物理卷·2018届湖南省株洲市浏阳一中、攸县一中高二上学期联考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届湖南省株洲市浏阳一中、攸县一中高二上学期联考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年湖南省株洲市浏阳一中、攸县一中高二（上）联考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、单选题（共8小题，每题的四个选项中只有一个是正确的，选对得4分，共32分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律 B．奥斯特发现了电磁感应定律 C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法 D．电场是人们为了了解电荷间的相互作用而引入的一种并不真实存在的物质 ‎2．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）‎ A．线圈向左运动 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 ‎3．如图所示，平行金属板M、N之间的距离为d，其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正负离子组成的等离子束，以速度v沿着水平方向由左端连续射入，电容器的电容为C，当S闭合且电路达到稳定状态后，平行金属板M、N之间的内阻为r，电容器的带电量为Q，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当S断开时，电容器的充电电荷量Q＞CBdv B．当S断开时，电容器的充电电荷量Q=CBdv C．当S断合时，电容器的充电电荷量Q＜CBdv D．当S断合时，电容器的充电电荷量Q＞CBdv ‎4．空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为﹣q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则（　　）‎ A．MN两点的电势差为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ D．若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向 ‎5．额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b（　　）‎ A．穿出位置一定在O′点下方 B．穿出位置一定在O′点上方 C．运动时，在电场中的电势能一定减小 D．在电场中运动时，动能一定减小 ‎7．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（　　）‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎8．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎　‎ 二、多选题（共4小题，每题的四个选项中不只有一个是正确的，选全对得4分，漏选的2分，不选或错选的0分，共16分）‎ ‎9．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 ‎11．如图所示，质量为m、带电荷量为+‎ q的P环套在固定不光滑的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B．现给环一向右的初速度v0（v0＞），则（　　）‎ A．环将向右减速，最后匀速 B．环将向右减速，最后停止运动 C．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02‎ D．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02﹣m（）2‎ ‎12．如图所示的电路中，A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电池E内阻不可忽略，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．R2不变时，V2的读数与A读数之比等于R1‎ B．R2不变时，V1的读数与A读数之比等于R1‎ C．R2改变时，V1读数的变化量的绝对值大于V2读数的变化量的绝对值 D．R2改变时，V1读数的变化量的绝对值小于V2读数的变化量的绝对值 ‎　‎ 三、实验题（共18分）‎ ‎13．如图所示是学生实验用的多用表刻度盘，当选用量程为25V的电压档测量电压时，表针指于图示位置，则所测电压为　　V；若选用倍率为“×100”的电阻档测电阻时，表针也指于同一位置，则所测电阻的阻值为　　Ω；用多用表测电阻所运用的原理是　　．‎ ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）‎ B．直流电流表（量程0〜3A，内阻约为0.1Ω）‎ C．直流电流表（量程0〜600mA，内阻约为5Ω）‎ D．直流电压表（量程0〜15V，内阻约为15kΩ）‎ E．直流电压表（量程0〜5V，内阻约为10kΩ）‎ F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）‎ G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．‎ ‎（1）实验中电流表应选用　　，电压表应选用　　，滑动变阻器应选用　　 （均用序号字母表示）．‎ ‎（2）请按要求将图1中所示的器材连成实验电路．‎ ‎（3）某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，此时灯泡的实际功率为　　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 四、计算题（共34分）‎ ‎15．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10﹣2 kg的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，求（g取10m/s2）：‎ ‎（1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小和方向．‎ ‎（2）需要几秒，斜面对导线的支持力恰好为零？‎ ‎16．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布．考虑重力），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v．已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ ‎（2）O点处的电场强度E的大小；‎ ‎（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．‎ ‎17．如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场．有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直．现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出）．已知OD长为l，不计粒子的重力．求：‎ ‎（1）粒子射入绝缘板之前的速度 ‎（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能 ‎（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省株洲市浏阳一中、攸县一中高二（上）联考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（共8小题，每题的四个选项中只有一个是正确的，选对得4分，共32分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律 B．奥斯特发现了电磁感应定律 C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法 D．电场是人们为了了解电荷间的相互作用而引入的一种并不真实存在的物质 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】安培总结出磁场对电流作用力的规律；库柏和韦德发现了电磁感应定律；‎ 点电荷是不考虑其尺寸、形状和电荷分布情况的带电体，是实际带电体的理想化模型．在研究带电体间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离时，就可把带电体看成点电荷；‎ 电场是真实存在的．‎ ‎【解答】解：A、根据物理学史的内容可知，是安培总结出磁场对电流作用力的规律；故A错误；‎ B、奥斯特发现的电流的磁效应，是库柏和韦德发现了电磁感应定律；故B错误；‎ C、点电荷是不考虑其尺寸、形状和电荷分布情况的带电体，是实际带电体的理想化模型．故C正确；‎ D、电场是真实存在的．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）‎ A．线圈向左运动 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 ‎【考点】安培定则．‎ ‎【分析】将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，平行金属板M、N之间的距离为d，其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正负离子组成的等离子束，以速度v沿着水平方向由左端连续射入，电容器的电容为C，当S闭合且电路达到稳定状态后，平行金属板M、N之间的内阻为r，电容器的带电量为Q，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当S断开时，电容器的充电电荷量Q＞CBdv B．当S断开时，电容器的充电电荷量Q=CBdv C．当S断合时，电容器的充电电荷量Q＜CBdv D．当S断合时，电容器的充电电荷量Q＞CBdv ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】等离子群射入磁场中，受到洛伦兹力，离子将打到电容器两极板上而产生电场，当后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡时，电容器的电压和电量都稳定，由平衡条件求出电容器的电压，由Q=CU求解其电量．‎ ‎【解答】解：等离子群射入磁场中，受到洛伦兹力，离子将打到电容器两极板上而产生电场，当后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡时，电容器的电压和电量都稳定，由平衡条件得 ‎ qvB=q，得U=Bvd，稳定时U是一定的，与开关是否闭合无关．则电容器的电量为Q=CU=BvdC．故B正确．‎ 故选B ‎　‎ ‎4．空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为﹣q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则（　　）‎ A．MN两点的电势差为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ D．若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据题设条件F、d、θ，功的公式求出力F做功，根据动能定理，可求出电场力做功，从而求出M、N间电势差；由公式U=Ed求出场强大小；电场力做负功，电势能增大；根据平衡条件，由N到M力F仍是原方向．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得，Fdcosθ﹣qUMN=0，UMN=，故A正确．‎ ‎ B、电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为dcosθ，由公式E=得，E==，故B错误．‎ ‎ C、小球M到N做﹣Fdcosθ的功，电势能增大Fdcosθ．故C错误．‎ ‎ D、小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由N到M，F方向不变．故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路 ‎【解答】解：灯泡正常工作时，两灯泡上的电压相等，可先判断电路是否能正常工作，然后再比较分流电阻和分压电阻分别消耗的功率大小，从而做出判断．‎ 判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流．‎ 由P=和已知条件可知，RA＜RB．‎ 对于A电路，由于RA＜RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁，两灯不能正常发光．‎ 对于B电路，由于RB＞RA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁．‎ 对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．‎ 对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．‎ 比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为（IA﹣IB）×‎ ‎110，而D电路中变阻器功率为（IA+IB）×110，所以C电路消耗电功率最小．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b（　　）‎ A．穿出位置一定在O′点下方 B．穿出位置一定在O′点上方 C．运动时，在电场中的电势能一定减小 D．在电场中运动时，动能一定减小 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势能；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系．若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子无论是向上偏转还是向下偏转，都是在电场力的作用下偏转，所以电场力对离子做正功．‎ ‎【解答】解：‎ a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；‎ 粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（　　）‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化．‎ ‎【解答】解：保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电=qE=减小，悬线的拉力为F=，将减小，故A错误，B正确．‎ 保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，故C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据C= 知，d增大，则电容减小．故A错误．‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．‎ C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多选题（共4小题，每题的四个选项中不只有一个是正确的，选全对得4分，漏选的2分，不选或错选的0分，共16分）‎ ‎9．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化．‎ ‎【解答】解：A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；‎ B、当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B错误；‎ C、当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下．故C错误；‎ D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段M N上只有O点的磁感应强度为零．‎ ‎【解答】解：A、B根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反．故A错误，B正确．‎ C、D只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为m、带电荷量为+q的P环套在固定不光滑的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B．现给环一向右的初速度v0（v0＞），则（　　）‎ A．环将向右减速，最后匀速 B．环将向右减速，最后停止运动 C．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02‎ D．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02﹣m（）2‎ ‎【考点】功能关系；安培力．‎ ‎【分析】‎ 环受重力、支持力、洛伦兹力以及摩擦力作用做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力等于零，环做匀速直线运动．根据能量守恒求出损失的机械能．‎ ‎【解答】解：A、当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，先向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动．故A正确，B错误．‎ C、根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有qvB=mg，解得v=．损失的机械能△E=mv02﹣m（）2．故C错误，D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的电路中，A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电池E内阻不可忽略，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．R2不变时，V2的读数与A读数之比等于R1‎ B．R2不变时，V1的读数与A读数之比等于R1‎ C．R2改变时，V1读数的变化量的绝对值大于V2读数的变化量的绝对值 D．R2改变时，V1读数的变化量的绝对值小于V2读数的变化量的绝对值 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先明确理想电压表对电路没有影响，分析电路结构时，电压表看作与被测电路断开．根据伏安法原理，能知道测量哪个电阻的阻值．由路端电压（即两电压表示数之和）的变化来确定两个电压表变化量的大小．‎ ‎【解答】解：A、R2不变时，，故A错误．‎ ‎ B、R2不变时，，故B正确．‎ ‎ C、D，当R2增大时，电流I减小，U1减小，U2=E﹣I（R1+r）增大，路端电压U=E﹣Ir增大，而U1+U2=U，则可知U1的减小量小于U2的增加量；‎ ‎ 同理，R2减小时，U1的增加量小于U2的减小量．故D正确．‎ 故选BD ‎　‎ 三、实验题（共18分）‎ ‎13．如图所示是学生实验用的多用表刻度盘，当选用量程为25V的电压档测量电压时，表针指于图示位置，则所测电压为　15.5　V；若选用倍率为“×100”的电阻档测电阻时，表针也指于同一位置，则所测电阻的阻值为　1400　Ω；用多用表测电阻所运用的原理是　闭合电路欧姆定律　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】运用多用电表测电压时，搞清每格表示的电压大小，从而得出所测的电压值，测电阻时，电阻读数等于表盘读数乘以倍率．‎ ‎【解答】解：电压档选择25V，测电压的最上面一排数据每格代表0.1V，则所测电压U=155×0.1=15.5V．‎ 电阻的阻值R=14×100Ω=1400Ω．多用电表测电阻运用的原理是闭合电路欧姆定律．‎ 故答案为：15.5，1400，闭合电路欧姆定律 ‎　‎ ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）‎ B．直流电流表（量程0〜3A，内阻约为0.1Ω）‎ C．直流电流表（量程0〜600mA，内阻约为5Ω）‎ D．直流电压表（量程0〜15V，内阻约为15kΩ）‎ E．直流电压表（量程0〜5V，内阻约为10kΩ）‎ F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）‎ G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．‎ ‎（1）实验中电流表应选用　C　，电压表应选用　E　，滑动变阻器应选用　F　 （均用序号字母表示）．‎ ‎（2）请按要求将图1中所示的器材连成实验电路．‎ ‎（3）某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，此时灯泡的实际功率为　0.80　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】根据实验中给出的灯泡的额定值可以确定电流表及电压表；由实验要求可以确定接法，进而可以确定滑动变阻器；‎ 在坐标系中作出电源的伏安特性曲线，则两线的交点为灯泡的工作点，即可求出实际功率．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；而灯泡的额定电流I==0.5A；故电流表应选择C；‎ 因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；‎ ‎（2）本实验要求多测几组数据，故采用分压接法；同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表选用外接法；实物图如下图所示；‎ ‎（3）将定值电阻等效电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图所示；与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为1.8V；电流为0.36A；‎ 则灯泡的功率P=UI=2.1×0.38W=0.80W；（0.78﹣0.86均可以）‎ 故答案为：（1）C E F；（2）如上图； （3）0.80．‎ ‎　‎ 四、计算题（共34分）‎ ‎15．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10﹣2 kg的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，求（g取10m/s2）：‎ ‎（1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小和方向．‎ ‎（2）需要几秒，斜面对导线的支持力恰好为零？‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）根据左手定则确定安培力的方向，抓住斜面对导线的支持力为零时，导线只受重力、线的拉力和安培力作用而处于平衡状态，据平衡条件求出安培力的大小；‎ ‎（2）由F=BIL可以得到磁感应强度的大小，根据磁感应强度的变化率可以求出所需要的时间t．‎ ‎【解答】解：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．‎ 由平衡条件，有：‎ FTcos37°=F…①‎ FTsin37°=mg…②‎ 由①②解得：导线所受安培力的为：F===0.8 N．‎ 又根据F=BIL，此时导线所处磁场的磁感应强度为：‎ B===2T，‎ 因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有：‎ B=0.4t ‎ 得：t=5s．‎ 答：（1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小为0.8N，方向水平向左．‎ ‎（2）需要5s秒，斜面对导线的支持力恰好为零．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布．考虑重力），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v．已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ ‎（2）O点处的电场强度E的大小；‎ ‎（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；库仑定律．‎ ‎【分析】（1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差．‎ ‎（2）根据库仑定律求出小球在O点所受的电场力，从而根据电场强度的定义式求出电场强度的大小．‎ ‎（3）对O到D的过程运用动能定理，抓住CO间的电势差与OD间的电势差相等，求出D点的速度．‎ ‎【解答】解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理，‎ 所以．‎ ‎（2）小球p经过O点时受力如图，由库仑定律得：‎ 它们的合力F=F1cos45°+F2cos45°=．‎ 所以O点处的电场强度E=．‎ ‎（3）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得，‎ ‎，‎ 由电场的特点可知：UCO=UOD，‎ 联立解得．‎ 答：（1）C、O间的电势差为．（2）O点处的电场强度E的大小为；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度为 ‎　‎ ‎17．如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场．有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直．现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出）．已知OD长为l，不计粒子的重力．求：‎ ‎（1）粒子射入绝缘板之前的速度 ‎（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能 ‎（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出粒子射入绝缘板之前的速度．‎ ‎（2）根据粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆周运动的圆心，根据几何关系求出轨道半径，通过洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中的速度，最后通过能量守恒求出损失的动能．‎ ‎（3）带电粒子做直线运动，所受洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡求出电场强度的大小．根据圆心角确定在第一象限内做圆周运动的时间，根据匀速直线运动的位移求出直线运动的时间，从而求出运动的总时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得，‎ 解得：．‎ ‎（2）粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图．‎ 由几何关系可得轨道半径为2l．‎ 由 解得．‎ 根据能量守恒得，损失的动能．‎ ‎（3）粒子若作直线运动，则qv′B=qE 代入数据解得 方向与x轴正向斜向下成60°角．‎ 粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间．‎ 粒子在第四象限做匀速直线运动的时间 粒子x轴右侧运行的总时间t=．‎ 答：（1）粒子射入绝缘板之前的速度．‎ ‎（2）粒子经过绝缘板时损失的动能为．‎ ‎（3）所加电场的电场强度的大小为，方向与x轴正向斜向下成60°角．带电粒子在y周的右侧运行的总时间为．‎ ‎　‎