化学卷·2018届河北省秦皇岛市卢龙中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

化学卷·2018届河北省秦皇岛市卢龙中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年河北省秦皇岛市卢龙中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题3分，共30分．下列每小题所给选项只有一项符合题意）‎ ‎1．关于闭合电路，下列说法中正确的是（　　）‎ A．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大 B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大 C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大 D．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 ‎2．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2、V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎3．在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B时，这个带电粒子（　　）‎ A．速率加倍，周期减半 B．速率不变，轨道半径减半 C．速率不变，周期加倍 D．速率减半，轨道半径不变 ‎4．如图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹，室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里，）由此可知此粒子（　　）‎ A．一定带正电 B．一定带负电 C．不带电 D．可能带正电，也可能带负电 ‎5．如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，其中，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图乙中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，a、b、c三个闭合线圈，放在同一平面内，当a线圈中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Фa、Фb、Фc下列说法中正确的是（　　）‎ A．Фa＜Фb＜Фc B．Фa＞Фb＞Фc C．Фa＜Фc＜Фb D．Фa＞Фc＞Фb ‎7．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核（13H）和α粒子（24He）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（　　）‎ A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大 B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小 C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小 D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大 ‎8．如图所示，场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里，磁感应强度B2的方向垂直纸面向外，在S处有四个二价正离子，甲、乙、丙、丁垂直于场强E和磁感应强度B1的方向射入，若四个离子质量 m甲=m乙＜m丙=m丁，v甲＜v乙=v丙＜v丁，则运动到P1，P2，P3，P4四个位置的正离子分别为（　　）‎ A．甲、乙、丙、丁 B．甲、丁、乙、丙 C．丙、乙、丁、甲 D．甲、乙、丁、丙 ‎9．如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d．O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是（　　）‎ A．电子将向右偏转 B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d C．电子打在MN上的点与O′点的距离为 D．电子在磁场中运动的时间为 ‎10．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R．不计重力，则（　　）‎ A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1‎ C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，共20分．下列每小题所给选项至少有两项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上，全部选对的4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）‎ ‎11．关于磁场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．最早发现电流磁效应的科学家是法拉第 B．磁场的最基本性质是对放在磁场中的磁体或电流有磁场力的作用 C．电流和电流之间的相互作用也是通过磁场发生的 D．磁场的方向和小磁针北极所指的方向相同 ‎12．一只电炉的炉丝和一台电动机的线圈电阻相同，都为R，若把二者串联在电路中，电炉和电动机都正常工作，则（　　）‎ A．电炉和电动机的热功率相等 B．电动机的功率大于电炉功率 C．电炉和电动机两端电压相等 D．电炉两端电压小于电动机两端电压 ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零 B．一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零 C．当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小也是一定的 D．在感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和BIL之间 ‎14．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键k闭合．电容器两板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动．下列各叙述中正确的是（　　）‎ A．微粒带的是正电 B．电源电动势大小为 C．断开电键k，微粒将向下做加速运动 D．保持电键k闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 ‎15．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 ‎　‎ 三、填空题：本题共3小题，共计22分．‎ ‎16．图甲中游标卡尺的读数是　　cm，图乙中螺旋测微器的读数是　　mm．‎ ‎17．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：‎ A．小灯泡（3.8V，1.5W）‎ B．直流电源（电动势4.5V，内阻约0.4Ω）‎ C．电流表（量程0～500mA，内阻约0.5Ω）‎ D．电压表（量程0～5V，内阻约5000Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流2A）‎ F．滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流1A）‎ G．开关一个，导线若干 如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的　　，应选用的滑动变阻器是　　．‎ ‎18．在测量电源的电动势E以及内阻r （电动势约2V，内阻约0.5Ω实验中，给出如下器材：‎ 量程为1V的电压表，量程为0.5A的电流表（内阻较小），定值电阻Ro=1.6Ω，滑动变阻器R，开关S，导线若干．‎ ‎（1）四位同学设计了如上四个电路（图1），实验电路应选为　　‎ ‎（2）实验时当电流表的示数为I1时，电压表示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表示数为U2，则可求出电动势E的字母表达式为　　，内电阻r的字母表达式为　　‎ ‎（3）根据测量实验记录数据画出了电压表示数U随电流I的变化关系U﹣I图象，如图2所示，由此可知电源电动势E=　　、内阻为r=　　．（结果在小数点后保留两位小数）‎ ‎　‎ 四．计算题：（计算题要写出必要的文字说明和解题过程，只写出结果，没有过程不能得分）‎ ‎19．如图所示，在倾角为α的光滑金属导轨上，放置一根质量为m，长为L，通有电流I的导体棒．欲使导体棒静止在斜面轨道上，所加竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B应为多大？‎ ‎20．在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ，足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图，若迅速把电场方向反转成竖直向下．求：‎ ‎（1）小球能在斜面上连续滑行多远？‎ ‎（2）所用时间是多少？‎ ‎21．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°．第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B=1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向．一质量m=8×10﹣10kg．电荷量q=1×10﹣4C带正电粒子，从电场中M（12，﹣8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场．不计粒子重力，取π=3，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的速度v；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间t；‎ ‎（3）匀强电场的电场强度E．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省秦皇岛市卢龙中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题3分，共30分．下列每小题所给选项只有一项符合题意）‎ ‎1．关于闭合电路，下列说法中正确的是（　　）‎ A．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大 B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大 C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大 D．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．‎ ‎【解答】解：A、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大．故A正确．‎ B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大．故B错误．‎ C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小．故C错误．‎ D、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故D错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎2．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2、V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎【解答】解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B时，这个带电粒子（　　）‎ A．速率加倍，周期减半 B．速率不变，轨道半径减半 C．速率不变，周期加倍 D．速率减半，轨道半径不变 ‎【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】该题考察了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式和周期公式来分析各选项．‎ ‎【解答】解：‎ 洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小；由公式可知，当磁感应强度变为原来的2倍，周期将减半；‎ 由公式可知，当磁感应强度变为原来的2倍，轨道半径将减半．从而可判断选项B正确，选项A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹，室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里，）由此可知此粒子（　　）‎ A．一定带正电 B．一定带负电 C．不带电 D．可能带正电，也可能带负电 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】根据粒子的运动的轨迹可以判断出粒子的带电的性质，由半径的变化和半径的公式可以判断粒子的速度的变化的情况．‎ ‎【解答】解：粒子穿过铅板之后粒子的速度减小，根据半径的公式r=可知，穿过之后粒子的半径的大小会减小，所以粒子是由下向上运动的，根据左手定则可知，粒子带的是正电荷，所以A正确，BCD错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，其中，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图乙中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】根据左手定则可知圆环所受洛伦兹力F洛=qvB的方向竖直向上，圆环所受重力G=mg方向竖直向下，当qvB＞mg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向下，FN=qvB﹣mg，物体作加速度逐渐减小的变减速运动，当qvB=mg时，FN=0，故f=0，此时圆环开始做匀速直线运动．‎ ‎【解答】解：由左手定则可知圆环所受洛伦兹力F洛=qvB的方向竖直向上，细杆对圆环的支持力FN，圆环所受滑动摩擦力f=μFN，圆环所受重力G=mg方向竖直向下，‎ 当qvB＞mg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向下，FN=qvB﹣mg，故f＞0，物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐减小，故滑动摩擦力f逐渐减小，故物体的加速a=逐渐减小，即物体作加速度逐渐减小的变减速运动，当qvB=mg时，FN=0，故f=0，故圆环做匀速直线运动，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b、c三个闭合线圈，放在同一平面内，当a线圈中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Фa、Фb、Фc下列说法中正确的是（　　）‎ A．Фa＜Фb＜Фc B．Фa＞Фb＞Фc C．Фa＜Фc＜Фb D．Фa＞Фc＞Фb ‎【考点】磁通量；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则可知，环形导线周围磁场的分布；而通过线圈的磁通量变化是末磁通量减去初磁通量，虽然磁通量是标量，但磁感线分正反面穿过线圈．‎ ‎【解答】解：根据题意可知，结合右手螺旋定则可得，线圈a内部的磁场方向垂直向里，而外部则垂直向外，而磁通量可看成穿过线圈的磁感线条数，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多，因此穿过线圈a的磁通量最大，线圈c的磁通量最小，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核（13H）和α粒子（24He）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（　　）‎ A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大 B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小 C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小 D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．‎ ‎【解答】解：带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据，知氚核（13H）的质量与电量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大．‎ ‎ 根据得，最大速度v=，则最大动能，氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里，磁感应强度B2的方向垂直纸面向外，在S处有四个二价正离子，甲、乙、丙、丁垂直于场强E和磁感应强度B1的方向射入，若四个离子质量 m甲=m乙＜m丙=m丁，v甲＜v乙=v丙＜v丁，则运动到P1，P2，P3，P4四个位置的正离子分别为（　　）‎ A．甲、乙、丙、丁 B．甲、丁、乙、丙 C．丙、乙、丁、甲 D．甲、乙、丁、丙 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】粒子通过速度选择器，只有满足qvB=qE，即速度满足v=，才能通过速度选择器．当粒子的速度大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转．通过速度选择器进入磁场的粒子，根据qvB=m，比较轨道半径即可知打在哪一点．‎ ‎【解答】解：四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=，才能通过速度选择器．所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，根据qvB=m，R=，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点．‎ 甲的速度小于乙的速度，即小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点．丁的速度大于乙的速度，即大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d．O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是（　　）‎ A．电子将向右偏转 B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d C．电子打在MN上的点与O′点的距离为 D．电子在磁场中运动的时间为 ‎【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】根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，即可确定偏转方向；画出轨迹，由几何知识求出电子打在MN上的点与O′点的距离；确定出轨迹对应的圆心角，由圆周运动公式求解时间．‎ ‎【解答】解：A、电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图．A错误．‎ B、C设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：‎ ‎ x=r﹣=2d﹣=（2﹣d．故BC错误．‎ D、设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sinθ==0.5，得θ=．则电子在磁场中运动的时间为t==．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎10．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R．不计重力，则（　　）‎ A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1‎ C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R ‎【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】粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由T=求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0．故A错误．‎ B、由r=得，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故B错误．‎ C、负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T=，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1=，‎ 同理，在第四象限运动的时间为t2=，完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=．故C错误．‎ D、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，共20分．下列每小题所给选项至少有两项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上，全部选对的4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）‎ ‎11．关于磁场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．最早发现电流磁效应的科学家是法拉第 B．磁场的最基本性质是对放在磁场中的磁体或电流有磁场力的作用 C．电流和电流之间的相互作用也是通过磁场发生的 D．磁场的方向和小磁针北极所指的方向相同 ‎【考点】磁现象和磁场；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】最早发现电流磁效应的科学家奥斯特，依据磁场的基本性质及电流间的作用力由磁场传递，并根据小磁针静止时N极的指向，即为磁场方向，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、最早发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故A错误；‎ B、磁场的最基本性质是对放在磁场中的磁体或电流有磁场力的作用，故B正确；‎ C、电流和电流之间的相互作用也是通过磁场发生的，故C正确；‎ D、磁场的方向和小磁针北极静止所指的方向相同，故D错误；‎ 本题选择错误的，故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．一只电炉的炉丝和一台电动机的线圈电阻相同，都为R，若把二者串联在电路中，电炉和电动机都正常工作，则（　　）‎ A．电炉和电动机的热功率相等 B．电动机的功率大于电炉功率 C．电炉和电动机两端电压相等 D．电炉两端电压小于电动机两端电压 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】对于电炉电路和电动机电路，焦耳定律都适用，欧姆定律只适用于电炉，不适用于正常工作的电动机；根据欧姆定律研究电炉两端的电压；电动机两端的电压大于电流与电阻的乘积．‎ ‎【解答】解：A、根据P=I2r，知电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则电炉和电动机的热功率相等．故A正确．‎ B、电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，则电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率，故B正确；‎ C、设电流为I，电阻为r，则电炉两端电压U炉=Ir，电动机两端电压U机＞Ir，所以U机＞U炉．即电动机两端电压大于电炉两端电压，故C错误，D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零 B．一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零 C．当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小也是一定的 D．在感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和BIL之间 ‎【考点】电场强度；磁感应强度．‎ ‎【分析】由电场力公式F=qE则知，电荷在某处不受电场力作用，该处电场强度一定为零．一小段通电导体在某处不受安培力作用，该处磁感应强度不一定为零．若导线与磁场平行时，不受安培力，但B不等于零．导体所受的安培力大小与导体长度、电流大小及导线与磁场方向的夹角有关．‎ ‎【解答】解：‎ A、由电场力公式F=qE则知，电荷在某处不受电场力作用F=0，则该处电场强度E一定为零．故A正确．‎ B、将一小段通电导体平行放入磁场中，不受安培力作用，但磁感应强度不为零．故B错误．‎ C、当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小不一定，还与导线与磁场方向的夹角有关．故C错误．‎ D、在感应强度为B的匀强磁场中，当导线与磁场垂直时，导体所受到的安培力最大为BIL，当导线与磁场平行时，不受安培力，所以导体所受到的安培力的大小介于零和BIL之间．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎14．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键k闭合．电容器两板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动．下列各叙述中正确的是（　　）‎ A．微粒带的是正电 B．电源电动势大小为 C．断开电键k，微粒将向下做加速运动 D．保持电键k闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．‎ ‎【分析】由题，带电荷量为q的微粒静止不动，受力平衡，根据电场力方向与场强方向的关系，确定微粒的电性．由平衡条件求解板间电压，板间电压等于电源的电动势．断开电键K，或保持电键K闭合，把电容器两极板距离增大，根据微粒所受电场力有无变化，分析微粒是否运动 ‎【解答】解：‎ A、如图板间场强方向向下．微粒处于静止状态，受到向上的电场力，则微粒带的是负电．故A错误．‎ B、板间电压等于电源的电动势．由平衡条件得，mg=q，得到E=U=．故B错误．‎ C、断开电键K，板间电压与场强均不变，微粒所受的电场力不变，所以微粒仍将保持静止状态．故C错误．‎ D、保持电键K闭合，板间电压U不变，把电容器两极板距离增大，板间电场强度E=，则知E减小，微粒所受的电场力减小，微粒将向下加速运动．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎15．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段M N上只有O点的磁感应强度为零．‎ ‎【解答】解：A、B根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反．故A错误，B正确．‎ C、D只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 三、填空题：本题共3小题，共计22分．‎ ‎16．图甲中游标卡尺的读数是　2.98　cm，图乙中螺旋测微器的读数是　5.680　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm=0.08cm，‎ 所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98cm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm．‎ 故答案为：2.98，5.680．‎ ‎　‎ ‎17．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：‎ A．小灯泡（3.8V，1.5W）‎ B．直流电源（电动势4.5V，内阻约0.4Ω）‎ C．电流表（量程0～500mA，内阻约0.5Ω）‎ D．电压表（量程0～5V，内阻约5000Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流2A）‎ F．滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流1A）‎ G．开关一个，导线若干 如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的　丁　，应选用的滑动变阻器是　R1　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】根据实验的原理可得实验中应选用滑动变阻器的接法；由电流表及灯泡内阻间的关系可选用电流表的接法．‎ ‎【解答】解：由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，分压式接法适用于测量较大阻值电阻（与滑动变阻器的总电阻相比），由于R1＜RL，选用R1时滑片移动时，电压变化明显，便于调节．又小灯泡的电阻约RL==≈9.6Ω，＞，所以安培表应该选用外接法．故应选用图丁所示电路由于电路中采用分压接法，故滑动变阻器应采用小电阻R1；‎ 故答案为：丁；R1．‎ ‎　‎ ‎18．在测量电源的电动势E以及内阻r （电动势约2V，内阻约0.5Ω实验中，给出如下器材：‎ 量程为1V的电压表，量程为0.5A的电流表（内阻较小），定值电阻Ro=1.6Ω，滑动变阻器R，开关S，导线若干．‎ ‎（1）四位同学设计了如上四个电路（图1），实验电路应选为　D　‎ ‎（2）实验时当电流表的示数为I1时，电压表示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表示数为U2，则可求出电动势E的字母表达式为　E=　，内电阻r的字母表达式为　r=﹣R0　‎ ‎（3）根据测量实验记录数据画出了电压表示数U随电流I的变化关系U﹣I图象，如图2所示，由此可知电源电动势E=　1.7V　、内阻为r=　0.40Ω　．（结果在小数点后保留两位小数）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据伏安法测电源电动势与内阻的原理选择实验电路图；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律列方程，解方程组，求出电源电动势与内阻的表达式；‎ ‎（3）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图象与电路图求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻较小，电压表量程小于电源电动势，为保证电路安全，可以用定值电阻与电源串联，组成等效电源，因此实验电路图可以选择D．‎ ‎（2）设电源电动势为E，内阻为r，在闭合电路中：‎ E=U1+I1（R0+r），E=U2+I2（R0+r），解得：E=，r=﹣R0；‎ ‎（3）由图2所示图象可知，电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标为1.7，则电源电动势E=1.7V；‎ 图象斜率的绝对值k===2，电源内阻r=k﹣R0=2﹣1.6=0.40Ω；‎ 故答案为：（1）D；（2）E=；r=﹣R0；（3）1.7V；0.40Ω．‎ ‎　‎ 四．计算题：（计算题要写出必要的文字说明和解题过程，只写出结果，没有过程不能得分）‎ ‎19．如图所示，在倾角为α的光滑金属导轨上，放置一根质量为m，长为L，通有电流I的导体棒．欲使导体棒静止在斜面轨道上，所加竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B应为多大？‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．‎ ‎【分析】导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，安培力大小为F=BIL，根据平衡条件和闭合电路欧姆定律结合求解．‎ ‎【解答】解：导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，如图侧视图所示．‎ 由平衡条件得：F安=mgtanα 又：F安=BIL 根据闭合电路欧姆定律：‎ 联立得：‎ 答：所加竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B应为．‎ ‎　‎ ‎20．在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ，足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图，若迅速把电场方向反转成竖直向下．求：‎ ‎（1）小球能在斜面上连续滑行多远？‎ ‎（2）所用时间是多少？‎ ‎【考点】洛仑兹力；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；当电场竖直向下时，小球受到向下的力为2mg；当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；在此过程中，电势能和重力势能转化为动能，由动能定理即可求出小球下滑的距离．‎ ‎（2）经受力分析可知，小球在沿斜面方向上合力不变，故沿斜面做匀加速直线运动，由运动学公式可求出运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）由静止可知：qE=mg 当小球恰好离开斜面时，对小球受力分析，受竖直向下的重力、电场力和垂直于斜面向上的洛伦兹力，此时在垂直于斜面方向上合外力为零．‎ 则有：（qE+mg）cosθ=qvB 由动能定理得：（qE+mg）sinθ•x=mv2‎ 解得：x=‎ ‎（2）对小球受力分析，在沿斜面方向上合力为（qE+mg）sinθ，且恒定，故沿斜面方向上做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：‎ ‎（qE+mg）sinθ=ma 得：a=2gsinθ 由x=at2‎ 得：t=‎ 答：（1）小球能在斜面上滑行距离为；‎ ‎（2）小球在斜面上滑行时间是．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°．第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B=1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向．一质量m=8×10﹣10kg．电荷量q=1×10﹣4C带正电粒子，从电场中M（12，﹣8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场．不计粒子重力，取π=3，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的速度v；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间t；‎ ‎（3）匀强电场的电场强度E．‎ ‎【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】（1）粒子在电场中做匀加速运动，进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，由牛顿第二定律求得速度v；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动时，速度的偏向角等于轨迹所对应的圆心角，由几何关系得到θ，由t=求出时间t；‎ ‎（3）粒子在电场中运动时，由动能定理求解电场强度E．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在磁场中的轨迹如图，设粒子做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系，得 ‎ R+Rsin30°=‎ 解得 ‎ 由得 v=‎ 代入解得 v=104m/s ‎（2）由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有 ‎（3）粒子在电场中运动时，由动能定理得 ‎ 则得 答：（1）粒子在磁场中运动的速度v是104m/s；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间t是1.6×10﹣5s；‎ ‎（3）匀强电场的电场强度E是5×103V/m．‎