物理·河北省邯郸市成安一中、永年二中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷+Word版含解析

物理·河北省邯郸市成安一中、永年二中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷+Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年河北省邯郸市成安一中、永年二中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择（共10小题，每题4分，共12分）‎ ‎1．下列陈述中不符合历史事实的是（　　）‎ A．安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用 B．牛顿是在伽利略理想斜面实验的基础上进行假想推理得出了牛顿第一定律 C．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场 D．奥斯特首先发现了电和磁有联系 ‎2．小灯泡额定电压为6V，额定功率估计在7W～l2W之间，小佳按如图所示甲的电路测定灯的功率，所用电流表有0.6A、3A两档，电压表有3V、l5V两档，将它们连入电路时小佳作了正确选择与操作，变阻器滑到某处时两电表示数如图的乙、丙所示，则（　　）‎ A．小灯泡额定功率为7.5W B．在5V时小灯泡的功率为7.5W C．在1V电压下小灯泡功率7.5W D．在5V时小灯泡功率为1.5W ‎3．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示．下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（　　）‎ A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由a向b运动，带负电 C．粒子由b向a运动，带正电 D．粒子由b向a运动，带负电 ‎4．彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图所示，在容器的中心放一个圆柱形电极，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把A和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来．造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中（　　）‎ A．将磁铁的磁极接反了 B．将直流电源的正负极接反了 C．使用的电源为50Hz的交流电源 D．使用的液体为饱和食盐溶液 ‎5．如图，虚线方框内为四个相同的匀强磁场，磁场中分别放入四个单匝线圈，四个线圈的边长MN相等，线圈平面与磁场方向垂直．当线圈中通有大小相同的环形电流时，四个线圈所受安培力最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP=x，下列图线能够正确反应x与U之间的函数关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个置于匀强磁场中的D形金属盒，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在加速时，其动能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．在Ek﹣t图象中应有（t4﹣t3）＜（t3﹣t2）＜（t2﹣t1）‎ B．减小磁场的磁感应强度可增大带电粒子射出时的动能 C．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 D．加速电场的电压越大，则粒子获得的最大动能一定越大 ‎8．如图所示，两根长直导线竖直插人光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度 v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球做变加速直线运动 C．小球对桌面的压力先减小后增大 D．小球对桌面的压力一直在增大 ‎9．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景．其发电原理示意图如图所示，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S，相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g．则（　　）‎ A．上板是电源的正极，下板是电源的负极 B．两板间电势差为U=Bdv C．流经R的电流强度为I=‎ D．流经R的电流强度为 I=‎ ‎10．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（　　）‎ A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变 B．变化过程中△U和△I的比值保持不变 C．电阻R0两端电压减小，减小量为△U D．电容器的带电量减小，减小量为C△U ‎　‎ 二、多项选择（共4小题，每题4分，共16分）‎ ‎11．空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断（　　）‎ A．该匀强磁场的方向是垂直纸面向里 B．所有电子在磁场中的轨迹相同 C．速率大于v0的电子在磁场中运动时间长 D．所有电子的速度方向都改变了2θ ‎12．如图所示，两金属板间有水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带正电、质量为m的小球垂直于电场和磁场方向从O点以速度v0飞入此区域，恰好能沿直线从P点飞出此区域．如果只将电场方向改为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a1，经时间t1从板间的右端a点飞出，a与P间的距离为y1；如果同时撤去电场和磁场，小球加速度大小为a2，经时间t2从板间的右端b点以速度v飞出，b与P间的距离为y2．a、b两点在图中未标出，则一定有（　　）‎ A．v0＜v B．a1＞a2 C．a1=a2 D．t1＜t2‎ ‎13．如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量大小为q的微观粒子，沿与左边界PP′成θ=45°方向以速度v0垂直射入磁场．不计粒子重力，欲使粒子不从边界QQ′射出，v0的最大值可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是 （　　）‎ A．上表面电势高 B．下表面电势高 C．该导体单位体积内的自由电子数为 D．该导体单位体积内的自由电子数为 ‎　‎ 三、实验题（共2小题，15题8分，16题8分）‎ ‎15．某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）．完成下列测量步骤：‎ ‎（1）检查多用电表的机械零点．‎ ‎（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的　　（填“a”或“b”）端．‎ ‎（3）将选择开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小．为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量．则该同学应选择　　（“×10”或“×1k”）挡，然后　　，再进行测量．测量后示数如图所示，则测量结果为　　．‎ ‎（4）测量完成后，将选择开关拨向　　挡位置．‎ ‎16．某实验小组正在测定一节新型电池的电动势（约为3V）和内阻，现要选取一个定值电阻R0当做保护电阻．‎ ‎（1）首先为了准确测量定值电阻R0阻值，在操作台上准备了如下实验器材：‎ A、电压表V（量程3V，电阻约为4KΩ） ‎ B、电流表A1（量程1A，内阻约0.5Ω）‎ C、电流表A2（量程3A，内阻约0.5Ω） ‎ D、定值电阻R0（阻值约为3Ω）‎ E、滑动变阻器R（0﹣10Ω） ‎ F、开关s一个，导线若干 根据上述器材，在测量R0阻值时应选择　　（填序号）为电流表，其电路图应选择图1中哪种接法　　（填序号），经测量定值电阻R0的阻值为2.8Ω．‎ ‎（2）之后为了测量该新型电池的电动势和内阻，设计了如图2实验，在图2中将所选器材连接起来．‎ ‎（3）根据实验记录做出U﹣I图线如图3所示，从中可以求出待测新型电池的内阻为　　Ω，电池电动势为　　V（保留两位有效数字）．‎ ‎　‎ 四、计算题（共3小题，17题8分，18题8分，19题12分）‎ ‎17．（B）如图所示，M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：‎ ‎（1）电源内阻 ‎（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率．‎ ‎（3）开关S闭合时电源输出功率．‎ ‎18．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=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg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R=1Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎19．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的，粒子重力不计．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小．‎ ‎（2）圆形区域的半径R．‎ ‎（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸市成安一中、永年二中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择（共10小题，每题4分，共12分）‎ ‎1．下列陈述中不符合历史事实的是（　　）‎ A．安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用 B．牛顿是在伽利略理想斜面实验的基础上进行假想推理得出了牛顿第一定律 C．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场 D．奥斯特首先发现了电和磁有联系 ‎【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、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，故A错误；‎ B、牛顿第一定律是在伽利略等科学家分析的基础上进一步分析事实、再进一步概括、推理得出的定律，故B正确；‎ C、法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，故C正确；‎ D、奥斯特首先发现了电和磁有联系，故D正确．‎ 本题选不符合历史事实的，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．小灯泡额定电压为6V，额定功率估计在7W～l2W之间，小佳按如图所示甲的电路测定灯的功率，所用电流表有0.6A、3A两档，电压表有3V、l5V两档，将它们连入电路时小佳作了正确选择与操作，变阻器滑到某处时两电表示数如图的乙、丙所示，则（　　）‎ A．小灯泡额定功率为7.5W B．在5V时小灯泡的功率为7.5W C．在1V电压下小灯泡功率7.5W D．在5V时小灯泡功率为1.5W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据题干分析判断电压表和电流表选择的量程，正确读数，根据读数，由功率公式和欧姆定律进行求解，判断选项的正误．‎ ‎【解答】解：根据题意，灯泡额定电压为6V，则可判断电压表应选择15V档；‎ ‎∵灯泡额定电压为6V，额定功率估计在7W～l2W之间，则P额＞7W；‎ ‎∴根据I额=，可估算I额＞1A，电流表应选择3A档；‎ 根据乙丙两图可读数：I=1.50A，UL=5.0V，此时P=ULI=7.5W，A、C错误，B正确；‎ 根据欧姆定律变式，可计算RL==Ω=3.3Ω，则 P额==10.8W，D错误，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示．下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（　　）‎ A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由a向b运动，带负电 C．粒子由b向a运动，带正电 D．粒子由b向a运动，带负电 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．‎ ‎【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a．‎ 在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图所示，在容器的中心放一个圆柱形电极，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把A和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来．造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中（　　）‎ A．将磁铁的磁极接反了 B．将直流电源的正负极接反了 C．使用的电源为50Hz的交流电源 D．使用的液体为饱和食盐溶液 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】在电源作用下，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．‎ ‎【解答】‎ 解：老师将该容器放在磁场中，能使液体会旋转起来，是在安培力作用下导致的，因此要强调溶液能导电，且电流方向确定，并有磁场．与磁铁的磁极是否接反、直流电源正负是否接反，都没有关系．而该同学液体不能旋转是因为使用了交流电源，所以可能是C选项．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图，虚线方框内为四个相同的匀强磁场，磁场中分别放入四个单匝线圈，四个线圈的边长MN相等，线圈平面与磁场方向垂直．当线圈中通有大小相同的环形电流时，四个线圈所受安培力最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】明确安培力公式F=BIL适用条件和注意事项，解答本题的关键是正确理解公式F=BIL中L的含义，L为磁场中通电导体首尾连线的有效长度，同时要求导线要与磁场垂直 ‎【解答】解：由题意可知，四个图中导线均垂直与磁场，A图中的有效长度最大，根据公式F=BIL可知，A图中所受安培力最大大，故A正确，BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP=x，下列图线能够正确反应x与U之间的函数关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】根据动能定理得到带电粒子加速获得的速度．带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径r，x=2r，根据x与U的表达式选择图象．‎ ‎【解答】解：在加速电场中，由动能定理得：qU=，‎ 解得：v=，‎ 磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m，‎ 得：r=‎ 则得：x=2r=，B、m、q都一定，则由数学知识得到，x﹣U图象是抛物线，B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个置于匀强磁场中的D形金属盒，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在加速时，其动能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．在Ek﹣t图象中应有（t4﹣t3）＜（t3﹣t2）＜（t2﹣t1）‎ B．减小磁场的磁感应强度可增大带电粒子射出时的动能 C．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 D．加速电场的电压越大，则粒子获得的最大动能一定越大 ‎【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、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A错误．‎ B、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，故BD错误，C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，两根长直导线竖直插人光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度 v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球做变加速直线运动 C．小球对桌面的压力先减小后增大 D．小球对桌面的压力一直在增大 ‎【考点】洛仑兹力；力的合成与分解的运用；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则可知直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小，过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O得后洛伦兹力的方向向下．由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景．其发电原理示意图如图所示，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S，相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g．则（　　）‎ A．上板是电源的正极，下板是电源的负极 B．两板间电势差为U=Bdv C．流经R的电流强度为I=‎ D．流经R的电流强度为 I=‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势差．‎ ‎【分析】根据电场力和洛伦兹力平衡求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出两极板间的电势差．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则，可知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，故A正确；‎ B、根据qvB=q得电动势的大小为：E=Bdv，‎ 则流过R的电流为：I==，而r=，则电流大小：I=g；‎ 两极板间电势差为：U=IR=gR．故BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（　　）‎ A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变 B．变化过程中△U和△I的比值保持不变 C．电阻R0两端电压减小，减小量为△U D．电容器的带电量减小，减小量为C△U ‎【考点】元电荷、点电荷；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R．电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R0+r．‎ ‎【解答】解：A、由图， =R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故A错误．‎ B、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知， =R0+r，保持不变．故B正确．‎ C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故C错误，D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、多项选择（共4小题，每题4分，共16分）‎ ‎11．空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断（　　）‎ A．该匀强磁场的方向是垂直纸面向里 B．所有电子在磁场中的轨迹相同 C．速率大于v0的电子在磁场中运动时间长 D．所有电子的速度方向都改变了2θ ‎【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】电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；电子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式r=‎ 知，速率不同，轨迹半径不同．电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的长短．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图知，电子在P点受到的洛伦兹力方向沿P→O，如图，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向是垂直纸面向里．故A正确．‎ B、电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则轨迹就不同．故B错误．‎ C、D根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是θ，则所有电子的速度方向都改变了2θ，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是2θ，则所有电子在磁场中运动的时间都相同．故C错误，D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎12．如图所示，两金属板间有水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带正电、质量为m的小球垂直于电场和磁场方向从O点以速度v0飞入此区域，恰好能沿直线从P点飞出此区域．如果只将电场方向改为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a1，经时间t1从板间的右端a点飞出，a与P间的距离为y1；如果同时撤去电场和磁场，小球加速度大小为a2，经时间t2从板间的右端b点以速度v飞出，b与P间的距离为y2．a、b两点在图中未标出，则一定有（　　）‎ A．v0＜v B．a1＞a2 C．a1=a2 D．t1＜t2‎ ‎【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】根据题意分析各种情况下的运动形式和所对应的力学方程，开始匀速通过时：qvB=mg+Eq，当粒子做匀速圆周运动时，mg=Eq，qvB=，同时撤去电场和磁场时小球做平抛运动，根据不同规律的特点可正确解答．‎ ‎【解答】解：开始匀速通过时：qvB=mg+Eq 当小球做匀速圆周运动时，mg=Eq，qvB==ma1，‎ 同时撤去电场和磁场时小球做平抛运动，有：mg=ma2‎ 因为qvB＞mg，因此a1＞a2，故B正确，C错误；‎ 小球做圆周运动时，速度大小不变为v0，小球做平抛运动时，重力做正功，因此速度增大，即v0＜v，故A正确；‎ 小球做圆周运动时，从右端出去的时间为：t1=，s为运动的弧长，平抛运动时：t2=，l为两板之间水平位移，由于s＞l，因此t1＞t2，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量大小为q的微观粒子，沿与左边界PP′成θ=45°方向以速度v0垂直射入磁场．不计粒子重力，欲使粒子不从边界QQ′射出，v0的最大值可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子恰好不从QQ′边界射出的临界轨迹图，然后求出粒子的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界速度．‎ ‎【解答】解：如果粒子带正电，粒子不从边界QQ′射出速度v0最大时运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：r﹣rsin（90°﹣θ）=d，‎ 解得：r=（2+）d，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，‎ 解得：v0=，故A正确；‎ 如果粒子带负电，粒子不从边界QQ′射出速度v0最大时运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：r+rsin（90°﹣θ）=d，‎ 解得：r=（2﹣）d，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，‎ 解得：v0=，故C正确；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎14．利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是 （　　）‎ A．上表面电势高 B．下表面电势高 C．该导体单位体积内的自由电子数为 D．该导体单位体积内的自由电子数为 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下表面存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．根据上下表面带电的正负判断电势的高低．根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数．‎ ‎【解答】解：A、电流方向水平向右，则自由电子的运动方向水平向左，根据左手定则，电子向上偏，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电．所以下表面的电势高．故A错误，B正确．‎ ‎ C、电流的微观表达式为I=nevS，n表示单位体积内的电子数，S表示横截面积，则n=．最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有：，则v=．所以n=．故D正确，C错误．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ 三、实验题（共2小题，15题8分，16题8分）‎ ‎15．某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）．完成下列测量步骤：‎ ‎（1）检查多用电表的机械零点．‎ ‎（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的　a　（填“a”或“b”）端．‎ ‎（3）将选择开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小．为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量．则该同学应选择　×1k　（“×10”或“×1k”）挡，然后　重新进行欧姆调零　，再进行测量．测量后示数如图所示，则测量结果为　30kΩ　．‎ ‎（4）测量完成后，将选择开关拨向　OFF或交流电压最高档　挡位置．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻；描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】欧姆表内置电源的正极与“﹣”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；‎ 用欧姆表测电阻时，红表笔接电源的负极，黑表笔接电源的正极；使用欧姆表测电阻时，应把红黑表笔短接进行欧姆调零；‎ 多用电表使用完毕，应把选择开关打到off挡或交流电压最高挡；‎ 应选择合适的挡位，使欧姆表指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端．‎ ‎（3）将选择开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小．为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量．则该同学应选择×1k挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量．测量后示数如图所示，则测量结果为：30×1k=30kΩ．‎ ‎（4）测量完成后，将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置．‎ 故答案为：（2）a；（3）×1k；重新进行欧姆调零；30kΩ；（4）OFF或交流电压最高档．‎ ‎　‎ ‎16．某实验小组正在测定一节新型电池的电动势（约为3V）和内阻，现要选取一个定值电阻R0当做保护电阻．‎ ‎（1）首先为了准确测量定值电阻R0阻值，在操作台上准备了如下实验器材：‎ A、电压表V（量程3V，电阻约为4KΩ） ‎ B、电流表A1（量程1A，内阻约0.5Ω）‎ C、电流表A2（量程3A，内阻约0.5Ω） ‎ D、定值电阻R0（阻值约为3Ω）‎ E、滑动变阻器R（0﹣10Ω） ‎ F、开关s一个，导线若干 根据上述器材，在测量R0阻值时应选择　B　（填序号）为电流表，其电路图应选择图1中哪种接法　a　（填序号），经测量定值电阻R0的阻值为2.8Ω．‎ ‎（2）之后为了测量该新型电池的电动势和内阻，设计了如图2实验，在图2中将所选器材连接起来．‎ ‎（3）根据实验记录做出U﹣I图线如图3所示，从中可以求出待测新型电池的内阻为　0.70　Ω，电池电动势为　2.88　V（保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据给定的仪器可明确电流的最大值，从而明确电流表；大电阻采用电流表外接法，小电阻采用内接法；‎ ‎（2）根据原理图可得出对应的实物图；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律可明确对应的表达式，根据图象可求得电源的电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）定值电阻约为3Ω，电动势约为3V，则最大电流约为1A，则电流表应选择B；因电阻较小，为了精确测量，应采用电流表外接法，故选a； ‎ ‎（2）根据原理图可得出对应的实物图；‎ ‎（3）根据U=E﹣I（r+R0）可知，从图中取两点联立方程求解可知：‎ E=2.88V；图象的斜率表示内阻，故内阻r=﹣R0=0.70Ω； ‎ 故答案为：（1）B； a； （2）如图所示；（3）0.70；2.88．‎ ‎　‎ 四、计算题（共3小题，17题8分，18题8分，19题12分）‎ ‎17．（B）如图所示，M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：‎ ‎（1）电源内阻 ‎（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率．‎ ‎（3）开关S闭合时电源输出功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．‎ ‎（2）当开关S闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．（3）电源的输出功率为P=UI．‎ ‎【解答】解：（1）设电源内阻为r′，当S断开时，，即，‎ 得r′=1Ω．‎ ‎（2）当S合上时，I2=4A，则U内=I2•r′=4V U外=E﹣U内=40V﹣4V=36V，也即电动机两端电压为36V 所以 ‎（3）开关S闭合时电源输出功率P出=EI﹣I2R=4×40﹣1×42=144W ‎ 答：（1）电源内阻为1Ω．‎ ‎（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率为2.5W，转化为机械能的功率为87.5W．‎ ‎（3）开关S闭合时电源输出功率为144W．‎ ‎　‎ ‎18．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=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg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R=1Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎【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）先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流．由公式F安=ILB求解安培力大小；‎ ‎（2）导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ ‎ I==A=2A 导体棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N ‎（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：‎ mgsin37°+f=F安 解得：f=F安﹣mgsin37°=（0.40﹣0.24）N=0.16N 答：（1）导体棒受到的安培力大小是0.40N；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小是0.16N．‎ ‎　‎ ‎19．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的，粒子重力不计．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小．‎ ‎（2）圆形区域的半径R．‎ ‎（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间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）粒子在电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学结合求解．‎ ‎（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径，由几何关系求解R．‎ ‎（3）分两个过程分别求出时间，即可得到总时间．‎ ‎【解答】解：（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v==2v0‎ 竖直分速度 vy=v0cot30°=‎ 由h=，a=得 E=‎ ‎（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m，r==‎ 根据几何关系得：R=rtan30°=‎ ‎（3）在电场中，由h=得 t1=；‎ 在磁场中，运动时间 t2=T=×=‎ 故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2=+．‎ 答：‎ ‎（1）电场强度E的大小是．‎ ‎（2）圆形区域的半径R是．‎ ‎（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t是+．‎ ‎　‎ ‎2016年11月17日