辽宁省沈阳市回民中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷

这是一份辽宁省沈阳市回民中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．自然界能量是守恒的
B．煤炭是可再生能源
C．电场线越密，电势越大
D．电流的单位是焦耳
2．（4分）下列选项中没有用到洛伦兹力的是（ ）
A．电磁炮B．回旋加速器
C．速度选择器D．质谱仪
3．（4分）风能是一种清洁无公害的可再生能源，很早就被人们利用。某地的风速为15m/s，空气的密度为1.2kg/m3。若使风力发电机转动的风通过的截面积为600m2，且风能的24%可转化为电能，则发电功率是（ ）
A．2.916×105WB．3.216×104W
C．4.386×105WD．1.456×104W
4．（4分）将面积为0.5m2的单匝线圈，放在磁感应强度B＝2.0×10﹣3T的匀强磁场中，穿过线圈的磁通量可能是（ ）
A．1.0WbB．1.0×10−1Wb
C．1.0×10−2WbD．1.0×10−3Wb
5．（4分）如图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，用“•”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里；“⊗”表示电流垂直于纸面向里，“′⊙”表示电流垂直于纸面向外，则下列四个答案中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴将向上移动
D．若先将上极板与电源正极的导线断开；再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
7．（4分）已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小B＝k，其中I为电流，r为该位置到长直导线的距离，k为常数。如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd﹣efgh的两条边dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，hg中电流大小是dh中电流大小的两倍。已知c点的磁感应强度大小为B，则a点的磁感应强度大小为（ ）
A．B．C．3BD．
（多选）8．（6分）电阻应变片能够把物体形变这个力学量转换为电阻这个电学量。当电阻应变片发生形变时，电阻会有微小的变化，这种微小的变化可通过电桥电路来探测。如图所示，电阻应变片R2的正常电阻为120Ω，R3＝60Ω，RL：R1＝2：1，下列说法正确的是（ ）
A．当电阻应变片无形变时，G表示数不为零
B．当电阻应变片发生形变，电阻增大时，G表中有从M到N的电流
C．当电阻应变片发生形变，电阻增大时，电流表A的示数变大
D．当电阻应变片发生形变，电阻增大时，灯泡变亮
（多选）9．（6分）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝S0C，则下列说法正确的是（ ）
A．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
B．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为5：2
（多选）10．（6分）如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆MP，M点和P点的高度差为3r，细杆左侧O点处固定着一个带正电的点电荷，以O为圆心、r为半径的圆周与细杆交于N、P两点，圆心O在P点正上方，N点为MP的中点，现将一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的小球（可视为质点）套在杆上从M点由静止释放，小球滑到N点时的速度大小为，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是（ ）
A．M、N间的电势差
B．小球从N点到P点的过程中，电场力做的功为
C．若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球在N点平衡且恰好对MP无压力，则所加电场的电场强度大小为
D．MP的长度为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）“祖冲之”研究小组将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。实验小组设计了如图甲、乙所示的实验电路图，请回答下列问题：
（1）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应移至最 （填“左”或“右”）端。
（2）闭合开关S后，移动滑片P，改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点作出U﹣I图像，如图丙所示，可知图丙中标记为Ⅰ的图线是采用实验电路 （填“甲”或“乙”）测量得到的。
（3）利用图丙提供的信息可知，该电源电动势E的准确值为 ，该电源内阻r的准确值为 。 （U1、U2、I1、I2、R0均已知）
12．（8分）某同学想测量绕制滑动变阻器的金属丝的电阻率ρ。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R0（阻值为10.0Ω）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图甲是学生设计的实验电路原理图。
（1）该同学首先截取了一段长为L的金属丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数D＝ mm。
（2）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
（3）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝ ，金属丝的电阻r＝ 。（结果均用R0、U1、U2表示）
（4）继续微调R，重复（3）的测量过程，得到多组测量数据，以U2为纵坐标，U1为横坐标，根据测得的数据绘制出U2﹣U1图像，若图像的斜率为k，则金属丝的电阻为 （用k、R0表示）。
得到的多组测量数据如表所示，根据表格数据，作出U2﹣U1图像，如图丙所示，则可求得金属丝的电阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）。
（5）待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝ （用D、L、k、R0表示）。
13．（10分）将长为L、电阻为R的导体棒截成相等的三段后，拼成等边三角形ABC，在A、B端接电压为U的直流电源，空间存在垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场（图中未画出），求：
（1）通过电源的电流I；
（2）AC边受到的安培力大小F。
14．（12分）小刚坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，车灯会瞬间变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，汽车电源电动势E＝12.5V，内阻r＝0.05Ω，车灯接通、电动机未启动时（S1断开、S2闭合时）电流表示数10A；电动机启动瞬间（S2闭合前提下，S1闭合瞬间），电流表示数I2＝58A。已知电动机内阻r1＝0.1Ω，整个过程车灯电阻不变，电流表为理想电表。求：
（1）车灯的电阻R1；
（2）电动机启动瞬间，车灯功率的变化量；
（3）电动机启动瞬间，电动机的机械功率。
15．（18分）如图所示，在P处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子自A板小孔进入A、B平行板间的加速电场从静止加速后，水平进入静电分析器中，静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，电场线沿半径方向，指向圆心O，粒子在该电场中沿图示虚线恰好做匀速圆周运动，从辐向电场射出后，竖直向下沿平行板C、D间的中线射入两板间的匀强电场。已知静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度的大小为E，粒子运动轨迹的半径为R，A、B两板间的距离为d，C、D两板长均为2L，C、D两板间的距离为L，粒子重力不计。
（1）求A、B两板间的电压U1；
（2）若要使粒子能从C、D两板下方飞出，则C、D两板间的偏转电压U2应满足什么条件？
（3）求粒子从P点出发至从C、D两板下方飞出的过程中运动的总时间t总。
2024-2025学年辽宁省沈阳市回民中学高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．自然界能量是守恒的
B．煤炭是可再生能源
C．电场线越密，电势越大
D．电流的单位是焦耳
【答案】A
【分析】根据能量守恒定律分析，化石能源是不可再生能源，电场线越密，场强越大，电流的单位是安培。
【解答】解：A．根据能量守恒定律，自然界中的能量是守恒的，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而总的能量保持不变。故A正确；
B．煤炭是由古代植物在地下经过复杂的地质作用形成的，属于化石能源。一旦消耗，就无法在短时间内自然再生，因此煤炭是不可再生能源。故B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场的强弱，即电场强度的大小。电场线越密，表示电场强度越大，但并不能直接判断电势的大小。电势的大小与电场线的方向以及零电势点的选择有关。故C错误；
D．电流的单位是安培（A），而不是焦耳（J）。焦耳是能量和功的单位。故D错误；
故选：A。
2．（4分）下列选项中没有用到洛伦兹力的是（ ）
A．电磁炮B．回旋加速器
C．速度选择器D．质谱仪
【答案】A
【分析】电磁炮用到的是电流在磁场中受到力的作用；
回旋加速器、速度选择器以及质谱仪都用到了洛伦兹力。
【解答】解：A、电磁炮的工作原理是通电电流在磁场中受到安培力的作用，与洛伦兹力无关，故A正确；
BCD、回旋加速器、速度选择器以及质谱仪均采用的是粒子在电磁场中的运动规律，均用到洛伦兹力，故BCD错误。
故选：A。
3．（4分）风能是一种清洁无公害的可再生能源，很早就被人们利用。某地的风速为15m/s，空气的密度为1.2kg/m3。若使风力发电机转动的风通过的截面积为600m2，且风能的24%可转化为电能，则发电功率是（ ）
A．2.916×105WB．3.216×104W
C．4.386×105WD．1.456×104W
【答案】A
【分析】先由m＝ρSvt确定每秒钟通过发电机的空气质量，从而计算空气的动能，再由功率的公式可得发电功率。
【解答】解：每秒钟通过风力发电机的空气质量为：m＝ρSvt＝1.2×600×15×1kg＝1.08×104kg，
每秒钟通过风力发电机的空气的动能：J，
则发电功率为：P＝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．（4分）将面积为0.5m2的单匝线圈，放在磁感应强度B＝2.0×10﹣3T的匀强磁场中，穿过线圈的磁通量可能是（ ）
A．1.0WbB．1.0×10−1Wb
C．1.0×10−2WbD．1.0×10−3Wb
【答案】D
【分析】根据磁通量Φ＝BS，其中B为匀强磁场，S为有效面积。
【解答】解：当线圈平面与磁场垂直时，磁通量最大，为：Φm＝BS＝2.0×10﹣3×0.5Wb＝1.0×10﹣3Wb
所以，穿过线圈的磁通量：，当线圈与磁场方向不垂直时，磁通量小于此值，故ABC错误，D错误；
故选：D。
5．（4分）如图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，用“•”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里；“⊗”表示电流垂直于纸面向里，“′⊙”表示电流垂直于纸面向外，则下列四个答案中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】左手定则的内容：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．根据左手定则的内容判断安培力的方向．
【解答】解：A、磁场方向垂直向内，电流水平向右，根据左手定则，安培力垂直向上，故A正确；
B、电流与磁场方向平行，故不受安培力，故B错误；
C、磁场方向水平向左，电流方向垂直向外，根据左手定则，安培力向下，故C错误；
D、磁场方向向上，电流方向向右，根据左手定则，安培力垂直向外，故D错误；
故选：A。
6．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴将向上移动
D．若先将上极板与电源正极的导线断开；再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】D
【分析】根据C＝分析；电容器始终和电源相连接，所以电容器两极板间的电势差始终等于电源电动势；根据E＝分析极板间的场强变化；根据C＝，C＝，得到极板间场强的表达式分析。
【解答】解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离d变大，根据C＝可知，电容器的电容将变小，故A错误；
B、因为电容器始终和电源相连接，所以电容器两极板间的电势差始终等于电源电动势不变，所以静电计指针的张角不变，故B错误；
C、根据E＝可知，电容器极板间电场强度变小，则带电油滴受电场力F＝qE变小，将小于重力，带电油滴将向下移动，故C错误；
D、若先将上极板与电源正极的导线断开，则电容器所带电荷量Q不变，根据C＝，C＝，可得极板间的场强为E＝，极板间的场强大小与极板间的距离无关，所以再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变，故D正确。
故选：D。
7．（4分）已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小B＝k，其中I为电流，r为该位置到长直导线的距离，k为常数。如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd﹣efgh的两条边dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，hg中电流大小是dh中电流大小的两倍。已知c点的磁感应强度大小为B，则a点的磁感应强度大小为（ ）
A．B．C．3BD．
【答案】A
【分析】根据两条通电导线到c点的距离，结合两导线的电流大小、方向，可知两导线在c处产生的磁感应强度大小；由几何关系可计算两导线到a点的距离，结合两导线在c处分别产生的磁感应强度大小，即可计算两导线分别在a处产生磁感应强度大小；由安培定则，可知两导线在a处的磁感应强度方向，结合矢量叠加法则，即可计算a处的磁感应强度大小。
【解答】解：dh导线到c距离，与hg导线到c距离相等，由题意可知hg导线的电流是dh导线电流的2倍，结合B＝k，可知hg导线在c处的磁感应强度，是dh在c处的磁感应强度的2倍；
由安培定则可知，dh导线、hg导线在c的磁感应强度都沿bc方向，由于c处的磁感应强度大小为B，故dh导线、hg导线分别在c的磁感应强度大小为、；
由题可知，dh导线到c和a距离相等，则dh导线中的电流在c和a产生的磁感应强度大小均为，由安培定则可知，在a产生的磁感应强度的方向为ab；
hg中电流是dh中电流强度的两倍，由几何关系可知，hg导线到a的距离是到c的距离的倍，由磁感应强度与距离成反比，
可知hg导线中的电流在a产生的磁感应强度大小为，由安培定则和几何关系可知，在a产生的磁感应强度的方向垂直ha斜向下；
在a产生的合磁感应强度为：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（多选）8．（6分）电阻应变片能够把物体形变这个力学量转换为电阻这个电学量。当电阻应变片发生形变时，电阻会有微小的变化，这种微小的变化可通过电桥电路来探测。如图所示，电阻应变片R2的正常电阻为120Ω，R3＝60Ω，RL：R1＝2：1，下列说法正确的是（ ）
A．当电阻应变片无形变时，G表示数不为零
B．当电阻应变片发生形变，电阻增大时，G表中有从M到N的电流
C．当电阻应变片发生形变，电阻增大时，电流表A的示数变大
D．当电阻应变片发生形变，电阻增大时，灯泡变亮
【答案】BD
【分析】当应变片无形变时，根据RL：R1＝R2：R3＝2：1，分析M、N电势关系，确定G表的示数大小；当电阻应变片发生形变，电阻增大时，再分析M、N电势关系，判断G表中电流方向，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，即可知道电流表A的示数变化，分析灯泡电流的变化，判断其亮度变化。
【解答】解：A、当应变片无形变时，因RL：R1＝R2：R3＝2：1，则M、N电势相等，G表示数为零，故A错误；
B、当电阻应变片发生形变电阻增大时，R2所分电压增大，导致M点电势高于N点电势，则G表中有从M到N的电流，故B正确；
C、当电阻应变片发生形变电阻增大时，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流减小，则电流表A的示数变小，故C错误；
D、当电阻应变片发生形变，总电流减小，根据U＝E﹣Ir可知，路端电压U增大，因为灯泡RL和R1的电阻不变，所以灯泡RL的电流增大，灯泡变亮，故D正确。
故选：BD。
（多选）9．（6分）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝S0C，则下列说法正确的是（ ）
A．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
B．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为5：2
【答案】AC
【分析】根据粒子在速度选择器中受力平衡，可计算通过狭缝的粒子的速率；由左手定则，可判断两种粒子的电性；由洛伦兹力提供向心力，可得到两种粒子比荷的表达式，从而比较比荷、计算电荷量相等时的质量之比。
【解答】解：C、根据粒子在速度选择器中受力平衡，可知qvB1＝qE，解得通过狭缝的粒子的速率v＝，故C正确；
B、由左手定则，可知正电荷受洛伦兹力向下偏移，故乙束粒子带正电，甲束粒子带负电，故B错误；
AD、由洛伦兹力提供向心力，可得到两种粒子比荷的表达式；
由图可知：，比荷之比为：，解得：，即甲的比荷大于乙的比荷；
若电荷量相等，则甲、乙质量之比为m甲：m乙＝2：3，故A正确，D错误。
故选：AC。
（多选）10．（6分）如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆MP，M点和P点的高度差为3r，细杆左侧O点处固定着一个带正电的点电荷，以O为圆心、r为半径的圆周与细杆交于N、P两点，圆心O在P点正上方，N点为MP的中点，现将一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的小球（可视为质点）套在杆上从M点由静止释放，小球滑到N点时的速度大小为，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是（ ）
A．M、N间的电势差
B．小球从N点到P点的过程中，电场力做的功为
C．若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球在N点平衡且恰好对MP无压力，则所加电场的电场强度大小为
D．MP的长度为
【答案】CD
【分析】小球从M到N的过程，由动能定理，可计算MN间的电势差；由几何关系，可知NP两点的电势，结合电场力做功公式，可知从N到P的过程中，电场力做功多少；由小球在N点恰好平衡，可得到受力平衡的关系式，从而计算电场强度大小；由圆形的几何关系，结合三角形的几何特点，可得到MP的长度。
【解答】解：A．从M到N由动能定理，解得M、N间的电势差，故A错误；
B．由点电荷周围的电势特点，可知NP两点的电势相等，则小球从N点到P点的过程中，电场力做的功WNP＝qφN﹣qφP＝0，故B错误；
C．设ON与水平方向的夹角为θ，则由圆形及三角形的几何特点，，解得θ＝30°；
若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球在N点平衡且恰好对MP无压力，
对小球受力分析可知mg＝qEtan30°，解得所加电场的电场强度大小为，故C正确；
D．设MP与竖直方向夹角为α，则由N为MP中点可知：xMP＝2xPN，由圆形特点可知：xPN＝2rcsα，
又由于，解得，故D正确。
故选：CD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）“祖冲之”研究小组将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。实验小组设计了如图甲、乙所示的实验电路图，请回答下列问题：
（1）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应移至最 左 （填“左”或“右”）端。
（2）闭合开关S后，移动滑片P，改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点作出U﹣I图像，如图丙所示，可知图丙中标记为Ⅰ的图线是采用实验电路 乙 （填“甲”或“乙”）测量得到的。
（3）利用图丙提供的信息可知，该电源电动势E的准确值为 U1 ，该电源内阻r的准确值为 。 （U1、U2、I1、I2、R0均已知）
【答案】（1）左；（2）乙；（3）U1，。
【分析】（1）根据保护电路分析判断；
（2）根据闭合电路欧姆定律分析判断；
（3）根据图像分析判断。
【解答】解：（1）闭合开关S前，滑动变阻器阻值应该最大，则滑片 P 应移至最左端。
（2）对甲图
U＝E﹣（R0+r）I
对乙图
U＝E﹣（R0+r+RA）I
则乙图中图像的斜率比甲图大，图丙中标记为Ⅰ的图线是采用实验电路乙测量得到的。
（3）根据图乙和丙图图线Ⅰ分析，可知电源的真实电动势为
E＝U1
甲图中对应的图线Ⅱ中的I2为电源短路时的真实电流。所以
故答案为：（1）左；（2）乙；（3）U1，。
12．（8分）某同学想测量绕制滑动变阻器的金属丝的电阻率ρ。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R0（阻值为10.0Ω）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图甲是学生设计的实验电路原理图。
（1）该同学首先截取了一段长为L的金属丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数D＝ 0.500 mm。
（2）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
（3）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝ ，金属丝的电阻r＝ 。（结果均用R0、U1、U2表示）
（4）继续微调R，重复（3）的测量过程，得到多组测量数据，以U2为纵坐标，U1为横坐标，根据测得的数据绘制出U2﹣U1图像，若图像的斜率为k，则金属丝的电阻为 （用k、R0表示）。
得到的多组测量数据如表所示，根据表格数据，作出U2﹣U1图像，如图丙所示，则可求得金属丝的电阻r＝ 10 Ω（结果保留两位有效数字）。
（5）待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝ （用D、L、k、R0表示）。
【答案】（1）0.500；（3），；（4），10；（5）。
【分析】（1）读出螺旋测微器固定刻度和可动刻度的值相加即可；
（3）根据欧姆定律计算；
（4）根据结果推导图像函数表达式，结合图像计算；
（5）根据金属丝电阻表达式推导。
【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度的读数为0，可动刻度读数为50.0×0.01mm，则金属丝的直径D＝50.0×0.01mm＝0.500mm
（3）由电路可知，流过待测金属丝的电流
金属丝的电阻
（4）根据
解得
则
解得
做出U2﹣U1图像，则
解得
（5）根据
解得
故答案为：（1）0.500；（3），；（4），10；（5）。
13．（10分）将长为L、电阻为R的导体棒截成相等的三段后，拼成等边三角形ABC，在A、B端接电压为U的直流电源，空间存在垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场（图中未画出），求：
（1）通过电源的电流I；
（2）AC边受到的安培力大小F。
【答案】（1）通过电源的电流为；
（2）AC边受到的安培力大小为。
【分析】（1）根据并联电阻的求解方法，可得到AB间的电阻，由欧姆定律可计算通过电源的电流；
（2）由并联电路分流特点，可知通过AC边的电流大小，结合安培力公式，可知AC边受到的安培力大小。
【解答】解：（1）由题意可知，三边的电阻大小均相等为，三边长均为；
电源接在AB端，可得到AB间的电阻为RAB＝，由欧姆定律可计算通过电源的电流，解得：；
（2）由并联电路分流特点，可知通过AC边的电流满足：，且：I＝IAC+IAB，即：；
由安培力公式可知：，解得：F＝。
答：（1）通过电源的电流为；
（2）AC边受到的安培力大小为。
14．（12分）小刚坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，车灯会瞬间变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，汽车电源电动势E＝12.5V，内阻r＝0.05Ω，车灯接通、电动机未启动时（S1断开、S2闭合时）电流表示数10A；电动机启动瞬间（S2闭合前提下，S1闭合瞬间），电流表示数I2＝58A。已知电动机内阻r1＝0.1Ω，整个过程车灯电阻不变，电流表为理想电表。求：
（1）车灯的电阻R1；
（2）电动机启动瞬间，车灯功率的变化量；
（3）电动机启动瞬间，电动机的机械功率。
【答案】（1）车灯电阻为1.2Ω；
（2）车灯功率的变化量为43.2W；
（3）电动机的机械功率为455W。
【分析】（1）由电动机未启动时的电路参数，可列出闭合电路欧姆定律，计算车灯电阻；
（2）由闭合瞬间电流表的示数，可计算路端电压，从而计算车灯的电功率，结合闭合前的车灯电功率，可计算车灯功率的变化量；
（3）由电动机启动瞬间，路端电压和电动机支路电流的的值，可计算电动机的总功率和热功率，结合功能关系，即可得到机械功率的关系式，得到机械功率的值。
【解答】解：（1）电动机未启动时，电流表示数为10A，根据闭合电路欧姆定律可知：E＝I（r+R1），可得：R1＝1.2Ω；
（2）闭合瞬间电流表的示数I2＝58A，可计算路端电压为：U2＝E﹣I2r，可知：U2＝9.6V，
此时通过车灯的电流为：，车灯的电功率为：P2＝U2IL，代入得：P2＝76.8W，
闭合前的车灯电功率为：P1＝I2R1，代入得：P1＝120W，可计算车灯功率的变化量ΔP＝P1﹣P2，得ΔP＝43.2W；
（3）电动机启动瞬间，通过电动机的电流为：I3＝I2﹣IL，得：I3＝50A，
电动机的总功率为：PM＝U2I3，得：PM＝480W，热功率为：P热＝r1，得：P热＝25W，
由功能关系可知，电动机工作消耗的电能，用于输出机械功和发热，故P机＝PM﹣P热，得：P机＝455W。
答：（1）车灯电阻为1.2Ω；
（2）车灯功率的变化量为43.2W；
（3）电动机的机械功率为455W。
15．（18分）如图所示，在P处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子自A板小孔进入A、B平行板间的加速电场从静止加速后，水平进入静电分析器中，静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，电场线沿半径方向，指向圆心O，粒子在该电场中沿图示虚线恰好做匀速圆周运动，从辐向电场射出后，竖直向下沿平行板C、D间的中线射入两板间的匀强电场。已知静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度的大小为E，粒子运动轨迹的半径为R，A、B两板间的距离为d，C、D两板长均为2L，C、D两板间的距离为L，粒子重力不计。
（1）求A、B两板间的电压U1；
（2）若要使粒子能从C、D两板下方飞出，则C、D两板间的偏转电压U2应满足什么条件？
（3）求粒子从P点出发至从C、D两板下方飞出的过程中运动的总时间t总。
【答案】（1）A、B两板间的电压U1为；
（2）若要使粒子能从C、D两板下方飞出，则C、D两板间的偏转电压U2应满足；
（3）粒子从P点出发至从C、D两板下方飞出的过程中运动的总时间为。
【分析】（1）根据向心力公式和动能定理求出粒子在辐向电场中做匀速圆周运动和在A、B两板间做加速运动时的速度，列出方程式，求出A、B两板间的电压；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成水平、竖直两个方向进行分析；
（3）分别求出粒子在A、B两板间、静电分析器、偏转电场中运动的时间，进而求得总时间。
【解答】解：（1）粒子在辐向电场中做匀速圆周运动时，电场力提供向心力，有，粒子在A、B两板间做加速运动时，有，联立解得；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，故水平位移2L＝vt，
竖直方向的位移为，
由牛顿第二定律可知，在偏转电压为U2的电场中的加速度，
粒子能从C、D两板下方离开时满足，
联立可得；
（3）由匀变速直线运动规律可知，粒子在A、B两板间运动的时间，
粒子在静电分析器中运动的时间，
粒子在偏转电场中运动的时间，
则飞行总时间为，
联立解得，
故可得飞行总时间。
答：（1）A、B两板间的电压U1为；
（2）若要使粒子能从C、D两板下方飞出，则C、D两板间的偏转电压U2应满足；
（3）粒子从P点出发至从C、D两板下方飞出的过程中运动的总时间为。U1/mV
0.50
0.70
0.90
1.15
1.40
U2/mV
0.99
1.39
1.80
2.28
2.80
U1/mV
0.50
0.70
0.90
1.15
1.40
U2/mV
0.99
1.39
1.80
2.28
2.80