物理卷·2018届湖北省荆州市沙市中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届湖北省荆州市沙市中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

2016-2017 学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）期中物理试卷 一、选择题：（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分．1-6 题单选题，7-12 为多选题．） 1．下列叙述符合史实的是（ ） A．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了静电力常量 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总 要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 2．下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（ ） A．加速度 a= B．磁感应强度 B= C．电容 C= D．电场强度 E= 3．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则 电容器（ ） A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 4．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示的装置．向杯内 加入冷水，温度计的示数为 20℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值 R1．然 后向杯内加入热水，温度计的示数为 60℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说 法正确的是（ ） A．多用电表应选用电流挡，温度升高换用大量程测量 B．多用电表应选用电流挡，温度升高换用小量程测量 C．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的档 D．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的档 5．如图所示一矩形线框，线框在平行于纸面内，从 abcd 位置移到 a′b′c′d′位置，关于该过程 线框中感应电流，下列叙述正确的是（ ） A．先顺时针，再逆时针 B．先顺时针，再逆时针，然后顺时针 C．先逆时针，再顺时针，然后逆时针，然后再顺时针 D．先顺时针，再逆时针，然后顺时针，然后再逆时针 6．如图所示，O1O2 为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板 间．粒子 1 打到 B 板的中点，粒子 2 刚好打在 B 板边缘，粒子 3 从两板间飞出，设三个粒 子只受电场力作用，则（ ） A．三个粒子在电场中运动时间关系为 t1＜t2=t3 B．三个粒子在电场中运动时间关系为 t1=t2＞t3 C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为 v1=v2=v3 D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为△E1＞△E2＞△E3 7．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，设匀强磁场的磁感应强度为 B，D 形金 属盒的半径为 R，狭缝间的距离为 d，匀强电场间的加速电压为 U，要增大带电粒子（电荷 量为 q、质量为 m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中正确的是（ ） A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离 C．增大磁场的磁感应强度 D．增大 D 形金属盒的半径 8．在空间直角坐标系 O﹣xyz 中，有一四面体 C﹣AOB，C、A、O、B 为四面体的四个顶 点，坐标分别为 O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0， 0）是 x 轴上一点，坐标原点 O 处固定着+Q 的点电荷，下列说法正确的是（ ） A．A、B、C 三点的电场强度相同 B．电势差 UOA＞UAD C．将一电子由 C 点分别移动到 A、B 两点，电场力做功相同 D．电子在 A 点的电势能小于在 D 点的电势能 9．如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r．当滑动变阻器 R2 的滑片 P 向左滑动时，下列说 法正确的是（ ） A．电阻 R3 消耗的功率变大 B．电容器 C 上的电荷量变大 C．灯 L 变暗 D．R1 两端的电压变化量的绝对值小于 R2 两端的电压变化量的绝对值 10．倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上放有一根金属杆 ab 处于静止．现垂直轨道平面 向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度 B 从零开始逐渐增加到某一值过程中，ab 杆受 到的静摩擦力可能（ ） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．某时刻静摩擦力的大小可能等于安培力大小 11．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环 形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁 场，磁感应强度为 B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为 a=0.05m，电源的电动势为 E=3V，内 阻 r=0.1Ω，限流电阻 R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 R=0.9Ω，闭合开关后 当液体旋转时电压表的示数为 1.5V，则（ ） A．由上往下看，液体做逆时针旋转 B．液体所受的安培力大小为 1.5×10﹣3N C．闭合开关后，液体热功率为 0.81W D．闭合开关 10s，液体具有的动能是 3.69J 12．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端拴接 一带正电小球，小球静止时位于 N 点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变， 现将小球拉至 M 点由静止释放．则释放后小球从 M 运动到 N 过程中（ ） A．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 二、实验题（本题 14 分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．） 13．图中游标卡尺的读数为 mm；图中螺旋测微器的读数为 mm． 14．小明同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势 E 及电阻 R1 和 R2 的阻值．实验器材有： 待测电源 E（不计内阻），待测电阻 R1，待测电阻 R2，电流表 A（量程为 0.6A，内阻较小）， 电阻箱 R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干． （1）先测电阻 R1 的阻值．闭合 S1，将 S2 切换到 a，调节电阻箱 R，读出其示数 r1 和对应 的电流表示数 I，将 S2 切换到 b，调节电阻箱 R，使电流表示数仍为 I，读出此时电阻箱的 示数 r2．则电阻 R1 的表达式为 R1= ． （2）小明同学已经测得电阻 R1=2.0Ω，继续测电源电动势 E 和电阻 R2 的阻值．他的做法是： 闭合 S1，将 S2 切换到 b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R 和对应的电流表示数 I， 由测得的数据，绘出了如图乙所示的 ﹣R 图线，则电源电动势 E= V，电阻 R2= Ω．（保留两位有效数字） （3）用此方法测得的电动势的测量值 真实值；R2 的测量值 真实值（填“大于”、“小 于”或“等于”） 三、本题 5 小题，共 46 分．请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．如图所示，平行金属导轨间距为 0.5m，水平放置，电源电动势为 E=1.5V，内阻 r=0.2Ω， 质量 m=0.05kg 的金属棒电阻 R=2.8Ω，与平行导轨垂直，其余电阻不计，空间中有磁感应强 度 B=2.0T、方向与导轨平面成 60°角的匀强磁场，且垂直于金属棒，接通电路后，金属棒仍 处于静止．（g=10m/s2）求： （1）金属棒所受的支持力； （2）金属棒受到的摩擦力． 16．如图 1 所示变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电表的读数随电流表读数的变 化情况，如图 2 中的 AC、BC 两直线所示，不考虑电表对电路的影响． 求：（1）定值电阻 R0、变阻器的总电阻 R． （2）出电源的电动势和内阻． 17．如图所示，竖直平面 xOy 内存在水平向右的匀强电场，场强大小 E=10N/c，在 y≥0 的 区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.5T 一带电量 q=+0.2C、 质量 m=0.4kg 的小球由长 l=0.4m 的细线悬挂于 P 点小球可视为质点，现将小球拉至水平位 置 A 无初速释放，小球运动到悬点 P 正下方的坐标原点 O 时，悬线突然断裂，此后小球又 恰好能通过 O 点正下方的 N 点．（g=10m/s2），求： （1）小球运动到 O 点时的速度大小； （2）悬线断裂前瞬间拉力的大小； （3）ON 间的距离． 18．初速为零的正离子经过电势差为 U 的电场加速后，从离子枪 T 中水平射出后进入无限 大的磁感应强度 B 的匀强磁场中，距离离子枪右侧 d 处有一长为 d 的正对平行金属板，金 属板间距也为 d，且两金属板中线恰好与离子从离子枪出射的初速度方向共线，如图所示．不 计重力，离子荷质比在什么范围内离子才能打在金属板上． 19．如图所示，空间内有方向垂直纸面（竖直面）向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应 强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域 内的电场强度大小相等，现有一质量 m=0.01kg，带电荷量 q=0.01C 的带正电滑块从区域Ⅰ 左侧与边界 MN 左侧相距 L=2m 的 A 点以 v0=5m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运 动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离 开磁场落回 A 点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.225，重力加速度 g=10m/s2． （1）求匀强电场的电场强度 E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小 B1； （2）求滑块从 A 点出发到再次落回 A 点所经历的时间 t； （3）若滑块在 A 点以 v0=9m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做 匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度 d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小 B2． 2016-2017 学年湖北省荆州市沙市中学高二（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，共 48 分．1-6 题单选题，7-12 为多选题．） 1．下列叙述符合史实的是（ ） A．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了静电力常量 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总 要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 【考点】楞次定律． 【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要掌握其发现者和提出者，了解所涉及 伟大科学家的重要成就． 【解答】解： A、B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很 好地解释了磁化现象．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在 联系，故 A、B 错误． C、卡文迪许利用扭秤将微小量放大，首次较准确地测定了万有引力常量，不是静电力常 量．故 C 错误． D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流 的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故 D 正确． 故选：D． 2．下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（ ） A．加速度 a= B．磁感应强度 B= C．电容 C= D．电场强度 E= 【考点】磁感应强度；电场强度． 【分析】所谓比值定义法就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法，定义出的 新的物理量反映物质的属性，与参与定义的物理量无关． 【解答】解：A、由公式 a= 知，a 与 F 成正比，与 m 反比，则知加速度 a= 不是比值 定义法，故 A 错误． B、磁感应强度的定义式 B= 采用的是比值定义法，B 与 F、IL 无关，反映磁场本身的 特性，故 B 正确． C、C= 是电容的决定式，不是比值定义法，故 C 错误． D、E= 是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故 D 错误． 故选：B 3．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则 电容器（ ） A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 【考点】电容器的动态分析． 【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出 后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化． 【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变． 将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式 C= 知，介电常数减 小，电容减小． 由于电压不变，根据 C= 可知，电荷量 Q 减小． 由于电容器的电压不变，板间的距离 d 不变，根据 E= 可知，极板间的电场强度不变． 所以 ABC 错误，D 正确； 故选：D 4．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示的装置．向杯内 加入冷水，温度计的示数为 20℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值 R1．然 后向杯内加入热水，温度计的示数为 60℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说 法正确的是（ ） A．多用电表应选用电流挡，温度升高换用大量程测量 B．多用电表应选用电流挡，温度升高换用小量程测量 C．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的档 D．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的档 【考点】用多用电表测电阻． 【分析】用欧姆档测电阻时，若指针偏角较大，说明阻值较小，应当换用较小的倍率． 【解答】解：因题目中用多用电表与测电阻直接相连，故只能选用从多用电表的欧姆档；温 度升高时电表指针偏大，说明热敏电阻的阻值减小，所以电表的倍率应减小，D 正确，ABC 错误． 故选：D 5．如图所示一矩形线框，线框在平行于纸面内，从 abcd 位置移到 a′b′c′d′位置，关于该过程 线框中感应电流，下列叙述正确的是（ ） A．先顺时针，再逆时针 B．先顺时针，再逆时针，然后顺时针 C．先逆时针，再顺时针，然后逆时针，然后再顺时针 D．先顺时针，再逆时针，然后顺时针，然后再逆时针 【考点】楞次定律． 【分析】根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电 场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向． 【解答】解：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直 面向外，右边的磁场方向垂直向里， 当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为 adcba，为顺时针方向； 当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为 abcda，为逆时针方向； 当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：abcda，为逆时 针方向； 当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，为顺时针方向；故 ACD 错误， B 正确， 故选：B． 6．如图所示，O1O2 为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板 间．粒子 1 打到 B 板的中点，粒子 2 刚好打在 B 板边缘，粒子 3 从两板间飞出，设三个粒 子只受电场力作用，则（ ） A．三个粒子在电场中运动时间关系为 t1＜t2=t3 B．三个粒子在电场中运动时间关系为 t1=t2＞t3 C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为 v1=v2=v3 D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为△E1＞△E2＞△E3 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】三个粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动， 根据运动学公式列出竖直位移表达式，即可作出判断． 【解答】解：AB、三个粒子都做类平抛运动，且加速度相同．水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做匀加速直线运动，则有 竖直方向有 y= ，由图粒子 1、2 的竖直位移大小相等，大于 3，则得 t1=t2＞t3．故 A 错误，B 正确． C、水平方向有 x=v0t，由图知 2、3 水平位移大小相等，大于 1，则 v1＜v2＜v3，故 C 错误． D、动能的变化量△E=qEy，qE 相等，则△E1=△E2＞△E3，故 D 错误． 故选：B． 7．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，设匀强磁场的磁感应强度为 B，D 形金 属盒的半径为 R，狭缝间的距离为 d，匀强电场间的加速电压为 U，要增大带电粒子（电荷 量为 q、质量为 m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中正确的是（ ） A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离 C．增大磁场的磁感应强度 D．增大 D 形金属盒的半径 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动． 【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒 子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关． 【解答】解：离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m ， 解得 v= ． 则动能有：EK= mv2= ， 由此可知：粒子的动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关， 与磁感应强度大小和 D 形盒的半径有关，增大磁感应强度和 D 形盒的半径，可以增加粒子 的动能．故 C、D 正确，A、B 错误． 故选：CD． 8．在空间直角坐标系 O﹣xyz 中，有一四面体 C﹣AOB，C、A、O、B 为四面体的四个顶 点，坐标分别为 O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0， 0）是 x 轴上一点，坐标原点 O 处固定着+Q 的点电荷，下列说法正确的是（ ） A．A、B、C 三点的电场强度相同 B．电势差 UOA＞UAD C．将一电子由 C 点分别移动到 A、B 两点，电场力做功相同 D．电子在 A 点的电势能小于在 D 点的电势能 【考点】电势差与电场强度的关系；电势能． 【分析】A、B、C 三点的电场强度大小相同，方向不同．由 U=Ed 分析电势差 UOA 与 UAD 的大小．A、B、C 三点的在同一等势面上，由 W=qU，分析电场力做功情况．电子在 A 点 的电势能小于在 D 点的电势能． 【解答】解：A、A、B、C 三点的电场强度大小相同，方向不同，场强是矢量，则 A、B、 C 三点的电场强度不同．故 A 错误； B、OA 间场强大于 AD 间场强，由 U=Ed 可知，电势差 UOA＞UAD．故 B 正确； C、A、B 两点的在同一等势面上，由 W=qU，将一电子由 C 点分别移动到 A、B 两点，电 场力做功相同．故 C 正确； D、D 的电势高于 A 点的电势，所以电子在 A 点的电势能小于在 D 点的电势能．故 D 正确． 故选：BCD． 9．如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r．当滑动变阻器 R2 的滑片 P 向左滑动时，下列说 法正确的是（ ） A．电阻 R3 消耗的功率变大 B．电容器 C 上的电荷量变大 C．灯 L 变暗 D．R1 两端的电压变化量的绝对值小于 R2 两端的电压变化量的绝对值 【考点】闭合电路的欧姆定律；电容． 【分析】首先明确电路结构，R2 和 L 并联然后和 R1 串联，串联后与 R3 并联．再根据闭合 电路欧姆定律动态分析的基本方法进行分析求解． 【解答】解：A、当滑动变阻器 R2 的滑片 P 向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变 小，小电阻分小电压，则外电压变小，故 R3 消耗的功率：P= 变小，故 A 错误； B、R2 变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而 R3 上电压变小则电流变小，故 R1 上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电荷量变大，故 B 正确； C、R2 变小，小电阻分小电压，则 R2 的电压变小，灯泡的电压变小，故灯 L 变暗，故 C 正 确； D、R1 两端的电压变大，R2 两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外 电压变小，故 R1 两端增加的电压小于 R2 两端减小的电压，故 D 正确； 故选：BCD． 10．倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上放有一根金属杆 ab 处于静止．现垂直轨道平面 向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度 B 从零开始逐渐增加到某一值过程中，ab 杆受 到的静摩擦力可能（ ） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．某时刻静摩擦力的大小可能等于安培力大小 【考点】安培力． 【分析】根据左手定则，判断安培力的方向；然后对杆受力分析，受重力、支持力、安培力 和静摩擦力（可能可能为零），根据共点力平衡条件列式分析即可． 【解答】解：ABC、加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平 衡条件可知：mgsinθ=f； 加磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度 B 逐渐增加的过程中， 安培力逐渐增加，根据平衡条件，有：mgsinθ=f′+FA； 由于安培力逐渐变大，故从开始到即将滑动的过程中，静摩擦力是先减小到零，后反向增加； 而题目没有说明棒是否即将滑动，故静摩擦力可能一直减小，也可能先减小后增加，故 A 错误，B 正确，C 正确； D、当安培力小于重力的下滑分力时，根据平衡条件，有：mgsinθ=f′+FA； 如果 f′=FA，则 FA= mgsinθ，故 D 正确； 故选：BCD 11．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环 形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁 场，磁感应强度为 B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为 a=0.05m，电源的电动势为 E=3V，内 阻 r=0.1Ω，限流电阻 R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 R=0.9Ω，闭合开关后 当液体旋转时电压表的示数为 1.5V，则（ ） A．由上往下看，液体做逆时针旋转 B．液体所受的安培力大小为 1.5×10﹣3N C．闭合开关后，液体热功率为 0.81W D．闭合开关 10s，液体具有的动能是 3.69J 【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律． 【分析】在电源外部，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；根据闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流值，然后根 据安培力的公式计算安培力的大小，根据焦耳定律计算热功率；根据功能关系计算液体获得 的动能． 【解答】解：A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电 源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场 竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向 旋转；故 A 正确； B、电压表的示数为 1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：E=U+IR0+Ir，所以电路中的电流值： =0.3A，液体所受的安培力大小为： F=BIL=BIa=0.1×0.3×0.05N=1.5×10﹣3N．故 B 正确； C、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 R=0.9Ω，则液体热功率为 P 热=I2R=0.32× 0.9=0.081W．故 C 错误； D、10s 末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P=UI=1.5× 0.3=0.45W，所以闭合开关 10s，液体具有的动能是：EK=W 电流﹣W 热=（P﹣P 热）•t=（0.45 ﹣0.081）×10=3.69J，故 D 正确． 故选：ABD． 12．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端拴接 一带正电小球，小球静止时位于 N 点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变， 现将小球拉至 M 点由静止释放．则释放后小球从 M 运动到 N 过程中（ ） A．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系；电势能． 【分析】小球静止时位于 N 点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在 小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功．据此来分析各个选项 【解答】解：A、释放后小球从 M 运动到 N 过程中，弹力做正功，弹簧弹性势能的减少量 等于小球动能的增加量，故 A 正确． B、由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功， 小球从 M 运动到 N 过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能，故 B 正确； C、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变 的，故 C 错误． D、在小球运动的过程中，电场力做的负功等于重力做的正功，二者的和是 0．故 D 错误． 故选：AB 二、实验题（本题 14 分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．） 13．图中游标卡尺的读数为 13.55 mm；图中螺旋测微器的读数为 1.195 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：0 分度的游标卡尺，精确度是 0．mm，游标卡尺的主尺读数为 13m，游标尺 上第 11 度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为： 13mm+0.55mm=13.55mm． 螺旋测微器的固定刻度为 1mm，可动刻度为 19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为 1mm+0.195mm=1.195mm． 故答案为：13.55 1.195 14．小明同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势 E 及电阻 R1 和 R2 的阻值．实验器材有： 待测电源 E（不计内阻），待测电阻 R1，待测电阻 R2，电流表 A（量程为 0.6A，内阻较小）， 电阻箱 R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干． （1）先测电阻 R1 的阻值．闭合 S1，将 S2 切换到 a，调节电阻箱 R，读出其示数 r1 和对应 的电流表示数 I，将 S2 切换到 b，调节电阻箱 R，使电流表示数仍为 I，读出此时电阻箱的 示数 r2．则电阻 R1 的表达式为 R1= r1﹣r2 ． （2）小明同学已经测得电阻 R1=2.0Ω，继续测电源电动势 E 和电阻 R2 的阻值．他的做法是： 闭合 S1，将 S2 切换到 b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R 和对应的电流表示数 I， 由测得的数据，绘出了如图乙所示的 ﹣R 图线，则电源电动势 E= 1.5 V，电阻 R2= 1.0 Ω．（保留两位有效数字） （3）用此方法测得的电动势的测量值 等 于 真实值；R2 的测量值 大于 真实值（填“大 于”、“小于”或“等于”） 【考点】测定电源的电动势和内阻． 【分析】（1）关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后求解即可； （2）根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后整理出关于 与 R 的函数表达式，再根据 斜率和截距的概念即可求解； （3）本实验中电源内阻考虑在内，应考虑内阻的作用，从而分析误差情况． 【解答】解：（1）当 R2 接 a 时应有：E=I（R2+r1）； 当 S2 接 b 时应有：E=I（R2+R1+r）； 联立以上两式解得：R1=r1﹣r2； （2）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1）， 变形为： = R+ ， 根据函数斜率和截距的概念应有： = = ， =2.0 解得：E=1.5V，R2=1.0Ω； （3）若考虑电源内阻，对（1）：接 a 时应有：E=I（R2+r1+r），接 b 时应有：E=I（R2+r2+r） 联立可得 R1=r1﹣r2，即测量值与真实值相比不变； 对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r），变形为 = R+ ， 比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1 变小，即测量值比真实值偏大． 故答案为：（1）r1﹣r2 （2）1.5，1.0 （3）等于，大于． 三、本题 5 小题，共 46 分．请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．如图所示，平行金属导轨间距为 0.5m，水平放置，电源电动势为 E=1.5V，内阻 r=0.2Ω， 质量 m=0.05kg 的金属棒电阻 R=2.8Ω，与平行导轨垂直，其余电阻不计，空间中有磁感应强 度 B=2.0T、方向与导轨平面成 60°角的匀强磁场，且垂直于金属棒，接通电路后，金属棒仍 处于静止．（g=10m/s2）求： （1）金属棒所受的支持力； （2）金属棒受到的摩擦力． 【考点】安培力． 【分析】（1）由闭合电路欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出金属棒受到的安培力，然 后应用平衡条件求出金属棒受到的支持力． （2）应用平衡条件求出金属棒受到的摩擦力． 【解答】解：（1）电路电流：I= = =0.5A， 金属棒受到的安培力：F=BIL=2×0.5×0.5=0.5N， 金属棒静止，处于平衡状态，在竖直方向上， 由平衡条件得：mg=N+Fsin30°， 解得：N=0.25N，方向：竖直向上； （2）金属棒静止处于平衡状态， 在水平方向，由平衡条件得： f=Fcos30°=0.5× = ，方向：水平向右； 答：（1）金属棒所受的支持力大小为 0.25N，方向：竖直向上； （2）金属棒受到的摩擦力大小为 N，方向：水平向右． 16．如图 1 所示变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电表的读数随电流表读数的变 化情况，如图 2 中的 AC、BC 两直线所示，不考虑电表对电路的影响． 求：（1）定值电阻 R0、变阻器的总电阻 R． （2）出电源的电动势和内阻． 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【分析】（1）定值电阻 R0 等于图线 AC 的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解 R0．当 滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电 阻 R． （2）图线 BC 反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出 电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势． 【解答】解：（1）由乙图可知，电阻 R0 的值等于 AC 的斜率，即 R0= = Ω=3Ω； 当 R 全部接入电路时，电路中电流最小，对应 BC 线上的 B 点，则 Ω=R+R0，R=15Ω ﹣3Ω=12Ω； （2）对图线上的 B 点，根据闭合电路的欧姆定律有：E=7.5+0.5r 对图线上的 C 点，根据闭合电路的欧姆定律有：E=6+2r 联立解得：E=8V，r=1Ω； 答： （1）定值电阻 R0 为 3Ω，变阻器的总电阻 R 为 12Ω． （2）电源的电动势为 8V，内阻 1Ω． 17．如图所示，竖直平面 xOy 内存在水平向右的匀强电场，场强大小 E=10N/c，在 y≥0 的 区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.5T 一带电量 q=+0.2C、 质量 m=0.4kg 的小球由长 l=0.4m 的细线悬挂于 P 点小球可视为质点，现将小球拉至水平位 置 A 无初速释放，小球运动到悬点 P 正下方的坐标原点 O 时，悬线突然断裂，此后小球又 恰好能通过 O 点正下方的 N 点．（g=10m/s2），求： （1）小球运动到 O 点时的速度大小； （2）悬线断裂前瞬间拉力的大小； （3）ON 间的距离． 【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；向心力． 【分析】（1）由 A→O 的过程，小球受重力、绳的拉力、电场力和洛伦兹力，绳的拉力和洛 伦兹力均与运动方向垂直不做功，只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求得 O 点的 速度． （2）小球由 A→O 的过程做圆周运动，在最低点，绳的拉力、洛伦兹力和重力的合力提供 向心力，根据牛顿第二定律即可求得拉力大小． （3）悬线断裂后，沿电场方向小球做匀减速直线运动，沿重力方向做自由落体运动，小球 又恰好能通过 O 点正下方的 N 点，说明小球到达 N 点时，沿电场方向的速度为 vo，从而可 求的由 O→N 的时间，继而求出 ON 间的距离． 【解答】解：（1）小球从 A 运到 O 的过程中，根据动能定理： ① 带入数据求得小球在 O 点速度为：vo=2m/s ② （2）小球运到 O 点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律： ③ f 洛=Bvoq ④ ②③④联立得：T=8.2N ⑤ （3）绳断后，小球水平方向加速度 ⑥ 小球从 O 点运动至 N 点所用时间 t= = s=0.8s ⑦ ON 间距离 ⑧ 答：小球运动到 O 点时的速度大小为 2m/s，悬线断裂前瞬间拉力的大小为 8.2N，ON 间的 距离为 3.2m． 18．初速为零的正离子经过电势差为 U 的电场加速后，从离子枪 T 中水平射出后进入无限 大的磁感应强度 B 的匀强磁场中，距离离子枪右侧 d 处有一长为 d 的正对平行金属板，金 属板间距也为 d，且两金属板中线恰好与离子从离子枪出射的初速度方向共线，如图所示．不 计重力，离子荷质比在什么范围内离子才能打在金属板上． 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】由动能定理，可列出离子加速后获得的速度与电压关系式．离子进入磁场后做匀速 圆周运动，根据几何关系，结合勾股定理可得出半径的范围，最后由牛顿第二定律，结合向 心力表达式，即可求解离子能打在金属板上的比荷范围． 【解答】解：正离子经加速电场加速的过程，由动能定理得： qU= 得：v= 若离子正好打到金属板的近侧边缘 M，其轨迹如图，则其偏转半径 R1 满足关系为：R12=d2+ （R1﹣ d）2 即得：R1= d 若离子正好打到金属板的远侧边缘 N，则其偏转半径满足关系 R22=（2d）2+（R2﹣ d） 2 即得：R2= d 由牛顿第二定律可得：qvB=m 可得 = 将 v= 代入得 = 将 R1= d 和 R2= d 分别代入上式解得 = ， = 所以离子荷质比在 ≤ ≤ 范围内离子才能打在金 属板上． 答：离子荷质比在 ≤ ≤ 范围内离子才能打在金 属板上． 19．如图所示，空间内有方向垂直纸面（竖直面）向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应 强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域 内的电场强度大小相等，现有一质量 m=0.01kg，带电荷量 q=0.01C 的带正电滑块从区域Ⅰ 左侧与边界 MN 左侧相距 L=2m 的 A 点以 v0=5m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运 动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离 开磁场落回 A 点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.225，重力加速度 g=10m/s2． （1）求匀强电场的电场强度 E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小 B1； （2）求滑块从 A 点出发到再次落回 A 点所经历的时间 t； （3）若滑块在 A 点以 v0=9m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做 匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度 d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小 B2． 【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）小球进入复合场区域后，小球立即在竖直平面内做匀速圆周运动，说明重力与 电场力的大小相等，方向相反；A 到 N 的过程中根据牛顿第二定律可求出小球到达 N 点的 速度．小球离开磁场后做平抛运动，将运动分解，即可求出下落的高度，然后结合几何关系 由于洛伦兹力提供向心力的公式即可求出磁感应强度； （2）小球在 AN 之间做减速运动，由运动学的公式求出时间；粒子在磁场中做匀速圆周运 动，由周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，根据平抛运动的规律求平抛运动的时间， 最后求和； （3）A 到 N 的过程中摩擦力做功，由动能定理即可求出小球到达 N 点的速度．小球进入区 域Ⅱ后恰好能沿直线运动，说明小球受到的合外力为 0，受力分析即可求出小球的速度，结 合动能定理即可求出有界磁场区域Ⅰ的宽度 d 及区域Ⅱ的磁感应强 的大小． 【解答】解：（1）滑块在区域 I 内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有 mg=qE 解得 滑块在 AN 间运动时，由牛顿第二定律可得 a=μg=2.25m/s2 由运动公式可得 代入数据得 v=4m/s 平抛运动过程满足 L=vt3 做圆周运动满足 联立方程求解得 B1=6.4T （2）滑块在 AN 间的时间 在磁场中做匀速圆周运动的时间 平抛运动的时间 总时间为 （3）设滑块进入磁场时的速度为 v，满足 代入数据得 滑块在区域 II 做直线运动时，合力一定为 0，由平衡知 解得 滑块离开磁场区域 I 时的速度方向一定与水平成 450 角．由几何关系知 当滑块在区域 I 中做匀速圆周运动时有 解得 联立得 答：（1）匀强电场的电场强度 E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小 为 6.4T； （2）滑块从 A 点出发到再次落回 A 点所经历的时间 t 为 ； （3）若滑块在 A 点以 v0=9m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做 匀速直线运动，有界磁场区域Ⅰ的宽度 d 为 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小 为 ． 2016 年 12 月 5 日