物理卷·2018届江西省宜春市奉新一中高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省宜春市奉新一中高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省宜春市奉新一中高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：（4分×12=48分．1-8小题只有一个选项正确的，9-12小题至少有一个选项正确，请将正确选项的字母代号填写在答题卷的相应位置，全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不选得0分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度反映了电场的力的性质，因此电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比 B．电场强度为零处，电势不一定为零；电势为零处，电场强度不一定为零 C．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势处运动 D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的 ‎2．如图所示，a，b，c为电场中同一条电场线（直线）上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为Ua=5V，Ub=3V，下列叙述正确的是（　　）‎ A．该电场在c点处的电势一定为4V B．a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C．一负电荷从c点运动到b点电势能一定增大 D．一负电荷在c点受到的电场力由c指向b ‎3．如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1＞S2=S3，且“3”线圈在磁铁的正中间．设各线圈中的磁通量依次为φ1、φ2、φ3则它们的大小关系是（　　）‎ A．φ1＞φ2＞φ3 B．φ1＜φ2＜φ3 C．φ1＞φ2=φ3 D．φ1＜φ2=φ3‎ ‎4．如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置的另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是（　　）‎ A．沿纸面逆时针转动 B．沿纸面顺时针转动 C．a端转向纸外，b端转向纸里 D．a端转向纸里，b端转向纸外 ‎5．如图所示，当滑动变阻器的滑动片P向左移动时，两电表的示数变化为（　　）‎ A．两表示数均增大 B．电压表示数减小 C．电流表示数增大 D．两表示数均减小 ‎6．在如图所示的电路中，当开关S闭合时，电灯不亮，电流表无读数，电压表读数接近为电源电压，以下可能的情况是（　　）‎ A．电流表中断路，L1和L2都完好 B．L1灯丝断路，电流表和L2都完好 C．L2灯丝断路，电流表和L1都完好 D．L1和L2灯丝都断路，而电流表完好 ‎7．如图所示的平行板器件中．电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子从P孔射入后发生偏转的情况不同．利用这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．若正离子（不计重力）以水平速度v=射入速度选择器，则（　　）‎ A．正离子从P孔射入后，能沿着图示虚线路径通过速度选择器 B．正离子从Q孔射入后，能沿着图示虚线路径通过速度选择器 C．仅改变离子的电性，负离子从P孔射入后，不能沿图示虚线路径通过速度选择器 D．仅改变离子的电量，正离子从P孔射入后，不能沿图示虚线路径通过速度选择器 ‎8．如图所示的电路中，已知电容C1=C2，电阻R1＞R2，电源内阻可忽略不计，当开关S接通时，以下说法中正确的有（　　）‎ A．C1的电量增多，C2的电量减少 B．C1的电量减少，C2的电量增多 C．C1、C2的电量都增多 D．C1、C2的电量都减少 ‎9．一根长为0.2m的电流为10A的通电导线，放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到的安培力大小可能是（　　）‎ A．0N B．0.5N C．2N D．4N ‎10．如图，一个不带电的表面绝缘的导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．B端的感应电荷为负电荷 B．导体内场强越来越大 C．导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强 D．C、B两点的电势始终相同 ‎11．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处 B．两个小球到达轨道最低点的速度vM＜vN C．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN D．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 ‎12．如图所示，正方型容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，则（　　）‎ A．电子速率之比为Vc：Vd=2：1‎ B．电子在容器中运动所用时间之比为tc：td=1：2‎ C．电子在容器中运动的加速度大小之比为ac：ad=2：1‎ D．电子在容器中运动的加速度大小之比为ac：ad=5：1‎ ‎　‎ 二、填空题（共17分．请将正确答案填在答题卷的相应位置）‎ ‎13．如图1中，游标卡尺读　　mm，如图2，螺旋测微器读数　　mm ‎14．多用电表粗测电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“　　”挡位（选填“×100”或“×1”）；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图，则待测电阻为　　Ω．‎ ‎15．一电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应　　联的电阻阻值为　　Ω，新表的内阻为　　Ω．若将该电流计改装成量程为Um=10V的电压表，应再　　联一个阻值为　　Ω的电阻，新表的内阻为　　Ω．‎ ‎16．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如甲图所示．‎ ‎（1）按图甲电路原理图将图乙实物连接起来；‎ ‎（2）该同学按上述电路正确连接好实验电路，合上开关S后，当滑动变阻器的滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，发现电流表的示数逐渐增大，而电压表的示数几乎不变，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，出现上述情况的原因是　　．‎ ‎（3）该同学顺利完成实验，测出的数据如表所示．请你根据这些数据帮他在图丙坐标图中画出U﹣I图象，并由图得出电池的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω；‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.17‎ ‎0.23‎ ‎0.30‎ U/V ‎1.20‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.60‎ ‎（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是　　（选填“电流表的分压”或“电压表的分流”）．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共35分．解答时请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．）‎ ‎17．如图所示的电路中，已知四个电阻的阻值为R1=1Ω、R2=2Ω、R3=3Ω、R4=4Ω，电源电动势E=8V，内阻r=0.2Ω，试求：‎ ‎（1）S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流之比；‎ ‎（2）S和S′都闭合时流过电源的总电流I′．‎ ‎18．如图所示，光滑的平行导轨倾角为37°，处在磁感应强度为1.0T的匀强磁场中，导轨中接入电动势为8V、内阻为1Ω的直流电源．电路中有一阻值为3Ω的电阻，其余电阻不计，将质量为m=0.1Kg、长度为L=0.2m的导体棒由静止释放，g=10m/s2．求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．‎ ‎19．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m=1×10﹣3kg、带正电的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，静电力做功为W=0.2J，已知A、B两点间距离为L=0.1m，电势差为UAB=20V，‎ ‎（1）判断匀强电场的场强方向；‎ ‎（2）求电场强度的大小；‎ ‎（3）求小球的带电量；‎ ‎（4）求小球到达B点时的速率．‎ ‎20．如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．‎ ‎（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；‎ ‎（2）求磁感应强度B的值；‎ ‎（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市奉新一中高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（4分×12=48分．1-8小题只有一个选项正确的，9-12小题至少有一个选项正确，请将正确选项的字母代号填写在答题卷的相应位置，全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不选得0分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度反映了电场的力的性质，因此电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比 B．电场强度为零处，电势不一定为零；电势为零处，电场强度不一定为零 C．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势处运动 D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】解答本题关键抓住电场强度的定义式和点电荷场强公式进行判断：‎ 电场强度反映电场本身的力性质，与试探电荷的电量、所受的电场力无关；‎ 物体的运动情况取决于合力和初速度的大小和方向．正电荷在只受电场力作用下，不一定从高电势向低电势处运动．电场强度为零处，电势不一定为零；电势为零处，电场强度不一定为零．‎ 公式E=是场强的定义式适用于任何静电场，而E=是由库仑定律和E=结合推出的，只对于真空中点电荷产生的静电场适用．‎ ‎【解答】解：A、电场强度反映了电场的力的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量、所受的静电力无关，所以不能说电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．故A错误．‎ B、电场强度与电势无关，电势为零可人为选择，则电场强度为零处，电势不一定为零；电势为零处，电场强度不一定为零，故B正确；‎ C、正电荷在只受电场力作用下，不一定从高电势向低电势处运动，还取决于初速度的大小和方向．故C错误．‎ D、公式E=适用于任何静电场，而E=只对于真空中点电荷产生的静电场适用．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键要掌握电场强度的物理意义及公式E=和E=的适用条件．对于带电粒子在电场中运动情况的分析，要抓住只有当电场线是直线，而且初速度为零或初速度方向与电场线共线时，电荷在电场力作用下才一定沿电场线运动．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，a，b，c为电场中同一条电场线（直线）上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为Ua=5V，Ub=3V，下列叙述正确的是（　　）‎ A．该电场在c点处的电势一定为4V B．a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C．一负电荷从c点运动到b点电势能一定增大 D．一负电荷在c点受到的电场力由c指向b ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化．电场线的疏密可以判断场强的大小．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．‎ ‎【解答】解：A、当该电场是匀强电场时，由公式U=Ed知沿电场方向相同距离电势差相等，则电场在c点处的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误．‎ B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb．故B错误．‎ C、由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，负电荷从c点运动到b点电势能一定增大．故C正确．‎ D、由题可判断电场线方向从a指向c，负电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1＞S2=S3，且“3”线圈在磁铁的正中间．设各线圈中的磁通量依次为φ1、φ2、φ3则它们的大小关系是（　　）‎ A．φ1＞φ2＞φ3 B．φ1＜φ2＜φ3 C．φ1＞φ2=φ3 D．φ1＜φ2=φ3‎ ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】明确磁场分布情况，根据磁通量的定义可明确磁通量大小；注意若有相反方向的磁场，则相反方向的磁通量相互抵消后的磁通为所求磁通量．‎ ‎【解答】解：在条形磁铁内外都有磁场，套在条形磁铁外的三个线圈的磁通为内部向左的磁通减去外部向右的磁通．而内部向左的磁通相同，外部向右的 磁通越大，抵消越多，总磁通越少，1，2 在同一位置，1的外部面积大，则向右的磁通大，故φ2＞φ1，2，3面积一样，3位置外部B小，则外部向右磁通小 则φ3＞φ2；可知：φ1＜φ2＜φ3‎ 故选：B ‎【点评】本题考查磁通量的求解，解题的关键在于明确磁通方向不同时要相互抵消；注意三个线圈均包含了内部的磁感线．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置的另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是（　　）‎ A．沿纸面逆时针转动 B．沿纸面顺时针转动 C．a端转向纸外，b端转向纸里 D．a端转向纸里，b端转向纸外 ‎【考点】平行通电直导线间的作用；磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】通过右手螺旋定则来确定平行且固定放置的直导线M和N，在导线a处的磁场分布，再由左手定则来确定安培力的方向，从而确定导线a如何运动．‎ ‎【解答】解：导线M和N的磁感线都是同心圆．因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断a端受到向里的力．N导线的磁感线指向右上，也使a端受向里的力；‎ 同理也可以分析出b端受向外的力．从而使得a端转向纸里，b端转向纸外，故D正确；ABC错误；‎ 故选：D ‎【点评】考查右手螺旋定则、左手定则、及磁场的叠加，注意区别右手定则与左手定则．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，当滑动变阻器的滑动片P向左移动时，两电表的示数变化为（　　）‎ A．两表示数均增大 B．电压表示数减小 C．电流表示数增大 D．两表示数均减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】图示电路中，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压．当滑动变阻器的滑动片P向左移动时，变阻器左侧电阻减小，右侧电阻增大，由于右侧电阻与电阻R1并联后电阻小于右侧电阻，左侧电阻减小量小于右侧电阻的增大量，外电路总电阻减小．根据欧姆定律分析电流与电压的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑动片P向左移动时，变阻器左侧电阻减小，右侧电阻增大，由于右侧电阻与电阻R1并联后电阻小于右侧电阻，左侧电阻减小量小于右侧电阻的增大量，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，路端电压减小，所以电流表示数增大，电压表示数减小．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题是电路中动态变化分析问题，在认识电路结构的基础上，先分析局部电阻的变化．局部电阻增大，整个电路的电阻增大，再由欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化．‎ ‎　‎ ‎6．在如图所示的电路中，当开关S闭合时，电灯不亮，电流表无读数，电压表读数接近为电源电压，以下可能的情况是（　　）‎ A．电流表中断路，L1和L2都完好 B．L1灯丝断路，电流表和L2都完好 C．L2灯丝断路，电流表和L1都完好 D．L1和L2灯丝都断路，而电流表完好 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】常见的电路故障有断路与短路，根据电路现象分析电路故障原因．‎ ‎【解答】解：A、如果电流表中断路，L1和L2都完好，则电压表与电源连接不能相连，电压表示数为零，故A错误；‎ B、如果L1灯丝断路，电流表和L2都完好，则电路断路，两灯都不亮，电流表示数为零，电压表与电源两极相连，电压表示数接近电源电压，故B正确；‎ C、如果L2灯丝断路，电流表和L1都完好，电压表与电源两极不能相连，电压表示数为零，故C错误；‎ D、如果L1和L2灯丝都断路电流表完好，则电压表不能与电源两极相连，电压表示数为零，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了电路故障分析，根据电路故障现象认真分析即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示的平行板器件中．电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子从P孔射入后发生偏转的情况不同．利用这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．若正离子（不计重力）以水平速度v=射入速度选择器，则（　　）‎ A．正离子从P孔射入后，能沿着图示虚线路径通过速度选择器 B．正离子从Q孔射入后，能沿着图示虚线路径通过速度选择器 C．仅改变离子的电性，负离子从P孔射入后，不能沿图示虚线路径通过速度选择器 D．仅改变离子的电量，正离子从P孔射入后，不能沿图示虚线路径通过速度选择器 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过．‎ ‎【解答】解：A、正离子从P孔射入，电场力方向竖直向下，大小为qE，洛伦兹力方向竖直向上，大小F=qvB=qE，两个力平衡，粒子做匀速直线运动．故A正确．‎ B、正离子从Q孔射入，电场力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向下，两个力不能平衡，将向下偏转．故B错误．‎ C、改变电荷的电性，从P孔射入，电场力和洛伦兹力都反向，仍然平衡，做匀速直线运动．故C错误．‎ D、电场力与洛伦兹力平衡时，与电量无关，从P孔射入，只要速度满足条件，都能保持平衡．故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道在速度选择器中，从P孔射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示的电路中，已知电容C1=C2，电阻R1＞R2，电源内阻可忽略不计，当开关S接通时，以下说法中正确的有（　　）‎ A．C1的电量增多，C2的电量减少 B．C1的电量减少，C2的电量增多 C．C1、C2的电量都增多 D．C1、C2的电量都减少 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容不变，通过分析电压变化来分析电量变化．当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势．当S闭合时，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，根据两电容器的电压与电动势的关系分析电压的变化，再判断电量的变化．‎ ‎【解答】解：当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势．当S闭合时，R1、R2串联，C1与电阻R2并联，C2与电阻R1并联，则两电容器的电压均小于电动势，电压减小，而电容不变，则电容器的电量均减小．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】对于含有电容器的电路，在电容不变时，关键确定电压及其变化．电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．‎ ‎　‎ ‎9．一根长为0.2m的电流为10A的通电导线，放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到的安培力大小可能是（　　）‎ A．0N B．0.5N C．2N D．4N ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零，当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大，求出最大值和最小值，从而确定安培力的可能值．‎ ‎【解答】解：当磁场方向与电流方向平行时，安培力最小，最小值为F=0；‎ 当磁场方向与电流方向垂直时，安培力F=BIL=0.5×10×0.2N=1N，则安培力的大小范围为0≤F≤1N．故AB正确，CD错误．‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BILsinθ，当B与I垂直时，安培力最大，最大值为F=BIL，B与I平行时，F=0．而安培力界于0到最大值之间．‎ ‎　‎ ‎10．如图，一个不带电的表面绝缘的导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．B端的感应电荷为负电荷 B．导体内场强越来越大 C．导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强 D．C、B两点的电势始终相同 ‎【考点】电场强度；电荷守恒定律；电势；静电场中的导体．‎ ‎【分析】根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．‎ ‎【解答】解：A、导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出正电荷，在导体的左端C会出现负电荷，故A错误．‎ B、处于静电平衡的导体内场强为0，故B错误．‎ C、在C点和B点的场强由导体上的感应电荷和正电的小球Q共同叠加产生，并且为0，‎ 正电的小球Q在C点的场强大于B点的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故C正确．‎ D、处于静电平衡的导体是等势体，B两点的电势始终相同，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎【点评】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处 B．两个小球到达轨道最低点的速度vM＜vN C．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN D．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；向心力．‎ ‎【分析】带电小球在磁场中运动，洛伦兹力不做功，根据动能定理求出运动到最低点的速度，从而根据牛顿第二定律求出底部对小球的支持力大小，然后进行比较．‎ ‎【解答】解：A、洛伦兹力不做功，故在磁场中小球能运动可能到另一端的最高处；根据动能定理知，在电场中，电场力始终做负功，小球不能到达最高点，否则末动能小于零，矛盾；故A正确．‎ B、对左图，根据动能定理得，，解得vM=．‎ 对右图，根据动能定理得，mgR﹣qER=，解得．所以vM＞vN．故B错误．‎ C、在最低点，对左图有：，解得FM=3mg．‎ 对右图有：，解得FN=3mg﹣qE．知FM＞FN．故C正确．‎ D、左图在运动的过程中，只有重力做功，右图在运动的过程中，除重力做功外，还有电场力做负功，起阻碍作用，所以小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】解决本题的关键知道电场力做功和洛伦兹力做功的区别，知道洛伦兹力不做功，综合动能定理和牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，正方型容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，则（　　）‎ A．电子速率之比为Vc：Vd=2：1‎ B．电子在容器中运动所用时间之比为tc：td=1：2‎ C．电子在容器中运动的加速度大小之比为ac：ad=2：1‎ D．电子在容器中运动的加速度大小之比为ac：ad=5：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】由几何关系可知从两孔射出的粒子的运动半径，则由洛仑兹力充当向心力可得出粒子的速度关系；由周期公式及转过的角度可求得时间之比；由向心力公式可求得加速度之比．‎ ‎【解答】解：电子从c点射出，d为圆心，Rc=L，圆心角θc=‎ 由R=，得vc=‎ 运动时间tc==‎ 电子从d点射出，ad中点为圆心，Rd=L，圆心角θd=π 所以vd=，td==‎ 故vc：vd=2：1，tc：td=1：2‎ 电子做匀速圆周运动f洛=F向=ma a==，‎ ‎==；‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】本题为带电粒子在磁场中运动的基本问题，只需根据题意明确粒子的运动半径及圆心即可顺利求解．‎ ‎　‎ 二、填空题（共17分．请将正确答案填在答题卷的相应位置）‎ ‎13．如图1中，游标卡尺读　102.40　mm，如图2，螺旋测微器读数　4.590　mm ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为102mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：102mm+0.40mm=102.40mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为9.0×0.01mm=0.090mm，所以最终读数为4.5mm+0.090mm=4.590mm．‎ 故答案为：102.40；4.590‎ ‎【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，注意有效位数的保留．‎ ‎　‎ ‎14．多用电表粗测电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“　×1　”挡位（选填“×100”或“×1”）；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图，则待测电阻为　12　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；‎ 欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：某同学要用多用电表粗测一个电阻丝电阻，选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应换小挡，应该将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位，然后进行欧姆调零；由图示表盘可知，则此段电阻丝的电阻为12×1=12Ω．‎ 故答案为：×1；12．‎ ‎【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表读数，要注意：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎　‎ ‎15．一电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应　并　联的电阻阻值为　52.6　Ω，新表的内阻为　50.0　Ω．若将该电流计改装成量程为Um=10V的电压表，应再　串　联一个阻值为　1.99×105　Ω的电阻，新表的内阻为　2.00×105　Ω．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】改装成电流表应并联小电阻分流，并联电阻与表头的电压相等；‎ 改装成电压表应串联大电阻分压，串联电阻与表头的电流相等．‎ ‎【解答】解：Ig=50μA，Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应并联的电阻阻值为：R===52.6Ω，新表的内阻为==50Ω．‎ 若将该电流计改装成量程为Um=10V的电压表，应再串联联一个阻值为：R=﹣Rg=﹣1000=1.99×105Ω的电阻，新表的内阻为R内=R+Rg=2.00×105ΩΩ．‎ 故答案为：并；52.6；50.0；串；1.99×105；2.00×105．‎ ‎【点评】本题考查电流表的改装，在理解改装原理的基础上，通过串并联的关系和欧姆定律即可求解．‎ ‎　‎ ‎16．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如甲图所示．‎ ‎（1）按图甲电路原理图将图乙实物连接起来；‎ ‎（2）该同学按上述电路正确连接好实验电路，合上开关S后，当滑动变阻器的滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，发现电流表的示数逐渐增大，而电压表的示数几乎不变，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，出现上述情况的原因是　滑线变阻器的总电阻太大　．‎ ‎（3）该同学顺利完成实验，测出的数据如表所示．请你根据这些数据帮他在图丙坐标图中画出U﹣I图象，并由图得出电池的电动势E=　1.5　V，内阻r=　0.5　Ω；‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.17‎ ‎0.23‎ ‎0.30‎ U/V ‎1.20‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.60‎ ‎（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是　电压表的分流　（选填“电流表的分压”或“电压表的分流”）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）由原理图可画出实物图，注意在连线时不要交叉，同时要注意电表的正负接线柱；‎ ‎（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大；‎ ‎（3）由描点法得出U﹣I图象，而图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内电阻．‎ ‎（4）电流表采用了外接法，电压表具有分流作用，根据欧姆定律分析误差原因．‎ ‎【解答】解：（1）对照电路图连线即可，要注意电表的极性；‎ 实物图连线如图：‎ ‎（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大．‎ ‎（3）U﹣I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.50V内阻和定值电阻之和等于图线的斜率，故 r+R0==Ω 所以r=3﹣2.5=0.5Ω ‎（4）由图甲可知电压表测量电源与电阻R0的电压，电流表本应测量流过电源的电流，但实际测得的是电源电流和电压表电流的和，故造成本实验的系统误差的原因是电压表的分流．‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）滑线变阻器的总电阻太大； ‎ ‎（3）如图所示； 1.50，0.50；‎ ‎（4）电压表的分流．‎ ‎【点评】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U﹣I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共35分．解答时请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．）‎ ‎17．如图所示的电路中，已知四个电阻的阻值为R1=1Ω、R2=2Ω、R3=3Ω、R4=4Ω，电源电动势E=8V，内阻r=0.2Ω，试求：‎ ‎（1）S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流之比；‎ ‎（2）S和S′都闭合时流过电源的总电流I′．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当S闭合，S′断开时，电阻R1与R3串联，R2与R4串联，两部分再并联．根据并联电路电压相等的特点，欧姆定律研究通过R1和R2的电流之比．‎ ‎（2）当S和S′都闭合时，电阻R1与R2并联，R3与R4并联，两部分再串联，求出外电路总电阻，由闭合电路欧姆定律求出总电流I′．‎ ‎【解答】解：（1）当S闭合，S′断开时，电阻R1与R3串联电阻R13=R1+R3=4Ω，电阻R2与R4串联电阻R24=R2+R4=6Ω，由于并联电路电压相等，则通过R1和R2的电流之比为：‎ ‎==‎ ‎（2）当S和S′都闭合时，电阻R1与R2并联，R3与R4并联，两部分再串联，外电路总电阻为：‎ R=+=Ω，‎ 由闭合电路欧姆定律得总电流为：‎ I′===3.1A 答：（1）S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流之比=；‎ ‎（2）S和S′都闭合时的总电流I′是3.1A．‎ ‎【点评】对于电路的分析和计算，首先要搞清电路的结构，要充分利用串并联电路的特点，利用比例关系求解．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，光滑的平行导轨倾角为37°，处在磁感应强度为1.0T的匀强磁场中，导轨中接入电动势为8V、内阻为1Ω的直流电源．电路中有一阻值为3Ω的电阻，其余电阻不计，将质量为m=0.1Kg、长度为L=0.2m的导体棒由静止释放，g=10m/s2．求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．‎ ‎【考点】安培力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】导体棒在释放瞬间受重力、支持力和安培力，根据正交分解求出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律求出释放瞬间的加速度 ‎【解答】解：受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，‎ 由欧姆定律可知：‎ I===2A 安培力：F=BIL=1.0×2×0.2=0.4N；‎ 由牛顿第二定律 mgsin θ﹣Fcosθ=ma a=gsin θ﹣=10×0.6﹣=2.8m/s2‎ 答：导体棒在释放瞬间的加速度的大小2.8m/s2‎ ‎【点评】本题考查安培力与牛顿第二定律相结合的题目，解决本题的关键能够正确地进行受力分析，明确安培力的特点，求出合力，再运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m=1×10﹣3kg、带正电的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，静电力做功为W=0.2J，已知A、B两点间距离为L=0.1m，电势差为UAB=20V，‎ ‎（1）判断匀强电场的场强方向；‎ ‎（2）求电场强度的大小；‎ ‎（3）求小球的带电量；‎ ‎（4）求小球到达B点时的速率．‎ ‎【考点】电场强度；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，根据运动情况判断匀强电场的场强方向；‎ ‎（2）根据电势差与电场强度的关系求解电场强度的大小；‎ ‎（3）根据W=qEd求解电荷量；‎ ‎（4）根据动能定理求解小球到达B点时的速率．‎ ‎【解答】解：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，所以匀强电场的场强方向为由A指向B．‎ ‎（2）根据电势差与电场强度的关系得：‎ UAB=Ed=0.1E=20V ‎ 所以E=200V/m ‎（3）电场力做的功：W=FL=qEL 解得：q===0.01C ‎（4）根据动能定理研究小球由A点运动到B点，‎ qU=mv2‎ v===20m/s 答：（1）匀强电场的场强方向由A指向B；‎ ‎（2）电场强度的大小为200V/m；‎ ‎（3）小球的带电量为0.01C；‎ ‎（4）小球到达B点时的速率为20m/s．‎ ‎【点评】理解和掌握电场中各个物理量之间的关系，在具体题目中能熟练的应用．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．‎ ‎（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；‎ ‎（2）求磁感应强度B的值；‎ ‎（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负．‎ ‎（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在M点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．‎ ‎（3）根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半径，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有：q=mg…①‎ 由①式得，q=…②‎ 由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷． ‎ ‎（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有：‎ ‎ qv0B=m…③‎ 考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d…④‎ 由②③④式得：B=…⑤‎ ‎（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R′，有：‎ ‎ qv0B′=m…⑥‎ 由图示可得，R′2=d2+（R′﹣）2…⑦‎ 得，R′=d…⑧‎ 联立②⑥⑧式可得：B′=．‎ 答：‎ ‎（1）墨滴带负电，电荷量为．‎ ‎（2）磁感应强度为．‎ ‎（3）B′的大小为．‎ ‎【点评】本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动．结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．‎ ‎　‎