精品解析：河南省郑州市郑州高新技术产业开发区郑州外国语学校2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题

郑州外国语学校2024-2025学年高二上期期中考试试卷 物 理 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错得0分） 1. 如图所示的经颅磁刺激联合脑电图（TMS-EEG）技术是一种无创的技术，通电线圈作用于头皮产生强而短暂的磁脉冲刺激大脑皮层，诱导组织中产生感应电流，导致局限区域皮层神经元的去极化和激活。以下说法正确的是（ ） A. 电流的磁效应是法拉第发现的，揭示了电与磁的内在联系 B. 由图示中的磁场方向可判断线圈中此时的电流方向（俯视）为逆时针 C. 只要通电线圈中的电流足够大，即可诱导组织中产生感应电流 D. 作用于头皮磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，其国际单位为韦伯 2. 如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。、、为导线a、b、c上的三个点，连接三点构成的三角形为等腰直角三角形，且与三根导线均垂直，O为连线的中点。逆着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（　　） A. O点的磁感应强度大小为3B B. O点的磁感应强度方向是从O指向 C. 导线b受到的安培力方向竖直向下 D. 导线b受到的安培力为零 3. 如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，下列说法正确的是（　　） A. 从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1 B. 从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2∶1 C. 从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中速率之比为1∶3 D. 两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3∶1 4. 如图所示，该图像为x轴上各点的电场强度与各点位置坐标关系图像。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远电势为零。A、B、C三点均在x轴上，坐标如图。由C点静止释放一个负点电荷，下列判断正确的是（　　） A. 该点电荷沿x轴负方向运动 B. 该点电荷在坐标原点的电势能最小 C. A、B两点间电势差为-0.2V D. x轴上坐标原点电势最低 5. 如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　） = A. 从上往下看，该“简易电动机”能顺时针旋转 B. 电池的输出功率一定等于线框转动的机械功率 C. “简易电动机”转动过程中只有两条边受到安培力 D. 改变电池的上下极性，线框转动的方向不变 6. 电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，若c点处电势为3V，电子从a点运动到b点电势能增加了5eV，到达c处动能为2eV，则下列说法正确的是（　　） A. a点电势为7.5V B. 电子在b点的动能为4.5eV C. 电子在b点加速度比在c点加速度大 D. a、b、c三点中c点的电势最高 7. 在竖直平面内有水平向右、场强为E = 1 × 104 N/C的匀强电场。在场中有一根长L = 1 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为1 kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成45°角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是（g = 10 m/s2，取1.4）（　　） A. 小球所带电量为q = 1.4 × 10−3 C B. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最大 C. 如果小球恰能做圆周运动，在运动过程中动能最小值是5 J D. 如果小球恰能做圆周运动，在运动过程中电势能最大值为17 J 二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有两个 或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 8. 下列关于四种仪器的说法正确的是（　　） A. 甲图中只加大加速极电压，使速度v变大时，电子打在玻璃泡右侧上的位置将上移 B. 乙图中若带正电粒子能以速度v0从O到A沿直线通过，则带负电粒子不能以速度v0从O到A沿直线通过 C. 丙图中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时，N侧电势低 D. 丁图中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b无关 9. 如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为∆U1、∆U2、∆U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为∆I，下列说法正确的是（　　） A. 理想电压表V2示数增大，理想电流表A示数减小 B. 带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a到b的瞬间电流 C. ∆U3 > ∆U1 = ∆U2 D. 电源的工作效率减小 10. 华为在2023年10月发布了一款据称可实现“一秒一公里”的全液冷超级充电桩，其最大输出电流为600 A，充电电压范围为200 V至1000 V，并且该充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率。小华开着自己的某款电动汽车来这种充电站体验，所用电池组规格为“360 V，150 A·h”（内阻不能忽略），车上显示屏显示此次充电电量由30%充到80%用时10分钟，本次充电共消费60元（充电桩计费规则为每度电2元，1度电 = 1 kW·h）。则（　　） A. 该充电桩的最大输出功率为600 kW B. 小华本次充电的平均电流为15 A C. 小华本次充电的充电效率为90% D. 该电池组充满电时储存的电荷量为150 C 三．实验题（本题共 2 小题，第11题5分，12题10分，共 15 分） 11. 铅笔内芯是石墨和黏土的混合体。 （1）某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为________mm。用游标卡尺测量其长度，示数如图2所示，由图可知其长度L=________cm。 （2）用多用电表“×10”挡初测其电阻，发现指针偏转角度过大，如图甲，则应该换用（选填“×100”或“×1”）_______挡。换挡后，进行欧姆调零，再进行测量，表盘示数如图乙所示，则电阻为______Ω。 （3）另一同学在用多用电表测二极管的正向电阻时，将选择开关置于欧姆“×10”挡，将红、黑表笔短接并调零后，让多用电表的红表笔与二极管的____（选填“正极”或“负极”）相接。 12. 某实验兴趣小组设计了如图（a）实验电路测量一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内电阻，已知定值电阻R0=1.0Ω。 （1）实验操作步骤如下： ①按实验电路图正确连接好电路，将滑动变阻器滑片滑到最左端位置； ②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组电压表及电流表的数据U、I的值，断开开关S0； ③将滑动变阻器滑片再次滑到最左端位置； ④单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组电压表及电流表的数据U、I的值，断开开关S0； ⑤利用记录的数据分别作出两种接法所对应的U-I图像。 （2）作出的两个U-I图像分别如图（b）、（c）所示，根据图像可知图（c）对应的接法为S与________（填“1”或“2”）接通。 （3）只根据图（c）计算得到电源电动势E测=_________V，内阻r测=__________Ω。（结果均保留2位小数） （4）该小组经过研究发现，根据两次不同实验，可消除电流表、电压表内阻的影响，进一步可得出电源内阻的真实值为r真=____Ω，实验中，定值电阻R0的作用有_____。 A．保护电源 B．在电流变化时使电压表示数变化明显 C．在电压变化时使电流表示数变化明显 三、解答题（本题共3题，共 39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤。） 13. 如图所示电路中，电源的电动势E=9V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=3Ω，R2=6Ω，R3=6Ω，电容C=30μF，电动机的额定电压为U=6V，内阻r0=0.5Ω。闭合开关S、,电动机正常工作。求： （1）电动机的输出功率P； （2）若开关断开后，电动机卡住不再转动只发热（即看成纯电阻），则从闭合到断开过程中通过R3的电荷量为多少？ 14. 如图所示，MN和PQ是匀强磁场的理想边界，MN上方为匀强磁场Ⅰ，PQ下方为匀强磁场Ⅱ，MN和PQ间距为Δd= d，MN与PQ平行且之间区域没有场。质量为m、电荷量为q的带负电粒子自M点以大小为v0、方向与边界夹角为45°斜向右上方的速度第一次射入磁场Ⅰ，带电粒子每次穿越边界MN、PQ过程中动能都可能有损失，穿越后的动能为穿越前的k倍(k≤1)。已知两部分磁场方向均垂直于纸面向里，磁感应强度大小均为B=，粒子的重力和空气阻力可以忽略。 （1）为了使粒子能返回MN 边界，磁场Ⅰ的最小宽度L为多大? （2）若粒子自A点第一次离开磁场Ⅰ，为使粒子再次进入磁场Ⅰ的位置为A点，k的值为多少? 15. 如图（a）所示，M、N为极板，PQ为足够长的荧光屏，M极板上处有一粒子源，时刻开始连续释放初速度为零、比荷为的正粒子，粒子经过M、N间的加速电场后，从N极板上的细缝进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的电压图像如图（b）所示，连线的延长线与PQ交于，间距离为L，不计粒子在M、N间的加速时间，不计粒子重力和粒子间相互作用，求： （1）粒子到达细缝时速度v的大小范围； （2）若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小，粒子打到PQ上形成的亮线长度； （3）若N和PQ间的偏转电场为图（c）所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向，从时刻释放的粒子恰好打到，则时刻释放的粒子打到PQ上的位置。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2024-2025学年高二上期期中考试试卷 物 理 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错得0分） 1. 如图所示的经颅磁刺激联合脑电图（TMS-EEG）技术是一种无创的技术，通电线圈作用于头皮产生强而短暂的磁脉冲刺激大脑皮层，诱导组织中产生感应电流，导致局限区域皮层神经元的去极化和激活。以下说法正确的是（ ） A. 电流的磁效应是法拉第发现的，揭示了电与磁的内在联系 B. 由图示中的磁场方向可判断线圈中此时的电流方向（俯视）为逆时针 C. 只要通电线圈中的电流足够大，即可诱导组织中产生感应电流 D. 作用于头皮磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，其国际单位为韦伯 【答案】B 【解析】 【详解】A．电流的磁效应是奥斯特发现的，揭示了电与磁的内在联系，故A错误； B．由图示中的磁场方向可知，感应电流产生的磁场向上，根据右手螺旋定则，线圈中此时的电流方向（俯视）为逆时针，故B正确； C．电线圈中的电流足够大，若电流大小保持不变，线圈内的磁通量不发生变化，则诱导组织中不会产生感应电流，故C错误； D．作用于头皮磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，其国际单位为特斯拉，故D错误。 故选B。 2. 如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。、、为导线a、b、c上的三个点，连接三点构成的三角形为等腰直角三角形，且与三根导线均垂直，O为连线的中点。逆着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（　　） A. O点的磁感应强度大小为3B B. O点的磁感应强度方向是从O指向 C. 导线b受到的安培力方向竖直向下 D. 导线b受到的安培力为零 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由题意可知，通电导线a、b、c在O处产生的磁感应强度大小均为B，方向分别为竖直向上、水平向右、竖直向下，根据磁场强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为B，方向从O指向，故AB错误； CD．如图所示 导线b的合磁场强度水平向左，根据左手定则可知导线b受到的安培力方向竖直向下，故C正确，D错误。 故选C。 3. 如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，下列说法正确的是（　　） A. 从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1 B. 从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2∶1 C. 从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中速率之比为1∶3 D. 两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3∶1 【答案】A 【解析】 【详解】A．做出带电粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为 设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得 ， 解得 故A正确； B．带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 得圆周运动半径 圆周运动周期 周期与粒子速度无关，只与粒子比荷和磁感应强度有关，所以从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动周期相同，故B错误； C．带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得 从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1，可知速度之比也为3:1，故C错误； D．两粒子圆周运动周期相同，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为，可得 得 故D错误； 故选A。 4. 如图所示，该图像为x轴上各点的电场强度与各点位置坐标关系图像。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远电势为零。A、B、C三点均在x轴上，坐标如图。由C点静止释放一个负点电荷，下列判断正确的是（　　） A. 该点电荷沿x轴负方向运动 B. 该点电荷在坐标原点的电势能最小 C. A、B两点间电势差为-0.2V D. x轴上坐标原点电势最低 【答案】B 【解析】 【详解】A．由电场强度与各点位置坐标关系图像可知，由C点静止释放一个负点电荷，该点电荷将围绕轴上O点来回运动，故A错误； B．该点电荷从C点到O点的过程中，电场力做正功，电势能减小，从O点再向右运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，故在坐标原点的电势能最小，故B正确； C．由于E-x图像与坐标轴所围的区域的面积表示电势差，所以 故C错误； D．由于无穷远电势为零，由图像可知，轴上坐标原点电势最高，故D错误。 故选B。 5. 如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　） = A. 从上往下看，该“简易电动机”能顺时针旋转 B. 电池的输出功率一定等于线框转动的机械功率 C. “简易电动机”转动过程中只有两条边受到安培力 D. 改变电池的上下极性，线框转动的方向不变 【答案】A 【解析】 【详解】A．线框的左右两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，A正确； B．电池输出的电动率一部分用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，B错误； C．由图乙可知，“简易电动机”转动过程中，线框会有四条边都受到安培力的作用，C错误； D．改变电池的上下极性，线框的电流方向改变，磁场方向不变，线框受力方向与原来方向相反，线框转动的方向改变，D错误。 故选A。 6. 电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，若c点处电势为3V，电子从a点运动到b点电势能增加了5eV，到达c处动能为2eV，则下列说法正确的是（　　） A. a点电势为7.5V B. 电子在b点的动能为4.5eV C. 电子在b点加速度比在c点加速度大 D. a、b、c三点中c点的电势最高 【答案】B 【解析】 【详解】AD．依题意，电子从a点运动到b点电势能增加了5eV，则电场力做功-5eV，有 解得 则a点电势高于b点电势，也高于c点电势，且相邻两等势面间的电势差为 则a、b点电势为 ， 故AD错误； B．依题意，电子仅在电场力作用下运动，则 即 解得 故B正确； C．c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，由 可知电子在b点加速度比在c点加速度小。故C错误。 故选B。 7. 在竖直平面内有水平向右、场强为E = 1 × 104 N/C的匀强电场。在场中有一根长L = 1 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为1 kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成45°角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是（g = 10 m/s2，取1.4）（　　） A. 小球所带电量为q = 1.4 × 10−3 C B. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最大 C. 如果小球恰能做圆周运动，在运动过程中动能最小值是5 J D. 如果小球恰能做圆周运动，在运动过程中电势能最大值为17 J 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球静止时有 解得 故A错误； B．根据能量守恒定律可知，小球在运动过程中机械能最大，则电势能最小，此位置应为与O点等高的直径的右端点，故B错误； C．小球在等效最高点速度最小，动能最小，则 联立解得 故C错误； D．如果小球恰能做圆周运动，则当运动到与O点等高的直径的左端时电势能最大，在运动过程中电势能最大值为 故D正确。 故选D。 二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有两个 或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 8. 下列关于四种仪器的说法正确的是（　　） A. 甲图中只加大加速极电压，使速度v变大时，电子打在玻璃泡右侧上的位置将上移 B. 乙图中若带正电粒子能以速度v0从O到A沿直线通过，则带负电粒子不能以速度v0从O到A沿直线通过 C. 丙图中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时，N侧电势低 D. 丁图中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b无关 【答案】CD 【解析】 【详解】A．甲图中，电子在玻璃泡中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力 可得 当加大加速电压时，电子射出的速度增大，圆周运动的半径增大，圆周的弯曲程度将减小，根据左手定则可判断电子受到洛伦兹力而逆时针运动，所以电子打在玻璃泡右侧上的位置将下移，故A错误； B．乙图中若带正电粒子能以速度v0从O到A沿直线通过，则 所以 带负电粒子将受到竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力，可以以速度v0从O到A沿直线通过，故B错误； C．根据左手定则可判断负电荷受到洛伦兹力向N侧偏转，因此，N侧电势低，故C正确； D．经过电磁流量计的带电粒子受洛伦兹力作用，向前后两个表面偏转，在前后两个表面形成电压，带电粒子同时受到洛伦兹力和电场力作用最终平衡，有 联立可得 由此可知，前后两个金属侧面的电压与a、b无关，故D正确。 故选CD。 9. 如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为∆U1、∆U2、∆U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为∆I，下列说法正确的是（　　） A. 理想电压表V2示数增大，理想电流表A示数减小 B. 带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a到b的瞬间电流 C. ∆U3 > ∆U1 = ∆U2 D. 电源的工作效率减小 【答案】AC 【解析】 【详解】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻串联后接在电源两端，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小，定值电阻R1两端的电压减小，则理想电压表V1的示数减小，根据闭合电路欧姆定律可知，内电压减小，路端电压增大，则电压表V2示数增大，故A正确； B．由于路端电压增大，R1两端电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，则V3示数增大，根据 可知，电容器带电荷量增大，两极板间电场强度增大，电容器充电，所以定值电阻R2中有从b到a的瞬间电流，同时由于电场强度增大，液滴受到的电场力增大，则带电液滴将向上运动，故B错误； C．由于 所以 则 所以 故C正确； D．电源的工作效率为 由此可知，当外电路电阻R增大时，电源的效率增大，故D错误。 故选AC。 10. 华为在2023年10月发布了一款据称可实现“一秒一公里”的全液冷超级充电桩，其最大输出电流为600 A，充电电压范围为200 V至1000 V，并且该充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率。小华开着自己的某款电动汽车来这种充电站体验，所用电池组规格为“360 V，150 A·h”（内阻不能忽略），车上显示屏显示此次充电电量由30%充到80%用时10分钟，本次充电共消费60元（充电桩计费规则为每度电2元，1度电 = 1 kW·h）。则（　　） A. 该充电桩的最大输出功率为600 kW B. 小华本次充电的平均电流为15 A C. 小华本次充电的充电效率为90% D. 该电池组充满电时储存的电荷量为150 C 【答案】AC 【解析】 【详解】A．该充电桩的最大输出功率为 故A正确； B．小华本次充电的平均电流为 故B错误； C．小华本次充电的充电效率为 故C正确； D．该电池组充满电时储存的电荷量为 故D错误。 故选AC。 三．实验题（本题共 2 小题，第11题5分，12题10分，共 15 分） 11. 铅笔内芯是石墨和黏土的混合体。 （1）某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为________mm。用游标卡尺测量其长度，示数如图2所示，由图可知其长度L=________cm。 （2）用多用电表“×10”挡初测其电阻，发现指针偏转角度过大，如图甲，则应该换用（选填“×100”或“×1”）_______挡。换挡后，进行欧姆调零，再进行测量，表盘示数如图乙所示，则电阻为______Ω。 （3）另一同学在用多用电表测二极管的正向电阻时，将选择开关置于欧姆“×10”挡，将红、黑表笔短接并调零后，让多用电表的红表笔与二极管的____（选填“正极”或“负极”）相接。 【答案】（1） ①. 0.645（0.644~0.646） ②. 2.98 （2） ①. ×1 ②. 12.0 （3）负极 【解析】 【小问1详解】 [1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以 [2]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以 【小问2详解】 [1]用多用电表“×10”挡初测其电阻，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，则应该换用小倍率的挡位，即应该换用“×1”挡； [2]欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以电阻为 【小问3详解】 用多用电表测二极管的正向电阻时，将选择开关置于欧姆“×10”挡，将红、黑表笔短接并调零后，由于黑表笔接电源正极，所以黑表笔应接二极管的正极，红表笔接二极管的负极。 12. 某实验兴趣小组设计了如图（a）实验电路测量一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内电阻，已知定值电阻R0=1.0Ω。 （1）实验操作步骤如下： ①按实验电路图正确连接好电路，将滑动变阻器滑片滑到最左端位置； ②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组电压表及电流表的数据U、I的值，断开开关S0； ③将滑动变阻器滑片再次滑到最左端位置； ④单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组电压表及电流表的数据U、I的值，断开开关S0； ⑤利用记录的数据分别作出两种接法所对应的U-I图像。 （2）作出的两个U-I图像分别如图（b）、（c）所示，根据图像可知图（c）对应的接法为S与________（填“1”或“2”）接通。 （3）只根据图（c）计算得到电源电动势E测=_________V，内阻r测=__________Ω。（结果均保留2位小数） （4）该小组经过研究发现，根据两次不同实验，可消除电流表、电压表内阻的影响，进一步可得出电源内阻的真实值为r真=____Ω，实验中，定值电阻R0的作用有_____。 A．保护电源 B．在电流变化时使电压表示数变化明显 C．在电压变化时使电流表示数变化明显 【答案】 ①. 2 ②. 1.70 ③. 1.13 ④. 1.25 ⑤. AB 【解析】 【详解】[1]两种方法中，S与1接通时采用了电流表的内接法，S与2接通时采用了电流表的外接法，比较图（b）和图（c）的斜率可知，图（c）所示图像的斜率小，所以图（c）对应电路S与2接通。 [2][3]根据闭合电路欧姆定律可得 结合图线可得 所以 [4]图（b）所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻、保护电阻与电流表内阻之和，由此可知图（b）对应开关S接1，且电流表示数为0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势，因此电源电动势为图（b）的纵轴截距，可得 当开关S接2且电压表示数为0时，对应电流为短路电流，由图（c）图像可知，此时短路电流为 根据闭合电路的欧姆定律可得 [5]定值电阻R0有保护电源的作用，根据闭合电路的欧姆定律有 可知，加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。 故选AB。 三、解答题（本题共3题，共 39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤。） 13. 如图所示电路中，电源的电动势E=9V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=3Ω，R2=6Ω，R3=6Ω，电容C=30μF，电动机的额定电压为U=6V，内阻r0=0.5Ω。闭合开关S、,电动机正常工作。求： （1）电动机的输出功率P； （2）若开关断开后，电动机卡住不再转动只发热（即看成纯电阻），则从闭合到断开过程中通过R3的电荷量为多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 根据题意，设R1与R2的并联电阻为R，则有 设回路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律得 解得 I=1A 电动机的输出功率 解得 【小问2详解】 开关闭合时，电容两端电压为 电容器的带电量 C 开关S断开时，电容两端电压为 电容器的带电量 通过R3的电荷量为 14. 如图所示，MN和PQ是匀强磁场的理想边界，MN上方为匀强磁场Ⅰ，PQ下方为匀强磁场Ⅱ，MN和PQ间距为Δd= d，MN与PQ平行且之间区域没有场。质量为m、电荷量为q的带负电粒子自M点以大小为v0、方向与边界夹角为45°斜向右上方的速度第一次射入磁场Ⅰ，带电粒子每次穿越边界MN、PQ过程中动能都可能有损失，穿越后的动能为穿越前的k倍(k≤1)。已知两部分磁场方向均垂直于纸面向里，磁感应强度大小均为B=，粒子的重力和空气阻力可以忽略。 （1）为了使粒子能返回MN 边界，磁场Ⅰ的最小宽度L为多大? （2）若粒子自A点第一次离开磁场Ⅰ，为使粒子再次进入磁场Ⅰ的位置为A点，k的值为多少? 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律 所以 根据几何关系，Ⅰ磁场宽度d′ （2）粒子自A点离开磁场，与边界夹角为45°，自B点进入Ⅱ磁场，自C点离开，为了粒子能返回A点 所以 洛伦兹力提供向心力 自Ⅰ磁场进入Ⅱ磁场，两次穿越边界 解得 15. 如图（a）所示，M、N为极板，PQ为足够长的荧光屏，M极板上处有一粒子源，时刻开始连续释放初速度为零、比荷为的正粒子，粒子经过M、N间的加速电场后，从N极板上的细缝进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的电压图像如图（b）所示，连线的延长线与PQ交于，间距离为L，不计粒子在M、N间的加速时间，不计粒子重力和粒子间相互作用，求： （1）粒子到达细缝时速度v的大小范围； （2）若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小，粒子打到PQ上形成的亮线长度； （3）若N和PQ间的偏转电场为图（c）所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向，从时刻释放的粒子恰好打到，则时刻释放的粒子打到PQ上的位置。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 粒子经M、N间的加速电场过程，根据动能定理 解得 所以，M、N间的加速电场场强越大粒子达到的速度越大，即当时，粒子的速度最小；当时，粒子的速度最大，即 【小问2详解】 粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律则有 水平方向有 竖直方向有 将速度的两个极值代入可解得 ， 粒子打到PQ上形成的亮线长度 【小问3详解】 从t=0时刻释放的粒子恰好打到O3，根据竖直方向的运动规律可知，粒子在向上加速，向上减速，向下加速，向下减速，刚好经历一个周期所用时间为打到O3处，或经历n个周期，即所用时间为直至打到O3处，则根据速度关系可知t=T时刻释放的粒子对应经历n=1个周期则加速时间为2T打到PQ上；或者经历n=2个周期则加速时间2T又减速时间2T打到PQ上……即粒子打到PQ上的距离与周期n有关，由于加速与减速阶段运动满足对称性，根据类平抛运动的规律有 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $