高二期中
1．下列说法中正确的是（）
A．由
B．由R=
ρ可知，电阻与电压、电流都有关系 可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系
C．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小
D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零
2．关于磁场、磁感线和磁感应强度的描述，正确的说法是（）
A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B．由B=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场
C．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点手磁场作用力的方向
D．在磁场强的地方同一通电导体受得到安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小
3．如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（）
A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁对桌面的静摩擦力向左D．磁铁对桌面的静摩擦力向右
4．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B．欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（）
A．适当减小电场强度E
B．适当减小磁感应强度B
C．适当增大加速电场极板之间的距离
D．适当减小加速电压U
5．如图所示，在半径为R的圆形区域和边长为2R的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，粒子重力不计，则下列说法不正确的是（）
A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同
B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场
C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场
D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场
6．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11：7
B．电源1和电源2的电动势之比是1：1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
7．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）
A．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为
C．电源的输出功率为EI D．电源的效率为1﹣
8．如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U．已知自由电子的电量为e．下列说法中正确的是（）
A．M板比N板电势高
B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
试卷第1页，总3页
C．导体中自由电子定向移动的速度为
D．导体单位体积内的自由电子数为
9．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略
带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（ ）
A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1
C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径
D．在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大
10．如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2，已知电阻R大于电源内阻r，则（ ）
A．电流表A的示数增大 B．电压表V2的示数增大
C．电压表V1的示数增大 D．△U1大于△U2
二、实验题
11．在“测定金属的电阻率”的实验中，所测金属丝的电阻大约为5?属丝的电阻RxL，用螺旋测微器测量该金属丝直径时的刻度位置如图所示。
(1)从图中读出金属丝的直径为______________mm。
(2)实验时，取来两节新的干电池、开关、若干导线和下列器材：
A．电压表0～3 V，内阻10 k?
B．电压表0～15 V，内阻50 k?
C．电流表0～0.6A，内阻0.05?
D．电流表0～3 A，内阻0.01?
E．滑动变阻器，0～?F．滑动变阻器，0～?
①要较准确地测出该金属丝的电阻值，电压表应选___，电流表应选__，滑动变阻器选___(填序号)。
②实验中，某同学的实物接线如图所示，请指出该实物接线中的两处明显错误。
错误l：_______________； 错误2：_______________。
12．如图甲为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的
I-U特性曲线的实验电路图
（1）根据电路图甲，用笔画线替代导线，将答题纸图乙中的实验电路图连接完整（图乙左边是电压表）
（2）依据你所连接的电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于_______端（选填“A”、“B”或“AB中间”）
（3）实验中测得有关数据如下表：
试卷第2页，总3页
根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I-U特性曲线
（4）如果用一个电动势为3V，内阻为25Ω的直流电源直接给该小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为______W
三、计算题
13．如图所示，光滑导轨与水平面成θ角，导轨宽L．匀强磁场磁感应强度为B．金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：
（1）B至少多大？这时B的方向如何？
（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
14．在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，电容C=2×10μF，电键K先接a稳定后，R2上消耗的电功率为4W．电键K再接b稳定后电压表示数为4.5V，图中各元件均完好，试求：
﹣5
（1）电源的电动势和内电阻；
（2）电键从a接b过程中，流过R3的总电量；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流．
15．如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点．已知OA＝OC＝d. (粒子的重力不计)．求
（1）离子进入磁场时的速度大小；
（2）电场强度E和磁感应强度B的大小．
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参考答案
1．BD
【解析】解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；
C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；
D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确． 故选BD
【考点】电阻定律；欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．
【点评】深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．
2．D
【解析】解：A、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，故A错误；
B、根据公式：F=BILsinθ可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，可能是电流的方向与磁场平行，此处不一定没有磁场，故B错误；
C、根据左手定则可知，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垂直．故C错误；
D、根据公式：F=BILsinθ可知，通电导线在磁场强的地方受力可能比在磁场弱的地方受力小．故D正确．
故选：D
【考点】磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】磁感线是描述磁场分布而假想的；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；
公式B=是定义式，与导线的受力大小无关；
根据左手定则可知，磁场的方向与安培力的方向一定垂直．
【点评】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质．由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质．
3．A
【解析】解：AB、在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，故A正确，B错误．
CD、由于导线处于磁铁正中央，磁铁受到的导线的磁场力竖直向上，因此磁铁对桌面没有运动趋势，故CD错误， 故选：A．
【考点】安培力．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化．
【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键．
4．A
【解析】解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq=qvB．
根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小洛伦兹力，要么增大电场力．
A、适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故A正确．
B、适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，故B错误．
C、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU=可得v=，由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误．
D、根据eU=可得v=，适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力．故
答案第1页，总5页
D错误．
故选：A．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，要使粒子在复合场中做匀速直线运动，即Eq=qvB．所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．
【点评】本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动．在解题时要注意运动过程分析和受力分析．
5．C
【解析】解：带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=
解得粒子的轨道半径r=，
粒子运动轨迹如图所示； ， 两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期T=
A、由图示可知，当r=R时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于，故A正确；
B、由图示可知，当粒子轨道半径r≠R时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，
则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子运动时间小于从N点射入的粒子运动时间，故BD正确，C错误；
本题选不正确的，故选：C．
【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】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，然后
分析答题．
【点评】本题考查了比较粒子在磁场中的运动时间，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，比较出粒子在磁场中转过的圆心角大小即可正确解题，作出粒子的运动轨迹是正确解题的前提与关键．
6．D
【解析】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
【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．
【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．
7．AD
【解析】解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；
22B、电动机消耗的热功率应该用P=IR来计算，所以热功率P=IR，所以B错误．
C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．
答案第2页，总5页
D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为Ir，所以电源的效率为2=l﹣，所以D正确．
故选AD．
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
2【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=IR来计算，如果是计算纯电阻的功率，这
两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
【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．
8．CD
【解析】解：A、如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低．
B、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U=E=Bdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关．故B错误．
C、由U=E=Bdv，得自由电子定向移动的速度为．故C正确．
，S=db，，代入得n=．故D正确． D、电流的微观表达式是I=nevS，则导体单位体积内的自由电子数n=
故选CD
【考点】电流、电压概念；电势．
【分析】金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定M、N两板电势的高低．电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势E=Bdv，为电子定向移动的速率，电压表的读数U=E．根据电流的微观表达式I=nevS，求解导体单位体积内的自由电子数n．
【点评】本题现象称为霍耳效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡分析电压表的示数．中等难度．
9．AC
【解析】解：A、根据周期公式T= 知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1．故A正确．
B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn﹣tn﹣1），故B错误；
C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv=2，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关．故C正确，D错误．
故选：AC．
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．
【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．
10．ACD
【解析】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2分别测量R、路端电压．
当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；
B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；
C、电路中电流增大，根据欧姆定律知，电压表V1的示数增大，故C正确．
D、路端电压减小，R的电压增大，则△U1大于△U2，故D正确．
故选：ACD．
答案第3页，总5页
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．
【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．
11．(1)0.680(0.678～0.682 mm均可) ；(2)①A C E ；②错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：采用了电流表内接法测电阻 。
【解析】
试题分析：(1)金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×18.0=0.680mm。(2)①因为用两节干电池，故电压表选用0～3 V量程的A即可；电流表选择0～0.6A量程的C即可；滑动变阻器选0～10?的E；[②错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：因为此待测电阻较小，故应采用电流表外接，而此图中采用了电流表内接法测电阻 。
考点：测定金属的电阻率。
12．（1）如图所示（2）A端（3）如图所示（4）0.04W
【解析】
试题分析：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V
量程，从表中可知当小灯泡满足额定电压时，电流在0.26与0.27
之间，故电流表选取0.6量程，实物电路图如图所示，注意电表
的正负极
（2）在开关S闭合之前，为了保护小灯泡不被烧坏，应使小灯泡两端的电压为零，即在A端
（3）伏安特性曲线如图所示，
（4）在I-U图象中同时作出表示电源的I-U图象，读出两图线的交点坐标，然后根据公式可得小灯泡的实际功率为P?UI?0.04W
考点：描绘小灯泡伏安特性曲线实验
【名师点睛】根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法．采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路
13．（1）
【解析】解：（1）只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．
根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，
大小满足：BI1L=mgsinθ，
B应垂直于导轨平面向上（2）
（2）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，
沿导轨方向合力为零，得BI2Lcosθ=mgsinθ
【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用；左手定则．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态．由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度．
仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小．
【点评】要会区分左手定则与右手定则：左手定则是判定磁场力的，而右手定则是判定感应电流方向的．同时还利用三力平衡知识来求解．
14．（1）电源的电动势为6V，内电阻为2Ω；
﹣11（2）电键从a接b过程中，流过R3的总电量为6×10C；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流为0.5A．
【解析】解：（1）开关接a时，R1短路，只有R2接入电路；
2则由P=IR可得：
答案第4页，总5页
I1==1A； 由P=可得 U1==4V；
（2）开关接a时，有E=U1+I1r，
开关接b时，R1和R2串联，R=R1+R2=6Ω， 通过电源电流，则有：E=U2+I2r 解得：E=6V；r=2Ω；
（2）开关接b时，UC=U2=4×0.75=3V
﹣11﹣11电容器的带电量Q=CUC=3×2×10=6×10C，
﹣11所以电键从a接b过程中，流过R3的总电量为6×10C，
（3）开关接c时，R2与R3并联后与R1串联，由串并联规律可知；
总电阻R′=；
由闭合电路欧姆定律可知：总电流I=
通过R2的电流I2==0.5A；
答：（1）电源的电动势为6V，内电阻为2Ω；
﹣11（2）电键从a接b过程中，流过R3的总电量为6×10C；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流为0.5A．
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】简答题；定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】（1）根据电路结构，利用串并联电路的规律及功率公式结合闭合电路欧姆定律可求得电动势和内阻；
（2）开关接b时电容器的电压与R2电压相等，根据Q=UC求解；
（3）明确开关接c时的电路结构，由闭合电路欧姆定律求解．
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律、串并联电路规律及电容器的特点等，要注意正确分析电路，明确电路结构，才能正确利用闭合电路欧姆定律求解．
【答案】
【解析】 2
试题分析：（1）设离子经电压为U
（2
由题意分析可知：r?d
离子在电场中集偏转，做类平抛运动，设经时间tP到达C点，离子水平方向做匀速直线运动，则有： d?vt
考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹。
答案第5页，总5页
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