河南省信阳高中2020学年高二物理下学期开学试卷（含解析）

河南省信阳高中2020学年高二物理下学期开学试卷（含解析）

‎2020学年河南省信阳高中高二（下）开学物理试卷 ‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12个小题，每个小题4分，共48分，其中1-8小题给出的4个选项中，只有一项是正确的，9-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的或不答的得0分．）‎ ‎1．如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为﹣9Q和+Q的两个点电荷，两者相距为L，以+Q电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线过+Q且垂直于直线MN，一电荷量为q的负试探电荷在圆周上运动，比较a、b、c、d四点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．b点电场强度最大 B．c、d两处的电场强度相等 C．电荷q在b点的电势能最大 D．电荷q在a点的电势能最大 ‎　‎ ‎2．如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）‎ A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎　‎ ‎3．在如图所示电路中，开始时电键K1、K2均闭合，现先断开电键K1，则电压表与电流表的示数均发生变化，设它们的示数变化量之比为M1=，再断开电键K2，两电表的示数变化量之比为M2=，若已知R2＜R3，则比较M1与M2的绝对值大小应有（　　）‎ A．M1＞M2 B．M1=M2 C．M1＜M2 D．无法确定 ‎　‎ ‎4．用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，则（　　）‎ A．电路中电流 B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEt C．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt﹣I2rt D．以上说法都不对 ‎　‎ ‎5．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0﹣R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，电源A的电压为6V，电源B的电压为8V，电容器的电容为200PF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为（　　）‎ A．4×10﹣9C B．1.2×10﹣9C C．1.6×10﹣9C D．2.8×10﹣9C ‎　‎ ‎7．在如图（a）所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图（b）所示．边长为L，电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框的发热功率为P，则（　　）‎ A．线框中的感应电流方向会发生改变 B．cd边所受的安培力大小不变，方向改变 C．线框中的感应电动势为 D．线框中的电流大小为 ‎　‎ ‎8．如图所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场B，速度为ν0的带电粒子，从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出，现将匀强磁场B换成垂直ac边向上的匀强电场E，其它条件不变，结果粒子仍能从c点射出，粒子的重力不计，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B． =‎ C．粒子从磁场中离开时的速度方向与从电场中离开时的速度方向不同 D．粒子从磁场中离开时的速度大小与从电场中离开时的速度大小不同 ‎　‎ ‎9．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差．下列说法中正确的是（　　）‎ A．若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势 B．若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势 C．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直 D．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 ‎　‎ ‎10．如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O（0，0）点电势为6V，A（1，）点电势为3V，B（3，）点电势为0V，则由此可判定（　　）‎ A．C点的电势为3V B．C点的电势为0V C．该匀强电场的电场强度大小为100V/m D．该匀强电场的电场强度大小为100V/m ‎　‎ ‎11．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时并被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．下列说法正确的是（　　）‎ A．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的能量E将越大 B．磁感应强度B不变，若加速电压U不变，D形盒半径R越大、质子的能量E将越大 C．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动时间将越长 D．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动时间将越短 ‎　‎ ‎12．如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则（　　）‎ A．金属杆b进入磁场后做加速运动 B．金属杆b进入磁场后做匀速运动 C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为 D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL ‎　‎ ‎　‎ 二、实验题本大题共2小题.答案请写在答题纸上相应横线上的空白处，不要求写出演算过程.‎ ‎13．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和的相应读数是多少？请在表格中．‎ 指针位置 选择开关所处档位 读数 a 直流电流100mV ‎　　　　　　mA 直流电压2.5V ‎　　　　　　V b 电阻×100‎ ‎　　　　　　Ω ‎　‎ ‎14．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，因而引起功率变化．一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表（0﹣3V，约3kΩ），电流表（0﹣0.6A，约0.1Ω），电池，开关，滑动变阻器，待测小灯泡，导线若干．实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压．‎ ‎（1）在如图1的虚线框内画出实验电路图 ‎（2）根据实验测得数据描绘出如图2所示的U﹣I图象，小灯泡电压随电流变化曲线，由此可知，小灯泡电阻R随温度T的关系是　　　　　　．‎ ‎（3）如果一电池的电动势2V，内阻2.5Ω．请你根据上述实验的结果，确定小灯泡接在该电池的两端，小灯泡的实际功率是　　　　　　W．（结果请保留两位有效数字）‎ ‎　‎ ‎　‎ 三．计算题.本大题共3小题.要求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，而未写出主要演算过程的，不能得分，有数字计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位.‎ ‎15．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1‎ ‎（2）匀强电场的场强大小 ‎（3）ab两点间的电势差．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的金属棒MN放置在导轨上，金属棒的电阻为r，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为P不变，经过时间t金属棒最终做匀速运动．求：‎ ‎（1）金属棒匀速运动时的速度是多少？‎ ‎（2）t时间内回路中产生的焦耳热是多少？‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．‎ ‎（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；‎ ‎（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；‎ ‎（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎2020学年河南省信阳高中高二（下）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12个小题，每个小题4分，共48分，其中1-8小题给出的4个选项中，只有一项是正确的，9-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的或不答的得0分．）‎ ‎1．如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为﹣9Q和+Q的两个点电荷，两者相距为L，以+Q电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线过+Q且垂直于直线MN，一电荷量为q的负试探电荷在圆周上运动，比较a、b、c、d四点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．b点电场强度最大 B．c、d两处的电场强度相等 C．电荷q在b点的电势能最大 D．电荷q在a点的电势能最大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据电场力的合成分析电场力的大小．a、b、c、d四点的电场是由正电荷与负电荷合成的，由于a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上，所以由正电荷的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，a、b、c、d四点的总电势可以通过﹣9Q产生的电场的电势来判定，再判断出电势能的大小．‎ ‎【解答】解：A、在a、b、c、d四点+Q对﹣q的电场力大小相等，在a点，﹣9Q对﹣q的电场力最大，而且方向与+Q对﹣q的电场力方向相同，根据合成可知，﹣q在a处所受到的电场力最大，因此a点电场强度最大，故A错误；‎ B、根据场强的叠加可知，cd两点场强大小相等，方向不同，故B错误；‎ C、D，a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上，由+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过﹣9Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据负电荷在电势低处电势能大，可知﹣q在a处的电势能最大，在b处的电势能最小，在c、d两处的电势能相等，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，要充分利用电场的叠加原理进行分析．‎ ‎　‎ ‎2．如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）‎ A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性；由E=求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．‎ B、由平衡条件得：mg=，解得油滴带电荷量为：q=，故B错误．‎ C、根据U=，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C正确．‎ D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．‎ ‎　‎ ‎3．在如图所示电路中，开始时电键K1、K2均闭合，现先断开电键K1，则电压表与电流表的示数均发生变化，设它们的示数变化量之比为M1=，再断开电键K2，两电表的示数变化量之比为M2=，若已知R2＜R3，则比较M1与M2的绝对值大小应有（　　）‎ A．M1＞M2 B．M1=M2 C．M1＜M2 D．无法确定 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】根据闭合电路定律分析电压表与电流表的示数变化量之比与电源内阻的关系，即可求解．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，由数学知识得：电压表与电流表的示数变化量大小之比为=r，当外电路结构变化时，电源的内阻r不变，则有M1=M2．‎ 故选B ‎【点评】本题是解题关键之处是根据闭合电路欧姆定律得到=r，也可以画出电源的U﹣I图象进行分析．‎ ‎　‎ ‎4．用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，则（　　）‎ A．电路中电流 B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEt C．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt﹣I2rt D．以上说法都不对 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】发动机为非纯电阻用电器故不能使用欧姆定律求得电路中的电流；但由P=UI可求得电动机的功率；由EI可求得电池消耗的化学能．‎ ‎【解答】解：A、因发电机为非纯电阻电路，故闭合电路欧姆定律不能使用，故A错误；‎ B、电池组消耗的化学能等于电池的输出电能，故化学能为EIt；故B正确；‎ C、电动机输出的功率P=UI，故C错误；‎ D、因B正确，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】在应用闭合电路的欧姆定律解决问题时，要注意其使用的条件；电动机类由于将电能转化为了内能之外的其他形式的能量，故不能再由闭合电路欧姆定律求解．‎ ‎　‎ ‎5．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0﹣R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理．根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎【点评】由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，电源A的电压为6V，电源B的电压为8V，电容器的电容为200PF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为（　　）‎ A．4×10﹣9C B．1.2×10﹣9C C．1.6×10﹣9C D．2.8×10﹣9C ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】先求出开关S打在A时，电容器的电量．当开关S从A转到B时，电容器极板上的电荷先被中和，再充电，通过电流计的电荷量等于开始与末了电容器电量之和．‎ ‎【解答】解：开关S打在A时，电容器的电压为U1=6V，电量为：‎ Q1=CU1=2×10﹣10×6C=1.2×10﹣9C 开关S打在B时，稳定时，电容器的电压为U2=8V，电量为：‎ Q2=CU2=2×10﹣10×8C=1.6×10﹣9C 故通过电流计的电荷量为：‎ Q=Q1+Q2=2.8×10﹣9C 故选：D ‎【点评】本题的关键是分析通过电流计的电荷量与电容器电量的关系，掌握电容器电量公式Q=CU是基础．‎ ‎　‎ ‎7．在如图（a）所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图（b）所示．边长为L，电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框的发热功率为P，则（　　）‎ A．线框中的感应电流方向会发生改变 B．cd边所受的安培力大小不变，方向改变 C．线框中的感应电动势为 D．线框中的电流大小为 ‎【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．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；方程法；电磁感应——功能问题．‎ ‎【分析】由楞次定律判断出感应电流的方向，由左手定则判断出安培力的方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电流的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，在磁感应强度变化的某一个周期内，磁感应强度的变化率是相同的，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，产生的感应电动势和感应电流的方向不变．故A错误；‎ B、根据安培力的公式：F=BIL可知，cd边受到的安培力的大小随磁感应强度的变化发生周期性的变化．故B错误；‎ C、在一个周期内磁通量的变化：△Φ=0.5B0S﹣（﹣0.5B0S）=B0S，所以线框中的感应电动势：E==．故C错误；‎ D、线框的发热功率为P，电阻值为R，根据：P=I2R，所以线框中的电流大小为I=，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率和楞次定律的综合应用，感应电动势与电路知识与电磁感应联系的纽带，计算时要注意运用线圈的有效面积，即处于磁场中的面积．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场B，速度为ν0的带电粒子，从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出，现将匀强磁场B换成垂直ac边向上的匀强电场E，其它条件不变，结果粒子仍能从c点射出，粒子的重力不计，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B． =‎ C．粒子从磁场中离开时的速度方向与从电场中离开时的速度方向不同 D．粒子从磁场中离开时的速度大小与从电场中离开时的速度大小不同 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出轨迹后，根据牛顿第二定律列式；在电场中是类似斜抛运动，结合对称性分析．‎ ‎【解答】解：A、B、粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，轨迹如图所示：‎ 设ab=L，则轨道半径r=L 根据左手定则，粒子带负电荷；‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ qv0B=m 解得：‎ B= ①‎ 在电场中是类似斜抛运动，根据分运动公式，有：‎ y=0=（竖直分运动）‎ x==v0t（水平分运动）‎ 解得：‎ E= ②‎ 联立①②解得： =；故A错误，B正确；‎ C、在磁场中离开C点的速度方向沿着BC方向；在电场中离开C点的速度方向也是沿着BC方向；故从磁场中离开时的速度方向与从电场中离开时的速度方向是相同的，故C错误；‎ D、在磁场中离开C点的速度等于初速度；在电场中，a点与C点是等势点，故离开C点的速度也等于初速度；故从磁场中离开时的速度大小与从电场中离开时的速度大小相等；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键关键是明确粒子的受力情况和运动情况，要结合匀速圆周运动和类似斜抛运动的分运动规律列式分析，不难．‎ ‎　‎ ‎9．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差．下列说法中正确的是（　　）‎ A．若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势 B．若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势 C．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直 D．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低．测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．‎ ‎【解答】解：A、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势．故A正确，B错误．‎ C、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直．故C正确，D错误．‎ 故选AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O（0，0）点电势为6V，A（1，）点电势为3V，B（3，）点电势为0V，则由此可判定（　　）‎ A．C点的电势为3V B．C点的电势为0V C．该匀强电场的电场强度大小为100V/m D．该匀强电场的电场强度大小为100V/m ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】因为AB∥CD，并且四边形ABCD为底角是60°的等腰梯形，故有UOC=2UAB，等势线与电场线垂直，根据E=求出电场强度的大小 ‎【解答】解：A、因为AB平行于CD，并且四边形ABCD为底角是60°的等腰梯形，其中坐标O（0，0），A（1，），B（3，），故有：UOC=2UAB，即6﹣φC=2（3﹣0），得φC=0V，故A错误．‎ B、由A分析得，B正确；‎ 由A分析知，BC为0V等势线，过B作OC的垂线BD，垂足为D，再作DE垂直于BC，由几何关系得：LDE=，‎ 故电场强度为：E===×102=100V/m，故C错误．‎ D、由C分析知，D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=求出电场强度的大小，注意d是沿电场线方向上的距离．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时并被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．下列说法正确的是（　　）‎ A．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的能量E将越大 B．磁感应强度B不变，若加速电压U不变，D形盒半径R越大、质子的能量E将越大 C．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动时间将越长 D．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动时间将越短 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器，根据洛伦兹力提供向心力和动能定理列式分析求解．‎ ‎【解答】解：A、B、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故A错误，B正确；‎ C、D、由动能定理得：W=△EK=qU，加速电压越大，每次获得的动能越大，而最终的最大动能与加速电压无关，是一定的，故加速电压越大，加速次数越少，加速时间越短，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关，电压决定加速的总时间．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则（　　）‎ A．金属杆b进入磁场后做加速运动 B．金属杆b进入磁场后做匀速运动 C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为 D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【专题】电磁感应——功能问题．‎ ‎【分析】根据两棒的受力情况相同，分析可知金属杆b进入磁场后应做匀速运动；根据能量守恒定律求解两杆在穿过磁场的过程中回路中产生的总热量．‎ ‎【解答】解：A、B据题可知，金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒进入磁场时速度与a进入磁场时的速度相同，所受的安培力相同，所以两棒进入磁场时的受力情况相同，则b进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动．故A错误，B正确．‎ C、D两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得知：回路中产生的总热量为Q=2×mgsin30°•L=mgL．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题关键要抓住两棒受力情况的相似性，判断出运动情况的相似性，再运用能量守恒定律求解产生热量．‎ ‎　‎ 二、实验题本大题共2小题.答案请写在答题纸上相应横线上的空白处，不要求写出演算过程.‎ ‎13．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和的相应读数是多少？请在表格中．‎ 指针位置 选择开关所处档位 读数 a 直流电流100mV ‎　23.0　mA 直流电压2.5V ‎　0.57　V b 电阻×100‎ ‎　320　Ω ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】多用电表的使用中，能测量电流、直流电压、交流电压、电阻等．有关表头读数：最上示数是电阻刻度；中间是直、交流电压或电流刻度；最下示数是交流量程是2.5V电压刻度．因此当选择开关位于电阻档时，先读出刻度盘上的读数，然后再乘上倍率就是电阻的阻值．注意的是电阻刻度是不均匀的，所以尽量让指针指在中间附近．当选择开关位于电压档时，根据电压量程从而选择刻度读数．同样电流档也是一样的．只有当量程是2.5V交流电压时，才读最下刻度．‎ ‎【解答】解：直流电流100mA档读第二行“0～10”一排，最小度值为2mA估读到1mA就可以了；直流电压2.5V档读第二行“0～250”一排，最小分度值为0.05V估读到0.01V就可以了；电阻×100档读第一行，测量值等于表盘上读数“3.2”乘以倍率“100”． ‎ 指针位置 选择开关所处的档位 读 数 a 直流电流100mA ‎23.0mA 直流电压2.5V ‎0.57V b 电阻×100‎ ‎320Ω ‎【点评】让学生熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量．同时知道电阻刻度盘是不均匀的，除刻度盘上的读数外还要乘上倍率；还有量程2.5V的交流电压是读最下面刻度．‎ ‎　‎ ‎14．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，因而引起功率变化．一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表（0﹣3V，约3kΩ），电流表（0﹣0.6A，约0.1Ω），电池，开关，滑动变阻器，待测小灯泡，导线若干．实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压．‎ ‎（1）在如图1的虚线框内画出实验电路图 ‎（2）根据实验测得数据描绘出如图2所示的U﹣I图象，小灯泡电压随电流变化曲线，由此可知，小灯泡电阻R随温度T的关系是　小灯泡的电阻R随温度T升高而增大　．‎ ‎（3）如果一电池的电动势2V，内阻2.5Ω．请你根据上述实验的结果，确定小灯泡接在该电池的两端，小灯泡的实际功率是　0.41　W．（结果请保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，再根据小灯泡的电阻较小满足电流表外接法条件可知电路应是外接分压电路；题（2）根据电阻的定义结合斜率概念即可求解；题（3）在表示小灯泡的U﹣I图象中同时作出表示电源的U﹣I图象，读出两图线的交点坐标即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法；‎ 由于小灯泡电阻较小，满足，电流表应用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎（2）根据R=可知，电阻R应等于U﹣I图象上的点与原点连线斜率大小，由于斜率逐渐增大，所以小灯泡的电阻R随温度T升高而增大；‎ ‎（3）在表示小灯泡的U﹣I图象中同时作出表示电源的U﹣I图象，如图所示 读出两图线的交点坐标为：I=0.39A，U=1.05V，‎ 所以小灯泡消耗的实际功率为：P=UI=0.41W 故答案为：（1）如图；（2）小灯泡的电阻R随温度T升高而增大；（3）0.41‎ ‎【点评】应明确：①当实验要求电流从零调或当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；③在表示小灯泡的U﹣I图象中同时作出表示电源的U﹣I图象，两图线的交点则表示通过小灯泡的实际电流与实际电压．‎ ‎　‎ 三．计算题.本大题共3小题.要求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，而未写出主要演算过程的，不能得分，有数字计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位.‎ ‎15．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1‎ ‎（2）匀强电场的场强大小 ‎（3）ab两点间的电势差．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在加速电场中，电场力做正功为qU，运用动能定理求解速率v1．‎ ‎（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，将粒子在b的速度进行分解，运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小．‎ ‎（3）对于粒子在匀强电场的过程，运用动能定理列式求解ab两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得：qU=‎ 代入数据解得：v1==m/s=104m/s ‎（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有：d=v1t，‎ 粒子沿电场方向做匀加速运动，则有：vy=at 由题意得：tan30°=‎ 由牛顿第二定律得：qE=ma，‎ 联立以上相关各式并代入数据得：‎ E=×103N/C=1.732×103N/C ‎（3）对整个过程，由动能定理得：‎ qUab==（+）‎ 联立以上相关各式并代入数据得：‎ Uab=400V 答：‎ ‎（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1为104m/s．‎ ‎（2）匀强电场的场强大小为1.732×103N/C．‎ ‎（3）ab两点间的电势差为400V．‎ ‎【点评】加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的金属棒MN放置在导轨上，金属棒的电阻为r，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为P不变，经过时间t金属棒最终做匀速运动．求：‎ ‎（1）金属棒匀速运动时的速度是多少？‎ ‎（2）t时间内回路中产生的焦耳热是多少？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【专题】电磁感应——功能问题．‎ ‎【分析】（1）金属棒在功率不变的外力作用下，先做变加速运动，后做匀速运动，此时受到的安培力与F二力平衡，由法拉第定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求解速度；‎ ‎（2）t时间内，外力F做功为Pt，外力F和安培力对金属棒做功，根据动能定理列式求出金属棒克服安培力做功，即可得到焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）金属棒匀速运动时产生的感应电动势为 E=BLv 感应电流I=‎ 金属棒所受的安培力 F安=BIL 联立以上三式得：F安=‎ 外力的功率 P=Fv 匀速运动时，有F=F安 联立上面几式可得：v=‎ ‎（2）根据动能定理：WF+W安=‎ 其中 WF=Pt，Q=﹣W安 可得：Q=Pt﹣‎ 答：‎ ‎（1）金属棒匀速运动时的速度是．‎ ‎（2）t时间内回路中产生的焦耳热是Pt﹣．‎ ‎【点评】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．‎ ‎（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；‎ ‎（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；‎ ‎（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】（1）粒子从s1到达s2的过程中，电场力做功W=qU，根据动能定理求出粒子进入磁场时速度的大小υ．‎ ‎（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，粒子恰好打在收集板D的中点上时，在磁场中运动圆弧，轨迹半径等于R，根据牛顿第二定律和动能定理求解M、N间的电压．‎ ‎（3）粒子从s1‎ 到打在D上经历的时间t等于在电场中运动时间、磁场中运动时间和穿出磁场后匀速直线运动的时间之和．M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中粒子磁场偏转角度越小，运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，故当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．根据几何知识求出打在D的右端时轨迹半径，根据前面的结果求出粒子进入磁场时的速度大小，运用运动学公式求出三段时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得①‎ 解得 ‎ ‎（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有②‎ 由①②得加速电压U与轨迹半径r的关系为 ‎ 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R 对应电压 ‎ ‎（3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．‎ 根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=R 由 ②得粒子进入磁场时速度的大小：‎ 粒子在电场中经历的时间：‎ 粒子在磁场中经历的时间：‎ 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间：‎ 粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为：t=t1+t2+t3=‎ 答：（1）当M、N间的电压为U时，粒子进入磁场时速度的大小；‎ ‎（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值；‎ ‎（3）粒子从s1到打在D上经历的时间t的最小值为．‎ ‎【点评】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析时间的最小值，也可以运用极限分析法分析．‎ ‎　 ‎