物理卷·2018届黑龙江省哈尔滨六中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届黑龙江省哈尔滨六中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

黑龙江省哈尔滨六中2016-2017学年高二（上）期末物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样，图中几幅图象表现的是导线受的力F与通过的电流I的关系．a，b各代表一组F，I的数据．下列图中正确的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 ‎3．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则（　　）‎ A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D．导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左 ‎4．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎5．如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（　　）‎ A．向右做匀速运动 B．向左做匀速运动 C．向右做减速运动 D．向右做加速运动 ‎6．如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L．现有一边长为 的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎7．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（　　）‎ A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 ‎8．利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，是一项重要的物理应用技术．在等量正点电荷所激发的电场中，可以使带电粒子做匀速圆周运动．如图所示，AB为两个点电荷连线的中垂线，粒子在其上P点获得一垂直纸面向外的速度，恰好在中垂面上做匀速圆周运动．以下判断正确的是（　　）‎ A．该粒子可能带正电 B．该粒子一定带负电 C．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子仍在原轨道做匀速圆周运动 D．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子将无法在原轨道做匀速圆周运动 ‎9．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，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，则（　　）‎ A．油滴带负电 B．油滴带正电 C．油滴带电荷量为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎10．如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A．电源的输出功率一定增大 B．灯泡L2一定逐渐变暗 C．灯泡L1一定逐渐变暗 D．R上消耗功率一定变大 ‎11．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2‎ ‎．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（　　）‎ A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 ‎12．如图所示，是研究自感通电实验的电路图，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S．重新闭合电键S，则（　　）‎ A．闭合瞬间，L1立刻变亮，L2逐渐变亮 B．闭合瞬间，L2立刻变亮，L1逐渐变亮 C．稳定后，L1，L2亮度相同 D．稳定后，L1比L2暗些 ‎　‎ 二、实验题：本题共3小题，共18分．‎ ‎13．图1读数为　　mm，图2读数为　　mm．‎ ‎14．某实验小组利用如图1所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：‎ ‎①待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）‎ ‎②电流表，量程3mA ‎③电流表，量程0.6A ‎④电压表，量程1.5V ‎⑤电压表，量程3V ‎⑥滑动变阻器，0～20Ω ‎⑦开关一个，导线若干 ‎（1）请选择实验中需要的器材　　（填标号）．‎ ‎（2）小组由实验数据作出的U﹣I图象如图2所示，由图象可求得电源电动势为　　V，内电阻为　　Ω．‎ ‎15．在“练习使用多用电表”实验中，某同学进行了如下的操作：‎ ‎（1）用多用电表电阻档测量某一电阻的阻值时，该同学先用大拇指和食指紧捏红黑表笔进行欧姆调零（如图a所示），然后用两表笔接触待测电阻的两端（如图b所示），这两步操作是否合理？　　 （填“a合理”或“b合理”或“都不合理”）‎ ‎（2）用多用电表电流档测量电路中电流，该同学将选择开关置于直流“50mA”档，连接的电路如图c所示，图中多用电表测定的是　　（填甲电阻的电流、乙电阻的电流或总的电流），测得的值是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共44分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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．‎ ‎16．（13分）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量．‎ ‎17．（15分）如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量为m、长也为L的均匀直金属杆ef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，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆ef的电阻为r，其余部分电阻不计．现让ef杆由静止开始沿导轨下滑．‎ ‎（1）求ef杆下滑的最大速度vm．‎ ‎（2）已知ef杆由静止释放至达到最大速度的过程中，ef杆沿导轨下滑的距离为x，求此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q和在该过程中通过定值电阻R的电荷量q．‎ ‎18．（16分）如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt．电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系（坐标原点O在N板的下端）的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy=45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，l ）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：‎ ‎（1）平行金属板M、N获得的电压U；‎ ‎（2）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨六中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样，图中几幅图象表现的是导线受的力F与通过的电流I的关系．a，b各代表一组F，I的数据．下列图中正确的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当电流元IL与磁场垂直时，安培力F=BIL，根据安培力公式F=BIL分析即可．‎ ‎【解答】解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题比较简单，考查了安培力公式F=BIL的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；‎ B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；‎ C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；‎ D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则（　　）‎ A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D．导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左 ‎【考点】右手定则．‎ ‎【分析】线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向．也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向．‎ ‎【解答】解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，安培力方向水平向左，‎ 同理线框离开磁场时，电流方向为a→b→c→d→a，安培力方向水平向左，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向．‎ ‎　‎ ‎4．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；‎ ‎【解答】解：由图可知，0﹣1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0﹣1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；‎ 同理可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，‎ 由E==可知，电路中电流大小恒定不变．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（　　）‎ A．向右做匀速运动 B．向左做匀速运动 C．向右做减速运动 D．向右做加速运动 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引．‎ ‎【解答】解：A、B导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引．故A、B错误．‎ C、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引．故C正确．‎ D、导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥．故D错误．‎ 故选C ‎【点评】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动．‎ ‎　‎ ‎6．如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L．现有一边长为的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLv、欧姆定律及匀速运动的规律可得出电流随时间的变化规律，再选择图象，注意公式中L是有效切割长度．‎ ‎【解答】解：t在0﹣时间内，线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；‎ 在﹣时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；‎ 在﹣时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势是进入过程的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是0﹣过程最大值的2倍；‎ 在﹣时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小．故C正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题分段分析有效切割长度的变化情况是解答的关键．图象往往由解析式选择．本题采用排除法，分成线性和非线性两类图象，对比同类图象的不同之处进行选择．‎ ‎　‎ ‎7．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（　　）‎ A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．‎ ‎【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；‎ B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；‎ C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；‎ D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎【点评】熟练应用安培定则与左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎8．利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，是一项重要的物理应用技术．在等量正点电荷所激发的电场中，可以使带电粒子做匀速圆周运动．如图所示，AB为两个点电荷连线的中垂线，粒子在其上P点获得一垂直纸面向外的速度，恰好在中垂面上做匀速圆周运动．以下判断正确的是（　　）‎ A．该粒子可能带正电 B．该粒子一定带负电 C．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子仍在原轨道做匀速圆周运动 D．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子将无法在原轨道做匀速圆周运动 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．‎ ‎【分析】负点电荷将绕O点在AB的中垂面里做匀速圆周运动，合外力提供向心力，根据向心力公式结合库仑定律以及离心运动条件，即可求解．‎ ‎【解答】解：AB、由题意可知，负点电荷将绕O点在AB的中垂面里做匀速圆周运动，故A错误，B正确；‎ CD、若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，依据库仑定律，则库仑力增大，根据力的合成法则，则负点电荷受到的库仑合力增大，即提供的向心力大于所需要的向心力，因此粒子将做离心运动，则无法在原轨道做匀速圆周运动，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题主要考查了向心力公式、库仑定律的直接应用，要求同学们能正确分析电荷的受力情况，找出向心力的来源，注意离心运动在解题中的应用，难度适中．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，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，则（　　）‎ A．油滴带负电 B．油滴带正电 C．油滴带电荷量为 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．‎ ‎【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=求解电场强度．根据N极板向下移动时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正确，B错误；‎ C、由平衡条件得：mg=q，得油滴带电荷量为：q=，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：AC．‎ ‎【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，是解题的基本思路．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A．电源的输出功率一定增大 B．灯泡L2一定逐渐变暗 C．灯泡L1一定逐渐变暗 D．R上消耗功率一定变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】先分析变阻器有效电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析干路电流和路端电压的变化，即可知道灯L1亮度的变化；根据干路电流和通过R1电流的变化，L分析2电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况．‎ ‎【解答】解：当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1一定逐渐变暗．‎ 总电流增大，而通过L1的电流减小，所以通过R1的电流增大，R1的电压增大，可知，R与L2并联的电压减小，灯泡L2一定逐渐变暗．‎ 根据P=知，R的电压减小，电阻也减小，则R上消耗功率不一定变大．‎ 由于电源的内外电阻关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故AD错误，BC正确．‎ 故选：BC ‎【点评】本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．利用串联电路的电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化．‎ ‎　‎ ‎11．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（　　）‎ A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系．‎ ‎【解答】解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=，进入偏转电场后，有qvB0=m，解得R=．知r越小，比荷越大．同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具．故A、C正确，D错误．‎ B、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外．‎ 故B正确．‎ 故选ABC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，是研究自感通电实验的电路图，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S．重新闭合电键S，则（　　）‎ A．闭合瞬间，L1立刻变亮，L2逐渐变亮 B．闭合瞬间，L2立刻变亮，L1逐渐变亮 C．稳定后，L1，L2亮度相同 D．稳定后，L1比L2暗些 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电压大小．‎ ‎【解答】解：A、B、闭合瞬间，L相当于断路，L2立刻变亮，L1逐渐变亮，故A错误，B正确；‎ C、D、稳定后，两个灯泡都正常发光，所以它们的亮度相同，故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共3小题，共18分．‎ ‎13．（2016秋•香坊区校级期末）图1读数为　6.700　mm，图2读数为　11.70　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【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，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数6.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0=0.200mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为：6.5mm+0.200mm=6.700mm；‎ 游标卡尺的主尺读数为1.1cm=11mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×14mm=0.70mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=11mm+0.70mm=11.70mm．‎ 故答案为：6.700；11.70‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎14．（2016秋•香坊区校级期末）某实验小组利用如图1所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：‎ ‎①待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）‎ ‎②电流表，量程3mA ‎③电流表，量程0.6A ‎④电压表，量程1.5V ‎⑤电压表，量程3V ‎⑥滑动变阻器，0～20Ω ‎⑦开关一个，导线若干 ‎（1）请选择实验中需要的器材　①③④⑥⑦　（填标号）．‎ ‎（2）小组由实验数据作出的U﹣I图象如图2所示，由图象可求得电源电动势为　1.40　V，内电阻为　2.8　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻．‎ ‎【解答】解：（1）电池和导线开关为必选；故①⑦必选；‎ 干电池电动势约为1.5V，电压表应选：④，根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：③；‎ 滑动变阻器只有一个，故选：⑥；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir，再由数学知识可知，‎ 图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.40V；‎ 而图象的斜率表示电源的内阻，r==2.8Ω；‎ 故答案为：（1）①③④⑥⑦；（2）1.40；2.8．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎15．（2016秋•香坊区校级期末）在“练习使用多用电表”实验中，某同学进行了如下的操作：‎ ‎（1）用多用电表电阻档测量某一电阻的阻值时，该同学先用大拇指和食指紧捏红黑表笔进行欧姆调零（如图a所示），然后用两表笔接触待测电阻的两端（如图b所示），这两步操作是否合理？　a合理　 （填“a合理”或“b合理”或“都不合理”）‎ ‎（2）用多用电表电流档测量电路中电流，该同学将选择开关置于直流“50mA”档，连接的电路如图c所示，图中多用电表测定的是　乙电阻的电流　（填甲电阻的电流、乙电阻的电流或总的电流），测得的值是　25.0mA　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）使用欧姆表测电阻时，不能用手捏住待测电阻．‎ ‎（2）电流表与被测电路串联，根据电路图判断电流表所测的电流；根据图示表盘读出电流表示数．‎ ‎（3）运用多用电表测量出电阻的阻值以及电源的电动势，将多用电表调到直流电压档，与电阻R、电键串联，通过闭合电路欧姆定律求出多用电表直流2.5V档的内阻．‎ ‎【解答】解：（1）进行欧姆调零时大拇指和食指可以紧捏红黑表笔，测量电阻阻值时，两根食指不能接触待测电阻的两端的引脚，因此实验操作只有b不合理；‎ ‎（2）由图c所示电路可知，电流表与电阻乙串联，则电流表测通过电阻乙的电流；选择开关置于直流“50mA”档，由图示表盘可知，其分度值为1mA，示数为25.0mA．‎ 故答案为：（1）a合理；（2）乙电阻的电流；25.0mA ‎【点评】本题考查了多用电表的使用，要掌握欧姆表的实验注意事项，对多用电表读数时，要先确定其所测量的量与量程，然后确定其分度值，再根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共44分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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．‎ ‎16．（13分）（2016秋•香坊区校级期末）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；‎ ‎【解答】解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：‎ ‎ v2=2gh 解得：…①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：‎ mg（h+d）﹣qEd=0‎ 解得：…②‎ 电容器两极板间的电压为：‎ U=Ed=‎ 电容器的带电量为：‎ Q=CU=‎ 答：（1）小球到达小孔处的速度为；‎ ‎（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为 ‎【点评】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）（2016秋•香坊区校级期末）如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量为m、长也为L的均匀直金属杆ef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，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆ef的电阻为r，其余部分电阻不计．现让ef杆由静止开始沿导轨下滑．‎ ‎（1）求ef杆下滑的最大速度vm．‎ ‎（2）已知ef杆由静止释放至达到最大速度的过程中，ef杆沿导轨下滑的距离为x，求此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q和在该过程中通过定值电阻R的电荷量q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）首先分析杆的运动：杆的速度逐渐变大，安培力将逐渐变大，所以杆在导轨上做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力等于重力沿导轨分力时匀速运动，速度达到最大．‎ ‎（2）杆下滑过程中，重力势能减小转化为电路中的焦耳热和杆的动能，因此根据功能关系可求出焦耳热；根据法拉第电磁感应定律求出平均电流，然后根据q=It即可求出电量．‎ ‎【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律和安培力公式有：‎ ‎ E=BLv ①‎ ‎ I=②‎ ‎ FA=BIL ③‎ 根据牛顿第二定律有：‎ ‎ mgsinθ﹣FA=ma ④‎ 联立①②③④得：mgsinθ﹣=ma 当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值：vm=，‎ 故ef杆下滑的最大速度为：vm=．‎ ‎（2）根据能量守恒定律有：‎ ‎ mgxsinθ=mvm2+Q ‎ 得Q=mgxsinθ﹣‎ 根据电磁感应定律有： =‎ 根据闭合电路欧姆定律有： =‎ 感应电量：q=△t==‎ 答：‎ ‎（1）ef杆下滑的最大速度vm为．‎ ‎（2）此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q和在该过程中通过定值电阻R的电荷量q为．‎ ‎【点评】‎ 对于电磁感应的综合问题要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，同时这类问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习，平时注意知识的理解与应用．‎ ‎　‎ ‎18．（16分）（2014•南岗区校级模拟）如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt．电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系（坐标原点O在N板的下端）的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy=45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，l ）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：‎ ‎（1）平行金属板M、N获得的电压U；‎ ‎（2）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间．‎ ‎【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）根据法拉第电磁感应定律，求出闭合电路的电动势，即得到平行金属M、N获得的电压U；‎ ‎（2）由动能定理求出粒子经过MN间的电场加速度获得的速度．正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径的大小，根据牛顿第二定律和向心力公式求得磁场的磁感应强度；‎ ‎（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间为三段运动过程的时间之和．‎ ‎【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：‎ ‎ E==S=kS ①‎ 因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：‎ ‎ U=UR=E=kS ②‎ ‎（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有 ‎ qU=mv2 ③‎ 带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有 ‎ qvB=m④‎ 由几何关系可得：‎ ‎ r+rcot45°=l ⑤‎ 联立②③④⑤得：B=；‎ ‎（3）粒子在电场中做匀加速直线运动，则有 ‎ d=at12‎ 根据牛顿第二定律得：q=ma 粒子在磁场中，有：‎ ‎ T=‎ ‎ t2=T 粒子在第一象限的无场区中，有 ‎ s=vt3‎ 由几何关系得：s=r 粒子从P点射出到到达x轴的时间为：‎ ‎ t=t1+t2+t3‎ 联立以上各式可得：‎ ‎ t=（2d+l）；‎ 答：‎ ‎（1）平行金属板M、N获得的电压U为kS；‎ ‎（2）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B=；‎ ‎（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间为（2d+l）．‎ ‎【点评】本题是粒子在磁场中匀速圆周运动和电磁感应的综合．磁场中圆周运动常用方法是画轨迹，由几何知识求半径．‎ ‎　‎