物理卷·2018届吉林省长春十一中、白城一中高二上学期期中物理试卷（解析版）

物理卷·2018届吉林省长春十一中、白城一中高二上学期期中物理试卷（解析版）

吉林省长春十一中、白城一中2016-2017学年高二（上）期中物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分．1-7题为单选，8-12为多选，多选选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．自然界的力、电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法不正确的是（　　）‎ A．法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象 B．欧姆发现了欧姆定律，该定律说明了热现象和电现象之间的关系 C．安培分子电流假说认为分子电流使每个物质微粒都成为一个微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极 D．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电和磁的联系 ‎2．在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将（　　）‎ A．静止不动 B．逆时针转动 C．顺时针转动 D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向 ‎4．如图所示，三条长直导线都通以垂直于纸面向外的电流，且I1=I2=I3，则距三导线等距的A点的磁场方向为（　　）‎ A．向上 B．向右 C．向左 D．向下 ‎5．如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流（从A点流入，从C点流出），电流强度I，则金属框受到的磁场力为（　　）‎ A．0 B．ILB C． ILB D．2ILB ‎6．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd．ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）‎ A．Q1＞Q2 q1=q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2 C．Q1=Q2 q1=q2 D．Q1=Q2 q1＞q2‎ ‎7．套在长绝缘直棒上的小环质量为m，带电量为+q，小环内径比棒的直径略大．将棒放置在方向均水平且正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与棒的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，现将小环从静止释放，小环可沿绝缘直棒下滑，棒足够长，下列说法错误的是（　　）‎ A．小环从静止释放瞬间加速度a0=g﹣‎ B．小环运动过程的最大加速度am=g C．小环运动过程中最大速度vm=‎ D．当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大 ‎8．下列关于电场和磁场的说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度为零的点，正检验电荷受力一定为零 B．通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C．电荷在电场中所受电场力的方向与该处的电场方向相同 D．小磁针静止时N极所指方向与该处磁场方向相同 ‎9．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，则回路中（　　）‎ A．电流方向为顺时针方向 B．电流强度越来越大 C．磁通量的变化率恒定不变 D．产生的感应电动势越来越大 ‎10．如图甲所示是用来加速带电粒子的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，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（　　）‎ A．高频电源的变化周期应该等于tx﹣tx﹣1‎ B．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1‎ C．若电源电压可变，粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 ‎11．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴正方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数且k为正数）．将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图所示），当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同，则（　　）‎ A．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大 B．k越大，传感器灵敏度（）越高 C．若图中霍尔元件是电子导电，则上表面电势高 D．电流越大，上、下表面的电势差U越小 ‎12．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a．在O点放置一个电子源，可以向各个方向发射速度不同的电子，电子的比荷为，发射速度为0＜v≤，对于电子进入磁场后的运动（不计电子的重力），下列说法正确的是（　　）‎ A．电子可能打到A点 B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 C．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 D．在AC边界上有三分之二区域有电子射出 ‎　‎ 二、实验题：本题共两小题，共计12分．‎ ‎13．（3分）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（　　）‎ A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，会影响测量结果 C．测量电阻时，电流是从红表笔流入的 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 E．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25Ω ‎14．（9分）某同学为了测量某电池的电动势 E和内阻 r，设计了如图1所示的电路．并已连接成实物图，已知定值电阻R0=20Ω，电压表V1、V2为理想电压表．‎ ‎（1）根据如图1所示实物电路，请在图2虚线框内画出实验电路图．‎ ‎（2）实验中，该同学移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1和V2的示数U1、U2，数据如下表所示．请根据表格中的数据在图3所示的坐标纸中画出U2﹣U1‎ 的图线．‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U1/V ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎4.5‎ ‎5.0‎ U2/V ‎17.0‎ ‎15.2‎ ‎14.0‎ ‎12.4‎ ‎11.6‎ ‎10.8‎ ‎（3）由图象可得该电源的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．（结果保留三位有效数字）．‎ ‎　‎ 三、计算题：共4小题，每小题10分，共计40分．解答计算题部分应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎15．（10分）如图所示，直角坐标系第一象限有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，一电子质量为m，电荷量为q（重力不计），以速度v0与x轴成θ角射入匀强磁场中，最后从x轴上的P点射出磁场，求：‎ ‎（1）的长度；‎ ‎（2）电子由O点射入到P点所需的时间t．‎ ‎16．（10分）均匀导线制成的正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，‎ ‎（1）求线框中产生的感应电动势； ‎ ‎（2）求cd两点间的电压．‎ ‎17．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度V0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求 ‎（1）电场强度大小E；‎ ‎（2）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t．‎ ‎18．（10分）如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计）．粒子从O1孔漂进（初速不计）一个水平向右的加速电场，再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图．虚线PQ、MN之间立体空间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2（磁场范围足够大，图中未画出）．有一块折成直角的硬质塑料板abc（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在PQ、MN之间（截面图如图所示），a、c两点恰分别位于PQ、MN上，ab=bc=L，α=45°．现使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域．‎ ‎（1）求加速电压U1；‎ ‎（2）假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律，不计与板碰撞的时间．求粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年吉林省长春十一中、白城一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分．1-7题为单选，8-12为多选，多选选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．自然界的力、电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法不正确的是（　　）‎ A．法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象 B．欧姆发现了欧姆定律，该定律说明了热现象和电现象之间的关系 C．安培分子电流假说认为分子电流使每个物质微粒都成为一个微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极 D．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电和磁的联系 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象，故A正确；‎ B、欧姆发现了欧姆定律，说明了导体两端的电压与电流之间存在联系，故B不正确．‎ C、安培分子电流假说认为分子电流使每个物质微粒成为微小的磁铁，它的两侧相当于两个磁极，故C正确；‎ D、奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电和磁的联系，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：B ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎2．在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】正确应用左手定则即可判断出磁场、电流、安培力三者之间的关系即可解答本题，应用时注意安培力产生条件．‎ ‎【解答】解：根据左手定则可知：ABCD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎【点评】安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将（　　）‎ A．静止不动 B．逆时针转动 C．顺时针转动 D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．‎ 当滑动变阻器的滑片R自左向右滑动时，引起线圈电流的变化，使得通电螺旋管的磁场强度发生变化，引起闭合矩形线框的磁通量发生改变．‎ ‎【解答】‎ 解：当滑动变阻器的滑片R自左向右滑动时，引起线圈电流增大，通电螺旋管穿过线框的磁场强度增大，引起闭合矩形线框的磁通量增大，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．‎ 线框所在位置的磁场方向大致是水平的，要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以线框顺时针转动．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，三条长直导线都通以垂直于纸面向外的电流，且I1=I2=I3，则距三导线等距的A点的磁场方向为（　　）‎ A．向上 B．向右 C．向左 D．向下 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】由安培定则确定出磁感线方向，再利用矢量合成法则求得A的合矢量的方向．‎ ‎【解答】解：由安培定则知电流I2和I3，在A点的磁感线方向相反，距离又相等，所以合场强为零，I1在A点的电场线方向水平向右，故A点的磁感线方向向右．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查安培定则的应用和磁感应强度B的矢量合成法则．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流（从A点流入，从C点流出），电流强度I，则金属框受到的磁场力为（　　）‎ A．0 B．ILB C． ILB D．2ILB ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】由安培力公式F=BILsinθ分析答题，其中L是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离．‎ ‎【解答】解：由图示可知，电流由A流入，从C流出，则有电流从A到C直导线，与从A到B再到C两直导线，从A到B再到C两直导线，产生的安培力，根据安培力公式F=BIL，‎ 由于总电流强度为I，且ABC导线的电阻是AC导线的2倍，那么安培力大小均为，因它们的夹角为120°，因此这两个安培力的合力大小为，‎ 而导线AC受到的安培力大小为，方向与导线ABC同向，‎ 因此金属框受到的磁场力BIL，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】正确理解安培力公式F=BILsinθ中各符合所表示的物理量是正确解题的关键，分析清楚图示情景，求出导线有效长度L即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd．ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）‎ A．Q1＞Q2 q1=q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2 C．Q1=Q2 q1=q2 D．Q1=Q2 q1＞q2‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】根据，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等；根据功能关系可求线框中产生的热量．‎ ‎【解答】‎ 解：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，则有①，‎ ‎②‎ 同理可以求得③‎ ‎④‎ lab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，通过比较①③可知Q1＞Q2，‎ 通过比较②④可知q1=q2，所以A选项正确，BCD错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】在电磁感应题目中，公式常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件．‎ ‎　‎ ‎7．套在长绝缘直棒上的小环质量为m，带电量为+q，小环内径比棒的直径略大．将棒放置在方向均水平且正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与棒的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，现将小环从静止释放，小环可沿绝缘直棒下滑，棒足够长，下列说法错误的是（　　）‎ A．小环从静止释放瞬间加速度a0=g﹣‎ B．小环运动过程的最大加速度am=g C．小环运动过程中最大速度vm=‎ D．当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；洛仑兹力．‎ ‎【分析】A、释放瞬间，则受到重力与滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，即可求解加速度；‎ B、当电场力等于洛伦兹力时，绝缘杆对小球的支持力等于0，故此时滑动摩擦力等于0，此时物体的加速度最大；‎ CD、当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大．‎ ‎【解答】解：A、释放小环瞬间，根据牛顿第二定律，则有：mg﹣μqE=ma，‎ 解得：a=g﹣，故A正确；‎ B、当摩擦力为零时，则qE=Bv1q，即v1=时，加速度最大，此时合力等于重力，故最大加速度为：am=g，故B正确；‎ CD、当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大，故：‎ μ（Bvq﹣qE）=mg 解得：‎ vm=‎ 故C错误，D正确；‎ 本题选错误的，故选：C ‎【点评】本题考查了电场力、洛伦兹力，带电粒子在复合场中的运动，受力分析，牛顿第二定律，过程分析是容易出错之处．‎ ‎　‎ ‎8．下列关于电场和磁场的说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度为零的点，正检验电荷受力一定为零 B．通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C．电荷在电场中所受电场力的方向与该处的电场方向相同 D．小磁针静止时N极所指方向与该处磁场方向相同 ‎【考点】磁感应强度；电场强度．‎ ‎【分析】检验电荷在电场中所受的电场力为零，则电场强度为零，导线在磁场中所受的磁场力为零，磁感应强度不一定为零，可能电流的方向与磁场方向平行．‎ ‎【解答】解：A、电场强度为零的点，检验电荷受力一定为零，故A正确．‎ B、通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能导线的放置方向与磁场方向平行，不受安培力，磁感应强度不一定为零，故B错误．‎ C、正电荷在电场中所受电场力的方向与该处的电场方向相同，而负电荷受电场力与该处的电场强度方向相反，故C错误；‎ D、小磁针静止时N极所指方向与该处磁场方向相同，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电场和磁场的基本性质，注意掌握电场和磁场的共性与不同之处，要特别注意注意电流所受的磁场力为零，磁感应强度不一定为零．‎ ‎　‎ ‎9．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，则回路中（　　）‎ A．电流方向为顺时针方向 B．电流强度越来越大 C．磁通量的变化率恒定不变 D．产生的感应电动势越来越大 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；影响感应电动势大小的因素；楞次定律．‎ ‎【分析】由B﹣t图象可知磁感应强度的变化情况，则由磁通量的定义可知磁通量的变化率；再由楞次定律可判断电流方向；由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势．‎ ‎【解答】解：由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由∅=BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，故C正确；‎ 由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A正确；‎ 由法拉第电磁感应定律可知，E==S，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故BD均错；‎ 故选AC．‎ ‎【点评】‎ 本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，二者分别判断感应电流的方向和大小，应熟练掌握．‎ ‎　‎ ‎10．如图甲所示是用来加速带电粒子的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，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（　　）‎ A．高频电源的变化周期应该等于tx﹣tx﹣1‎ B．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1‎ C．若电源电压可变，粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A、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（tx﹣tx﹣1），故A错误；‎ B、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B正确．‎ C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，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错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎11．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴正方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数且k为正数）．将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图所示），当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同，则（　　）‎ A．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大 B．k越大，传感器灵敏度（）越高 C．若图中霍尔元件是电子导电，则上表面电势高 D．电流越大，上、下表面的电势差U越小 ‎【考点】霍尔效应及其应用；电势差．‎ ‎【分析】霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低．上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．‎ ‎【解答】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，‎ 电流的微观表达式为I=nqvS=nqvbc，所以U=．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．‎ ‎ B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=．知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度（）越高．故B正确．‎ ‎ C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C正确．‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a．在O点放置一个电子源，可以向各个方向发射速度不同的电子，电子的比荷为，发射速度为0＜v≤，对于电子进入磁场后的运动（不计电子的重力），下列说法正确的是（　　）‎ A．电子可能打到A点 B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 C．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 D．在AC边界上有三分之二区域有电子射出 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子进入磁场的速度方向不同，电子的轨道半径不同，应用牛顿第二定律与周期公式分析答题．‎ ‎【解答】解：电子带负电，由左手定则可知，电子垂直射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，由题意可知：发射速度为0＜v0≤，则电子的轨道半径：0＜r≤a；‎ A、当电子速度v=时，轨道半径r==a，速度方向与OC夹角为60°入射时，粒子恰好从A点飞出，如图所示，故A正确；‎ B、电子在磁场中做圆周运动的周期：T=，在磁场中的运动时间：t=T=，电子在磁场中转过的圆心角θ越大，电子的运动时间越长，电子运动轨迹的长度：s=θr，θ相同电子运动时间相同，由于r不同，则电子的运动轨迹不同，电子的运动时间长，其运动轨迹线不一定长，故B错误，C正确；‎ D、当电子沿OC方向射入电场，v=时，轨道半径r==a时，电子的运动轨迹是以A为圆心的圆弧，由于AO长度为a，∠‎ A=60°，则AC的长度为2a，电子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有电子射出，轨迹如图所示，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题考查了电子在磁场中的运动，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，分析清楚电子的运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共两小题，共计12分．‎ ‎13．下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（　　）‎ A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，会影响测量结果 C．测量电阻时，电流是从红表笔流入的 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 E．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25Ω ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零，根据欧姆表的使用方法与注意事项分析答题．‎ ‎【解答】解：A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后再测量，故A正确；‎ B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；‎ C、欧姆表的内置电源正极与黑表笔相连，测量电阻时，电流是从黑表笔流出从红表笔流入，故C正确；‎ D、欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，如果不换挡位，测量不同阻值的电阻时不需要重新调零，故D错误；‎ E、欧姆表刻度线不均匀，左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，测量值大于25Ω，故E错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题考查了应用欧姆表测电阻的方法与主要事项，应用欧姆表测电阻时，换挡后要进行欧姆调零，要知道欧姆表的刻度特点．‎ ‎　‎ ‎14．某同学为了测量某电池的电动势 E和内阻 r，设计了如图1所示的电路．并已连接成实物图，已知定值电阻R0=20Ω，电压表V1、V2为理想电压表．‎ ‎（1）根据如图1所示实物电路，请在图2虚线框内画出实验电路图．‎ ‎（2）实验中，该同学移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1和V2的示数U1、U2，数据如下表所示．请根据表格中的数据在图3所示的坐标纸中画出U2﹣U1的图线．‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U1/V ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎4.5‎ ‎5.0‎ U2/V ‎17.0‎ ‎15.2‎ ‎14.0‎ ‎12.4‎ ‎11.6‎ ‎10.8‎ ‎（3）由图象可得该电源的电动势E=　18.2　V，内阻r=　29.8　Ω．（结果保留三位有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】‎ 根据电路图连接实物图．通过表格中的数据描点作图．根据实验的原理推导出U2﹣U1的关系式，通过图线的斜率和截距求出电源的电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据实物图可得出对应的原理图，如图所示．‎ ‎（2）描点作图，将偏得较远的点舍去，如图所示．‎ ‎（3）根据E=U2+r得，‎ U2=E﹣U1，知纵轴截距表示电动势，所以E=18.2V．‎ 图线的斜率绝对值等于，即==1.49； ‎ 则r=1.49×20Ω=29.8Ω．‎ 故答案为：（1）如图所示 （2）如图所示 ‎（3）18.4；29.8‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，解决本题的关键掌握实验的原理，要学会通过图线的斜率和截距求解电动势和内阻．‎ ‎　‎ 三、计算题：共4小题，每小题10分，共计40分．解答计算题部分应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎15．（10分）（2016秋•白城期中）如图所示，直角坐标系第一象限有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，一电子质量为m，电荷量为q（重力不计），以速度v0与x轴成θ角射入匀强磁场中，最后从x轴上的P点射出磁场，求：‎ ‎（1）的长度；‎ ‎（2）电子由O点射入到P点所需的时间t．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出距离．‎ ‎（2）求出粒子做圆周运动转过的圆心角，然后求出粒子的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：‎ 则有几何知识得： =2Rsinθ，‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ qv0B=m，‎ 解得： =；‎ ‎（2）粒子在磁场中转过的圆心角：α=2θ，‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，‎ 粒子在磁场中的运动时间：t=T=；‎ 答：（1）的长度为；‎ ‎（2）电子由O点射入到P点所需的时间t为．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、粒子周期公式可以解题．‎ ‎　‎ ‎16．（10分）（2016秋•白城期中）均匀导线制成的正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，‎ ‎（1）求线框中产生的感应电动势； ‎ ‎（2）求cd两点间的电压．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，应用速度位移公式可以求出线框进入磁场时的速度，然后应用E=BLv求出感应电动势．‎ ‎（2）应用欧姆定律可以求出cd两点间的电压．‎ ‎【解答】解：（1）线框进入磁场前做自由落体运动，由速度位移公式可知，‎ cd边刚进入磁场时线框速度：v=，‎ 线框中产生的感应电动势：E=BLv=BL；‎ ‎（2）线框中的感应电流：I=，‎ cd两点间的电势差：U=IR外=×R=BL；‎ 答：（1）线框中产生的感应电动势为=BL；‎ ‎（2）cd两点间的电压为BL．‎ ‎【点评】本题考查了求电动势、求电压问题，分析清楚线框的运动过程、知道cd两端电压是路端电压是解题的前提与关键，应用自由落体运动规律、E=BLv、欧姆定律可以解题．‎ ‎　‎ ‎17．（10分）（2016秋•白城期中）如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度V0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求 ‎（1）电场强度大小E；‎ ‎（2）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电场中做类似平抛运动，根据类平抛运动的水平分位移公式和竖直分位移公式以及牛顿第二定律列式求出电场强度；‎ ‎（2）先求解出类似平抛运动的时间，然后根据几何关系得到圆弧的圆心角，最后根据周期公式求解出圆周运动的时间，最后得到总时间．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t1，‎ x方向：2h=v0t1‎ y方向：h=at12‎ 根据牛顿第二定律：Eq=ma，‎ 联立以上三式，解得：E=；‎ ‎（2）粒子在电场中运动的时间：t1=，‎ 粒子在磁场中运动的周期：T=，‎ 根据粒子入射磁场时与x轴成45°，射出磁场时垂直于y轴，‎ 可求出粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为θ=135°．‎ 故粒子在磁场中运动的时间为：t2=T=×=，‎ 粒子的运动时间：t=t1+t2=+；‎ 答：（1）电场强度大小E为；‎ ‎（2）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t为： +．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，考查了求电场强度与粒子的运动时间，本题的解题关键是明确粒子的运动，画出轨迹，然后结合几何关系，分为类似平抛运动和匀速圆周运动进行分析计算．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）（2016秋•白城期中）如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计）．粒子从O1孔漂进（初速不计）一个水平向右的加速电场，再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图．虚线PQ、MN之间立体空间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2‎ ‎（磁场范围足够大，图中未画出）．有一块折成直角的硬质塑料板abc（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在PQ、MN之间（截面图如图所示），a、c两点恰分别位于PQ、MN上，ab=bc=L，α=45°．现使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域．‎ ‎（1）求加速电压U1；‎ ‎（2）假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律，不计与板碰撞的时间．求粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，由动能定理可以求出速度．‎ 粒子经过复合场时，电场力向下，洛伦兹力向上，都与速度垂直，故合力为零，根据平衡条件列式求解加速电压U1；‎ ‎（2）粒子进入PQ、MN之间的区域，由于速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力而做匀速直线运动．粒子与ab板第一次碰撞后，速度向上，洛伦兹力提供向心力，在与ac边垂直的平面内做匀速圆周运动，经过一圈后，与ab边内侧碰撞，碰撞后水平向右运动，与bc边二次碰撞后，在与ac边垂直的平面内做再次匀速圆周运动，又经过一圈后，与b边外侧碰撞，水平向右离开磁场．根据运动轨迹，分匀速直线运动和匀速圆周运动求时间和路程．对于匀速圆周运动，先计算半径和周期，再根据轨迹计算总时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v0，根据动能定理得：‎ qU1=mv02，‎ 要使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，即：‎ qE=qv0B1，‎ 解得：v0=，U1=；‎ ‎（2）粒子从O3以速度v0进入PQ、MN之间的区域，‎ 先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动．‎ 粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，‎ 转动一周后打到ab板的下表面．由于不计板的厚度，‎ 所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，‎ 即一个周期T，粒子做圆周运动的周期：T=，‎ 粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为：t1=2T，‎ 粒子进入磁场中，在v0方向的总位移：s=2Lsin45°，时间为：t2=，‎ 则t=t1+t2=+；‎ 答：（1）加速电压U1为；‎ ‎（2）粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间是+．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在电磁场与磁场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用动能定理、粒子做圆周运动的周期公式可以解题，本题的复合场具有速度选择的功能，进入磁场区域后，根据动力学规律先确定运动轨迹，再进行计算．‎ ‎　‎