物理卷·2018届河北省衡水市武邑中学高二上学期周考物理试卷（11-20） （解析版）

物理卷·2018届河北省衡水市武邑中学高二上学期周考物理试卷（11-20） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周考物理试卷（11.20）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图，两个圆形线圈P和Q，悬挂在光滑绝缘杆上．通以方向相同的电流，若I1＞I2，P、Q受到安培力大小分别为为F1和F2，则P和Q（　　）‎ A．相互吸引，F1＞F2 B．相互排斥，F1＞F2‎ C．相互排斥，F1=F2 D．相互吸引，F1=F2‎ ‎2．如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直．当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡．然后使电流反向，大小不变．这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需（　　）‎ A．在天平右盘中增加质量为m=的砝码 B．在天平右盘中增加质量为m=的砝码 C．在天平左盘中增加质量为m=的砝码 D．在天平左盘中增加质量为m=的砝码 ‎3．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 ‎4．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则（　　）‎ A．该磁场是匀强磁场 B．线圈平面总与磁场方向垂直 C．线圈将逆时针转动 D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB ‎5．磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（　　）‎ A．用电器中的电流方向从A到B B．用电器中的电流方向从B到A C．若只增强磁场，发电机的电动势增大 D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大 ‎6．如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边界射出．已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．该粒子带正电 B．运动过程中粒子的速度不变 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子的速度v的最大值为 ‎7．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则（　　）‎ A．vb：vc=1：2，tb：tc=2：1 B．vb：vc=2：2，tb：tc=1：2‎ C．vb：vc=2：1，tb：tc=2：1 D．vb：vc=1：2，tb：tc=1：2‎ ‎9．如图所示，倾角为α=37°的足够长的固定斜面处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，一带正电小物块从斜面顶端由静止开始沿斜面向下滑动，运动时间与速度图象如图所示．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块下滑的加速度为m/s2‎ B．小物块最终将飞离斜面做曲线运动 C．小物块下滑过程中机械能守恒 D．如小物块质量为0.1kg，则t=0.25s时，重力的功率为1.5w ‎10．如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域并沿直线运动，最后从C点离开该区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则粒子从D点离开场区．已知BC=CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是（　　）‎ A．t1=t2＜t3 B．t1＜t2=t3 C．Ek1＞Ek2=Ek3 D．Ek1=Ek2＜Ek3‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎11．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为　　mm．用游标为50分度的卡尺（测量值可准确到0.02mm）测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图所示，可读出圆柱的直径为　　mm．‎ ‎12．某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻．‎ ‎①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：‎ 电压表：V（量程3v，内阻Rv=10kΩ）‎ 电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）‎ 电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）‎ 滑动变阻器：R1（阻值范围0〜10Ω，额定电流2A）‎ R2（阻值范围0〜1000Ω，额定电流1A）‎ 定值电阻：R3=0.5Ω 该同学依据器材画出了如图1所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是　　．‎ ‎②该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是　　A．‎ ‎③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器　　（填写器材的符号）‎ ‎④该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=　　V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=　　Ω （结果保留两位有效数字）．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎13．如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B．MM′和NN′是它的两条边界．现有质量为m，电量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不从边界NN′射出，粒子入射速率的最大值可能是多少？‎ ‎14．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°．第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B=1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向．一质量m=8×10﹣10kg．电荷量q=1×10﹣4C带正电粒子，从电场中M（12，﹣8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场．不计粒子重力，取π=3，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的速度v；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间t；‎ ‎（3）匀强电场的电场强度E．‎ ‎15．如图，在xoy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=‎ d的直线，磁场方向垂直纸面向外．质量为m、带电量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场．已知OQ=d，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）P点坐标；‎ ‎（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；‎ ‎（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周考物理试卷（11.20）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图，两个圆形线圈P和Q，悬挂在光滑绝缘杆上．通以方向相同的电流，若I1＞I2，P、Q受到安培力大小分别为为F1和F2，则P和Q（　　）‎ A．相互吸引，F1＞F2 B．相互排斥，F1＞F2‎ C．相互排斥，F1=F2 D．相互吸引，F1=F2‎ ‎【考点】平行通电直导线间的作用．‎ ‎【分析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第三定律比较两个线圈的安培力大小．‎ ‎【解答】解：两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引．‎ 根据牛顿第三定律知，因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等，方向相反，故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直．当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡．然后使电流反向，大小不变．这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需（　　）‎ A．在天平右盘中增加质量为m=的砝码 B．在天平右盘中增加质量为m=的砝码 C．在天平左盘中增加质量为m=的砝码 D．在天平左盘中增加质量为m=的砝码 ‎【考点】力矩的平衡条件；安培力．‎ ‎【分析】开始时电流逆时针，根据左手定则，底边安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量．即mg=2FA．‎ ‎【解答】解：开始时底边所受的安培力方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即：‎ mg=2FA 解得：‎ FA=‎ 由于：‎ FA=NBIL 解得：m=‎ 要重新平衡，需要在天平左盘中增加质量为m=的砝码；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．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 ‎　‎ ‎4．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则（　　）‎ A．该磁场是匀强磁场 B．线圈平面总与磁场方向垂直 C．线圈将逆时针转动 D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB ‎【考点】磁电式电表原理．‎ ‎【分析】利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向．‎ ‎【解答】解：A、该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，而图中磁场为辐状磁场，故A错误；‎ B、由图可知，线圈与磁感线一直平行，故B错误；‎ C、根据左手定则可知，a端受力向上，b受受力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误；‎ D、由于两导线一直和磁场垂直，故两导线受到的安培力F=BIL，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（　　）‎ A．用电器中的电流方向从A到B B．用电器中的电流方向从B到A C．若只增强磁场，发电机的电动势增大 D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论．‎ ‎【解答】解：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；‎ 此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，则qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C、D正确．‎ 故选ACD．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边界射出．已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．该粒子带正电 B．运动过程中粒子的速度不变 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子的速度v的最大值为 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向确定粒子所受洛伦兹力方向，然后由左手定则判断出粒子的电性；‎ 根据题意求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间；‎ 粒子从P点射出时速度最大，求出粒子从P点射出时的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度．‎ ‎【解答】解：A、粒子从PQ边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直与速度斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；‎ B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变当方向发生变化，粒子速度发生变化，故B错误；‎ C、粒子在磁场中转过的圆心角：θ=2×30°=60°，粒子在磁场中的运动时间：t=T=×=，故C正确；‎ D、粒子从P点射出磁场时轨道半径最大，粒子速度最大，此时粒子轨道半径：r=a，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子的最大速度：v==，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的半径，然后根据几何关系求出射点与O点间的距离．‎ ‎【解答】解：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，‎ 根据洛伦兹力提供向心力，有 解得根据轨迹图知，∠OPQ=60°‎ 粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为，D正确，ABC错误 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则（　　）‎ A．vb：vc=1：2，tb：tc=2：1 B．vb：vc=2：2，tb：tc=1：2‎ C．vb：vc=2：1，tb：tc=2：1 D．vb：vc=1：2，tb：tc=1：2‎ ‎【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】带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径和圆心角，由半径公式求出该粒子射入时的速度大小v．然后求比值，由求时间之比．‎ ‎【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 得 粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，即 从C点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即 根据半径公式得∝r 从b点离开磁场的粒子，圆心角；从C点离开磁场的粒子，圆心角 根据，得，故A正确，BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎9．如图所示，倾角为α=37°的足够长的固定斜面处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，一带正电小物块从斜面顶端由静止开始沿斜面向下滑动，运动时间与速度图象如图所示．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块下滑的加速度为m/s2‎ B．小物块最终将飞离斜面做曲线运动 C．小物块下滑过程中机械能守恒 D．如小物块质量为0.1kg，则t=0.25s时，重力的功率为1.5w ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】物体受的洛伦兹力方向垂直于斜面向下，与运动方向垂直，小物块下滑过程中机械能守恒，且不会飞离斜面，从图2 知物体的加速度．‎ ‎【解答】解：A、从图2 知物体的加速度a=，故A错误 B、物体受的洛伦兹力方向垂直于斜面向下，与运动方向垂直，不会飞离斜面；故B错误 C、沿斜面方向：mgsin37°﹣f=ma，解得f=0，则说明斜面光滑，而洛伦兹力又不做功，所以小物块下滑过程中机械能守恒，故C正确 D、如小物块质量为0.1kg，则t=0.25s时，从图2知速度V=1.5m/s，重力的功率为P=mgsin37°V=0.9W，故D错误 故选：C ‎　‎ ‎10．如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域并沿直线运动，最后从C点离开该区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则粒子从D点离开场区．已知BC=CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是（　　）‎ A．t1=t2＜t3 B．t1＜t2=t3 C．Ek1＞Ek2=Ek3 D．Ek1=Ek2＜Ek3‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】根据粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动的合成与分解，可得t1=t2；当在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动时，时间与路程长短有关．‎ 根据动能定理，结合电场力做功，从而可确定动能的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qE=qvB，当只有电场时，粒子从B点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向做匀速直线运动，所以t1=t2；‎ 当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，有t2＜t3，因此A选项正确，B错误；‎ C、粒子从B点射出时，电场力做功，动能变大，故C选项正确，D错误．‎ 故选AC ‎　‎ 二、实验题 ‎11．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为　8.116　mm．用游标为50分度的卡尺（测量值可准确到0.02mm）测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图所示，可读出圆柱的直径为　42.12　mm．‎ ‎【考点】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，注意二者读数的差别．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为：0.01×11.6mm=0.116mm，‎ 所以最终读数为：8mm+0.116mm=8.116mm．‎ 游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.02×6mm=0.12mm，‎ 所以最终读数为：42mm+0.12mm=42.12mm；‎ 故答案为：8.116，42.12．‎ ‎　‎ ‎12．某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻．‎ ‎①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：‎ 电压表：V（量程3v，内阻Rv=10kΩ）‎ 电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）‎ 电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）‎ 滑动变阻器：R1（阻值范围0〜10Ω，额定电流2A）‎ R2（阻值范围0〜1000Ω，额定电流1A）‎ 定值电阻：R3=0.5Ω 该同学依据器材画出了如图1所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是　量程与被测电流值相比较差距太大　．‎ ‎②该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是　0.603　A．‎ ‎③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器　R1　（填写器材的符号）‎ ‎④该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=　1.48　V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=　0.84　Ω （结果保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①根据干电池的电动势和滑动变阻器R1，可估算出电路中电流最小值，没有选用电流表A的原因是量程太大；‎ ‎②根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；‎ ‎③为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；‎ ‎④根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：①‎ 一节干电池的电动势约E=1.5V，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是〜10Ω，‎ 电路中最小电流约为Imin===0.15A，电流表A的量程是3A，0.15A不到该量程的三分之一，‎ 流表量程太大，因此不能用电流表A．‎ ‎②改装后电流表量程：I=Ig+=0.003+A=0.603A；‎ ‎③为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的R1．‎ ‎④由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V．‎ 图线的斜率大小k=r，由数学知识知：k==0.84，则电源的内阻为：r=k=0.84Ω 故答案为：①量程与被测电流值相比较差距太大；②0.603；③R1；④1.48；0.84．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎13．如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B．MM′和NN′是它的两条边界．现有质量为m，电量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不从边界NN′射出，粒子入射速率的最大值可能是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】带电粒子垂直射入匀强磁场时，粒子做匀速圆周运动，速度越大，粒子的轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，根据几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解粒子入射速率的最大值．‎ ‎【解答】‎ 解：目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如图所示上方与NN′相切的圆弧，如图1所示．‎ 设轨道半径为R，根据几何知识得：‎ R﹣Rcos45°=d 解得：R=（2+）d 粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，则牛顿第二定律得：‎ ‎ qvB=m 解得：v=（2+）．‎ 若带负电荷，轨迹如图所示下方与NN′相切的圆弧，如图2所示．根据几何知识得：‎ ‎ R+Rcos45°=d 解得：R=（2﹣）d 由qvB=m 解得：v=（2﹣）．‎ 答：粒子入射速率的最大值可能是（2+）或（2﹣）．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°．第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B=1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向．一质量m=8×10﹣10kg．电荷量q=1×10﹣4C带正电粒子，从电场中M（12，﹣8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场．不计粒子重力，取π=3，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的速度v；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间t；‎ ‎（3）匀强电场的电场强度E．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中做匀加速运动，进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，由牛顿第二定律求得速度v；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动时，速度的偏向角等于轨迹所对应的圆心角，由几何关系得到θ，由t=求出时间t；‎ ‎（3）粒子在电场中运动时，由动能定理求解电场强度E．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在磁场中的轨迹如图，设粒子做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系，得 ‎ R+Rsin30°=‎ 解得 ‎ 由得 v=‎ 代入解得 v=104m/s ‎（2）由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有 ‎（3）粒子在电场中运动时，由动能定理得 ‎ 则得 答：（1）粒子在磁场中运动的速度v是104m/s；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间t是1.6×10﹣5s；‎ ‎（3）匀强电场的电场强度E是5×103V/m．‎ ‎　‎ ‎15．如图，在xoy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=d的直线，磁场方向垂直纸面向外．质量为m、带电量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场．已知OQ=d，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）P点坐标；‎ ‎（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；‎ ‎（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．‎ ‎【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）粒子在第一象限内做类平抛运动，在x轴方向上做匀速直线运动，在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，已经知道在Q点时的速度方向为45°，可知此时沿两个坐标轴的速度都是v0，在x轴和y轴分别列式，可求出OP的距离，从而得到P点的坐标 ‎（2）对粒子在第四象限中的运动轨道进行分析，找到临界状态，即轨道恰好与y轴相切为轨道的最大半径，结合洛伦兹力做向心力的公式可求出此时的磁感应强度，该磁感应强度为最小值，从而可表示出磁感应强度的范围．‎ ‎（3）首先要分析粒子恰能第二次进入磁场的轨迹，画出轨迹图，结合轨迹图可求出CQ之间的距离，由几何关系再求出在第四象限内运动轨道的半径，结合洛伦兹力做向心力的公式可求出磁感应强度的最大值，从而可得磁感应强度的范围 ‎【解答】解：（1）设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则vy=v0tan45°‎ 设粒子在电场中运动时间为t，则 OQ=v0t OP=‎ 由以上各式，解得OP=P点坐标为（0，）‎ ‎（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则 r1+r1sin45°=d 解得：‎ 令粒子在磁场中的速度为v，则v=‎ 根据牛顿第二定律qvB1= 解得：‎ 要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围 B≥B1‎ ‎（3）假设粒子刚好从x=d处磁场边界与电场的交界D处第二次进入磁场，设粒子从P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D的时间为2t，‎ 由水平方向的匀速直线运动可得：CD=2d CQ=CD﹣QD=2d﹣（2.5d﹣d）=‎ 设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：‎ ‎ 2r2sin45°=CQ 解得：‎ 根据牛顿第二定律得：qvB2=‎ 解得：‎ 要使粒子能第二次进磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足B≤B2‎ 综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足 ‎≤B≤‎ ‎ 答：（1）P点的坐标为（0，）‎ ‎（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围B≥‎ ‎（3）磁感应强度B要满足≤B≤‎ ‎　‎