物理卷·2018届四川省眉山中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届四川省眉山中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年四川省眉山中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（　　）‎ A．3 V，1.8 J B．3 V，3.6 J C．6 V，1.8 J D．6 V，3.6 J ‎2．如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω，则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为10 A B．电动机的输入功率为20 W C．电动机的热功率为4 W D．电动机的输出功率为16 W ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一带电质点，据此可知（　　）‎ A．三个等势线中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时小 D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎4．薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径R1＞R2．假定穿过铝板前后粒子的电荷量保持不变，则该粒子（　　）‎ A．带正电 B．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域 C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同 D．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同 ‎5．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3‎ ‎6．如图所示为电磁轨道炮的工作原理图．待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动．电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流I成正比．通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是（　　）‎ A．弹体向右高速射出 B．I为原来的2倍，弹体射出的速度为原来的4倍 C．弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍 D．轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍 ‎7．在如图电路中，电容器C的上极板带正电，为了使该极板带正电且电量增大，下列办法中可行的是（　　）‎ A．增大R1，其它电阻不变 B．增大R2，其它电阻不变 C．增大R3，其它电阻不变 D．减小R4，其它电阻不变 ‎8．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两极板间距离d=4×10﹣3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m=4×10﹣5 kg、电荷量q=+1×10﹣8 C，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒的入射速度v0=10 m/s B．电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 C．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 ‎　‎ 三、非选择题：‎ ‎9．如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知 磁感应强度的方向垂直纸面向　　（填“里”或“外”），大小为　　（用题目中所给出的物理量表示）．‎ ‎10．某科技创新小组在小制作中需要1.00Ω的定值电阻．由于实验室没有合适的电阻，他们打算用一段导线代替，他们在实验室找到了两圈长度均为100.00m的粗细均匀的导线圈a、b，他们用螺旋测微器测出b线圈导线的直径和用多用电表“×100”档粗测b线圈的总电阻示数如图甲、乙所示．‎ ‎（1）导线b的直径d=　　mm；由多用电表得线圈b的总电阻Rb约为　　Ω．‎ ‎（2）接着测出线圈a、b的U﹣I图象如图丙所示，实验室提供如下器材可选：‎ A．电流表A1；‎ B．电流表A2（40mA，10.0Ω）；‎ C．电压表V1（3V，6kΩ）；‎ D．电压表V2（50V，20kΩ）；‎ E．滑动变阻器R1；‎ F．滑动变阻器R2（10Ω，2.0A）；‎ G．直流电源E（50V，0.05Ω）；‎ H．开关S一个，带夹子的导线若干．‎ 以上器材中，要求实验测b线圈的伏安特性曲线，且在实验时需测出多组有关数据和尽可能高的测量精度，请选用合理的器材后在图丁的虚线框中画出实验的电路图．（必须用题中符号标注器材）‎ ‎（3）最后，他们决定用线圈a的一段导线来替代1.00Ω的电阻，他们应将长度L=　　m的导线接入电路．‎ ‎11．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=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg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R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎12．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎13．如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小为B．一绝缘弯杆由两段直杆和一段半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ、MN水平且足够长，半圆环PAM在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m 、带电+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的倍．现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点． ‎ ‎（1）求DM间距离x0 ；‎ ‎（2）求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小；‎ ‎（3）若小环与PQ间动摩擦因数为m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等），现将小环移至M 点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省眉山中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（　　）‎ A．3 V，1.8 J B．3 V，3.6 J C．6 V，1.8 J D．6 V，3.6 J ‎【考点】电功、电功率；电流、电压概念．‎ ‎【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；‎ ‎（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．‎ ‎【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：‎ U′===3V 当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=，可知，I=2I′，‎ 根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，‎ 电阻丝在这段时间内消耗的电能：‎ W=UQ=6V×0.6C=3.6J．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω，则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为10 A B．电动机的输入功率为20 W C．电动机的热功率为4 W D．电动机的输出功率为16 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率 P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=P﹣P热．根据功率关系求出电动机输出的功率．‎ ‎【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）‎ 解得：I==2A，故A不正确；‎ B、电动机的输入功率：P入=UI=10×2=20W 电动机的热功率：P热=I2RM=22×1=4W 电动机的输出功率：P出=P﹣P热=UI﹣I2RM=10×2﹣22×1=16W 故BCD正确 本题选不正确的，故选：A ‎　‎ ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一带电质点，据此可知（　　）‎ A．三个等势线中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时小 D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由于带电质点只受电场力作用，根据运动轨迹弯曲方向可分析出电场力的方向，确定出电场方向，从而分析电势的高低．根据电场力做功判断电势能的高低，结合动能定理比较动能的大小．根据电场力的大小比较加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据轨迹的弯曲方向可知，质点所受的电场力方向大致向下，粒子带正电，则电场线与等势面垂直，大致向下，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势最低，故A错误．‎ C、从Q到P，电场力做正功，根据动能定理知，动能增大，即P点的动能大于Q点的动能，故B正确．‎ C、P点的电场线比Q点的电场线密，则质点在P点所受的电场力大，故C错误．‎ D、从Q到P，电场力做正功，则电势能减小，可知带电粒子在Q点的电势能大于P点的电势能，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径R1＞R2．假定穿过铝板前后粒子的电荷量保持不变，则该粒子（　　）‎ A．带正电 B．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域 C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同 D．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】根据带电粒子在磁场中靠洛伦兹力提供向心力，得出粒子的轨道半径，以及求出粒子在磁场中运动的周期．高速带电粒子穿过铝板后速度减小，根据半径的变化，确定穿越铝板的方向，根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定电荷的电性．‎ ‎【解答】解：A、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：qvB=m，解得：r=，粒子穿过铝板后，速度减小，电量不变，知轨道半径减小，所以粒子是从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ．根据左手定则知，粒子带负电．故AB错误；‎ C、高速带电粒子穿过铝板后速度减小，知在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小不同，故C错误；‎ D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，周期大小与粒子的速度无关，粒子在你两区域的运动时间都是半个周期，则粒子在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解．‎ ‎【解答】解：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是和，设磁场宽度为d，由图可知，‎ 粒子a的半径==，粒子b的半径为==d 由=可得： =，即=‎ 由qvB=可得：， =‎ 又b粒子轨迹长度为==，粒子a的轨迹长度为==，‎ 所以， =‎ 联立以上各式解得=，所以C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示为电磁轨道炮的工作原理图．待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动．电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流I成正比．通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是（　　）‎ A．弹体向右高速射出 B．I为原来的2倍，弹体射出的速度为原来的4倍 C．弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍 D．轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当导轨上通入电流后，流过弹体的电流与磁场方向垂直，因此弹体将受安培力作用，根据左手定则可以判断弹体所受安培力方向，根据F=BIL=ma，可知弹体在安培力作用下做初速度为零匀加速直线运动，因此根据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式v2=2ax即可求解弹出时速度大小．‎ ‎【解答】解：A、根据磁场方向、通过弹体的电流方向可知弹体所受安培力水平向右，因此弹体将向右高速射出，故A正确；‎ B、根据F=BIL=ma可知I为原来2倍，磁感应强度B与I成正比，B变为原来的2倍，弹体的加速度将变为原来的4倍，由运动学公式v2=2aL可知，弹体射出的速度变为原来的2倍，故B错误；‎ C、根据F=BIL=ma可知弹体的质量为原来2倍，弹体的加速度将变为原来的倍，由运动学公式v2=2aL可知，弹体射出的速度变为原来的倍，故C错误；‎ D、若L变为原来的4倍，根据F=BIL=ma可知弹体的加速度不变，由运动学公式v2=2aL可知，弹体射出的速度变为原来的2倍，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎7．在如图电路中，电容器C的上极板带正电，为了使该极板带正电且电量增大，下列办法中可行的是（　　）‎ A．增大R1，其它电阻不变 B．增大R2，其它电阻不变 C．增大R3，其它电阻不变 D．减小R4，其它电阻不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R1与R2串联后与R3、R4并联，开始时C的上极板带正电，说明上极板电势要高于下极板，要使电量增大应增大上极板的电势或减小下极板的电势．‎ ‎【解答】解：设电源负极处电势为零，由图可知上极板的电势等于R1两端的电势差，下极板上的电势等于R3两端的电势差；稳定时两支路互不影响．‎ A、增大R1，R1的电压增大，则上极板的电势增大，而下极板电势不变，则电容器上极板仍带正电，且板间电压增大，电量增大，符合题意，故A正确；‎ B、增大R2时则R1上的分压减小，而下极板电势不变，故上极板电势减小，则电容器两端的电势差减少，极板上电荷量减小，故B错误；‎ C、增大R3，则R3分压增大，故下极板的电势增大，电容器两端的电势差减少，极板上电荷量减小，故C错误；‎ D、减小R4，则R4分压减小，R3两端的电势差增大，电容器两端的电势差减少，极板上电荷量减小，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两极板间距离d=4×10﹣3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0‎ 从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m=4×10﹣5 kg、电荷量q=+1×10﹣8 C，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒的入射速度v0=10 m/s B．电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 C．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；‎ ‎（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：A、粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有=v0t 竖直方向有=gt2，‎ 解得 v0=10m/s，所以A正确；‎ BC、当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ 水平方向有L=v0t′‎ 竖直方向有=at′2，‎ 解得：a=2.5m/s2；‎ 根据牛顿第二定律得：a=‎ 解得：U=120V，‎ 若微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：a=‎ 解得：U=200V，所以B正确，C错误．‎ D、由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，所以D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 三、非选择题：‎ ‎9．如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知 磁感应强度的方向垂直纸面向　里　（填“里”或“外”），大小为　　（用题目中所给出的物理量表示）．‎ ‎【考点】洛仑兹力；向心力．‎ ‎【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．‎ ‎【解答】解：（1）假设B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故该假设错误；‎ ‎（2）当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码．则有mg=2NBIL，所以：‎ 故答案为：里；‎ ‎　‎ ‎10．某科技创新小组在小制作中需要1.00Ω的定值电阻．由于实验室没有合适的电阻，他们打算用一段导线代替，他们在实验室找到了两圈长度均为100.00m的粗细均匀的导线圈a、b，他们用螺旋测微器测出b线圈导线的直径和用多用电表“×100”档粗测b线圈的总电阻示数如图甲、乙所示．‎ ‎（1）导线b的直径d=　0.238　mm；由多用电表得线圈b的总电阻Rb约为　2400　Ω．‎ ‎（2）接着测出线圈a、b的U﹣I图象如图丙所示，实验室提供如下器材可选：‎ A．电流表A1；‎ B．电流表A2（40mA，10.0Ω）；‎ C．电压表V1（3V，6kΩ）；‎ D．电压表V2（50V，20kΩ）；‎ E．滑动变阻器R1；‎ F．滑动变阻器R2（10Ω，2.0A）；‎ G．直流电源E（50V，0.05Ω）；‎ H．开关S一个，带夹子的导线若干．‎ 以上器材中，要求实验测b线圈的伏安特性曲线，且在实验时需测出多组有关数据和尽可能高的测量精度，请选用合理的器材后在图丁的虚线框中画出实验的电路图．（必须用题中符号标注器材）‎ ‎（3）最后，他们决定用线圈a的一段导线来替代1.00Ω的电阻，他们应将长度L=　0.2　m的导线接入电路．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数；欧姆表读数=表盘读数×倍率；‎ ‎（2）根据I﹣U图象得到测量时的电压和电流值，选择合适的电流表和电压表；滑动变阻器的电流不能超过额定电流；滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用内接法；‎ ‎（3）先根据I﹣U图象得到电阻，再结合电阻定律求解1.00Ω的导线的长度．‎ ‎【解答】解：（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数=0+0.01mm×23.8=0.238mm；‎ 欧姆表读数=表盘读数×倍率=24×100=2400Ω；‎ ‎（2）根据I﹣U图象得到测量时的最大电压测量值为46V，电流值的最大测量值为40mA，故电压表选择V2，电流表选择A2；‎ 滑动变阻器R1电流约为：I==0.5A，小于额定电流；‎ 滑动变阻器R2电流约为：I==5A，大于额定电流；‎ 故滑动变阻器选用R1；‎ 滑动变阻器阻值小于导线电阻，采用分压式接法；‎ 导线电阻较大，采用安培表内接法；‎ 电路图如图所示：‎ ‎（3）根据I﹣U图象得到线圈a的电阻为：Ra==500Ω；‎ 线圈的长度为100m，故每米5Ω，长度0.2m的电阻即为1欧姆．‎ 故答案为：（1）0.238；2400．（2）如图所示； （3）0.2．‎ ‎　‎ ‎11．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=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg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R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）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；安培力．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．‎ ‎（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．‎ ‎（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．‎ ‎【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==1.5A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N；‎ ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：‎ F1=mg sin37°=0.24N，‎ 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，‎ 根据共点力平衡条件：‎ mg sin37°+f=F安，‎ 解得：f=0.06N；‎ 答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N．‎ ‎　‎ ‎12．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）正离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tanθ的表达式．在磁场中，离子由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sinθ．联立即可求得磁感应强度．‎ ‎（2）离子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间．在磁场中，由t=T求出时间，即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动 ‎ t= ①‎ ‎ a= ②‎ ‎ tanθ= ③‎ 由①②③得：tanθ= ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．‎ ‎ R= ⑤‎ 由几何知识得：sinθ= ⑥‎ 由⑤⑥解得：sinθ= ⑦‎ 由④⑦式解得：B=‎ ‎（2）粒子在电场中运动时间t1= ⑧‎ 在磁场中运动时间t2== ⑨‎ 而L= ⑩，‎ 由⑧⑨⑩解出： =‎ 答：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是．‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是=．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小为B．一绝缘弯杆由两段直杆和一段半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ、MN水平且足够长，半圆环PAM在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m 、带电+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的倍．现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点． ‎ ‎（1）求DM间距离x0 ；‎ ‎（2）求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小；‎ ‎（3）若小环与PQ间动摩擦因数为m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等），现将小环移至M 点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎【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）对D到P为研究过程，运用动能定理求出DM间的距离．‎ ‎（2）对D到A为研究过程，运用动能定理求出A点的速度，根据牛顿第二定律，沿半径方向上合力提供向心力，求出弯杆对小环作用力的大小．‎ ‎（3）需讨论摩擦力的大小与电场力的大小关系，若摩擦力大于电场力，则运动到P点右侧停止；若摩擦力小于电场力，则环最终在DP间往复运动．根据动能定理求出摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）小环刚好到达P点时速度：vP=0，‎ 由动能定理得：qEx0﹣2mgR=0 ①‎ 由题意可知：qE=mg ②‎ 由①②解得：x0=；‎ ‎（2）设小环在A点时的速度为vA ，由动能定理得：‎ qE（x0+R）﹣mgR=mv﹣0 ③‎ 解得：vA= ④‎ 设小环在A点时所受弯杆的作用力大小为N ，‎ 由牛顿第二定律得：N﹣qvAB﹣qE=m ⑤‎ 由②、④、⑤得N=； ‎ ‎（3）若f=μmg ≥qE ，即：μ≥，‎ 小环第一次到达P点右侧sl 距离处静止，‎ 由动能定理得：qE（4R﹣s1）﹣2mgR﹣fs1=0 　 ⑥‎ 滑动摩擦力：f=μmg　 ⑦‎ 由⑥、⑦得s1= 　 ⑧‎ 克服摩擦力所做的功W=fs1= ⑨‎ 若f=mg ＜qE ，即μ＜，环经过来回往复运动一段时间之后，最后只能在光滑的PD之间往复运动，设克服摩擦力功为W，则：‎ qE（4R）﹣2mgR﹣W=0 ⑩‎ 解得：W=mgR；‎ 答：（1）DM间距离x0 为；‎ ‎（2）上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小为；‎ ‎（3）小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为或mgR．‎ ‎　‎ ‎2016年12月21日