物理卷·2018届湖北省宜昌市长阳二中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届湖北省宜昌市长阳二中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖北省宜昌市长阳二中高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（共12题48分，每题4分，第1～8题只有一个答案是正确的；第9～12题有多个答案是正确的，全选对的得4分．不选和错选得0分，漏选得2分．）‎ ‎1．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（　　）‎ A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流 B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流 C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流 D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流 ‎2．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为（　　）‎ A．　顺时针 B．　顺时针 C．　逆时针 D．　逆时针 ‎3．A、B是某静电场的一条电场线上的两点，初速为零的电子从A点释放后仅在电场力作用下从A运动到B，其动能Ek随位移s变化的情况如图2所示．设A、B两点的电场强度大小分别为EA和EB，电势分别为φA和φB，则下列关系正确的是（　　）‎ A．EA=EB，φA＞φB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA=EB，φA＜φB ‎4．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（　　）‎ A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引 B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥 C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引 D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥 ‎5．如图是一个将电流表改装成欧姆表的电路示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（　　）‎ A．16R B．10R C．5R D．4R ‎6．如图所示，在与直流电源相接的平行板电容器内部，有一个带电体P正好处于静止状态．下列推断正确的是（　　）‎ A．S保持闭合，将A板上移一小段距离，P将会向上运动 B．S保持闭合，将A板上移一小段距离，P将会向下运动 C．S断开后，将A板上移一小段距离，P将会向上运动 D．S断开后，将A板上移一小段距离，P将会向下运动 ‎7．在如图所示的电路中，E、r为电源的电动势和内阻，R1和R3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和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增大，I2减小，U增大 C．I1减小，I2增大，U减小 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎8．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q 和﹣Q．在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入，则小球（　　）‎ A．速度先增大后减小 B．受到的库仑力先做负功后做正功 C．受到的库仑力最大值为 D．管壁对小球的弹力最大值为 ‎9．如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一带正电粒子沿极板方向以速度v从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过．不计带电粒子的重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若粒子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转 B．若增大两极板间的电压，粒子将向下偏转 C．若增大磁感应强度B，粒子经向上偏转 D．若减小带正电粒子的电荷量，粒子将向上偏转 ‎10．如图所示，质量为m，长l的铜棒，用长度也为l的两根轻软裸导线悬吊并处于静止．在铜棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场，现铜棒中通入恒定电流I后，铜棒向纸面外偏转的最大角度为θ，则匀强磁场的磁感应强度B为（　　）‎ A．B=tanθ B．B=‎ C．B= D．B=‎ ‎11．如图所示，1、2两个闭合圆形线圈用同样的导线制成，匝数n1=2n2，半径R1=2R2，图示区域内有均匀磁场，其磁感应强度随时间均匀减小．则下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2线圈中产生的感应电动势之比E1：E2=4：1‎ B．1、2线圈中产生的感应电动势之比E1：E2=8：1‎ C．1、2线圈中感应电流之比I1：I2=4：1‎ D．1、2线圈中感应电流之比I1：I2=2：1‎ ‎12．回旋加速器带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处于盒底的匀强磁场中，并分与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时加速，如图所示，现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（　　）‎ A．增大狭缝间的距离 B．增大D形金属盒的半径 C．增大高频交流电压 D．增大磁场的磁感应强度 ‎　‎ 二、实验题：本题2小题共16分 ‎13．有一游标卡尺，用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是　　 cm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是　　 mm．‎ ‎（3）某电阻丝R的额定电压为3V，为测量其电阻值，某同学先用多用电表粗测其电阻．用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“　　”档位（选填“×100”或“×1”），然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图3所示，则此段电阻丝的电阻为　　Ω．‎ ‎14．（8分）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：‎ A．干电池1节 B．滑动变阻器（0～20Ω）‎ C．滑动变阻器（0～1kΩ）‎ D．电压表（0～3V，内阻约为20kΩ）‎ E．电流表（0～0.6A，内阻RA=0.2Ω）‎ F．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）‎ G．开关、导线若干 ‎（1）为减小实验误差和方便操作，选择图甲所示电路进行实验，其中滑动变阻器应选　　，电流表应选　　．（填写器材前的序号）‎ ‎（2）某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I，画出U﹣I图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为　　V，内电阻为　　Ω．（保留到小数点后1位）‎ ‎　‎ 三、计算说明题（本题共3小题36分．每题要求写出必要的文字说明、计算式）‎ ‎15．（10分）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：‎ ‎（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；‎ ‎（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ ‎16．（12分）一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d，板长l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为D，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．已知电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎（1）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎（2）电子最远能够打到离荧光屏上中心O点多远处？‎ ‎17．（14分）如图所示，矩形匀强磁场区域的长为L，宽为，磁感应强度为B，质量为m，电量为e的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）电子速率v的取值范围？‎ ‎（2）电子在磁场中运动时间t的变化范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省宜昌市长阳二中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共12题48分，每题4分，第1～8题只有一个答案是正确的；第9～12题有多个答案是正确的，全选对的得4分．不选和错选得0分，漏选得2分．）‎ ‎1．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（　　）‎ A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流 B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流 C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流 D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择．‎ ‎【解答】解：‎ A、导体相对磁场运动，若没有切割磁感线，则导体内不会产生感应电流．故A错误．‎ B、导体做切割磁感线运动时，能产生感应电动势，若导体所在电路不闭合，则导体中就没有感应电流．故B错误．‎ C、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流．故C正确．‎ D、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生．故D错误．‎ 故选C ‎【点评】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．‎ ‎　‎ ‎2．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为（　　）‎ A．　顺时针 B．　顺时针 C．　逆时针 D．　逆时针 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期T=，根据电流的定义式I=求解电流强度．电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反 ‎【解答】解：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为 T=‎ 根据电流的定义式得：电流强度为 I=‎ 因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确．‎ 故选：C ‎【点评】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路．要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．‎ ‎　‎ ‎3．A、B是某静电场的一条电场线上的两点，初速为零的电子从A点释放后仅在电场力作用下从A运动到B，其动能Ek随位移s变化的情况如图2所示．设A、B两点的电场强度大小分别为EA和EB，电势分别为φA和φB，则下列关系正确的是（　　）‎ A．EA=EB，φA＞φB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA=EB，φA＜φB ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电子运动的速度﹣时间图象可知，电子做初速度为零的匀加速直线运动，由此可以判断出电场的方向和电场强度大小的变化情况．‎ ‎【解答】解：根据动能定理可知，△Ek=Fs；结合图2可知：电子受到的电场力恒定．因此为匀强电场，即EA=EB ‎，电子由静止从A运动到B，所以电场力由A指向B，因此电场线方向从B指向A，沿电场线电势降低，即有φA＜φB，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题结合运动图象考查了电场强度和电势的变化情况，考查角度新颖，要注意结合图象的含义以及电场线和电场强度与电势的关系求解．‎ ‎　‎ ‎4．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（　　）‎ A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引 B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥 C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引 D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用．‎ ‎【解答】解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；‎ 由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故B正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．‎ ‎　‎ ‎5．如图是一个将电流表改装成欧姆表的电路示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（　　）‎ A．16R B．10R C．5R D．4R ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．‎ ‎【解答】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，欧姆表调零即待测电阻为零，‎ 此时由闭合回路欧姆定律有，Ig=，‎ 测阻值为R的电阻时， Ig=．‎ 测未知电阻时， Ig=，‎ 联立以上三式解得Rx=16R，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】考查欧姆表的改装原理，明确改装原理再结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在与直流电源相接的平行板电容器内部，有一个带电体P正好处于静止状态．下列推断正确的是（　　）‎ A．S保持闭合，将A板上移一小段距离，P将会向上运动 B．S保持闭合，将A板上移一小段距离，P将会向下运动 C．S断开后，将A板上移一小段距离，P将会向上运动 D．S断开后，将A板上移一小段距离，P将会向下运动 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】带电液滴处于静止状态，知液滴所受的电场力和重力平衡．当电键S闭合，电容器两端的电势差不变，结合电场强度的变化判断电场力的变化，从而确定液滴的运动情况．‎ 当电键S断开时，电容器所带的电荷量不变，结合电容的定义式、匀强电场的电场强度公式得出电场强度的大小表达式，判断电场力的变化，从而确定液滴的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、保持S闭合，则电容器两端的电势差不变，将电容器A极板上移一小段距离，d增大，则电场强度减小，电场力减小，则液滴向下运动．故A错误，B正确．‎ C、将S断开，只改变d时，Q不变，根据C=ɛ，U=，E=得，E=，将A板上移一小段距离，电场强度不变，电场力不变，液滴仍然处于静止状态．故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，知道电容器与电源断开，电荷量不变，电容器始终与电源相连，电容器两端的电势差不变．并熟记当电量不变时，只改变两板间的距离时，电场强度不变．‎ ‎　‎ ‎7．在如图所示的电路中，E、r为电源的电动势和内阻，R1和R3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和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增大，I2减小，U增大 C．I1减小，I2增大，U减小 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U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C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q 和﹣Q．在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入，则小球（　　）‎ A．速度先增大后减小 B．受到的库仑力先做负功后做正功 C．受到的库仑力最大值为 D．管壁对小球的弹力最大值为 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故速度不断增加；故A错误；‎ B、小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功；故B错误；‎ C、在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E==；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为，故C正确；‎ D、根据C选项的分析，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键是明确等量异号电荷的中垂线上的电场强度的分布情况，同时要结合动能定理和矢量合成原理分析，注意与等量同种电荷的区别．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一带正电粒子沿极板方向以速度v从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过．不计带电粒子的重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若粒子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转 B．若增大两极板间的电压，粒子将向下偏转 C．若增大磁感应强度B，粒子经向上偏转 D．若减小带正电粒子的电荷量，粒子将向上偏转 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带正电粒子的电场力和洛伦兹力相等，当速度变化、磁感应强度变化、电场强度变化时，根据受力判定粒子运动情况．‎ ‎【解答】解：A、开始时粒子做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力平衡；粒子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，根据f=Bqv知洛伦兹力小于电场力，电场力竖直向下，合力竖直向下，故它将向下偏转，故A错误；‎ B、若增大两极板间的电压，场强变大，电场力变大，故合力向下，故粒子将向下偏转，故B正确；‎ C、若增大磁感应强度B，洛仑兹力变大，故合力向上，故粒子向上偏转，故C正确；‎ D、若减小带正电粒子的电荷量，电场力qE依然与洛仑兹力qvB平衡，粒子做匀速直线运动，故D错误；‎ 故选：BC ‎【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=与粒子电性无关；只有速度为，方向相同的粒子才能沿直线匀速通过选择器．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，质量为m，长l的铜棒，用长度也为l的两根轻软裸导线悬吊并处于静止．在铜棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场，现铜棒中通入恒定电流I后，铜棒向纸面外偏转的最大角度为θ，则匀强磁场的磁感应强度B为（　　）‎ A．B=tanθ B．B=‎ C．B= D．B=‎ ‎【考点】动能定理的应用；安培力．‎ ‎【分析】铜棒在安培力作用下向上摆动，安培力做正功，重力做负功，可根据动能定理列式，求解磁感应强度B．‎ ‎【解答】解：对铜棒，由动能定理得：BIl•lsinθ﹣mg（l﹣lcosθ）=0‎ 解得 ‎ 故选：BC ‎【点评】解决本题的关键是明确铜棒摆动过程中有哪些力做功，知道安培力是恒力，其做功与安培力方向的分位移有关．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，1、2两个闭合圆形线圈用同样的导线制成，匝数n1=2n2，半径R1=2R2，图示区域内有均匀磁场，其磁感应强度随时间均匀减小．则下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2线圈中产生的感应电动势之比E1：E2=4：1‎ B．1、2线圈中产生的感应电动势之比E1：E2=8：1‎ C．1、2线圈中感应电流之比I1：I2=4：1‎ D．1、2线圈中感应电流之比I1：I2=2：1‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后求出它们的比值；‎ 由电阻定律求出电阻，由欧姆定律求出电流，然后求出电流之比．‎ ‎【解答】解：AB、对任一半径为r的线圈，根据法拉第电磁感应定律：E=n=nS=nπR2，‎ 由于相同，则得：E∝nR2，‎ 因匝数n1=2n2，R1=2R2，故1、2线圈中产生的感应电动势之比为 E1：E2=8：1…①，故A错误，B正确；‎ CD、根据电阻定律得：线圈的电阻为：R=ρ=ρ，ρ、S相同，‎ 两线圈电阻之比为：R电1：R电2=n1R1：n2R2=4：1…②‎ 线圈中感应电流：I=，综合①②得到：IA：IB=2：1，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比，采用比例法研究．‎ ‎　‎ ‎12．回旋加速器带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处于盒底的匀强磁场中，并分与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时加速，如图所示，现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（　　）‎ A．增大狭缝间的距离 B．增大D形金属盒的半径 C．增大高频交流电压 D．增大磁场的磁感应强度 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变．因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大．但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关．所以加速电压越大，回旋次数越少，最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定．‎ ‎【解答】解：带电粒子从D形盒中射出时的动能 Ekm=mvm2 （1）‎ ‎ 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R= （2）‎ ‎ 由（1）（2）可得Ekm=‎ ‎ 显然，当带电粒子q、m一定的，则Ekm∝R2 B2‎ 即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题2小题共16分 ‎13．（1）有一游标卡尺，用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是　3.335　 cm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是　3.265　 mm．‎ ‎（3）某电阻丝R的额定电压为3V，为测量其电阻值，某同学先用多用电表粗测其电阻．用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“　×1　”档位（选填“×100”或“×1”），然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图3所示，则此段电阻丝的电阻为　12　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是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 欧姆表的读数要注意倍率．‎ ‎【解答】解：（1）图1所示的读数是：33+7×0.05=33.35mm=3.335cm ‎（2）图2所示的读数是：3+26.5×0.01=3.265mm ‎（3）指针的偏转角度太大则说明电阻小，要用换小量程的选×1，其阻值为：12Ω 故答案为：（1）3.335；（2）3.265～3.268；（3）×1，12‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．欧姆表要注意倍率的选取．‎ ‎　‎ ‎14．在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：‎ A．干电池1节 B．滑动变阻器（0～20Ω）‎ C．滑动变阻器（0～1kΩ）‎ D．电压表（0～3V，内阻约为20kΩ）‎ E．电流表（0～0.6A，内阻RA=0.2Ω）‎ F．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）‎ G．开关、导线若干 ‎（1）为减小实验误差和方便操作，选择图甲所示电路进行实验，其中滑动变阻器应选　B　，电流表应选　E　．（填写器材前的序号）‎ ‎（2）某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I，画出U﹣I图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为　1.5　V，内电阻为　0.8　Ω．（保留到小数点后1位）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理和方法以及实验安全和准确性原则可明确滑动变阻器的选择，同时明确滑片的位置；‎ ‎（2）明确电路结构求出电流大小；根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）两滑动变阻器均可保证电路安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大值较小的B；一节干电池在放电时，一般的要求是放电电流约小于1A，所以可以选择0.6A的电流表E；‎ ‎（2）由图象可知，图象与纵轴交点是1.5V，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r=﹣RA=﹣0.2=0.8Ω；‎ 故答案为：（1）B，E；（2）1.5、0.8；‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验原理以及数据的处理方法，要注意明确图象法的应用，能将公式和图象结合起来进行分析，从而利用数据规律求出电动势和内电阻．‎ ‎　‎ 三、计算说明题（本题共3小题36分．每题要求写出必要的文字说明、计算式）‎ ‎15．（10分）（2016秋•长阳县校级期末）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：‎ ‎（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；‎ ‎（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ ‎【考点】电磁感应中的能量转化；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）当导体棒的速度为v时，根据公式E=BLv求出电动势，根据闭合电路的欧姆定律即可求出电流，根据右手定则判断出通过MN棒的电流的方向；‎ ‎（2）导体棒运动到达最大速度时，受到的重力、支持力与安培力的合力等于0，然后使用力的正交分解法即可求出安培力的大小，代入安培力的计算公式即可．‎ ‎【解答】解：（1）当导体棒的速度为v时，产生的感应电动势为E=BLv，回路中的电流大小为：‎ I==；‎ 导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为：‎ F=BIL=‎ 由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，则有：‎ ma=mgsinθ﹣F；‎ 解得：a=gsinθ﹣；‎ ‎（2）当F=mgsinθ时，即导体棒的加速度为零时，ab杆达最大速度vmax，‎ 即：mgsinθ=‎ 可解得最大速度为：vm=‎ 答：（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小gsinθ﹣；‎ ‎（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ ‎【点评】本题的关键是会推导安培力的表达式，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒研究电磁感应现象，常规题．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）（2014秋•淮南期末）一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d，板长l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为D，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．已知电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎（1）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎（2）电子最远能够打到离荧光屏上中心O点多远处？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子恰打在平行板边缘时，竖直位移等于，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解E，U2=Ed，从而确定求解．‎ ‎（2）电子飞出电场后做匀速直线运动，根据三角形相似法求出偏移量OP的大小．‎ ‎【解答】解：（1）设极板间电压为U′时，电子能飞离平行板间的偏转电场．‎ 加速过程：eU=mv…①‎ 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l=v0t…②‎ 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度：a==…③‎ 能飞出的条件为： at2≤…④‎ 解①②③④式得：U′≤‎ ‎（2）从板边缘飞出到荧光屏上离O点最远．这时 速度偏向角的正切 tanα=‎ 而vy=at 则得 tanα=‎ 离O点最远距离Y=Y′+‎ 联立得：‎ 答：（1）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加电压为 ‎（2）电子最远能够打到离荧光屏上中心O点 ‎【点评】本题加速与偏转的组合题，动能定理、牛顿第二定律和运动学结合求解是常用的方法，常规题．‎ ‎　‎ ‎17．（14分）（2016秋•长阳县校级期末）如图所示，矩形匀强磁场区域的长为L，宽为，磁感应强度为B，质量为m，电量为e的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）电子速率v的取值范围？‎ ‎（2）电子在磁场中运动时间t的变化范围．‎ ‎【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，洛伦兹力提高向心力，由几何知识求出电子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出电子的速度，由周期公式求出电子的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）由几何知识可知，电子要从下方边界穿出磁场，电子的最小轨道半径为：r1=，最大轨道半径为：r2，‎ L2+（r2﹣）2=r22，‎ 解得：r2=L，‎ 电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：‎ evB=m，‎ 解得：v=，‎ v1=，v2=，‎ 则电子的速率范围是：＜v≤；‎ ‎（2）电子在磁场中转过的圆心角：θ1=180°，‎ sinθ2===0.8，则：θ2=53°，‎ 电子在磁场中的运动时间：t=T=×=，‎ t1=，t2=，电子的运动时间范围：≤t≤；‎ 答：（1）电子速率v的取值范围是＜v≤；‎ ‎（2）电子在磁场中运动时间t的变化范围是≤t≤．‎ ‎【点评】本题考查了求电子的速度范围、运动时间范围，电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、电子的周期公式即可正确解题．‎ ‎　‎