宁夏2022学年长庆高中高二上期末物理试卷.docx

1、2022-2022学年宁夏长庆高中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分）1（3分）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）AUBRCD2（3分）一个电流表的满偏电流Ig1mA内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.5k的电阻D并联一个9.5k的电阻3（3分）如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（）A1：1：1B4：1：1C1：4：4D1

2、：2：24（3分）如图所示，当滑动变阻器的活动触点P向上滑动时，则（）AA灯和B灯均变亮BA灯和B灯均变暗CA灯变亮，B灯变暗DA灯变暗，B灯变亮5（3分）有一束电子流沿y轴正方向高速运动如图所示电子流在z轴上P点处所产生的磁场方向沿（）Ax轴正方向Bx轴负方向Cz轴正方向Dz轴负方向6（3分）有一小段通电导线，长0.01m，电流强度为5A，把它放入磁场中某一位置，受到的磁场力是0.1N，则该处磁感应强度B的大小为（）AB1TBB2TCB2TDB2T7（3分）如图，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时，放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶圆盘从左

3、向右看逆时针高速旋转时，小磁针的N极（）A不偏转B向左偏转C向右旋转D向纸内旋转8（3分）如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线中央悬挂一个小磁针，静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内，当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面里转动，则两导线中的电流方向（）A一定都是向上B一定都是向下Cab中电流向下，cd中电流向上Dab中电流向上，cd中电流向下9（3分）如图所示，用细线悬挂的铝圆环和磁铁在同一竖直平面内，当圆环通入方向如图所示的电流时，圆环将（）A左边向里，右边向外，转动同时向磁铁靠近B左边向外，右边向里，转动同时向磁铁靠近C左边向里，右边向外，转动同时与磁铁

4、远离D圆环不会转动，但向磁铁靠近10（3分）两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是（）A都绕圆柱体转动B彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C彼此相向运动，电流大的加速度大D彼此背向运动，电流大的加速度大11（3分）如图所示，一水平导线通以电流I，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中，正确的是（）A沿路径a运动，其轨道半径越来越大B沿路径a运动，其轨道半径越来越小C沿路径b运动，其轨道半径越来越小D沿路径b运动，其轨道半径越来越大12（3分）如图，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共

5、面，第一次将金属框由I平移到，第二次将金属框由绕cd边翻转到，设先后两次通过金属框的磁通量的变化分别为1和2，则（）A12B12C12D1213（3分）如图条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态为垂直纸面放置的直导线的横截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时，弹簧的伸长量 增大了，此时磁铁对斜面的压力为FN2，则（）AFN1FN2，中电流方向向外BFNIFN2，中电流方向向里CFN1FN2，中电流方向向外DFN1FN2，中电流方向向里二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，

6、选对但不全的得3分，有选错的得0分）14（4分）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B磁感线从磁体的N极出发，终止于S极C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小15（4分）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合史实的是（）A安培发现了电流热效应的规律B库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果16（4分）小灯泡通电后其电流I

7、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，小灯泡的电阻增大B对应P点，小灯泡的电阻为RC对应P点，小灯泡的电阻为RD对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积17（4分）某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR 和电源内部的发热功率 Pr 随电流 I 变化的图线画在了同一坐标上，如图中的 a、b、c 所示，根据图线可知（）A反映 Pr 变化的图线是 cB电源电动势为 8VC电源内阻为 2D当电流为 0.5A 时，外电路的电阻为 618（4分）如图所示，在正交的匀强电场和磁场的

8、区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A若离子带正电，E方向应向下B若离子带负电，E方向应向上C若离子带正电，E方向应向上D不管离子带何种电，E方向都向下19（4分）电源电动势均为E12V，内阻均为r3R01，直流电动机内阻R01当调节滑动变阻器使R12时，图甲电路输出功率最大调节R2使图乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定功率为6W），则此时R2的阻值和电动机的热功率P为（）AR22BR21.5CP6 WDP4 W三、填空题（本题共3小题，每空2分，共14分）20（4分）在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2）的电动势和内阻的实验中，

9、变阻器和电压表各有两个供选：A、电压表量程为15V，B、电压表量程为3V，C、变阻器为（20，3A），D、变阻器为（500，0.2A），电压表应该选 （填A或B），变阻器应该选 （填C或D）21（6分）如图所示为一正在测量中的多用电表表盘。（1）如果是用10挡测量电阻，则读数为 。（2）如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为 mA。（3）如果是用直流5V挡测量电压，则读数为 V。22（4分）如图所示，用同一电路测量一未知电阻RX，两次测量分别用相同的电流表和电压表，且保持RX不变。第一次测量读数为4V、3.9mA，第二次测量读数为3V、4mA，则可推断RX的测量值比较准确的是 ，该值与真实值

10、比较 。（填“偏大”、“偏小”或“相等”）四、计算题（本题共2小题，共23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，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位）23（11分）如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60角（重力忽略不计）试确定：（1）粒子做圆周运动的半径（2）粒子的入射速度（3）粒子在磁场中运动的时间24（12分）水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的

11、电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？2022-2022学年宁夏长庆高中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分）1（3分）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）AUBRCD【分析】给出的图象是qt图象

12、，其斜率为I，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案【解答】解：根据电流强度的定义公式I；可知qt图象的斜率代表的就是电流；根据欧姆定律，有：I，故斜率也代表电流。故C正确，ABD错误故选：C。【点评】本题应能找出图象中所提供的信息是本题的关键，也是识图题的共同特点，注重公式的灵活运用2（3分）一个电流表的满偏电流Ig1mA内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.5k的电阻D并联一个9.5k的电阻【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻。总电阻量程除以满偏电

13、流。【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用。应串联电阻为R9.5103k故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压。串联电阻阻值为：R，是总电阻。3（3分）如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（）A1：1：1B4：1：1C1：4：4D1：2：2【分析】串联部分电流相等，并联部分电压相等，根据PI2R和P进行分析【解答】解：R2、R3电压相等，根据P得，功率相等，则R2R3通过电阻R1的电流是R2电流的2倍，根据PI2R得，功率相等，则所以电阻之比R1：R

14、2：R31：4：4故C正确，A、B、D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及掌握功率的公式PUI、PI2R和P4（3分）如图所示，当滑动变阻器的活动触点P向上滑动时，则（）AA灯和B灯均变亮BA灯和B灯均变暗CA灯变亮，B灯变暗DA灯变暗，B灯变亮【分析】当滑动变阻器的滑动触点向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断灯泡B的亮度变化情况【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律可得总电流I减小，路端电压UEIr增

15、大，故灯泡A变亮，通过灯泡A的电流IA变大；故通过电阻R1的电路IIIA减小；电阻R2的电压U2UIA（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过灯泡B的电流IBII2减小，故灯泡B变暗；故选：C。【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分整体部分”的顺序分析5（3分）有一束电子流沿y轴正方向高速运动如图所示电子流在z轴上P点处所产生的磁场方向沿（）Ax轴正方向Bx轴负方向Cz轴正方向Dz轴负方向【分析】电子带负电，其运动方向与电流方向相反，根据安培定则判断电子流在 Z 轴上的P点处所产生的磁场方向【解答】解：电子流沿 Y 轴正方向运动，形成的电流方向沿 Y 轴负方向，根据

16、安培定则可知，电子流在 Z 轴上的P点处所产生的磁场方向是沿X轴负方向。故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】安培定则是判断电流方向与磁场方向间关系的规则，要熟练掌握要注意电流方向与负电荷定向运动方向相反6（3分）有一小段通电导线，长0.01m，电流强度为5A，把它放入磁场中某一位置，受到的磁场力是0.1N，则该处磁感应强度B的大小为（）AB1TBB2TCB2TDB2T【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比【解答】解：长为0.01m，电流强度为5A，把它置入某磁场中

17、某点，受到的磁场力为0.1N，当垂直放入磁场时，则公式B，若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比2T还要大。故选：D。【点评】磁感应强度的定义式B可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度E一样同时还要注意的定义式B是有条件的7（3分）如图，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时，放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶圆盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针的N极（）A不偏转B向左偏转C向右旋转D向纸内旋转【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互

18、作用可知小磁针的偏转方向【解答】解：带负电金属环，如图所示的旋转。则金属环的电流方向与旋转方向相反。再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端S极，右端N极。因此小磁针N极沿轴线向右。故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则注意电流的方向与负电荷的运动方向相反8（3分）如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线中央悬挂一个小磁针，静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内，当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面里转动，则两导线中的电流方向（）A一定都是向上B一定都是向下Cab中电流向下，cd中电流向上Dab

19、中电流向上，cd中电流向下【分析】由题，小磁针N极向纸面里转动，小磁针S极向纸面外转动，则小磁针N极所在磁场方向向里，小磁针S极所在磁场方向向外，根据安培定则判断。【解答】解：A、若两导线中的电流方向均向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极静止不动，与题意不符。故A错误。 B、若两导线中的电流方向均向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极静止不动，与题意不符。故B错误。 C、若ab中电流向下，cd中电流向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸外面转动，与题意不符。故C错误。 D、若ab中电流向上，cd中电流向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸里面转动，与题意相符。故D正确。故选：D。【点

20、评】本题考查磁场中基本规则的运用能力。当空间存在两种磁场时，看叠加后总体效果。判断电流的磁场方向根据安培定则。9（3分）如图所示，用细线悬挂的铝圆环和磁铁在同一竖直平面内，当圆环通入方向如图所示的电流时，圆环将（）A左边向里，右边向外，转动同时向磁铁靠近B左边向外，右边向里，转动同时向磁铁靠近C左边向里，右边向外，转动同时与磁铁远离D圆环不会转动，但向磁铁靠近【分析】通过条形磁铁周围的磁场方向，根据左手定则，结合等效法判断圆环的运动情况【解答】解：在圆环左右部分各取一小段，根据左手定则知，左边向里转，右边向外转。转过90度后，将圆环等效为条形磁铁，则左边是S极，右边是N极，异性相吸。知圆环转动

21、的同时向磁铁靠近。故A正确，B、C、D错误。故选：A。【点评】本题考查导体在磁场中的运动，采用了微元法、特殊位置法、等效法判断圆环的运动情况10（3分）两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是（）A都绕圆柱体转动B彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C彼此相向运动，电流大的加速度大D彼此背向运动，电流大的加速度大【分析】本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解【解答】解：根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环

22、应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，所以B正确ACD错误。故选：B。【点评】要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”11（3分）如图所示，一水平导线通以电流I，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中，正确的是（）A沿路径a运动，其轨道半径越来越大B沿路径a运动，其轨道半径越来越小C沿路径b运动，其轨道半径越来越小D沿路径b运动，其轨道半径越来越大【分析】先用安培定则判断出导线下方的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断电子运动时的受力方向，结合半径公式可知半径的变化情况，从而得出正确选项【

23、解答】解：由安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，如图所示，电子初速度方向与电流方向相同，由左手定则可知受到的洛伦兹力方向向下，由远离导线的方向磁场减弱，由可知电子的运动半径越大，所以选项A正确。故选：A。【点评】该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化12（3分）如图，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由I平移到，第二次将金属框由绕cd边翻转到，设先后两次通过金属框的磁通量的变化分别为1

24、和2，则（）A12B12C12D12【分析】根据安培定则判断出磁场的方向第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和【解答】解：设在位置时磁通量大小为1，位置时磁通量大小为2。第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量112，第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量21+2。故12；故选：C。【点评】本题关键在于明确磁通量的方向规定，设由某一面穿过的为正，则从另一面穿的过磁通量为负

25、13（3分）如图条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态为垂直纸面放置的直导线的横截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时，弹簧的伸长量 增大了，此时磁铁对斜面的压力为FN2，则（）AFN1FN2，中电流方向向外BFNIFN2，中电流方向向里CFN1FN2，中电流方向向外DFN1FN2，中电流方向向里【分析】由平衡条件分析通电导体在磁场中受到安培力的作用，安培力的方向可以用左手定则判断；根据牛顿第三定律即可判断出导线对磁铁的安培力方向【解答】解：弹簧的伸长量将变大，弹簧拉力拉力变大，所以在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下；根据牛顿第三定律，导

26、线受磁铁给的安培力方向是斜向右上方。磁铁外部的磁感线是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，此处的磁感线是斜向右上方，根据左手定则可知，电流的方向垂直与纸面向里；长直导线是固定不动的，根据牛顿第三定律知导线给磁铁的反作用力方向是斜向左下方，将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，可知磁铁对斜面的压力增大，则有FN1FN2故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的

27、得3分，有选错的得0分）14（4分）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B磁感线从磁体的N极出发，终止于S极C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【分析】磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极；【解答】解：A、磁感线的疏密表示磁场强弱，沿磁感线方向，磁场不一定减弱，比如匀强磁场沿磁感线方向，磁场强弱不变，故A错误；B、磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内

28、部，从南极指向北极。故B错误。C、磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向相互垂直，故C错误；D、在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小，因为同一通电导线在同一磁场地方，不同角度放置，则安培力大小也不同。故D正确；故选：D。【点评】磁感线是假想的，但可形象描述磁场的分布情况，磁感线不相交，但却是闭合的小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向同时安培力的方向与电流及磁场方向所构成的平面垂直15（4分）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合史实的是（）A安培发现了电流热效应的规律B库仑总

29、结出了点电荷间相互作用的规律C法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、焦耳发现了电流热效应的规律，故A错误；B、库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；D、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一16（4分）小灯泡通

30、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，小灯泡的电阻增大B对应P点，小灯泡的电阻为RC对应P点，小灯泡的电阻为RD对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【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

31、电阻增大。故A正确；B、C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PUI，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：ABD。【点评】对于线性元件，其电阻R，非线性元件，R；对于UI图与IU图要区分清楚，电阻RK，还是R不能搞错17（4分）某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR 和电源内部的发热功率 Pr 随电流 I 变化的图线画在了同一坐标上，如图中的 a、b、c 所示，根据图线可知（）A反映 Pr 变化的图线是 cB电源电动势为 8VC电源内阻为 2D当电流为 0.5A 时，外电路的电阻为 6【分析】三

32、种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PEEI，内部的发热功率PrI2r，输出功率PREII2r，根据数学知识选择图线根据图线a斜率求解电源的电动势由图读出电流I2A时，发热功率PrI2r，求出电源的内阻当电流为0.5A时，读出电源的功率，结合欧姆定律求出外电阻【解答】解：A、根据直流电源的总功率PEEI，内部的发热功率PrI2r，输出功率PREII2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b。故A正确。 B、图线a的斜率等于电源的电动势，由得到E4V故B错误。 C、由图，当I2A时，Pr8W，由公式PrI2r得，r2故C正确。 D、当电流为0.5A时，由图

33、读出电源的功率PE2W由PE代入得到，R6故D正确。故选：ACD。【点评】本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义18（4分）如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A若离子带正电，E方向应向下B若离子带负电，E方向应向上C若离子带正电，E方向应向上D不管离子带何种电，E方向都向下【分析】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qEqvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果【解答】解：在复合场中对

34、带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qEqvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，因此AD正确，BC错误。故选：AD。【点评】本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性19（4分）电源电动势均为E12V，内阻均为r3R01，直流电动机内阻R01当调节滑动变阻器使R12时，图甲电路输出功率最大调节R2使图乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定功率为6W），则

35、此时R2的阻值和电动机的热功率P为（）AR22BR21.5CP6 WDP4 W【分析】对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率，根据最大的功率可以求得乙图中的电阻的大小和电动机的机械功率【解答】解：当调节滑动变阻器使R12时，图甲电路输出功率最大，此时电源的内外电阻相等。由闭合电路欧姆定律可得：甲图中电路的电流为 IA2A，所以电路的最大的输出功率为 PI2（R0+R1）22（1+2）W12W，对于乙图，输出的功率也为12W，所以对于乙图有 I2R2+6W12W，解得：R21.5，对于电动机，发热功率为 PI2R0221W4W，故BD正确。故选：B

36、D。【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的三、填空题（本题共3小题，每空2分，共14分）20（4分）在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2）的电动势和内阻的实验中，变阻器和电压表各有两个供选：A、电压表量程为15V，B、电压表量程为3V，C、变阻器为（20，3A），D、变阻器为（500，0.2A），电压表应该选B（填A或B），变阻器应该选C（填C或D）【分析】电压表、电流表的选择注意要使其指针偏转较大大些，最好在刻度的中间部分，滑动变阻器在应用限流接法时要注意大于待测电阻阻值【解答】解：电源的电动势只有1.5V

37、，而题目中只有3V和15V两种电压表，为了测量的准确，应选取B电压表； 因电源电动势较小，为了便于调节使读数变化明显，故滑动变阻器选较小阻值的，即C故答案为：B、C【点评】电学实验一般考查实验中的接法、仪表的选择及数据的处理，误差分析等； 应注意保证实验中的安全性和准确性21（6分）如图所示为一正在测量中的多用电表表盘。（1）如果是用10挡测量电阻，则读数为60。（2）如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为7.20mA。（3）如果是用直流5V挡测量电压，则读数为3.60V。【分析】根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数，欧姆档别忘记倍率。【解答】解：（1）用10档测量电阻，指示值

38、6.0，倍率为10，读数为60。（2）用直流10mA档测量电流，准确值7.2mA，估计值0.00mA，读数为7.20mA。（3）用直流5V档测量电压，准确值3.6V，估计值0.00，读数为3.60V。故答案为：（1）60；（2）7.20；（3）3.60。【点评】本题考查了多用电表读数，根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。22（4分）如图所示，用同一电路测量一未知电阻RX，两次测量分别用相同的电流表和电压表，且保持RX不变。第一次测量读数为4V、3.9mA，第二次测量读数为3V、4mA，则可推断RX的测量值比较准确的是750，该值与真实值比较偏小。（

39、填“偏大”、“偏小”或“相等”）【分析】根据待测电阻与电表内阻的关系选择实验电路，然后由欧姆定律求出电阻阻值，最后根据实验电路分析实验误差。【解答】解：由题意可知：，电流表分压对实验影响较大，电流表应采用外接法，即采用图乙所示电路，待测电阻的测量值：RX750，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用所测电流偏大，电阻测量值小于真实值；故答案为：750；偏小。【点评】本题考查了求电阻阻值，实验误差分析，分析清楚电路结构、由于串并联电路特点即可正确解题。四、计算题（本题共2小题，共23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，有数值计算的题目，答案中必须明

40、确写出数值和单位）23（11分）如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60角（重力忽略不计）试确定：（1）粒子做圆周运动的半径（2）粒子的入射速度（3）粒子在磁场中运动的时间【分析】电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出半径洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度定圆心角，求时间【解答】解：（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示，sinAOD所以：AOD120，则三角形ADO是等边三角形，故：Rr（2）根据牛顿运动定律：qvB

41、有v（3）由图知，粒子在磁场中的运动方向偏转了60角，所以粒子完成了T个圆运动，根据线速度与周期的关系v得：T粒子在磁场中的运动时间为：tT答：（1）粒子做圆周运动的半径为r；（2）入射速度为（3）粒子在磁场中的运动时间为【点评】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径24（12分）水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到

42、的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向【解答】解：从b向a看其受力如图所示（1）水平方向：fFAsin竖直方向：N+FAcosmg又FABILBL联立得：Nmg，f（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有FAmg解得：Bmin，根据左手定则判定磁场方向水平向右 答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为Nmg，f（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右【点评】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键