北京市通州区2019届高三上学期期末考试物理试卷（解析版）

北京市通州区2019届高三上学期期末考试物理试卷（解析版）

通州区2018—2019学年高三摸底考试物理试卷 一、选择题 ‎1.把一个带正电荷的球体A放在可以水平移动的绝缘支座上，再把一个带正电荷的小球B用绝缘丝线挂在玻璃棒上的C点（使两个球心在同一水平线上），小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示。现使球体A向右缓慢移动逐渐靠近小球B，丝线与竖直方向的夹角将逐渐（移动过程中，A、B电量不变）（ ）‎ A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同种电荷相互排斥，球体A靠近小球B，相互排斥力增大，分析小球丝线与竖直方向的夹角的变化。‎ ‎【详解】根据库仑定律，球体A向右移动靠近小球B的过程中，B受到向右的库仑力增大，根据三力平衡规律，小球B的悬线偏离竖直方向的夹角增大，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A ‎2.如图所示，取一个有绝缘底座的枕形导体，起初它不带电，贴在导体a端和b端下面的金属箔是闭合的。现在把带正电荷的金属球移近导体a端但不接触，可以看到a、b两端的金属箔都张开了，则下列说法正确的是（ ）‎ A. a、b两端都带正电 B. a端带正电，b端带负电 C. 导体成为等势体，a、b两端电势相等 D. 移走金属球，a、b两端的金属箔仍然张开 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当导体a、b放在带正电的附近时，出现感应起电现象，使导体中的自由电子重新分布，a、b带上等量异种电荷，而总电荷为零；移走C后，a、b发生电中和，两端不再带电，金属箔片不再张开；a、b处于静电平衡的导体，是等势体；‎ ‎【详解】AB、带正电荷的球移近导体a，在a的左端感应出负电荷，在b的右端出现正电荷，故A错误，B错误；‎ C. a、b为处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，导体是个等势体。故C正确；‎ D、移走C后，a、b发生电中和，两端不再带电，金属箔片不再张开，故D错误。‎ 故选：C ‎3.如图所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动，转轴OO'与磁场方向垂直，线圈中产生感应电动势。下列说法正确的是（ ）‎ A. 线圈平面与磁场垂直时，磁通量为零 B. 线圈平面与磁场垂直时，磁通量变化最快 C. 线圈平面与磁场平行时，感应电动势为零 D. 线圈平面与磁场平行时，感应电动势最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量最大，磁通量变化最慢，感应电动势为零；线圈平面与磁场平行时，ab边、cd边运动方向与磁感线方向垂直，通过线圈的磁通量为零，磁通量变化最快，感应电动势最大。‎ ‎【详解】AB.线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量最大，磁通量变化最慢，故A错误，B错误；‎ CD. 线圈平面与磁场平行时，ab边、cd边运动方向与磁感线方向垂直，感应电动势最大，故C错误，D正确。‎ 故选：D ‎4.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的电阻。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 原线圈的输入功率为 B. 电流表的读数为4.0 A C. 电压表的读数为 D. 副线圈两端交流电的周期为50 s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等；再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，即可求得结论。‎ ‎【详解】A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为4:1，由U1：U2=n1：n2，可得：U2=55V，由输入功率和输出功率相等可得，原线圈中的输入功率为：P入=P出==55W，故A错误；‎ B、副线圈的电流为：I2=U2/R=55/55A=1A，由I1: I2= n2: n1可得：I1=0.25A，即电流表的读数为0.25A，故B错误；‎ C、电压表的读数为副线圈电压的有效值，即为：U=55.0V，故C正确；‎ D、由可知，ω=100π，又由ω=2π/T，解得：T=0.02s，变压器不改变周期，所以副线圈两端交流电的周期为0.02s，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎5.如图所示为速度选择器，两平行金属板水平放置，板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E（图中未标出），磁感应强度大小为B。一束带正电的粒子（不计重力）以速度v0从左端沿水平方向进入两板间，恰好做直线运动。下列说法正确的是（ ）‎ A. 上极板带负电 B. 速度v0的大小满足 C. 只改变粒子的电性，粒子在两板间将做曲线运动 D. 使该粒子以速度v0从右端沿水平方向进入，粒子在两板间仍能做直线运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 微粒做直线运动，受电场力和洛仑兹力，洛仑兹力方向向上，则电场力方向向下，可判断上极板所带电性；当电性改变，洛伦兹力和电场力方向都发生改变，可判断粒子能否做匀速直线运动；粒子以速度v0从右端沿水平方向进入，带正电粒子受到的洛伦兹力改变，电场力方向不变，判断粒子能否做直线运动。‎ ‎【详解】一带正电微粒沿平行极板方向以速度v0从左端射入，并恰好做直线运动，是匀速直线运动，根据平衡条件，有：qvB-qE=0；‎ A.根据左手定则，带正电粒子受到的洛伦兹力方向向上，则电场力方向向下，电场方向向下，上极板带正电，故A错误；‎ B.根据qvB-qE=0，，故B正确；‎ C.如果改变带电粒子的电性，带正电粒子受到的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，二力平衡，粒子仍做匀速直线运动，故C错误；‎ D. 使该粒子以速度v0从右端沿水平方向进入，带正电粒子受到的洛伦兹力方向向下，电场力方向向下，粒子不可能做直线运动，故D错误。‎ 故选：B ‎6.如图所示，a、b两点在两个固定等量正点电荷的连线上，与连线中点的距离相等，c、d两点在连线的中垂线上。下列说法正确的是（ ）‎ A. a、b两点的电场强度相同 B. c点的场强一定大于d点的场强 C. c、d两点的电势相同 D. a点的电势大于c点的电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确等量异种电荷的电场线的特点，电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同；沿电场线方向电势降低。‎ ‎【详解】A.a、b两点在两个等量同种点电荷的连线上，与连线中点距离相等，根据对称性，Ea与Eb大小相等，但方向不同，故A错误；‎ B. 等量同种点电荷的连线中点电场强度为零，无穷远处电场强度为零，从连线中点到无穷远电场强度先增大后减小，c点的场强不一定大于d点的场强，故B错误；‎ C. 等量同种点电荷连线的中垂线上，电场方向从连线中点指向无穷远处，从连线中点到无穷远处，电势逐渐降低，c点电势高于d点电势，故C错误；‎ D.从a点到两点电荷连线中点，电场方向向右，电势降低，所以a点的电势大于c点的电势，故D正确。‎ 故选：D ‎7.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器（最大阻值大于）。闭合开关S，调节R的阻值，使电路中的电流为I，下列说法正确的是（ ）‎ A. 此时电源的输出功率为EI - B. 此时滑动变阻器的阻值 C. 此时电源的路端电压为 D. 调节滑动变阻器R的阻值，当时滑动变阻器消耗的电功率最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源的输出功率等于总功率减去内电阻消耗的功率；根据闭合电路欧姆定律可求滑动电阻器的电阻；路端电压等于总电压减去内电压；根据外电路电阻等于内阻时，输出功率最大。将R0看做内阻，即可求R的最大功率。‎ ‎【详解】A.电流为I时，电源的总功率为EI，内电阻消耗的功率为I2r，所以电源的输出功率为EI-I2r，故A正确；‎ B.根据闭合电路欧姆定律，电路的总电阻为，所以滑动变阻器的阻值，故B错误；‎ C.根据闭合电路欧姆定律，E=U+Ir，所以此时电源的路端电压为，故C错误；‎ D.根据外电路电阻等于内阻时，输出功率最大。将R0看做内阻，当时滑动变阻器消耗的电功率最大，故D错误。‎ 故选：A ‎8.如图甲所示，单匝闭合线圈固定在匀强磁场中，t=0时刻磁感线垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间变化如图乙所示，线圈面积，电阻。在0~2s时间内，下列说法正确的是（ ）‎ A. 线圈中的感应电流沿逆时针方向 B. 线圈中的感应电动势大小为0.5 V C. 通过线圈横截面的电荷量为0.1 C D. 线圈中产生的焦耳热为0.05 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律可求感应电动势的大小；根据欧姆定律可求感应电流的大小，根据电流强度的定义可求电荷量；根据焦耳定律可求产生的焦耳热。‎ ‎【详解】A.第1s内，磁场的方向垂直于纸面向内，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误；‎ B.由E=可知，这2s内感应电动势恒定，E=×0.1V=0.05V，故B错误；‎ C.第2s内，磁感应强度均匀变化，所以产生恒定的电流，I=E/R=0.05/1A=0.05A，2s内通过线圈横截面的电荷量为q=It=0.05×2C=0.1 C，故C正确；‎ D.根据焦耳定律，线圈中产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.052×1×2J=0.005 J，故D错误。‎ 故选：C ‎9.如图所示，甲、乙两个电压表是由相同的电流表G（内阻不为零）改装而成，、是分压电阻，<。下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲的量程等于乙的量程 B. 甲的量程大于乙的量程 C. 测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同 D. 测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电压表改装原理，两表的量程与内阻成正比，比较量程的大小；测量同一电压时，两表并联，电流与电阻成反比，据此判断．‎ ‎【详解】AB. 根据电压表改装原理，两表的量程与内阻成正比，因为<，则甲的量程小于乙的量程，故A错误，B错误；‎ CD. 测量同一电压时，甲、乙两表并联，甲的电阻小，电流大，故甲指针的偏转角度比乙表大，故C错误，D正确；‎ 故选：D.‎ ‎10.如图所示为演示自感现象的电路图，L是电感线圈，且电阻不为零。实验时，断开开关S瞬间，灯A突然闪亮，随后逐渐变暗。下列说法正确的是（ ）‎ A. 灯A与线圈L的电阻值相等 B. 闭合S，电路稳定后，灯A中电流大于线圈L中电流 C. 断开S瞬间，线圈L中电流增大 D. 断开S瞬间，灯A中电流方向向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据灯A突然闪亮，判断电流的变化，可以判断灯A与线圈L的电阻值大小；断开S瞬间，由于自感作用，流过L的电流逐渐减小，电感A与灯泡A组成回路，判断电流的方向和大小的变化。‎ ‎【详解】AB.断开S的瞬间，A灯闪亮，是因为电路稳定时，A的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A灯的电阻，故A错误，B错误；‎ C.断开S瞬间，原来流过A的电流瞬间变为零。由于自感作用，流过L的电流逐渐减小，故C错误；‎ D. 断开S瞬间，电感A与灯泡A组成回路，流过L的电流向左流过A，故D正确。‎ 故选：D ‎11.在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，这个现象称为霍尔效应。如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，上、下表面a、b是工作面，磁感应强度B垂直于工作面竖直向下，前、后表面c、d接入图示方向的电流I，左、右表面e、f之间就会形成电势差U，该电势差可以反映磁感应强度B的强弱，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若元件是正离子导电，则e面电势高于f面电势 B. 若元件是自由电子导电，则e面电势高于f面电势 C. 在测量沿竖直方向的地球北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直 D. 在测量沿水平方向的地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电荷的偏转方向，从而确定侧面电势的高低；磁场应与工作面垂直。测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．‎ ‎【详解】A. 若元件的载流子是正离子，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向向e侧面偏，则e侧面的电势高于f侧面的电势。故A正确；‎ B. 若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向e侧面偏，则f侧面的电势高于e侧面的电势。故B错误；‎ CD、磁场应与工作面垂直。在测量沿竖直方向的地球北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平；在测量沿水平方向的地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直。故C错误，D错误。‎ 故选：A.‎ ‎12.目前智能手机普遍采用了电容触摸屏。电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO（纳米铟锡金属氧化物），夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指（肉）触摸电容触摸屏时，手指（肉）和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。寒冷的冬天，人们也可以用触屏手套进行触控操作。下列说法正确的是（ ）‎ A. 使用绝缘笔压电容触摸屏也能进行触控操作 B. 为了安全，触屏手套指尖处应该采用绝缘材料 C. 手指按压屏的力变大，手指（肉）和工作面形成的电容器电容变大 D. 手指与屏的接触面积变大，手指（肉）和工作面形成的电容器电容变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电容触摸屏的原理判断绝缘笔和触屏手套指尖处采用绝缘时是否可行；当手触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，改变手指的压力或接触面积，都能改变电容．根据电容的决定因素分析．‎ ‎【详解】A. 绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故A错误；‎ B. 电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，触屏手套指尖处采用绝缘材料，将无法形成感应电流，故B错误；‎ C. 手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C正确；‎ D. 手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D错误。‎ 故选：C.‎ 二、实验题 ‎13.如图1所示为多用电表的示意图。‎ ‎（1）在用多用电表测电阻的过程中，下列说法正确的是________（选填字母）。‎ A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行欧姆调零 B．在进行欧姆调零时，两表笔短接后指针应该指在电流表零刻线处 C．测量结束后，应该把选择开关旋至“OFF”处或交流电压的最大处 ‎（2）现用多用电表测量一定值电阻的阻值，选择开关打到电阻档“´100”的位置，将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2所示，该电阻的阻值为________W。‎ ‎【答案】 (1). （1）AC (2). （2）1100‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）该题考查了多用电表欧姆表的使用，在了解多用电表的欧姆档的原理的情况下明确对应的测量方法和注意事项；‎ ‎（2）根据欧姆档的原理即可明确电阻读数。‎ ‎【详解】(1)A、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正确。‎ B. 在进行欧姆调零时，两表笔短接，外接电阻为零，指针应该指在欧姆表零刻线即电流满偏处，故B错误；‎ C. 测量结束后，应该把选择开关旋至“OFF”处或交流电压的最大处，故C正确。‎ 故选：AC ‎(2)选择开关处于电阻档“´100”的位置，由图示表盘可知，其读数为：11×100=1100Ω；‎ 故答案为：(1)AC;(2)1100。‎ ‎14.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。‎ ‎（1）图1是实验所用电路图。请根据图1的电路图，将图2中的实物图补充完整_________。‎ ‎（2）现有电流表（0 ~ 0.6 A）、开关和导线若干，以及以下器材：‎ A．电压表（0 ~ 15 V） B．电压表（0 ~ 3 V）‎ C．滑动变阻器（0 ~ 20 W） D．滑动变阻器（0 ~ 100 W）‎ 实验中电压表应选用________，滑动变阻器应选用________。（选填字母）‎ ‎（3）实验中，某同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图3的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线_________。‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U（V）‎ ‎1.35‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.15‎ ‎1.10‎ 电流I（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.14‎ ‎0.24‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.42‎ ‎ ‎ ‎（4）根据图3中所画图线可得出干电池的电动势E =_______V，内电阻r =________Ω。（小数点后均保留两位数字）‎ ‎（5）若实验室中不能提供合适的电压表，只能提供一个电流表，一个电阻箱，开关和导线若干，来测量一节干电池的电动势和内阻。请你设计实验，将实验电路图画在虚线框中，并说明需要记录哪些数据和数据处理的方法。_______________‎ 需记录的数据：_______________‎ 数据处理的方法：_________________‎ ‎【答案】 (1). （1）图见解析； (2). （2）B (3). C (4). （3）图见解析； (5). （4）1.44 ~ 1.47 (6). 0.820.86 (7). （5）实验电路图见解析； (8). 电流表的示数和电阻箱的示数。 (9). 见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电路图，并连接实物图；‎ ‎（2）根据题目中给出的仪表进行分析，根据安全性和准确性原则确定应采用的电表；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律以及图象进行分析，从而确定电动势和内电阻；注意保留两位有效数字。‎ ‎（4）将电流表串联一个电阻箱，测出不同电阻对应的电压，联立求解，画出电路图。‎ ‎【详解】(1)根据电路图，连线如图所示；‎ ‎(2)因电动势约为1.5V，故电压表应选择3V量程的B；由于内阻较小，为了便于控制，滑动变阻器选择C；‎ ‎(3)根据表中数据做出U-I图像如图所示：‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律可知：U=E−Ir，结合图象可知，图象与纵轴的交点表示电动势，故E=1.44V；图象的斜率表示内阻,则r=（1.44-1.00）/0.54Ω=0.82Ω；‎ ‎（5）可以将电流表串联一个电阻箱，测出不同电阻对应的电压，联立求解，电路如图所示：‎ 需要记录的数据有：电流表的示数和电阻箱的示数。‎ 数据处理：方法一、测出电流表和电阻箱对应的两组数据，根据闭合电路欧姆定律写出两个方程，联立求出一组解；多测几组数据，求多组解取平均值。 ‎ 方法2、测出电流表和电阻箱对应的多组数据，电流表和电阻箱的读数分别用I、R表示，画出（或）图像，是一条倾斜直线，根据截距和斜率的大小求解。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，不可伸长的轻质细绳上端固定在O点，下端连接一个可视为质点的带电小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中。当绳与竖直方向的夹角θ=370时，小球静止在匀强电场中的P点。已知绳长L = 1 m，小球所带电荷量q =1.0×10-6 C，质量，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。取重力加速度g = 10 m/s2，空气阻力忽略不计。‎ ‎（1）请在图中画出小球在P点的受力图。‎ ‎（2）求电场强度E的大小。‎ ‎（3）将电场撤去后，小球从P点由静止运动到最低点时速度v的大小。‎ ‎【答案】（1）图见解析；（2）（3）2.0m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析小球的受力；根据力的平衡可求电场强度；根据动能定理可求小球由静止运动到最低点时速度的大小。‎ ‎【详解】（1）设绳对小球的拉力为T。小球在P点的受力分析如图 ‎（2）由三力平衡得：，得：‎ ‎（3）根据动能定理：，得：‎ ‎16.质谱仪是一种分析同位素的重要仪器，它的构造原理如图所示。从粒子源S处射出速度大小不计的正离子，经加速电场加速后，从狭缝S1处垂直进入一个匀强磁场后到达照相底片P上。已知离子的质量为m、电荷量为q，加速电场的电压为U，匀强磁场的磁感应强度大小为B。‎ ‎（1）求离子在磁场中运动的速度v的大小。 ‎ ‎（2）求离子在磁场中运动的时间t。‎ ‎（3）假如离子源能放出氕（）、氘（）、氚（）三种离子的混合物，请判断该质谱仪能否将三种离子分离，并说明理由。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）能分离；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据动能定理可求粒子经过电场加速后的速度；‎ ‎（2）粒子在磁场中做圆周运动的半径，洛伦兹力等于向心力，可求粒子运动的周期。离子在磁场中运动的轨迹为半圆，可求离子在磁场中运动的时间；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律洛伦兹力等于向心力，可求半径的表达式，由表达式可知半径与质量、电量的关系。‎ ‎【详解】（1）根据动能定理：，得： ‎ ‎（2）设离子在磁场中做圆周运动的半径为r，周期为T。‎ 根据牛顿第二定律：‎ 又：， ‎ 联立得：‎ ‎（3）该质谱仪能将三种离子分离。根据牛顿第二定律：，得：‎ 由可以看出，经同一加速电场后进入同一偏转磁场，离子在磁场中运动的半径与离子的质量和电荷量的比值有关，该质谱仪的离子源放出的氕（）、氘（）、氚（）三种离子的质量和电荷量的比值分别为：、、，所以质谱仪能将它们分离。‎ ‎17.如图所示，两平行金属板水平放置，上极板带正电，下极板带负电。一个质子从A点水平飞入两板之间，并从B点飞出。已知板间电压为U，板间距离为d，极板长度为L，质子带电量为e，质量为m，水平初速度为v0，重力忽略不计。求：‎ ‎（1）质子在两板间运动时加速度a的大小。‎ ‎（2）质子从A点运动到B点的动量变化量的大小。‎ ‎（3‎ ‎）将上、下极板分别接在电压可调的直流电源的正负极上，固定下极板，上极板可上下移动。保持极板长度L不变的情况下，增大水平初速度v0的大小，要使质子从A点水平飞入后、仍从B点飞出，可以采取哪些可行性措施。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）质子在两板间只受电场力作用，根据牛顿第二定律可求加速度；‎ ‎（2）根据质子在水平方向做匀速直线运动可求运动时间，根据动量定理，可求物体动量的变化量；‎ ‎（3）要使质子从A点水平飞入后、仍从B点飞出，即质子在两板之间运动的偏转距离y不变。根据牛顿第二定律和位移时间关系求出位移的表达式，即可分析。‎ ‎【详解】（1）质子在两板间只受电场力作用，根据牛顿第二定律：‎ 联立得：‎ ‎（2）设质子在两板间运动的时间为t。质子在水平方向做匀速直线运动：L = v0t ‎ 根据动量定理，物体动量的变化等于合外力的冲量。质子在两板间运动，所受的合外力为两板间电场施加的电场力，因此动量变化量的大小：‎ 联立得：‎ ‎（3）设质子在两板之间运动时垂直于板面方向的偏转距离为y。质子在两板间运动的时间：‎ 质子在竖直方向上做匀加速运动：‎ 将t和a代入，得： =‎ 要使质子从A点水平飞入后、仍从B点飞出，即质子在两板之间运动的偏转距离y不变。‎ 根据=，保持极板长度L不变的情况下，增大水平初速度v0的大小，要使y不变，可以使d不变，增大两极板间的电压U；或者使U不变，减小两板之间的距离d。‎ ‎18.按图甲所示连接电路，当开关S闭合时，电源将使电容器两极板带上等量异种电荷，这一个过程叫做电容器充电。已知电容器的电容为C，电源电动势大小为E。‎ ‎ ‎ ‎（1）求充电结束后电容器所带的电荷量Q。‎ ‎（2）为了检验第（1）问结果是否正确，在图甲中用电流传感器观察到充电时，电路中电流随时间变化的i - t曲线如图乙所示，其中为已知量。类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了用v - t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，估算充电结束后电容器所带的电荷量的大小。‎ ‎（3）电容器在充电过程中，两极板间的电压u随所带电荷量q增多而增大，储存的能量增大。请在图丙中画出电容器充电过程中的u - q图像，并借助图像求出充电结束后电容器储存的能量E0。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）充电结束时，电容器两端电压等于电源的电动势，根据电容的定义可求电量；‎ ‎（2）电容器所带的电荷量等于i-t图线和横、纵轴所围的面积，根据图线求出面积即为电容器所带的电荷量；‎ ‎（3）电容器储存的能量为u- q图线与横轴之间的面积。做出u- q图线求出面积即可。‎ ‎【详解】（1）充电结束时，电容器两端电压等于电源的电动势，即：U = E 根据电容的定义：，得：‎ ‎（2）充电结束后电容器所带的电荷量等于i-t图线和横、纵轴所围的面积。‎ 图乙中每一小格的面积为：‎ 图线下约22小格，面积为：S = 21S0‎ 所以电容器所带的电量：‎ ‎（3）根据以上电容的定义可知：，画出u- q图像如答图。‎ 由图像可知，稳定后电容器储存的能量E0为u- q图线与横轴之间的面积：，‎ 代入得：‎ ‎19.直流电动机的工作原理可以简化为如图甲所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。轨道端点MP间接有直流电源（内阻不计），电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，通过滑轮以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动，从而提升用绳悬挂的重物。电路中的电流为I，重力加速度为g，不计空气阻力，不计绳的质量和绳与滑轮之间的摩擦。‎ ‎（1）a．求重物的质量m；‎ b．求在Dt时间内，“电动机”输出的机械能。‎ ‎（2）设图甲中电源电动势大小为E，当金属棒ab向右运动时，由于切割磁感线产生一个感应电动势，大小为，此时这个回路的电源电动势等效为E-。‎ a．请从能量守恒的角度推导E =+ IR；‎ b ‎．金属棒在向右运动的过程中，棒中每个自由电子都会受到一个与定向移动方向相反的力的作用，请在图乙中画出一个自由电子所受该力的示意图，并求在Dt时间内，金属棒运动过程中该力对所有自由电子做的总功W。‎ ‎【答案】（1）a.b. （2）见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）金属棒匀速运动，重物通过滑轮对金属棒的拉力等于金属棒受到的安培力，列出关系方程，可求重物质量；“电动机”输出的机械能等于重物增加的重力势能。‎ ‎（2）根据能量守恒定律，电源提供的电能转化为“电动机”输出的机械能和电路中的焦耳热，列方程即可求解；金属棒切割磁感线产生感应电动势，自由电子克服感应电动势做的功即为所求的功。‎ ‎【详解】（1）a．设金属棒受到的安培力为，。‎ 金属棒匀速运动，所以重物通过滑轮对金属棒的拉力等于金属棒受到的安培力，‎ 即：‎ 将带入，得：‎ b．设在Dt时间内重物上升的高度为h。‎ 在Dt时间内，“电动机”输出的机械能等于重物增加的重力势能。‎ 将m代入，得：‎ ‎（2）a．设在时间内，电源提供的电能为，电路中产生的焦耳热为Q。‎ ‎，‎ 金属棒切割磁感线产生的感应电动势：‎ 在时间内，电源提供的电能转化为“电动机”输出的机械能和电路中的焦耳热，所以：，即：‎ 整理得：E = E¢ + IR ‎ b．力的示意图如图。‎ 宏观角度。棒中自由电子受到的与定向移动方向相反的力，对电子做负功，宏观上表现为“反电动势”。‎ 电源克服反电动势做功：，将E¢代入，‎ 所以：‎