广东省广州市华南师大附中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷-普通用卷

这是一份广东省广州市华南师大附中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷-普通用卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，一阻值为R的圆形线圈位于磁感应强度为B的匀强磁场中，从某时刻开始，空间中各点磁感应强度均随时间均匀增大，则对于该圆形线圈( )
A. 将产生恒定的逆时针方向的电流
B. 有扩张的趋势
C. 各个点所受安培力相同
D. 所受安培力合力向右
2.如图所示，带电体P、Q可视为点电荷，电荷量相同，电性未知。倾角为θ的绝缘斜面体放在粗糙水平面上，将带电体P放在粗糙的斜面体上。当带电体Q固定在与P等高(PQ连线水平)且与P相距为r的右侧位置时，P静止且不受摩擦力作用，此时斜面体也保持静止，则下列说法中正确的是( )
A. 带电体P、Q所带电荷的电性相异
B. 带电体P对斜面体的压力比P的重力小
C. 斜面体受到地面的摩擦力方向向右
D. 斜面体对地面的压力等于P、Q和斜面体的重力之和
3.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。a′、b′、c′为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形(a′b′=b′c′)，O为连线a′c′的中点。顺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′
C. 导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为 2B
D. 导线b受到的安培力方向竖直向上
4.质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用。如图为质谱仪的工作原理示意图，粒子源产生的带电粒子经加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度大小和匀强电场的电场强度大小分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，不计粒子重力和粒子间作用力。下列说法正确的是( )
A. 该粒子带负电
B. 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
C. 能通过狭缝P的粒子的速率为2EB
D. 粒子打在胶片上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷qm越小
5.温州市区某学校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小).现增加光照强度，则下列判断正确的是( )
A. 电源路端电压不变B. B灯变暗，A灯变亮
C. R0两端电压变大D. 电源总功率不变
6.小明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，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.6V，内阻为0.05Ω。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为12A，电动机启动的瞬间，电流表示数达到52A。电表为理想电表，下列说法正确的是( )
A. 电动机未启动时，车灯的功率为125W
B. 电动机启动时，车灯的功率为120W
C. 电动机启动时，电动机的输入功率为420W
D. 电动机启动时，电动机的热功率可能为450W
7.如图甲连接电路，电表均为理想电表。闭合开关S，让滑动变阻器的滑片C从B端向左滑动的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图乙所示，U、I分别是电压表、电流表的示数，R是变阻器AC间的电阻，P出是电源输出功率，η是电源效率。下列选项中正确的是( )
A. 电源的电动势为4VB. 滑动变阻器最大阻值为10Ω
C. Ⅰ图a点的坐标为(0.6A,4.8V)D. Ⅱ图c点的坐标为(4.8V,1.88W)
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v−t图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
9.手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时( )
A. 电容器所带电荷量不变B. 直流电源对电容器充电
C. 极板间的电场强度增大D. 电阻R上有从a到b的电流
10.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cs37°=0.8，g取10m/s2。下列说法正确( )
A. 小球的电荷量q=3×10−5C
B. 小球动能的最小值为1J
C. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D. 小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为5J
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在使用多用电表测电流前，发现指针如图(甲)所示。

(1)现需要调整右图中的部件______(填字母“K”、“S”或“T”)，使指针对准电流的“0”刻线。调整好后，将部件K拨至“50mA”挡，将多用表串联接入待测电路中，指针如图(乙)所示，则电路中电流为______mA。
(2)使用多用表测电阻时，将部件K拨至“×10”挡，并将两表笔短接，旋动部件______(填字母“K”、“S”或“T”)，使指针对准电阻的“0刻线”。将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图(甲)所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学将部件K拨至______挡(填“×1”或“×100”)；之后要______，再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值，此时指针如图(乙)所示，则待测电阻为______Ω，测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡。
(3)如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是______。

A.A是黑表笔、B是红表笔
B.作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小
C.当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零
12.为探究热敏电阻的伏安特性，物理兴趣小组做了下列实验。
(1)描绘热敏电阻的I−U图像。已知热敏电阻的阻值为几百欧姆，所使用的电流表内阻小于1Ω，电压表内阻为几千欧姆，为使电压的测量范围足够大，下列测量电路应该选用(______)
A.
B.
C.
D.
(2)按照你选择的正确电路，将图甲中的实物图连接成电路。

(3)现将上述测量的两个相同的热敏电阻(伏安特性曲线如图乙所示)和定值电阻、恒压电源组成如图丙所示的电路，电源电动势为6V，内阻不计，定值电阻R0=80Ω。每个热敏电阻消耗的电功率约为______W(结果保留两位有效数字)。

(4)已知热敏电阻的阻值随温度的变化规律如图丁所示，则(3)中热敏电阻的热力学温度约为______K(结果保留整数)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，第一象限内有方向竖直向上的匀强电场.第四象限有磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一带电的粒子从M(0,−d)点以速率v沿与x轴正方向射入磁场区域，经过一段时间穿过x轴上的P( 33d,0)点进入第一象限，再从y轴上的Q点(图中未画出)离开第一象限，不计粒子的重力，求：
(1)判断带电粒子的电性并计算带电的粒子的比荷qm；
(2)粒子从M点到Q点的运动时间。
14.如图所示，两平行金属导轨间距l=1m，导轨与水平面成θ=37°，导轨电阻不计。导轨上端连接有E=6V、r=1Ω的电源和滑动变阻器R.长度也为l的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg、电阻R0=2Ω，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上。g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8求：
(1)当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，接入电路中的滑动变阻器的阻值R1多大？
(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为R2=5Ω时金属棒受到的摩擦力。
15.如图所示，由S点发出的电量为q、质量为m的静止带电粒子，被加速电压为U，极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U的匀强偏转电场，偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子离开偏转电场后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B.若不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求：
(1)简要画出粒子经磁场返回S点的路径(粒子第二次进入电场时电场方向反向)．
(2)粒子第一次进入磁场时的速度大小？
(3)匀强磁场的宽度D至少为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.空间中各点磁感应强度均随时间均匀增大，则穿过该圆形线圈的磁通量向里增加，由楞次定律增反减同，可知该圆形线圈将产生恒定的逆时针方向的电流；故A正确，B错误；
B.由左手定则判定，该圆形线圈各个点所受安培力向里，所以线圈有收缩的趋势，故B错误；
CD.由于安培力是矢量，所以该圆形线圈各个点所受安培力大小相等，方向不同；该圆形线圈所受安培力合力为0，故CD错误。
故选：A。
当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，由楞次定律可确定感应电流方向；根据左手定则判定线圈受力情况。
本题主要考查了楞次定律和左手定则，解题关键是掌握当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流。
2.【答案】C
【解析】解：AB.对物体P受力分析物体P受到水平向左的库仑力，竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力N，故带电体P、Q所带电荷的电性相同，且有：
csθ=mgN
则支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知，带电体P对斜面体的压力比P的重力大，故AB错误；
CD.对斜面体和物体P整体受力分析，整体平衡，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，水平向左的库仑力和水平向右的摩擦力，所以竖直方向上受力平衡，此时地面对斜面体的支持力
F支=(M+mP)g
由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力为P和斜面体的重力之和，故C正确，D错误。
故选：C。
对物体P受力分析，根据受力平衡，判断电性以及压力，对斜面体和物体P整体受力分析判断。
本题采用隔离法和整体法研究共点力平衡问题，关键是明确研究对象，正确进行受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程研究．
3.【答案】B
【解析】AB、由几何关系可知，三条导线与O的距离相等；由三条导线的电流大小相等，故三条导线在O处产生的磁感应强度大小相等；由电流的方向，根据右手螺旋定则，可判断导线a在O处产生的磁场方向为竖直向上，导线c在O处产生的磁场方向为竖直向下，导线b在O处产生的磁场方向为水平向左；由对称性及矢量合成规则可知，故O处的磁感应强度方向水平向左，即由O指向c′，大小为B，故A错误，B正确；
CD、由几何关系可知，导线a、c与导线b的距离相等，故导线a、c在导线b位置产生的磁感应强度大小相等；由右手螺旋定则，可知导线a在导线b处的磁感应强度方向沿cb方向，导线c在导线b处的磁感应强度方向沿ba方向，互相垂直；若导线a在导线b处的磁感应强度大小为B1，由图可知aO距离与ab距离显然不同，故B≠B1，即导线b处的合磁感应强度大小为 B12+B12= 2B1，方向为水平向右，由左手定则可知导线b受到的安培力方向为竖直向下，故CD错误。
故选：B。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据左手定则，结合粒子在磁场中的偏转方向可知，该粒子带正电，故A错误；
B.速度选择器中粒子受电场力向右，洛伦兹力方向向左，由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，故B错误；
C.能通过狭缝P的粒子的速率满足
Bqv=qE
则
v=EB
故C错误；
D.粒子在磁场中运动时
B0qv=mv2r
可得粒子打在胶片上的位置
x=2r,解得x=2mEqBB0
可知离狭缝P越远的粒子的比荷qm越小，故D正确。
故选：D。
带电粒子在平板下方匀强磁场中的偏转方向为顺时针，由左手定则判断该带电粒子带电性质；能通过狭缝P的粒子在速度选择器中做直线运动，其受力平衡，由平衡条件求得其速率。根据速度选择器中电场方向可知粒子所受电场力方向，粒子所受洛伦兹力方向与电场力方向相反，由左手定则判断磁场方向；带电粒子在平板S下方的磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得粒子运动半径，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子运动半径越大，由此判断粒子的比荷如何变化。
本题考查了质谱仪的工作原理，考查了带电粒子在电磁场中的运动问题。速度选择器的作用是控制进入质谱仪的粒子的速率一定，在质谱仪中通过粒子运动半径的关系，可得到粒子的比荷关系。
5.【答案】C
【解析】解：由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗；
通过R0电流I0=I−IA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P=EI，I增大，则P增大．故C正确，ABD错误．
故选：C
增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B灯电压的变化情况，从而B的亮度变化．
本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化．
6.【答案】C
【解析】解：A、据题意可知，电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，根据闭合电路吹测定律可知此时的路端电压U=E−Ir，代入解得：U=12V，
车灯的功率为：PL=UI=12V×12A=144W，故A错误；
B、据题意可知，电动机启动时，车灯与电动机并联，再与电流表和电源串联，根据闭合电路吹测定律可知此时的路端电压U2=E−I2r，代入解得：U2=10V，
由A选项分析可知，灯泡的电阻为：RL=UI=12V12A=1Ω，电动机启动后，通过灯泡的电流为：IL=U2RL=10V1Ω=10A，
故车灯的电功率为：PL′=U2IL=10V×10A=100W，故B错误；
C、由并联电路电流规律可知，通过电动机的电流为：IM=I2−IL=52A−10A=42A，电动机的输入功率为：PM=U2IM=10V×42A=420W，故C正确；
D、由电动机的热功率、输入功率、机械功率的关系可知，热功率必然小于输入功率，故热功率必然小于输入功率，故D错误。
故选：C。
由电动机为启动时的电路结构，结合闭合电路欧姆定律，可计算车灯的电压、电阻、电功率；由电动机启动时的干路电流，结合闭合电路欧姆定律，可计算路端电压；由车灯的电阻及电动机启动时的路端电压，可计算车灯所在支路的电流，即可计算车灯的电功率；由电动机启动时的干路电流，车灯所在支路电流，即可计算电动机所在支路电流，即可计算电动机的输入功率；由电动机的输入功率、热功率、机械功率关系，可判断热功率是否可能大于输入功率。
本题考查涉及电动机的电路计算，注意电动机启动后，电路结构与之前不同，两次通过灯泡的电流不同。
7.【答案】C
【解析】解：A.由图乙中Ⅰ图可知短路电流
I短=3A
由
I短=Er
解得
E=3r
根据图乙中Ⅱ图可知电源最大输出功率
Pm=4.5W
内阻等于外阻电源有最大输出功率则，由
Pm=E24r
解得
E=6V，r=2Ω
故A错误；
B.由Ⅲ图知电源的最大效率η=80%，电源效率最高时，滑动变阻器接入电路的阻值最大
由
η=I2RI2(R+r)×100%=RR+r×100%
解得
R=8Ω
即滑动变阻器最大阻值为8Ω，故B错误；
C.Ⅰ图a点R=8Ω，此时电路中的电流
I=ER+r=68+2A=0.6A
根据闭合电路欧姆定律可知
U=E−Ir=6V−0.6×2V=4.8V
a点的坐标为(0.6A,4.8V)，故C正确；
D.Ⅱ图c点表明滑动变阻器达到了最大值，即R=8Ω，U=4.8V，干路电流I=0.6A，故输出功率
P出=UI=4.8×0.6W=2.88W
故Ⅱ图c点的坐标为(4.8V,2.88W)，故D错误。
故选：C。
分析甲图电路结构，由Ⅰ图读出短路电流I=3A，根据Ⅱ图得到电源最大输出功率，由E=Ir结合功率最大的条件求解电源的电动势和内阻r；由效率公式求出滑动变阻器的总阻值R；根据电路连接情况结合闭合电路的欧姆定律分别求出a、c点的坐标。
本题关键是读出图像的信息，知道电源的输出功率与路端电压的关系，能根据闭合电路欧姆定律进行分析和求解。
8.【答案】ACD
【解析】解：根据左手定则可知洛伦兹力的方向垂直墙向右，即为F=qvB，
运动过程中受到的摩擦力f=μF=μqvB；
根据牛顿第二定律可得：a=mg−fm(取向下为正)。
A、如果开始时重力等于摩擦力，则加速度为零，物体匀速运动，故A正确；
BD、如果开始重力大于摩擦力，则加速度为正，随着速度的增大，加速度逐渐减小，最后匀速运动，故B错误、D正确；
C、如果开始重力小于摩擦力，则加速度为负，随着速度的增大，加速度逐渐减小，最后匀速运动，故C正确。
故选：ACD。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，根据速度图象的斜率表示加速度进行分析。
本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动情况，弄清楚受力情况和运动情况是解答本题的关键。
9.【答案】BC
【解析】解：ABD、当待测压力突然增大时，板间距离减小，由电容的决定式：C=ɛS4πkd得知，电容增大；因电容器的电压U保持不变，由公式Q=CU，电容器的电量增大，电容器将充电，那么电阻R上有从b到a的电流，故B正确，AD错误；
C、依据电场强度公式E=Ud，因极板间距减小，那么板间的电场强度增大，故C正确。
故选：BC。
根据电容的决定式分析待测压力突然增大时电容的变化；
电容器的电压保持不变，由电容的定义式分析电容器的电量如何变化，从而判定电容器充电还是放电；
依据电场强度公式E=Ud，判定电场强度的变化；
依据电子的定向移动方向与电流方向相反，从而判断流过电阻的电流方向。
此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，对于电容器的动态变化分析问题，关键要记牢电容的决定式和定义式，注意电容器充放电的判定，及电流的方向与电子定向移动方向的关系。
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球静止时受到重力、电场力和绳子的拉力，如图所示。
根据平衡条件可得，小球受到的电场力为
F=qE=mgtan37°
解得小球的电荷量为q=6×10−5C，故A错误；
B、小球静止时，电场力和重力的合力反向延长线与轨迹的交点A为动能的最小位置，此时合力可以看成等效重力，即
F向=mgcs37∘=mvA2L
可得小球动能的最小值为
Ekm=12mvA2=12⋅ mgcs37∘⋅L，解得Ekm=1J，故B正确；
C、在小球运动过程中，只有电场力做功能改变小球的机械能，所以机械能最小的位置是在圆轨道的最左边，故C错误；
D、小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，因取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，所以电势能和机械能之和等于经过平衡位置时的动能，设为E。从A到平衡位置，由动能定理可知E−12mvA2= mgcs37∘⋅2L，即E=12mvA2+mgcs37∘⋅2L，解得E=5J，故D正确。
故选：BD。
小球静止时，对小球受力分析，根据平衡条件列式，即可求解小球的电荷量q；找到等效最高点，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点时速度最小，根据牛顿第二定律、动能的表达式分别列式，即可求解小球动能的最小值；在小球运动过程中，只有电场力做功改变小球的机械能，当电场力做的负功最多时，小球的机械能最小；小球在运动过程中只有重力与电场力做功，电势能和机械能之和保持不变，等效最高点的动能、重力势能、电势能之和，就是小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和，据此分别列式，即可求解电势能和机械能之和。
本题为小球在电场和重力场这一复合场中的运动问题，抓住重力和电场力的合力为恒力这一突破口解决本题，要找到等效最高点，在等效最高点的临界情况是由电场力和重力的合力提供向心力。
11.【答案】S 22.0 T ×100 重新进行欧姆调零 1900 C
【解析】解：(1)需要调整指针定位螺丝，即图中的部件S，使指针对准电流的“0”刻线。
将部件K拨至“50mA”挡，最小刻度为1mA，由图(乙)可知电路中电流为22.0mA。
(2)使用多用表测电阻时，将部件K拨至“×10”挡，并将两表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的“0刻线”。
若多用电表读数如图(甲)所示，可得待测电阻较大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学将部件K拨至“×100”挡；之后要重新进行欧姆调零，再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值，此时指针如图(乙)所示，则待测电阻为
19×100Ω=1900Ω
(3)A.多用电表要满足电流方向由“红进黑出”，A与内部电源的负极相连是红表笔、B与内部电源的正极相连是黑表笔，故A错误；
B.作电流表时1是微安表先与电阻串联再与电阻并联，2是两电阻串联后再与微安表并联，根据并联电路的分流特点可知1比2量程大；作电压表时6是串联两个电阻，5是串联一个电阻，根据串联电路的分压特点可知6比5量程大，故B错误；
C.当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零，故C正确。
故选：C。
故答案为：(1)S，22.0；(2)T，×100，重新进行欧姆调零，1900；(3)C。
(1)根据多用电表结构分析判断，根据多用电表的使用分析判断；
(2)根据欧姆表的特点和读数方法判断；
(3)根据多用电表的内部结构的特点判断。
本题关键掌握多用电表的内部结构、使用方法，欧姆表的使用和读数方法。
12.【答案】B 0.021 293
【解析】解：(1)由于描绘热敏电阻的I−U图像需要电压从零开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压式接法，又因为电流表内阻远小于热敏电阻的阻值，电流表采用内接方式，故B正确。
(2)根据图B所示电路，用笔画线代替导线连接实物电路，如图甲所示。
(3)设热敏电阻两端电压为U，通过热敏电阻的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：E=2U+IR0
变形并代入数据得：I=340−U40
在题图乙中作出I=340−U40对应的函数图线，如图乙所示
图线与热敏电阻的伏安特性曲线的交点表示此时热敏电阻的工作点，电压U≈2.7V，电流I≈7.9mA。
则每个热敏电阻消耗的电功率：P=UI≈0.00079×2.7W=0.021W
(4)由交点坐标可得对应的热敏电阻的阻值R=UI≈342Ω。由图丁可知，342Ω对应的温度约为20℃，其热力学温度约为293K(292 K～294 K均正确)。
故答案为：(1)B；(2)见解析；(3)0.021(0.019～0.023均正确)；(4)293(292～294均正确)。
(1)根据实验目的和题题设要求选择电路图；
(2)按电路图连接实物图；
(3)根据闭合电路欧姆定律写出并联后热敏电阻中的电流与电压的关系式，并将此函数的图像画在热敏电阻的I−U图线中，找到交点坐标，再由功率公式求实际功率；
(4)中读出的待测电阻值，选择电流表的合适位置；
③由图可知电压表的读数；由②中选择的电路结构和参数，计算待测电阻两端电压，由图读出电流表读数即为待测电阻的电流，由欧姆定律推导式计算待测电阻的阻值。
本题考查伏安法电阻实验，易错点是：选择电流表内外接时，由于电压表阻值与待测电阻接近，为减小系统误差，一般选择电流表内接；但本题电压表阻值已知，选外接可消除系统误差。
13.【答案】解：(1)由左手定则判断出带电粒子带负电，粒子运动轨迹如图所示；
在磁场中，由牛顿第二定律有：qvB=mv2r
由几何关系可得：(d−r)2+( 33d)2=r2
联立解得：r=23d
带电的粒子的比荷为：qm=3v2Bd；
(2)带电粒子在磁场中的运动周期：T=2πrv
由几何关系求得：α=30°
磁场中的运动时间：t1=13T=4πd9v
粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，运动的时间为：t2= 33dvcs60°=2 3d3v
粒子从M点到Q点的运动时间为：t=t1+t2
解得：t=(2 33+4π9)dv。
答：(1)带电粒子带负电，带电的粒子的比荷为3v2Bd；
(2)粒子从M点到Q点的运动时间为(2 33+4π9)dv。
【解析】(1)由左手定则判断带电粒子的电性，由几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解比荷；
(2)由几何关系求解粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角，结合周期公式求解磁场中的运动时间，再求出粒子在电场中运动的时间，即可得到粒子从M点到Q点的运动时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
14.【答案】解：(1)当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图。
根据平衡条件可得，mgsinθ=F1csθ
又F1=BI1l
I1=ER1+R0+r
联立上式，解得：R=3Ω
(2)当滑动变阻器的电阻为R2=5Ω时，电流：I2=ER2+R0+r=65+1+1=67A
又：F2=BI2l
mgsinθ>F2csθ，故金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff
根据平衡条件可得，mgsinθ=F2csθ+Ff
联立解得 Ff=mgsinθ−F2csθ
解得：Ff=635N
答：(1)电路中的电流为2A；
(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为R2=5Ω时金属棒受到的摩擦力为635N。
【解析】(1)由闭合电路欧姆定律可求得接入电路中的阻值R1；
(2)作出受力分析，由共点力的平衡条件可得出力的表达式，再由闭合电路欧姆定律可求得的摩擦力的大小。
本题考查闭合电路欧姆定律与安培力的结合，要注意正确作出受力分析，根据共点力的平衡条件得出正确结论。
15.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
(2)电场对粒子加速，由动能定理得：12mv02=qU，解得：v0= 2qUm，
粒子在偏转电场中做类似平抛运动，其加速度a为：a=qUmL，
粒子通过偏转电场的时间t2为：t2=Lv0=L m2qU，
粒子在偏转电场中的侧移距离y为：y=12at22=L4，
侧向速度vy为：vy=at2= qU2m，
则粒子射出偏转电场时的速度v为：v= v02+vy2= 5qU2m；
(3)粒子以速度v进入磁场做匀速度圆周运动的洛仑兹力为向心力，设运动半径为R，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB=1B 5mU2q，
则磁场宽度为：D=R+ R2−y2=1B 5mU2q+ 5mU2qB2−L216。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】