物理卷·2018届江西省南昌八一中学、洪都中学等五校高二上学期第二次联考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省南昌八一中学、洪都中学等五校高二上学期第二次联考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省南昌八一中学、洪都中学等五校高二（上）第二次联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，共48分．在1-8小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，9-12小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1．初速度为v0电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初始运动方向如图，则（　　）‎ A．电子将向左偏转，速率不变 B．电子将向左偏转，速率改变 C．电子将向右偏转，速率不变 D．电子将向右偏转，速率改变 ‎2．在电场中某点放入电荷量为q的正电荷时测得该点的场强为E，若在同一点放入电荷量为2q的负电荷时，该点的场强（　　）‎ A．大小为2E，方向与E相同 B．大小为2E，方向与E相反 C．大小为E，方向与E相反 D．大小为E，方向与E相同 ‎3．板长为L的两块带电平行板中间有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板上的P点，P点为B板的中点．已知两次为同粒子入种且入射速度相同，则偏转电压U1和U2之比为（　　）‎ A．1：2 B．1：4 C．1：8 D．1：‎ ‎4．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点低 B．a、b、c三点和无穷远处等电势 C．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小 D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎5．如图所示，电源电动势为3V，电路接通后发现电灯L不工作，用一个伏特表分别测得各处电压值为：Uab=0，Ubc=3V，U=cd=0，Uad=3V，又知电路中只有一处出现故障，由此可知（　　）‎ A．灯L发生断路或短路 B．电阻R1一定发生断路 C．电阻R2一定发生短路 D．电池组中两电池间发生断路 ‎6．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（　　）‎ A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小 ‎7．如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（　　）‎ A．导体棒受到磁场力大小为BLIsinθ B．导体棒对轨道压力大小为mg﹣BILcosθ C．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg﹣BILsinθ）‎ D．导体棒受到导轨摩擦力BLIcosθ ‎8．在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则（　　）‎ A．电源的总功率不一定增大 B．电源的输出功率一定增大 C．电源内部消耗的功率一定减小 D．电源的效率一定减小 ‎9．如图所示，图中直线①表示某（外电路为纯电阻电路）电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为50 V B．电源的内阻为Ω C．电流为2.5 A时，外电路的电阻一定为15Ω D．输出功率为120 W时，路端电压一定是30 V ‎10．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（　　）‎ A．O点处实际磁感应强度的大小为B B．O点处实际磁感应强度的大小为B C．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°‎ D．O点处实际磁感应强度的方向就是斜边方向 ‎11．某空间存在着如图甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系 B．图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系 C．图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系 D．图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系 ‎12．如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，可以（　　）‎ A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极 B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极 C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极 D．以上都不对 ‎　‎ 二、实验题探究题（本大题共2小题，共17分）‎ ‎13．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，某同学测得几组数据如表，建立的坐标如图所示．‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ U/V ‎1.37‎ ‎1.30‎ ‎1.22‎ ‎1.15‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎（1）试根据上述同学测得的数据在坐标系中作出实验图线．‎ ‎（2）由图线求得电池的电动势为　　，内电阻为　　Ω．‎ ‎14．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图1可知其长度为　　mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　　mm．‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10Ω”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的电阻值约为　　Ω．若使用的是直流电压“×10V”，则该电压的读数为　　V ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 开关S； ‎ 导线若干；‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）；‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流为2.0A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）‎ 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电阻R两端的电压从零调起，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎　‎ 三、计算题（4大题，共45分）‎ ‎15．如图所示，一个带负电的粒子以速度v由坐标原点射入磁感应强度为B的匀强磁场中，速度方向与x轴、y轴均成45°．已知该粒子电量为﹣q，质量为m，则该粒子通过x轴和y轴的坐标分别是多少？‎ ‎16．在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框，宽L=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池．垂直框面放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为，整个装置放在磁感应强度B=0.8T的垂直斜面向上的匀强磁场中．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g=10m/s2）‎ ‎17．如图所示，电源电动势E0=15V．内阻r0=1Ω，电阻R1=20欧姆、间距d=0.02m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的微粒以初速度v=100m/s沿两板间中线水平射入板间，设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，带电粒子重力不计．‎ ‎（1）当Rx=29Ω时，电阻R1消耗的电功率是多大？‎ ‎（2）若小球进入板间能做匀速直线运动，则Rx是多少？‎ ‎18．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电量为q=﹣1×10﹣5C的小球，自倾角为θ=37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R=0.05m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m=0.2kg，匀强电场的场强E=1×105N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，求：‎ ‎（1）小球从H=0.1m高处静止释放，滑至B的速度为多少？‎ ‎（2）若从高为h的某处从静止释放，要使小球能到C点，h至少应为多少？‎ ‎（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为1m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省南昌八一中学、洪都中学等五校高二（上）第二次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，共48分．在1-8小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，9-12小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1．初速度为v0电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初始运动方向如图，则（　　）‎ A．电子将向左偏转，速率不变 B．电子将向左偏转，速率改变 C．电子将向右偏转，速率不变 D．电子将向右偏转，速率改变 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据安培定则判断出通电导体右侧的磁场方向，然后根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力的方向，即得出电子的偏转方向，注意应用左手定则时四指指向与电子运动方向相反，洛伦兹力不做功．‎ ‎【解答】解：由安培定则可知导体右侧磁场方向垂直纸面向里，然后跟左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．在电场中某点放入电荷量为q的正电荷时测得该点的场强为E，若在同一点放入电荷量为2q的负电荷时，该点的场强（　　）‎ A．大小为2E，方向与E相同 B．大小为2E，方向与E相反 C．大小为E，方向与E相反 D．大小为E，方向与E相同 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是描述电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是唯一确定的．由此分析即可．‎ ‎【解答】解：电场强度是描述电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，当在电场中某点放入电量为q的正电荷时，该点的场强为E，若在同一点放入电量为q′=﹣2q的负电荷时，该点的电场强度的大小和方向都不变，即E′=E，方向与E的方向相同．故ABC正确，D错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．板长为L的两块带电平行板中间有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2‎ 时，带电粒子沿轨迹②落到B板上的P点，P点为B板的中点．已知两次为同粒子入种且入射速度相同，则偏转电压U1和U2之比为（　　）‎ A．1：2 B．1：4 C．1：8 D．1：‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】同一种粒子以相同的速度从带电平行板上边缘垂直射入匀强电场，粒子做类平抛运动．由于两次极板间的电压不同，导致加速度不同，所以沿不同轨迹落在不同点．在两个方向上利用运动学公式和牛顿第二定律，写出规律，最后用比值的方法可以求得最后结果．‎ ‎【解答】解：设板长为L，板间距为d，粒子的比荷为，初速度为v．对按①轨迹运动的粒子有：L=vt1，，联立两式得到：；同理对按②轨迹运动的粒子有：，，联立两式得：，所以．由此可知：A、B、D选项错误，C选项正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点电势比b点低 B．a、b、c三点和无穷远处等电势 C．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小 D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势．‎ ‎【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、B、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误，B正确．‎ C、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，故b点的电场强度大于a处电场强度．故C错误．‎ D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，电源电动势为3V，电路接通后发现电灯L不工作，用一个伏特表分别测得各处电压值为：Uab=0，Ubc=3V，U=cd=0，Uad=3V，又知电路中只有一处出现故障，由此可知（　　）‎ A．灯L发生断路或短路 B．电阻R1一定发生断路 C．电阻R2一定发生短路 D．电池组中两电池间发生断路 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路接通后发现电灯L不工作，说明电路中存在断路或L短路．当元件完好时，电阻是一定的，没有电流时，根据欧姆定律，其电压为0；当元件断路时，其两端电压等于电源的电压．根据测量得到的信息，分析故障所在位置．‎ ‎【解答】解：A、由题，Uab=0，灯L不发生断路，如断路，其电压Uab=3V．若发生短路，Ubc＜3V．故A错误；‎ B、电阻R1一定发生断路．因为断路时，R1两端的电势分别与电源两极的电势相等，其电压等于电源的电动势．故B正确；‎ C、若电阻R2发生短路，Uab＞0，3V＞Ubc＞0，与题意不符．故C错误；‎ D、若电池组中两电池间发生断路，所测量的外电路各部分电压应都为零，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（　　）‎ A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小 ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题．‎ ‎【解答】解：导体棒受力如图所示，tanθ==；‎ A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；‎ B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；‎ C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；‎ D、磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（　　）‎ A．导体棒受到磁场力大小为BLIsinθ B．导体棒对轨道压力大小为mg﹣BILcosθ C．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg﹣BILsinθ）‎ D．导体棒受到导轨摩擦力BLIcosθ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．‎ ‎【分析】对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示．B与I垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=BIL，选项A错误；‎ B、根据共点力平衡规律得：BILsinθ+Fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为Fn=mg﹣BILsinθ，选项B错误；‎ C、由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为Ff=BILcosθ，选项C错误，选项D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则（　　）‎ A．电源的总功率不一定增大 B．电源的输出功率一定增大 C．电源内部消耗的功率一定减小 D．电源的效率一定减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定路端电压的变化，根据电流表的电流与干路电流和R2电流的关系分析电流表的示数变化，结合题意，电流表示数变大，确定变阻器滑片移动的方向，分析电路中总电流的变化，即可判断电源的总功率的变化和其他功率的变化．‎ ‎【解答】解：假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，内电压减小，路端电压增大．电路中并联部分的电压U并=E﹣I（r+R1）增大，电阻R2的电流增大，电流表的示数IA=I﹣I2，变小．由题意，电流表示数变大，所以可知，滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流I增大，电源的总功率P总=EI，可知，P总增大．‎ 由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化．‎ I增大，由P内=I2r得知电源内部消耗功率一定增大．‎ 电源的效率η==，根据分析可知，路端电压U减小，电动势E不变，所以电源的效率一定减小．故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．如图所示，图中直线①表示某（外电路为纯电阻电路）电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为50 V B．电源的内阻为Ω C．电流为2.5 A时，外电路的电阻一定为15Ω D．输出功率为120 W时，路端电压一定是30 V ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】先根据根据闭合电路欧姆定律推导出电源输出电压与电流的关系图象的表达式，然后对照图象求解电动势和内电阻；可以从图象读出不同电流对应的电压和输出功率，根据欧姆定律求解电阻．‎ ‎【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：U=E﹣Ir，对照U﹣I图象，当I=0时，U=E=50V，故A正确；‎ B、U﹣I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：r=||==5Ω，故B错误；‎ C、电流为2.5A时，对照U﹣I图象，电压为37.5V，故外电路电阻：R==Ω=15Ω，故C正确；‎ D、输出功率为120W时，对照P﹣I图象，电流为4A，再对照U﹣I图象，输出电压为30V，故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（　　）‎ A．O点处实际磁感应强度的大小为B B．O点处实际磁感应强度的大小为B C．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°‎ D．O点处实际磁感应强度的方向就是斜边方向 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．‎ ‎【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在O点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量的合成法则，及右手螺旋定则，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，电流1与3在O处的合磁感应强度为零，则：B合=B，故A正确，B错误，‎ CD、依据矢量的合成法则，及右手螺旋定则，可知，在O处电流1与3磁场相互抵消，则电流2在其处的磁感线与斜边相切，那么O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为0°，其处磁感应强度的方向就是斜边方向，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．某空间存在着如图甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系 B．图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系 C．图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系 D．图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系 ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小．‎ ‎【解答】解：A、对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：a=，水平方向受到的力不变，使用B的加速度不变．物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误．‎ B、物块A对物块B的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故B错误．‎ C、A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，符合图中所示规律，故C正确；‎ D、对整体分析可知，N'=mAg+mBg+qvB=mAg+mBg+qBat，故同样可以由图示规律表示，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎12．如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，可以（　　）‎ A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极 B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极 C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极 D．以上都不对 ‎【考点】安培力；安培定则．‎ ‎【分析】运用安培定则判断电流产生的磁场方向，根据左手定则判断安培力方向．将选项逐一代入检验，选择符合题意的．‎ ‎【解答】解：AD、将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则M N垂直纸面向外运动，符合题意．故A正确，D错误．‎ B、将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则M N垂直纸面向外运动，符合题意．故B正确．‎ C、将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则M N垂直纸面向里运动，不符合题意．故C错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、实验题探究题（本大题共2小题，共17分）‎ ‎13．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，某同学测得几组数据如表，建立的坐标如图所示．‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ U/V ‎1.37‎ ‎1.30‎ ‎1.22‎ ‎1.15‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎（1）试根据上述同学测得的数据在坐标系中作出实验图线．‎ ‎（2）由图线求得电池的电动势为　1.44　，内电阻为　0.74　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）应用描点法作图，作出电源的U﹣I图象；‎ ‎（2）根据图象求出电源的电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后用直线把各点连接起来，作出电源的U﹣I图象如图所示；‎ ‎（2）图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E=1.44V；‎ 斜率绝对值表示电源内电阻，由图示图象可知，电源内阻：r===0.74Ω；‎ 故答案为：（1）图象如图所示；（2）1.44；0.74．‎ ‎　‎ ‎14．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图1可知其长度为　50.15　mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　4.700　mm．‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10Ω”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的电阻值约为　220　Ω．若使用的是直流电压“×10V”，则该电压的读数为　3.9　V ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 开关S； ‎ 导线若干；‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）；‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流为2.0A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）‎ 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电阻R两端的电压从零调起，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率；用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；‎ ‎（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；‎ ‎（3）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；根据电压表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；‎ ‎（4）根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图 ‎【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm．‎ ‎（2）由图所示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm．‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10Ω”档，由图示表盘可知，欧姆表示数为22×10=220Ω；‎ 使用的是直流电压“×10V”，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，示数为3.9V．‎ ‎（4）电源电动势为4V，电压表应选V1，电路最大电流约为I==≈0.0136A=13.6mA，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1‎ ‎，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220；3.9；（4）电路图如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题（4大题，共45分）‎ ‎15．如图所示，一个带负电的粒子以速度v由坐标原点射入磁感应强度为B的匀强磁场中，速度方向与x轴、y轴均成45°．已知该粒子电量为﹣q，质量为m，则该粒子通过x轴和y轴的坐标分别是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】首先根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得知带电粒子的旋转方向，画出运动的轨迹图，利用圆周运动的半径公式结合几何关系可求出经过x轴和y轴的坐标．‎ ‎【解答】解：因粒子带负电，由左手定则可判断出带电粒子将沿顺时针方向转动，轨迹如图所示，运动轨迹的半径为：‎ 因射入时与x轴的方向成45°角，由几何关系可知，带电粒子通过x轴时，转过了90°角，此时的坐标为：‎ x==‎ 同理可知，粒子经过y轴时，转过了270°角．此时的坐标为：‎ y=﹣=﹣‎ 答：粒子通过x轴和y轴的坐标分别是，．‎ ‎　‎ ‎16．在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框，宽L=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池．垂直框面放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为，整个装置放在磁感应强度B=0.8T的垂直斜面向上的匀强磁场中．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g=10m/s2）‎ ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】通电导线处于垂直斜面向上的匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，当安培力过大时，则棒有上滑趋势，则静摩擦力沿斜面向下．当安培力过小时，则棒有下滑的趋势，则静摩擦力沿斜面向上．根据力的平衡条件可求出两种安培力的大小，从而确定滑动变阻器的电阻范围．‎ ‎【解答】解：当安培力较小，摩擦力方向向上时：‎ 得：‎ 当安培力较大，摩擦力方向向下时：‎ 得：‎ 答：滑动变阻器R的取值范围应为1.6Ω≤R≤4.8Ω ‎　‎ ‎17．如图所示，电源电动势E0=15V．内阻r0=1Ω，电阻R1=20欧姆、间距d=0.02m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的微粒以初速度v=100m/s沿两板间中线水平射入板间，设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，带电粒子重力不计．‎ ‎（1）当Rx=29Ω时，电阻R1消耗的电功率是多大？‎ ‎（2）若小球进入板间能做匀速直线运动，则Rx是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由电路图可知，R1与R2并联后与滑动变阻器串联，由串并联电路的性质可得出总电阻，由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流及R2两端的电压，由电功率公式可求得R2消耗的电功率；‎ ‎（2）粒子进入板间后做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式求解电场强度，得到电容器的电压；由闭合电路欧姆定律可求得滑动变阻器的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）当Rx=29Ω时，电流： ==0.3 A，‎ 所以R1上消耗的功率：P1=I2 R1=0.32×20=1.8 W；‎ ‎（2）设当平行金属板之间的电压为U1时，带电粒子恰好能做直线运动，‎ 则有：，解得：U1=2V，‎ 又因为：‎ 解得：Rx=129Ω；‎ 答：（1）当Rx=29Ω时，电阻R1消耗的电功率是1.8W；‎ ‎（2）若小球进入板间能做匀速直线运动，则Rx是129Ω．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电量为q=﹣1×10﹣5C的小球，自倾角为θ=37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R=0.05m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m=0.2kg，匀强电场的场强E=1×105N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，求：‎ ‎（1）小球从H=0.1m高处静止释放，滑至B的速度为多少？‎ ‎（2）若从高为h的某处从静止释放，要使小球能到C点，h至少应为多少？‎ ‎（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为1m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出小球滑到B点的速度；‎ ‎（2）以小球为研究对象，恰好过最高点C时，重力与电场力的合力恰好提供向心力，结合牛顿第二定律与动能定理，即可求解；‎ ‎（3）当小球从C点射出，做平抛运动，据平抛运动的处理方法即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球受的电场力竖直向上，大小为：F=qE=1 N 设小球到达B点的速度为vB，由动能定理：‎ 代入数据：‎ VB=1m/s ‎ ‎（2）、当小球到达c时，有：‎ 代入数据解得 又由动能定理：‎ 可得：△h≥0.025m h≥2R+△h=0.1+0.025=0.125m ‎（3）小球离开C点后做类平抛运动 加速度 水平方向 竖直方向 由几何关系：‎ 联立解得：t=1s 落回斜面时的速度 落回斜面时的动能 答：（1）小球从H=0.1m高处静止释放，滑至B的速度为1m/s ‎（2）若从高为h的某处从静止释放，要使小球能到到C点，h至少应为0.125m ‎（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为1m/s，则小球落回到斜面时的动能是2.6J ‎　‎