物理卷·2018届湖南省衡阳八中高二上学期第五次月考物理试卷（实验班） （解析版）

物理卷·2018届湖南省衡阳八中高二上学期第五次月考物理试卷（实验班） （解析版）

湖南省衡阳八中2016-2017学年高二（上）第五次月考物理试卷（实验班）(解析版)‎ ‎　‎ 一、不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分．化学部分和生物部分后面所给的四个选项中，只有一个是正确的．‎ ‎1．对于一定质量的气体，下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果保持温度不变，则体积越小，压强越大 B．如果保持体积不变，则温度越高，压强越大 C．如果保持压强不变，则体积越小，温度越高 D．如果保持温度不变，则体积越小，内能越多 ‎2．一束绿光照射某金属发生了光电效应，对此，以下说法中正确的是（　　）‎ A．若增加绿光的照射强度，则单位时间内逸出的光电子数目不变 B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加 C．若改用紫光照射，则逸出光电子的最大初动能增加 D．若改用紫光照射，则单位时间内逸出的光电子数目一定增加 ‎3．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O．在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点 B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功 C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同 D．沿线段eof移动的电荷，它所受的电场力是先减小后增大 ‎4．如图所示，空间有垂直于xoy平面的匀强磁场．t=0时刻，一电子以速度v0‎ 经过x轴上的A点，沿x轴正方向进入磁场．A点坐标为（﹣，0），其中R为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径．不计重力影响，则以下结论正确的是（　　）‎ A．电子经过y轴时，速度大小仍为v0‎ B．电子在t=时，第一次经过y轴 C．电子第一次经过y轴的坐标为（0， R）‎ D．电子第一次经过y轴的坐标为（0， R）‎ ‎5．两只电流表A1和A2是由完全相同的两只电流表改装成的，A1表的量程是5A，A2表的量程是15A．为了测量15～20A的电流，把A1表和A2表并联起来使用，在这种情况下（　　）‎ A．A1表和A2表的示数相等 B．A1表和A2表的指针偏转角度相等 C．A1表和A2表的示数之比为1：3‎ D．A1表和A2表的指针偏转角度之比为1：3‎ ‎6．如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（V）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（当温度升高时，其阻值将减小），所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．A1的示数增大，A2的示数增大 B．V1的示数不变，V2的示数减小 C．A1的示数增大，A2的示数减小 D．V1的示数减小，V2的示数减小 ‎7．如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，一质量为m、电荷量为﹣q的小滑块（可看作点电荷）从a点以初速度V0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（　　）‎ A．此过程中产生的热能为 B．滑块在运动过程的中间时刻，速度大小等于 C．滑块在运动过程中所受的库仑力一定小于滑动摩擦力 D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab=‎ ‎8．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．粒子通过速度选择器后垂直平板S由狭缝P进入磁感强度为B0的匀强磁场中．下列表述正确的是（　　）‎ A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于 C．粒子在匀强磁场B0中的径迹是一个半圆 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．（12分）某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个测液体折射率的仪器．如图所示，在一个圆盘上，过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF．在半径OA上，垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持位置不变．每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2．同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值．‎ ‎①若∠AOF=30°，OP3与OC之间的夹角为45°，则在P3处刻的折射率为　　．‎ ‎②若在同一液体中沿AO方向射入一束白光，最靠近0C边的是哪种颜色的光？　　．增大入射角度，哪种颜色的光在刻度盘上先消失？　　．‎ ‎10．（14分）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）．正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点，如图所示．‎ A．电流表A1（量程100mA，内阻约1Ω）　　B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）‎ C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ） 　 D．电压表V2（量程15.0V，内阻约10kΩ）‎ E．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω） 　 F．滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）‎ G．电源E（电动势15V，内阻忽略） 　 H．电键、导线若干 ‎①‎ 实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为电流表　　；电压表　　；滑动变阻器　　．（只需填写器材前面的字母即可）‎ ‎②请在所提供的器材中选择必需的器材，在图1虚线框内画出该小组设计的电路图．‎ ‎③该小组测出热敏电阻R1的U﹣I图线如图2曲线I所示．请分析说明该热敏电阻是　　 热敏电阻（填PTC或NTC）．‎ ‎④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U﹣I图线如图2曲线II所示．然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成电路如图3所示．测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为　　V，内阻为　　Ω．（结果均保留三位有效数字）‎ ‎11．（18分）如图所示，在直角坐标系xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆O1分别与x轴、y轴相切于P（﹣R，0）、Q（0，R） 两点，圆O1内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．与y轴负方向平行的匀强电场左边界与y轴重合，右边界交x轴于M点，一带正电的粒子A（重力不计）电荷量为q、质量为m，以某一速率垂直于x轴从P点射入磁场，经磁场偏转恰好从Q点进入电场，最后从M点以与x轴正向夹角为45°的方向射出电场．求：‎ ‎（1）OM之间的距离；‎ ‎（2）该匀强电场的电场强度E；‎ ‎（3）若另有一个与A的质量和电荷量相同、速率也相同的粒子A′，从P点沿与x轴负方向成30°角的方向射入磁场，则粒子A′再次回到x轴上某点时，该点的坐标值为多少？‎ ‎12．（18分）如图所示，A、B为水平放置的间距d=0.2m的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为E=0.1V/m、方向由B指向A的匀强电场．一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=10m/s的带电微粒．已知微粒的质量均为m=1.0×10﹣5kg、电荷量均为q=﹣1.0×10﹣3C，不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x．‎ ‎（2）要使所有微粒从P点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为E′，求E′的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经t0=0.02s时两板上有微粒击中区域的面积和．‎ ‎（3）在满足第（2）问中的所有微粒从P点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T．求B板被微粒打中的区域长度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高二（上）第五次月考物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分．化学部分和生物部分后面所给的四个选项中，只有一个是正确的．‎ ‎1．对于一定质量的气体，下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果保持温度不变，则体积越小，压强越大 B．如果保持体积不变，则温度越高，压强越大 C．如果保持压强不变，则体积越小，温度越高 D．如果保持温度不变，则体积越小，内能越多 ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】本题根据理想气体状态方程：，分析各个参量的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、若保持气体温度不变，根据知，压强和体积成反比，故A正确；‎ B、若保持体积不变，根据知，压强和热力学温度成正比，故温度越高压强越大，故B正确；‎ C、若保持压强不变，根据知，体积与热力学温度成正比，故体积越小，温度越低，故C错误；‎ D、气体的内能只与温度有关，故气体温度保持不变，气体的内能保持不变，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】本题根据理想气体状态方程：，分析各个参量的变化情况，知道气体的内能只与温度有关．‎ ‎　‎ ‎2．一束绿光照射某金属发生了光电效应，对此，以下说法中正确的是（　　）‎ A．若增加绿光的照射强度，则单位时间内逸出的光电子数目不变 B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加 C．若改用紫光照射，则逸出光电子的最大初动能增加 D．若改用紫光照射，则单位时间内逸出的光电子数目一定增加 ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程；光电效应．‎ ‎【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，通过入射光的频率大小，结合光电效应方程判断光电子的最大初动能的变化．‎ ‎【解答】解：A、光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能不变．故A、B错误．‎ C、因为紫光的频率大于绿光的频率，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，光电子的最大初动能增加，单位时间内逸出的光电子数目不一定增加．故C正确，D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道影响光电子最大初动能的因素，以及知道光的强度影响单位时间发出的光电子数目．‎ ‎　‎ ‎3．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O．在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点 B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功 C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同 D．沿线段eof移动的电荷，它所受的电场力是先减小后增大 ‎【考点】电场强度；电势；电势能．‎ ‎【分析】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．‎ B、图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功．故B正确．‎ C、a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C正确．‎ D、沿线段eof移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，空间有垂直于xoy平面的匀强磁场．t=0时刻，一电子以速度v0经过x轴上的A点，沿x轴正方向进入磁场．A点坐标为（﹣，0），其中R为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径．不计重力影响，则以下结论正确的是（　　）‎ A．电子经过y轴时，速度大小仍为v0‎ B．电子在t=时，第一次经过y轴 C．电子第一次经过y轴的坐标为（0， R）‎ D．电子第一次经过y轴的坐标为（0， R）‎ ‎【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】电子在磁场中做匀速圆周运动，受到洛伦兹力提供向心力，根据向心力表达式与牛顿第二定律，可确定运动半径与周期，结合几何关系，即可求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知，根据左手定则，得电子受到的洛伦兹力沿着y轴负方向，运动轨迹如图所示；‎ A、电子只受洛伦兹力作用，由于其力对电子不做功，因此速度大小不变仍为v0，故A正确；‎ B、因A点坐标为（﹣，0），则圆心在 （﹣，﹣R），由几何关系可知，∠AO′B=30°，由周期公式T=，因此电子第一次经过y轴，时间为：t=T=，故B正确；‎ C、由几何关系可知，OB长度为R﹣R，因此电子第一次经过y轴的坐标为（0， R），故C错误，D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】本题重点是要画出运动轨迹图，其余就是以几何关系来分析坐标，圆心角，等问题了，带点例子在磁场中的运动很多时候都是数学的几何问题占重要地位，能不能画出轨迹，找到圆心，是这类题成败关键．‎ ‎　‎ ‎5．两只电流表A1和A2是由完全相同的两只电流表改装成的，A1表的量程是5A，A2表的量程是15A．为了测量15～20A的电流，把A1表和A2表并联起来使用，在这种情况下（　　）‎ A．A1表和A2表的示数相等 B．A1表和A2表的指针偏转角度相等 C．A1表和A2表的示数之比为1：3‎ D．A1表和A2表的指针偏转角度之比为1：3‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】本题的关键是明确电流表指针偏转角度与通过表头的电流大小成正比．由电流表是由表头与分流电阻并联后改装成的原理，然根据欧姆定律求出两电流表的内阻，然后求解讨论即可．‎ ‎【解答】解：设改装后电流表的内阻为，电流表的内阻为，由于大量程的电流表是将一分流电阻与电流表并联而成的，应有： =5， =15，可得=3‎ A：两电流表并联时，原来两电流表以及两分流电阻两端的电压均相等，根据欧姆定律应有：应有： =， =，由=3可得： =，所以A错误；‎ B：与并联时，原来电流表两端的电压相等，通过电流表的电流就相等，根据电流表指针偏转角度与电流大小成正比可知，电流表与的偏角相等，所以B正确；‎ C：由选项A的分析可知，： =1：3，所以C正确；‎ D：由选项B的分析可知，与的偏转角度之比应为1：1，所以D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】明确电流表指针偏转角度与电流表示数的区别是解题的关键．电流表指针偏转角度与通过表头的电流大小成正比，而改装后电流表的示数应等于通过表头与分流电阻的电流之和．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（V）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（当温度升高时，其阻值将减小），所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．A1的示数增大，A2的示数增大 B．V1的示数不变，V2的示数减小 C．A1的示数增大，A2的示数减小 D．V1的示数减小，V2的示数减小 ‎【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．‎ ‎【解答】解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以AD错误．BC正确．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，一质量为m、电荷量为﹣q的小滑块（可看作点电荷）从a点以初速度V0‎ 沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（　　）‎ A．此过程中产生的热能为 B．滑块在运动过程的中间时刻，速度大小等于 C．滑块在运动过程中所受的库仑力一定小于滑动摩擦力 D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab=‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；摩擦力的判断与计算；功能关系．‎ ‎【分析】根据滑块的运动情况可分析滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；‎ 由动能定理可确定过程中产生的内能与动能变化关系；由动能定理可求得两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：‎ A、由动能定理可得：Uq﹣μmgs=0﹣mv02，产生的内能Q=μmgs=Uq+mv02，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少．故A错误；‎ B、水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，故B错误；‎ C、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零．故C正确；‎ D、由动能定理可得：Uabq﹣μmgs=0﹣mv02，解得两点间的电势差为Uab=，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】解答本题应注意库仑力随离Q的距离的增大而减小，而滑块的运动可告诉我们最后一定有滑动摩擦力大于库仑力；同时还要明确一定：电场力做功取决于始末位置间的电势差，和路径无关．‎ ‎　‎ ‎8．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．粒子通过速度选择器后垂直平板S由狭缝P进入磁感强度为B0的匀强磁场中．下列表述正确的是（　　）‎ A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于 C．粒子在匀强磁场B0中的径迹是一个半圆 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】带电粒子先经电场加速后，再进入速度选择器，电场力与洛伦兹力平衡，速度必须为v=的粒子才能通过选择器，然后进入磁场做匀速圆周运动，打在S板的不同位置．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据半径公式分析比荷与轨迹半径的关系．‎ ‎【解答】解：A、在速度选择器中，假设粒子带正电，电场力向右，电场力与洛伦兹力必须平衡，粒子才能通过选择器，所以洛伦兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误．‎ B、在速度选择器中，由qE=qvB，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器．故B错误．‎ C、粒子垂直磁场边界进入匀强磁场，做圆周运动，轨迹为一个半圆．故C正确．‎ D、进入磁场B0的粒子由洛伦兹力提供向心力，应满足：qvB0=，得，知R越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题理解质谱仪工作原理时应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．（12分）（2016秋•雁峰区校级月考）某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个测液体折射率的仪器．如图所示，在一个圆盘上，过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF．在半径OA上，垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持位置不变．每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2．同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值．‎ ‎①若∠AOF=30°，OP3与OC之间的夹角为45°，则在P3处刻的折射率为　　．‎ ‎②若在同一液体中沿AO方向射入一束白光，最靠近0C边的是哪种颜色的光？　最靠近0C边的是紫光　．增大入射角度，哪种颜色的光在刻度盘上先消失？　增大入射角度，紫光在刻度盘上最先消失　．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①本实验的原理是折射定律n=．AO方向作为入射光线方向，∠AOF等于入射角，则入射角i=30°．OP3‎ 表示折射光线，折射角r等于60°，由折射定律可求出折射率．‎ ‎②白光是由七种单色光组成的，其中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律分析通过液体后折射角的大小，确定偏折程度．增大入射角度时，临界角最小的光最先消失．‎ ‎【解答】解：①由题可知，AO方向作为入射光线方向，∠AOF等于入射角，i=30°．‎ OP3表示折射光线，折射角r=45°，由折射定律得：‎ 在P3处刻的折射率为 n===‎ ‎②白光是由七种单色光组成的，其中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律知，通过液体后紫光的折射角最大，偏折程度最大，最靠近OC边．‎ 由临界角公式sinC=，知紫光的临界角最小，增大入射角度时，紫光最先发生全反射，最先在刻度盘上先消失．‎ 故答案为：‎ ‎①；②最靠近0C边的是紫光；增大入射角度，紫光在刻度盘上最先消失．‎ ‎【点评】本题是插针法测定折射率的实验，其原理是折射定律，关键确定入射角与折射角，注意求折射率时，不能这样=n求n，这样n小于1，要注意此公式的条件是光线从真空射入介质．‎ ‎　‎ ‎10．（14分）（2016秋•荆州区校级月考）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）．正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点，如图所示．‎ A．电流表A1（量程100mA，内阻约1Ω）　　B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）‎ C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ） 　 D．电压表V2（量程15.0V，内阻约10kΩ）‎ E．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω） 　 ‎ ‎ F．滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）‎ G．电源E（电动势15V，内阻忽略） 　 H．电键、导线若干 ‎①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为电流表　B　；电压表　D　；滑动变阻器　E　．（只需填写器材前面的字母即可）‎ ‎②请在所提供的器材中选择必需的器材，在图1虚线框内画出该小组设计的电路图．‎ ‎③该小组测出热敏电阻R1的U﹣I图线如图2曲线I所示．请分析说明该热敏电阻是　PTC　 热敏电阻（填PTC或NTC）．‎ ‎④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U﹣I图线如图2曲线II所示．然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成电路如图3所示．测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为　10.0　V，内阻为　6.67　Ω．（结果均保留三位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）明确实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；应根据电源电动势的大小来选择电压表的量程；通过求出通过待测电阻的最小电流来选择电流表的量程．‎ ‎（2）根据待测电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法．‎ ‎（3）关键是明确U﹣I图象中图线的点与原点连线的斜率等于待测电阻的阻值，通过比较斜率大小即可求解．‎ ‎（4）根据U﹣I读出R1和R2两端的电压，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：①‎ 由于实验要求电压从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节；‎ 根据电源电动势为15V可知电压表应选D；‎ 电压表的最小电压应为量程的即5V，常温下热敏电阻的电阻为10Ω，所以通过热敏电阻的最小电流应为Im= A=0.5A，所以电流表应选B；‎ ‎②由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：‎ ‎③根据U=RI可知，图象上的点与原点连线的斜率等于待测电阻的阻值大小，从图线Ⅰ可知电阻各点与原点连线的斜率逐渐增大，所以电阻随电压（温度）的增大而增大，即电阻是正温度系数，所以该热敏电阻是PTC；‎ ‎④在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A时，电阻R2两端电压为6.0V，则：E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：E=10.0V，r=6.67Ω；‎ 联立以上两式解得：E=10.0V，r=6.07Ω 故答案为：①B，D，E；‎ ‎②如图 ‎③PTC ‎④10.0，6.07‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法．‎ ‎　‎ ‎11．（18分）（2014秋•诸暨市校级期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆O1分别与x轴、y轴相切于P（﹣R，0）、Q（0，R） 两点，圆O1‎ 内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．与y轴负方向平行的匀强电场左边界与y轴重合，右边界交x轴于M点，一带正电的粒子A（重力不计）电荷量为q、质量为m，以某一速率垂直于x轴从P点射入磁场，经磁场偏转恰好从Q点进入电场，最后从M点以与x轴正向夹角为45°的方向射出电场．求：‎ ‎（1）OM之间的距离；‎ ‎（2）该匀强电场的电场强度E；‎ ‎（3）若另有一个与A的质量和电荷量相同、速率也相同的粒子A′，从P点沿与x轴负方向成30°角的方向射入磁场，则粒子A′再次回到x轴上某点时，该点的坐标值为多少？‎ ‎【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】（1）从D至G作类平抛运动，根据平抛运动规律列方程求解OG之间的距离；‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由圆周运动的半径表示出粒子的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出匀强电场的电场强度E；‎ ‎（3）结合题意作出所以粒子A′的运动轨迹，粒子A′也是垂直于y轴进入电场的，结合几何知识求解粒子A′再次回到x轴上某点时，该点的坐标值．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子A速率为v0，其轨迹圆圆心在O点，故A运动至D点时速度与y轴垂直，粒子A从D至G作类平抛运动，‎ 令其加速度为a，在电场中运行的时间为t，‎ 则有：‎ x=OG=v0t …①‎ 和 tan45°== …②‎ 联立①②解得： ==tan45°=‎ 故有：OG=2R…③‎ ‎（2）粒子A的轨迹圆半径为R，由 得…④‎ ‎…⑤‎ 联立①③⑤得 解得：E=‎ ‎（3）令粒子A′轨迹圆圆心为O′，因为∠O′CA′=90°，O′C=R，以 O′为圆心，R为半径做A′的轨迹圆交圆形磁场O1于H点，‎ 则四边形CO′H O1为菱形，故O′H∥y轴，粒子A′从磁场中出来交y轴于I点，HI⊥O′H，‎ 所以粒子A′也是垂直于y轴进入电场的，令粒子A′从J点射出电场，交x轴于K点，‎ 因与粒子A在电场中的运动类似，‎ ‎∠JKG=45°，GK=GJ． ‎ OI﹣JG=R 又OI=R+Rcos30°‎ 解得：JG=Rcos30°=R ‎ 粒子A′再次回到x轴上的坐标为（2R+R，0）‎ 答：（1）OG之间的距离2R；‎ ‎（2）该匀强电场的电场强度；‎ ‎（3）若另有一个与A的质量和电荷量相同、速率也相同的粒子A′，从C点沿与x轴负方向成30°角的方向射入磁场，则粒子A′再次回到x轴上某点时，该点的坐标值为（2R+R，0）．‎ ‎【点评】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎ ‎　‎ ‎12．（18分）（2015•安庆校级三模）如图所示，A、B为水平放置的间距d=0.2m的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为E=0.1V/m、方向由B指向A的匀强电场．一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=10m/s的带电微粒．已知微粒的质量均为m=1.0×10﹣5kg、电荷量均为q=﹣1.0×10﹣3C，不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x．‎ ‎（2）要使所有微粒从P点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为E′，求E′的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经t0=0.02s时两板上有微粒击中区域的面积和．‎ ‎（3）在满足第（2）问中的所有微粒从P点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T．求B板被微粒打中的区域长度．‎ ‎【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）微粒的初速度水平时，做类平抛运动，根据类平抛运动的规律解答．‎ ‎（2）要使微粒不落在金属板上，重力与电场力相平衡，微粒在水平面内做匀速直线运动．由平衡条件解答．‎ ‎（3）再加垂直于纸面向里的均匀磁场，重力与电场力相平衡，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，求出微粒的轨迹半径，由几何知识即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度：‎ 根据运动学：‎ 得运动的半径为：x=v0t 解得：x=1m ‎（2）要使微粒做直线，电场应反向，且有：qE'=mg 故电场应该调节为方向向下，大小为：E'=0.1V/m 经t0=0.02s时，微粒运动的位移为：s=v0t 极板上被微粒击中区域为半径为r的圆，其中S=2πr2=0.06πm2‎ ‎（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：m=1.0×10﹣5kg 竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切，如图甲所示：d1=0.1m 当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示：‎ 故r板被微粒打中的区域的长度都为 答：（1）从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x．‎ ‎（2）E′的大小是0.1V/m，方向竖直向下；在此情况下，经t0=0.02s时两板上