物理卷·2018届山西省朔州市怀仁一中高二上学期第三次月考物理试卷（11月份） （解析版）

物理卷·2018届山西省朔州市怀仁一中高二上学期第三次月考物理试卷（11月份） （解析版）

‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第三次月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（1-8为单选；9-13为多选）‎ ‎1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（　　）‎ A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极 B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向 C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小 ‎2．下列运动（电子只受电场或磁场力的作用）不可能的是（　　）‎ A．‎ 电子以固定的正点电荷Q为圆心绕Q做圆周运动 B．‎ 电子在固定的等量异种点电荷+Q、﹣Q连线的中垂线上作直线运动 C．‎ 电子在图示的匀强磁场中沿图示虚线轨道做圆周运动 D．‎ 电子沿通电螺旋管中心轴线作直线运动 ‎3．电子产品制作车问里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上（如图所示），下列说法正确的是（　　）‎ A．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大 B．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小 C．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少 D．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗的总功率不变 ‎4．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）‎ A．o点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎5．长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为（　　）‎ A．cosθ B． C．sinθ D．‎ ‎6．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电建S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（　　）‎ A．增大R1的阻值 B．断开电键S C．增大两板间的距离 D．增大R2的阻值 ‎7．如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP=x，能正确反映x与U之间关系的是（　　）‎ A．x与U成正比 B．x与U成反比 C．x与成正比 D．x与成反比 ‎8．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＜△U2 D．△U1=△U2‎ ‎9．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（　　）‎ A．电动机的输入功率为12W B．电动机的输出功率为12W C．电动机的热功率为2.0W D．整个电路消耗的电功率为22W ‎10．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（　　）‎ A．R接到a电源上，电源的效率较高 B．R接到b电源上，电源的效率较高 C．R接到a电源上，电源的输出功率较大 D．R接到b电源上，电源的输出功率较大 ‎11．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2．今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（　　）‎ A．电子的运行轨迹为PDMCNEP B．电子运行一周回到P用时为 C．B1=4 B2‎ D．B1=2 B2‎ ‎12．如图所示，三个质最相等，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率从带电平行金属板间的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则（　　）‎ A．落到A点的小球带正电、落到B点的小球不带电、落到C点的小球带负电 B．三小球在电场中运动时间相等 C．三小球到达正极板的动能关系是EkA＞EkB＞EkC D．三小球在电场中的加速度关系是aC＞aB＞aA ‎13．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中；则关于正、负电子，下列说法不正确的是（　　）‎ A．在磁场中的运动时间相同 B．在磁场中运动的轨道半径相同 C．出边界时两者的速度相同 D．出边界点到O点处的距离相等 ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎14．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图甲所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率；‎ ‎（1）从图甲中读出金属丝的直径为　　mm．‎ ‎（2）为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0～3V，内阻10kΩ B．电压表0～15V，内阻50kΩ C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω D．电流表0～3A，内阻0.01Ω E．滑动变阻器，0～10Ω F．滑动变阻器，0～100Ω ‎①要求较准确地测出其阻值，电压表应选　　，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　．（填序号）‎ ‎②实验中某同学的实物接线如图乙所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．‎ 错误1：　　；导线连接在滑动变阻器的滑片上错误2：　　；‎ ‎（3）若测得金属丝的直径用d表示，电阻用R表示，则该金属材料的电阻率ρ=　　．‎ ‎15．图l是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图．图中S为开关．R为滑动变阻器，固定电阻Rl和A1内阻之和为l0000Ω（比r和滑动变阻器的总电阻都大得多），A2为理想电流表．‎ ‎①在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至　　（填“a端”、“中央”或“b端”）．‎ ‎②闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2．多次改变滑动端c的 位置，得到的数据为 I1（mA）‎ ‎0.120‎ ‎0.125‎ ‎0.130‎ ‎0.135‎ ‎0.140‎ ‎0.145‎ I2（mA）‎ ‎480‎ ‎400‎ ‎320‎ ‎232‎ ‎140‎ ‎68‎ 在图2所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1﹣I2曲线．‎ ‎③利用所得曲线求得电源的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．（保留2位有效数字）‎ ‎④该电路中电源输出的短路电流Im=　　A．‎ ‎　‎ 三、计算题：‎ ‎16．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎17．在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．‎ 求：（1）电源的电动势和内阻；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎18．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第三次月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-8为单选；9-13为多选）‎ ‎1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（　　）‎ A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极 B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向 C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．‎ ‎【分析】在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极．磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直．磁感线的疏密表示磁场的强弱．安培力的大小取决于四个因素：B、I、L，及导线与磁场的夹角，在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小．‎ ‎【解答】解：A、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极．故A错误．‎ ‎ B、磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直．故B错误．‎ ‎ C、磁场的强弱看磁感线的疏密，与磁感线方向无关，沿磁感线方向，磁场不一定减弱．故C错误．‎ ‎ D、根据安培力公式F=BILsinα，可见，在B大的地方，F不一定大．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．下列运动（电子只受电场或磁场力的作用）不可能的是（　　）‎ A．‎ 电子以固定的正点电荷Q为圆心绕Q做圆周运动 B．‎ 电子在固定的等量异种点电荷+Q、﹣Q连线的中垂线上作直线运动 C．‎ 电子在图示的匀强磁场中沿图示虚线轨道做圆周运动 D．‎ 电子沿通电螺旋管中心轴线作直线运动 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】电子只受电场或磁场力的作用，根据电子受力的大小和方向，结合受力与速度方向的关系判断粒子的运动．‎ ‎【解答】解：A、电子受到点电荷对它的库仑引力，速度若满足条件，靠库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动．故A正确．‎ B、等量异种电荷连线的中垂线上的电场方向始终水平向右，电子受到水平向左的电场力，不可能沿中垂线做直线运动．故B错误．‎ C、电子在匀强磁场中受洛伦兹力，靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．故C正确．‎ D、通电螺线管中的磁场方向沿水平方向，电子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，做匀速直线运动．故D正确．‎ 本题选错误的，故选B．‎ ‎　‎ ‎3．电子产品制作车问里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上（如图所示），下列说法正确的是（　　）‎ A．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大 B．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小 C．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少 D．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗的总功率不变 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】开关闭合时，灯泡会发生短路，总电阻会减小，消耗的功率会增大，同理当开关断开时，灯泡串联在电路中，总电阻增大，消耗的功率较小．‎ ‎【解答】解：A、开关接通时，灯泡发生短路，电阻小于开关断开时的电阻，有公式P=可知，开关接通时比开关断开时消耗的总功率大，故A正确；‎ B、开关接通时，电灯熄灭，只有电烙铁通电，电路中电阻减小，有公式P=可知，消耗的功率增大；故B错误；‎ C、开关断开时，电灯发光，电烙铁也通电，消耗的总功率减小，且电烙铁发热较少，故C错误 D、开关断开时，灯泡串联在电路中，电灯发光，总电阻增大，可供在焊接时照明使用，消耗总功率减小，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）‎ A．o点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．‎ ‎【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．‎ B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．‎ C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等．故C正确．‎ D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为（　　）‎ A．cosθ B． C．sinθ D．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．其方向与磁场及电流构成的平面垂直．‎ ‎【解答】解：若磁场方向竖直向上，则安培力水平方向．由平衡条件可得：mgtanθ=BI1L 若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上．由平衡条件可得：mgsinθ=BI2L 则I1：I2=1：cosθ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电建S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（　　）‎ A．增大R1的阻值 B．断开电键S C．增大两板间的距离 D．增大R2的阻值 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响．增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，油滴将向上运动．断开开关S，电容器放电，油滴将向下运动．减小平行板的正对面积，电容器的电压不变，油滴不动．‎ ‎【解答】解：A、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，当增大R1的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动．故A错误．‎ B、断开开关S，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动．故B错误．‎ C、增大两板间的距离，因电容器的电压不变，则电场强度减小，导致油滴向下运动．故C错误．‎ D、电路稳定时，当增大R2的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴将不运动．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP=x，能正确反映x与U之间关系的是（　　）‎ A．x与U成正比 B．x与U成反比 C．x与成正比 D．x与成反比 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理求出末速度，进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，粒子打到P点，则0P=x=2r，进而可以求出x与U的关系．‎ ‎【解答】解：带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：‎ 解得：v=‎ 进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：‎ Bqv=m 解得：r=‎ 粒子运动半个圆打到P点，‎ 所以x=2r=2=‎ 即x与成正比 故选C ‎　‎ ‎8．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＜△U2 D．△U1=△U2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3‎ 电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．电源的效率等于电源的输出功率与总功率之比．‎ ‎【解答】解：A、B当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．‎ C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（　　）‎ A．电动机的输入功率为12W B．电动机的输出功率为12W C．电动机的热功率为2.0W D．整个电路消耗的电功率为22W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．‎ ‎【解答】解：A、电动机两端的电压U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．‎ B和C、电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P﹣I2RM=12﹣2W=10W．故B错误；C正确．‎ D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（　　）‎ A．R接到a电源上，电源的效率较高 B．R接到b电源上，电源的效率较高 C．R接到a电源上，电源的输出功率较大 D．R接到b电源上，电源的输出功率较大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】电源的效率等于电源的输出与总功率的百分比，根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U﹣I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、B电源的效率η===，由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高．故A错误，B正确．‎ ‎ C、D当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大．故C正确，D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎11．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2．今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（　　）‎ A．电子的运行轨迹为PDMCNEP B．电子运行一周回到P用时为 C．B1=4 B2‎ D．B1=2 B2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A正确；‎ B、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以+，故B错误；‎ C、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2，故C错误，D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎12．如图所示，三个质最相等，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率从带电平行金属板间的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则（　　）‎ A．落到A点的小球带正电、落到B点的小球不带电、落到C点的小球带负电 B．三小球在电场中运动时间相等 C．三小球到达正极板的动能关系是EkA＞EkB＞EkC D．三小球在电场中的加速度关系是aC＞aB＞aA ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电小球垂直电场方向进入匀强电场做类平抛运动，抓住水平位移相等，结合初速度相同比较出运动的时间，结合竖直位移相等比较出加速度的大小，从而确定小球的电性．根据动能定理比较三小球到达正极板的动能大小．‎ ‎【解答】解：A、B、D：三个小球都匀变速曲线运动，运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为xA＞xB＞xC，而它们的初速度v0相同，由位移公式x=v0t得知，运动时间关系为tA＞tB＞tC．‎ 三个小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式y=得到，加速度的关系为aA＜aB＜aC．根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：FA＜FB＜FC．三个质量相等，重力相等，可知，A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电．故AD正确，B错误．‎ C、由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系EKA＜EKB＜EKC．故C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中；则关于正、负电子，下列说法不正确的是（　　）‎ A．在磁场中的运动时间相同 B．在磁场中运动的轨道半径相同 C．出边界时两者的速度相同 D．出边界点到O点处的距离相等 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．‎ ‎【解答】解：A、粒子在磁场中运动周期为T=，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t1=T；同理，负离子运动时间t2=T，显示时间不相等．故A错误；‎ B、由qvB=得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；‎ C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确；‎ D、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎14．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图甲所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率；‎ ‎（1）从图甲中读出金属丝的直径为　0.680　mm．‎ ‎（2）为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0～3V，内阻10kΩ B．电压表0～15V，内阻50kΩ C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω D．电流表0～3A，内阻0.01Ω E．滑动变阻器，0～10Ω F．滑动变阻器，0～100Ω ‎①要求较准确地测出其阻值，电压表应选　A　，电流表应选　C　，滑动变阻器应选　E　．（填序号）‎ ‎②实验中某同学的实物接线如图乙所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．‎ 错误1：　导线连接在滑动变阻器的滑片上　；导线连接在滑动变阻器的滑片上错误2：　电流表采用内接法　；‎ ‎（3）若测得金属丝的直径用d表示，电阻用R表示，则该金属材料的电阻率ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．‎ ‎（2）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电路图分析答题．‎ ‎（3）应用电阻定律可以求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）由图所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；‎ ‎（2）①两节新的干电池，电源电动势为3V，若选取电压表15V，测量读数误差较大，因此电压表选A；电路最大电流约为I===0.6A，电流表应选C；‎ 金属丝的电阻大约为5Ω，为方便实验操作滑动变阻器应选E．‎ ‎②由图示电路图可知，导线接在滑动变阻器的滑片上，这是错误的，导线应接在接线柱上；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由图示电路图可知，电流表采用内接法，这也是错误的．‎ ‎（3）由电阻定律可知：R=ρ=ρ，电阻率：ρ=；‎ 故答案为：（1）0.680；（2）①A；C；E；②导线连接在滑动变阻器的滑片上；电流表采用内接法；（3）．‎ ‎　‎ ‎15．图l是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图．图中S为开关．R为滑动变阻器，固定电阻Rl和A1内阻之和为l0000Ω（比r和滑动变阻器的总电阻都大得多），A2为理想电流表．‎ ‎①在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至　b　（填“a端”、“中央”或“b端”）．‎ ‎②闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2．多次改变滑动端c的 位置，得到的数据为 I1（mA）‎ ‎0.120‎ ‎0.125‎ ‎0.130‎ ‎0.135‎ ‎0.140‎ ‎0.145‎ I2（mA）‎ ‎480‎ ‎400‎ ‎320‎ ‎232‎ ‎140‎ ‎68‎ 在图2所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1﹣I2曲线．‎ ‎③利用所得曲线求得电源的电动势E=　1.49　V，内阻r=　0.60　Ω．（保留2位有效数字）‎ ‎④该电路中电源输出的短路电流Im=　2.4　A．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①滑动变阻器应保证电路的安全，开始时应接到最大电阻处；‎ ‎②选择合适的坐标值，标点后用直线将各点相连，误差较大的点可以舍去；‎ ‎③图象与纵坐标的交点为电动势；由闭合电路欧姆定律可求是内阻；‎ ‎④由闭合电路欧姆定律可求得短路电流．‎ ‎【解答】解：①为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；‎ ‎②将各点依次描出，连线如下图所示．‎ ‎③由图示可知，电源电动势E=I1（Rl+RA1）=149×10﹣6×10000=1.49V，‎ 电源内阻r==≈0.60Ω；‎ ‎④短路电流I===2.4Ω；‎ 故答案为：①b端②图象如图所示；③1.49；0.60．④④2.4‎ ‎　‎ 三、计算题：‎ ‎16．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．‎ ‎（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．‎ ‎（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I===1.5 A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N；‎ ‎（3）导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：‎ F1=mgsin 37°=0.24 N F1＜F安，根据平衡条件：‎ mgsin 37°+f=F安 代入数据得：f=0.06 N 答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小0.30N；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力为0.06N．‎ ‎　‎ ‎17．在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．‎ 求：（1）电源的电动势和内阻；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势．‎ ‎（2）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎【解答】解：（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，则有内阻r=||=Ω=20Ω 电源的电动势为E=U+Ir，取电压U=16V，电流I=0.2A，代入解得，E=20V．‎ ‎（2）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，此时电压U=4V，电流I=0.8A，则 定值电阻R2==5Ω ‎（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，此时电压U=16V，电流I=0.2A，外电路总电阻为 ‎ R==80Ω 又R=R2+，R1=100Ω，R2=5Ω 代入解得，R3=300Ω 答：‎ ‎（1）电源的电动势和内阻分别为E=20V和r=20Ω；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值为5Ω；‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值为300Ω．‎ ‎　‎ ‎18．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）正离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tanθ的表达式．在磁场中，离子由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sinθ．联立即可求得磁感应强度．‎ ‎（2）离子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间．在磁场中，由t=T求出时间，即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动 ‎ t= ①‎ ‎ a= ②‎ ‎ tanθ= ③‎ 由①②③得：tanθ= ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．‎ ‎ R= ⑤‎ 由几何知识得：sinθ= ⑥‎ 由⑤⑥解得：sinθ= ⑦‎ 由④⑦式解得：B=‎ ‎（2）粒子在电场中运动时间t1= ⑧‎ 在磁场中运动时间t2== ⑨‎ 而L= ⑩，‎ 由⑧⑨⑩解出： =‎ 答：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是．‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是=．‎