C．溶液的上表面电势高于下表面的电势D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度 6．某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于粗糙的绝缘水平地面上．物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块．水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动．在A、B一起向左运动的过程中，A、B始终保持相对静止．以下关于A、B受力情况的说法中正确的是（ ）A．A对B的压力变小B．A对B的摩擦力变小C．A对B的摩擦力变大D．B对地面的压力保持不变 二、多项选择题（每题4分，选错得零分，漏选得2分，共24分）7．下列关于磁感应强度的定义式B=说法正确的（ ）A．B与F成正比，与电流强度I和导线长度L乘积成反比B．B与F、电流强度I和导线长度L乘积无关，决定于磁场本身的性质C．磁感应强度B的方向与安培力F的方向相同D．磁感应强度B的方向与小磁针N极静止时的指向相同 8．如图电路中，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（ ）21\nA．变化过程中△U和△I的比值变大B．电压表示数U和电流表示数I的比值变大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C△U 9．回旋加速器的核心部分如图所示，两个D形盒分别与交变电源的两极相连．下列说法正确的是（ ）A．D形盒之间电场力使粒子加速B．D形盒内的洛伦兹力使粒子加速C．增大交变电压的峰值，最终获得的速率v增大D．增大磁感应强度，最终获得的速率v增大 10．在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V．灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻为1Ω．若灯泡恰能正常发光，电动机正常工作，下列说法正确的是（ ）A．流过电动机的电流为5AB．电动机的输出功率为6WC．电动机的发热功率是4WD．整个电路消耗的电功率是10W 11．有一种测量体重的电子秤，如图示意，它由三部分构成：踏板、压力传感器R（阻值随所受压力大小发生变化的电阻），显示体重大小的仪表G（实质是理想电流表），设踏板的质量可忽略，已知电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2，电阻随压力变化的函数式为R=30﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω），下列判断正确的是（ ）A．该秤测量的最大体重是1400N21\nB．该秤测量的最大体重是1300NC．该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在G刻度盘0.375A处D．该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在G刻度盘0.400A处 12．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（ ）A．在电场中的加速度之比为1：1B．离开电场区域时的动能之比为1：3C．在磁场中运动的半径之比为1：D．在磁场中运动的时间之比为3：2 三、简答题（共28分）13．（14分）（2022秋•高邮市期中）要描绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．乙选用的器材有：A．电池组：电动势为4.5V，内阻约1ΩB．直流电流表：量程0～300mA，内阻为5ΩC．直流电流表：量程0～3A，内阻为0.1ΩD．直流电压表：量程0～15V，内阻为15kΩE．直流电压表：量程0～3V，内阻为6kΩF．滑动变阻器：最大阻值20Ω，额定电流1AG．滑动变阻器：最大阻值1500Ω，额定电流0.2A电键一个、导线若干．（1）以上器材中应电流表选用 （填选项代号），电压表选用 （填选项代号），滑动变阻器选用 （填选项代号）；（2）实验的电路图应选用下列的图1的 （填字母代号），并用笔画线代替导线连接实物图2；（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图3所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V、内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率约为 W．（保留1位有效数字）21\n 14．（14分）（2022秋•高邮市期中）某学生实验小组利用如图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干．回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调欧姆零点．（2）将图1中多用电表的黑表笔和 （填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2甲所示，这时电压表的示数如图乙所示．多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为 kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图3所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为 kΩ． 四、计算题（共50分）15．（16分）（2022秋•高邮市期中）如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2．今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度v；（2）速度选择器的电压U221\n（3）粒子在B2磁场中偏转的距离． 16．（16分）（2022秋•高邮市期中）如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角；（3）若粒子以速率v0从P点以与PQ夹角θ射入，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角． 17．（18分）（2022秋•高邮市期中）如图所示，匀强电场E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场B=2T，方向垂直纸面向里．m=1g带正电的小物块A，从M点沿μ=0.5的绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动，在P点A瞬时受力平衡，此时其速度与水平方向成45°角．设P与M的高度差为1.6m．（g取10m/s2）求：（1）A开始刚下滑时的加速度大小；（2）A离开壁瞬间的速度大小；（3）P与M的水平距离． 21\n 2022-2022学年江苏省扬州市高邮市高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析 一、单项选择题（每题3分，共18分）1．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（ ）A．B．C．D．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻RA=，B中电阻RB=；C中电阻RC=；D中电阻RD=；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的． 2．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是（ ）A．电源1和电源2的内阻之比是11：7B．电源1和电源2的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，电源的U﹣I图线是直线，r等于电源的U﹣I图线斜率的大小，由斜率可算出电源内阻．电源U﹣I图与纵轴值表示电动势大小．电源与灯泡的U﹣I图线的交点表示灯泡接在电源上的工作状态，读出电压、电流，可求出灯泡的功率．21\n【解答】解：A、由图得到r1=，r2=，r1：r2=11：7，故A正确．B、E1=10V，E2=10V．E1：E2=1：1，故B正确．C、灯泡接在Ⅰ电源上时，U=3V，I=5A，P=UI=15W．灯泡接在电源Ⅱ上，U=5V，I=6A，P=UI=30W，故C正确．D、由上，R1=，R2=，R1：R2≠1：2故D错误．本题选错误的，故选D【点评】本题将电源的外特性曲线和灯泡的伏安特性曲线作在同一幅图上，关键在于理解交点的物理意义．对于非线性元件，电阻R=，不能用求电阻． 3．已知地磁场的水平分量为B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度，如图所示为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验．实验方法：①先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针，N极指向北方；②给线圈通电，此时小磁针N极指北偏东θ角后静止，由此可以确定线圈中电流方向（由东向西看）与线圈中央的合磁感应强度分别为（ ）A．顺时针；B．顺时针；C．逆时针；D．逆时针；【考点】磁感应强度．【分析】本题考查了磁场的合成，小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小．【解答】解：各个分磁场与合磁场关系如图所示：根据安培定则可知，环形电流产生向东的磁场，线圈中电流方向（由东向西看）应该沿逆时针的方向．地磁场水平分量B，所以根据三角函数关系可得：B=B合cosθ，得：故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】物理中力、电场强度、磁场强度等均为矢量，在合成时遵循平行四边形定则，因此要熟练应用平行四边形定则进行矢量的合成． 4．如图所示，MN是一根长为l=10cm，质量m=50g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将导体棒MN水平吊起，使导体棒处在B=21\nT的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ=37°，则金属棒中恒定电流的大小及方向为（ ）A．9A，M→NB．11.25A，N→MC．5A，N→MD．5A，M→N【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．【分析】金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F三个力的作用，由左手定则判断电流的方向．在导线上摆的过程中，重力做负功，安培力做正功，根据动能定理和安培力公式列式求解．【解答】解：金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得：WF+WG=0其中WF=Flsinθ=BIl2sinθ，WG=﹣mgl（1﹣cosθ）解得金属棒中的电流大小为I==A=5A由左手定则判断知，棒中电流方向由M→N．故选：D【点评】对于通电体在磁场中运动的问题，正确运用动能定理列式解题是关键，注意线的拉力不做功． 5．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（ ）A．a处电势高于b处电势B．a处离子浓度大于b处离子浓度C．溶液的上表面电势高于下表面的电势D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度21\n【考点】洛仑兹力；电势．【分析】在溶液中通入沿x轴正向的电流I，在NaCl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况．【解答】解：A、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；B、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B正确；CD、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以CD错误．故选B．【点评】对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电． 6．某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于粗糙的绝缘水平地面上．物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块．水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动．在A、B一起向左运动的过程中，A、B始终保持相对静止．以下关于A、B受力情况的说法中正确的是（ ）A．A对B的压力变小B．A对B的摩擦力变小C．A对B的摩擦力变大D．B对地面的压力保持不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；洛仑兹力．【分析】A带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断压力和摩擦力的变化．【解答】解：AD、A带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力方向向下，所以A对B的压力变大，B对地面的压力变大，故AD错误；BC、A、B两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，对整体，根据牛顿第二定律得F﹣f=m总a，f增大，a减小．对A：水平方向有：fA=mAa，a减小，则B对A的摩擦力fA变小，由牛顿第三定律知，A对B的摩擦力也变小．故B正确，C错误．故选：B【点评】A运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析A受到的静摩擦力即可． 二、多项选择题（每题4分，选错得零分，漏选得2分，共24分）7．下列关于磁感应强度的定义式B=说法正确的（ ）A．B与F成正比，与电流强度I和导线长度L乘积成反比B．B与F、电流强度I和导线长度L乘积无关，决定于磁场本身的性质C．磁感应强度B的方向与安培力F的方向相同D．磁感应强度B的方向与小磁针N极静止时的指向相同【考点】磁感应强度．21\n【分析】本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．【解答】解：A、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B正确．C、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故C错误；D、磁感应强度B的方向与小磁针N极静止时的指向相同，故D正确．故选：BD．【点评】对于磁感应强度的定义式B=，要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义E=类比学习． 8．如图电路中，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的比值变大B．电压表示数U和电流表示数I的比值变大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C△U【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．【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错误．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正确．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，带电量增大，增大量为C△U．故C错误，D正确．故选：BD21\n【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． 9．回旋加速器的核心部分如图所示，两个D形盒分别与交变电源的两极相连．下列说法正确的是（ ）A．D形盒之间电场力使粒子加速B．D形盒内的洛伦兹力使粒子加速C．增大交变电压的峰值，最终获得的速率v增大D．增大磁感应强度，最终获得的速率v增大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关．【解答】解：AB、带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，故A正确，B错误；CD、根据qBv=m，解得v=，带电粒子射出时的动能EK==，与加速电场的电压、频率无关，与磁感应强度的大小有关，增大磁感应强度，最终获得的速率v增大．故C错误，D正确；故选：AD．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关． 10．在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V．灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻为1Ω．若灯泡恰能正常发光，电动机正常工作，下列说法正确的是（ ）A．流过电动机的电流为5AB．电动机的输出功率为6WC．电动机的发热功率是4WD．整个电路消耗的电功率是10W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；21\n由P=UI的变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由P=I2R求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由P=UI求出电路的总功率【解答】解：A、灯泡正常发光，则电路电流，故A错误；B、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动势电压UM=U﹣UL=8V﹣3V=5V，电动机的热功率PQ=I2RM=（2A）2×1Ω=4W，输出功率P出=UI﹣PQ=5×2﹣4=6W；故BC正确；D、整个电路消耗的功率P总=UI=8V×2A=16W，故D错误；故选：BC【点评】本题考查功率公式的应用，要注意明确电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差． 11．有一种测量体重的电子秤，如图示意，它由三部分构成：踏板、压力传感器R（阻值随所受压力大小发生变化的电阻），显示体重大小的仪表G（实质是理想电流表），设踏板的质量可忽略，已知电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2，电阻随压力变化的函数式为R=30﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω），下列判断正确的是（ ）A．该秤测量的最大体重是1400NB．该秤测量的最大体重是1300NC．该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在G刻度盘0.375A处D．该秤的零刻线（踏板空载的刻线）应在G刻度盘0.400A处【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】由电阻R随压力变化的函数式为R=30﹣0.02F可知，压力F越大，电阻越小，电路中电流越大，当电流达到电流表量程时，电路中电流达到最大，压力最大，该秤能测量的体重最大．由闭合电路欧姆定律求出电流为3A时，电阻R，再表达式R=30﹣0.02F求出该秤能测量的最大体重．体重为1300N时，由表达式R=30﹣0.02F求出电阻R，再由闭合电路欧姆定律求出电流．踏板空载时F=0，得到此时的电阻R，由闭合电路欧姆定律求出电流．【解答】解：A、当电流达到电流表量程3A时，由闭合电路欧姆定律得到I=，代入解得R=2Ω．由R=30﹣0.02F得，F=1400N．即该秤能测量的最大体重是1400N．故A正确，B错误．C、踏板空载时F=0，R=30﹣0.02F=30Ω，I==0.375A．即该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0.375A处．故C正确D错误．故选：AC【点评】本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，基础是认真读题，抓住电阻与压力的关系．这类问题，往往高起点，低落点，不会太难． 12．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+21\n，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（ ）A．在电场中的加速度之比为1：1B．离开电场区域时的动能之比为1：3C．在磁场中运动的半径之比为1：D．在磁场中运动的时间之比为3：2【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】要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了．【解答】解：A、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知，其在电场中的加速度是1：3，故A错．B、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故B正确．C、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：．又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故C错误．D、离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，t=T=，===×=，故D正确；故选：BD．【点评】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练． 三、简答题（共28分）21\n13．（14分）（2022秋•高邮市期中）要描绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．乙选用的器材有：A．电池组：电动势为4.5V，内阻约1ΩB．直流电流表：量程0～300mA，内阻为5ΩC．直流电流表：量程0～3A，内阻为0.1ΩD．直流电压表：量程0～15V，内阻为15kΩE．直流电压表：量程0～3V，内阻为6kΩF．滑动变阻器：最大阻值20Ω，额定电流1AG．滑动变阻器：最大阻值1500Ω，额定电流0.2A电键一个、导线若干．（1）以上器材中应电流表选用 B （填选项代号），电压表选用 E （填选项代号），滑动变阻器选用 F （填选项代号）；（2）实验的电路图应选用下列的图1的 B （填字母代号），并用笔画线代替导线连接实物图2；（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图3所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V、内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率约为 0.1 W．（保留1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】（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据题意确定滑动变阻器接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接成相应的实物电路图．（3）在灯泡U﹣I图象中作出电源的U﹣I图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由P=UI求出灯泡功率．【解答】解：（1）灯泡额定电流：I===0.2A，电流表应选择B，灯泡额定电压为3V，电压表应选择E，电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选F；（2）灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻为：R===15Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为6kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图应选择图B所示电路图，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：21\n（3）在灯泡I﹣U图象中作出电源的I﹣U图象如图所示：由图示图象可知，通过灯泡的电流为0.1A，灯泡两端的电压为1.0V，则灯泡的功率为：P=UI=1×0.1=0.1W；故答案为：（1）B；E；F；（2）B；电路图如图所示；（3）0.1．【点评】本题考查了实验器材的选择、实验电路选择、求灯泡功率，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法；要掌握应用图象法处理实验数据的方法． 14．（14分）（2022秋•高邮市期中）某学生实验小组利用如图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干．回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔 短接 ，调欧姆零点．（2）将图1中多用电表的黑表笔和 2 （填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2甲所示，这时电压表的示数如图乙所示．多用电表和电压表的读数分别为 15 kΩ和 3.60 V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为 12 kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图3所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 9 V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为 15 kΩ．21\n【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）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势．【解答】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1K×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0KΩ；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为15.0KΩ；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+•r=4V+×15kΩ=9V；故答案为：（1）短接；（2）2；（3）15；3.60；（4）12；（5）9；15．【点评】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析． 四、计算题（共50分）15．（16分）（2022秋•高邮市期中）如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2．今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度v；（2）速度选择器的电压U2（3）粒子在B2磁场中偏转的距离．【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）根据动能定理qU1=mv2求出粒子的速度v．（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2．21\n（3）根据洛仑兹力提供向心力，，求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R，即可求出粒子在B2磁场中偏转的距离．【解答】解：（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度V，由动能定理得：qU1=mv2解得v=（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1即U2=B1dv=B1d故速度选择器的电压U2为B1d．（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有，R=．粒子在B2磁场中偏转的距离：L=2R=答：（1）粒子的速度v是；（2）速度选择器的电压U2是B1d；（3）粒子在B2磁场中偏转的距离是．【点评】解决本题的关键掌握动能定理，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡． 16．（16分）（2022秋•高邮市期中）如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．21\n（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角；（3）若粒子以速率v0从P点以与PQ夹角θ射入，求它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角．【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）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，从而根据几何关系求出圆弧的圆心角大小，通过弧长和速度求出在磁场中运动的时间．（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，轨道半径变为原来的倍，通过几何关系求出圆弧的圆心角，然后求出它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角．（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，然后求出它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角．【解答】解：（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得：Bqv0=m，解得：r==R，带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为．则它在磁场中运动的时间为：t=T=×=；（2）由（1）知，当v=v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图所示．由几何关系可知∠PO2O=∠OO2A=30°，所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°，粒子打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角为60°；（3）由（1）知，当带电粒子以v0射入时，粒子在磁场中的运动轨迹半径为R，设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子的运动轨迹如图所示．因PO3=O3S=PO=SO=R，所以四边形POSO3为菱形，由几何关系可知：PO∥O3S21\n在S点的速度方向与O3S垂直，即粒子打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角为90°；答：（1）若粒子对准圆心射入，它在磁场中运动的时间；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角60°；（3）若粒子以速率v0从P点以与PQ夹角θ射入，它打到感光板上时速度与竖直感光板的夹角90°．【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式．本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练． 17．（18分）（2022秋•高邮市期中）如图所示，匀强电场E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场B=2T，方向垂直纸面向里．m=1g带正电的小物块A，从M点沿μ=0.5的绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动，在P点A瞬时受力平衡，此时其速度与水平方向成45°角．设P与M的高度差为1.6m．（g取10m/s2）求：（1）A开始刚下滑时的加速度大小；（2）A离开壁瞬间的速度大小；（3）P与M的水平距离．【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】（1）根据受力分析，结合力的分成法则，并依据牛顿第二定律，即可求解．（2）刚离开N点时，电场力与洛伦兹力相等，从而求解速度大小；（3）在P点A受力平衡，抓住洛伦兹力在竖直方向上的分力等于重力，水平方向上的分力等于电场力求出此时的速度，然后对物块脱离墙壁到P点的过程中运用动能定理，求出P点与M点的水平距离s．21\n【解答】解：（1）从已知P点速度方向及受力情况分析如下图由θ=45°可知 mg=Eq刚开始时：mg﹣μqE=ma解得：a=5m/s2；（2）从M→N过程，只有重力和摩擦力做功．刚离开N点时有Eq=Bqv解得：vN==2m/s（3）由P点受力平衡可知：f洛=mg=BqvpvP===2m/s．N→P由动能定理得：解得：s=0.6m．答：（1）A开始刚下滑时的加速度大小5m/s2；（2）A离开壁瞬间的速度大小2m/s；（3）P与M的水平距离0.6m．【点评】解决本题的关键知道物体与墙壁脱离时，电场力和洛伦兹力相等；在P点洛伦兹力在竖直方向上的分力等于重力，水平方向上的分力等于电场力，结合动能定理进行求解． 21
