物理卷·2018届河北省沧州市黄骅中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河北省沧州市黄骅中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河北省沧州市黄骅中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．1-9题为单选，10-12题为不定选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列说法符合物理学史实的是（　　）‎ A．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 B．卡文迪许测出了静电力常量 C．奥斯特通过实验发现了电流能产生磁场 D．库仑提出了用电场线描述电场的方法 ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎3．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度相同的是（　　）‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 ‎4．磁场中某区域的磁感线，如图所示，则（　　）‎ A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小 ‎5．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（　　）‎ A．小球不可能做匀速圆周运动 B．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小 C．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大 D．小球运动到最低点时，电势能一定最大 ‎6．如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．直导线中电流方向是垂直纸面向里 B．c点的实际磁感应强度也为0‎ C．d点实际磁感应强度为2T，方向斜向下，与B夹角为45°‎ D．以上均不正确 ‎7．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎8．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎9．为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置于强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．右图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（　　）‎ A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 ‎10．如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数，I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．下列说法正确的是（　　）‎ A．电源内阻为1Ω B．当S断开时，电源两端电压为40V C．开关S闭合时电动机输出的机械功率87.5W D．开关S闭合时电源输出功率144W ‎11．如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（　　）‎ A．不改变电流和磁场方向，仅适当增大电流 B．只改变电流方向，并仅适当减小电流 C．同时改变磁场和电流方向，仅适当增大磁感应强度 D．只改变磁场方向，并仅适当减小磁感应强度 ‎12．如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（　　）‎ A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹 B．由于AB的长度等于BC的长度，故U AB=U BC C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变 D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量 ‎　‎ 二、实验题：（共3题，16分）‎ ‎13．实验中，电流表（0.6A量程）、电压表（3V量程）的某组示数如图所示，图示中I=　　A，U=　　V．‎ ‎14．（1）在测定金属丝电阻率的实验中，某同学先用螺旋测微器测出待测金属丝的直径，如图1所示，则螺旋测微器的读数为　　mm．‎ ‎（2）该同学连接电路如图2所示．闭合电键后，发现电路有故障，电源、电表均完好，电源电动势为E，若电流表示数为零，电压表示数为E，则发生故障的是　　‎ A．导线 B．滑动变阻器 C．电键 D．待测金属丝 ‎（3）排除故障后，该同学为了验证实验过程中是否出现读数或计算失误，他又用多用电表测量了待测金属丝的电阻，他先用“×10Ω”档位进行测量，表的指针如图3所示，于是他又重新进行了测量，首先进行了档位重选，他又选择了　　档位（选填“×1Ω”或“×100Ω”），然后再进行　　，用新的档位进行测量后指针所指位置如图4所示，此时多用表显示的读数为　　Ω．‎ ‎（4）该同学在做完该实验后，将电源换为一节旧干电池，他将金属丝撤去后，在不知道电压表和电流表内阻具体值的情况下，利用剩下的实验器材来测这节旧电池的电动势和内阻．请你将下列实物图（图5）用铅笔进行合理连线（原题中已画出两条线）．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4题，36分）‎ ‎15．用长为L的细线将质量为m的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为E的匀强电场时，小球偏转θ后处于静止状态．‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎16．如图所示电路，已知R2=1Ω，S断开时，两表读数分别为0.5A和2.0V，S闭合时，它们的读数分别变化了0.1A和0.4V，两表均视为理想表，求：‎ ‎（1）R1的阻值；‎ ‎（2）电源的电动势和内阻；‎ ‎（3）S断开时电源的输出功率．‎ ‎17．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B1的大小？‎ ‎18．如图所示，平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ=30°，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α=45°时，小球恰好沿原路返回A点．（电容器极板间电场是匀强电场，极板外无电场，且小球离开电容器的位置不一定是极板边缘）．求：‎ ‎（1）电容器极板间的电场强度E；‎ ‎（2）小球离开电容器时的速度；‎ ‎（3）平行板电容器的板长L；‎ ‎（4）小球在AB间运动的周期T．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省沧州市黄骅中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．1-9题为单选，10-12题为不定选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列说法符合物理学史实的是（　　）‎ A．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 B．卡文迪许测出了静电力常量 C．奥斯特通过实验发现了电流能产生磁场 D．库仑提出了用电场线描述电场的方法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题根据相关科学家的物理学成就解答．安培发现了磁场对电流的作用规律．卡文迪许测出了引力常量．奥斯特发现了电流的磁效应．法拉第最早引入了电场概念．‎ ‎【解答】解：A、安培发现了磁场对电流的作用规律．洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律．故A错误．‎ B、卡文迪许测出了引力常量．故B错误．‎ C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流能产生磁场的现象．故C正确．‎ D、法拉第最早引入了电场概念，提出了用电场线描述电场的方法．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab ‎=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【考点】电场强度；电势差；电势．‎ ‎【分析】电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的；‎ 电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．‎ Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离．‎ 电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关．‎ ‎【解答】解：A、电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误．‎ B、电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．‎ C、Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误．‎ D、公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d，极板面积S等有关．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度相同的是（　　）‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 ‎【考点】电场强度；电场线．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．‎ ‎【解答】解：‎ A、a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．‎ B、根据电场线的疏密看出ab两点的电场强度大小，而此中垂线是一条等势线，a、b两点的场强方向都与中垂线垂直向右，说明电场强度方向相同，则ab两点的电场强度相同．故B正确．‎ C、根据对称性看出，ab两点的电场强度大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．‎ D、根据电场强度方向沿电场线的切线方向，电场线的疏密表示场强大小，可看出非匀强电场中的a、b两点电场强度大小和方向都不同，则电场强度不同．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎4．磁场中某区域的磁感线，如图所示，则（　　）‎ A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小 ‎【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】磁感应的疏密表示磁场的强弱，导线在磁场中所受的安培力与磁场方向与导线方向的夹角有关．‎ ‎【解答】解：由磁感线的疏密可知Ba＞Bb，由通电导线所受安培力与通电导线的放置方向有关，通电导线放在a处与放在b处受力大小无法确定．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（　　）‎ A．小球不可能做匀速圆周运动 B．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小 C．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大 D．小球运动到最低点时，电势能一定最大 ‎【考点】电势能；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析 ‎【解答】解：A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误 B、重力与电场力大小未知，小球速度最小位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故B错误 C、由B分析可知，C错误 D、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故D正确 故选D ‎　‎ ‎6．如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．直导线中电流方向是垂直纸面向里 B．c点的实际磁感应强度也为0‎ C．d点实际磁感应强度为2T，方向斜向下，与B夹角为45°‎ D．以上均不正确 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可确定通电导线在a点的磁场方向，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里．故A正确．‎ B、据上题分析可知，通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B=1T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同．故B错误．‎ C、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d点感应强度为Bd=B=T，方向与B的方向成45°斜向下．故C错误．‎ D、由上分析可知D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎【考点】路端电压与负载的关系；欧姆定律．‎ ‎【分析】该小灯泡是非线性元件，其电阻等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，根据斜率的变化分析电阻的变化；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”．‎ ‎【解答】解：‎ A、由电阻R=可知，灯泡的电阻等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，电压增大，斜率减小，则电阻增大，故A正确；‎ B、C、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，故B正确，C错误；‎ D、因为P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．‎ ‎【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．‎ ‎ C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎9．为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置于强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．右图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（　　）‎ A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知磁敏电阻RB与R3并联后与R1串联．由题意可知，出现断针时磁敏电阻的阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由电流的变化可得出内电压的变化，即可判断路端电压的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表的示数变化．‎ ‎【解答】解：发现断针时，磁敏电阻RB的阻值减小，则总阻值减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中总电流增大，内电压增大，故路端电压U减小；‎ 因总电流增大，R1两端的电压增大，则并联电路两端的电压减小，故流过R3的电流减小，由并联电路的电流规律可知流过电流表的电流I增大，故B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎10．如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数，I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．下列说法正确的是（　　）‎ A．电源内阻为1Ω B．当S断开时，电源两端电压为40V C．开关S闭合时电动机输出的机械功率87.5W D．开关S闭合时电源输出功率144W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．当开关S闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，电动机发热消耗的功率为：R热=I2r，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．电源的输出功率为P=UI．‎ ‎【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律 I1=，代入数据解得：r0=﹣R=（﹣24）Ω=1Ω，故A正确；‎ B、当S断开时，电源两端电压U=E﹣I1r=40﹣1×1.6=38.4V，故B错误；‎ C、开关S闭合后路端电压 U=E﹣I2r0=（40﹣4.0×1）V=36V，‎ 流过R的电流强度为：IR=1.5A，‎ 流过电动机的电流强度为：I=I2﹣IR=（4.0﹣1.5）A=2.5A，‎ 电动机发热消耗的功率为：R热=I2r=（2.52×0.4）W=2.5W，‎ 电动机输出功率：P机=UI﹣P热=87.5W，故C正确；‎ D、开关S闭合时电源输出功率为：P=UI2=36×4=144W，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎11．如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（　　）‎ A．不改变电流和磁场方向，仅适当增大电流 B．只改变电流方向，并仅适当减小电流 C．同时改变磁场和电流方向，仅适当增大磁感应强度 D．只改变磁场方向，并仅适当减小磁感应强度 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】金属棒AC用软线悬挂在匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，金属棒受到向上的安培力作用，安培力大小为F=BIL．此时悬线张力不为零，说明安培力小于金属棒的重力．欲使悬线张力为零，应增大安培力．根据安培力公式选择合适的方法．‎ ‎【解答】解：A、不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零．故A正确；‎ B、只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零．故BD错误；‎ C、改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适当增大磁感强度，安培力增大，能使悬线张力为零，所以C正确．‎ D、只改变磁场方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零．故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎12．如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c ‎ 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（　　）‎ A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹 B．由于AB的长度等于BC的长度，故U AB=U BC C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变 D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线的疏密反映了电场强度的大小；根据曲线运动的条件判断电场力方向；结合离心运动的条件列式比较粒子质量大小．‎ ‎【解答】解：A、图为某一点电荷所形成的一簇电场线，由于没有说明是正电荷的电场，还是负电荷的电场，所以无法判断出电场线的方向；所以不能判断出abc三种粒子的电性；故A错误；‎ B、根据公式U=，由于AB间的平均场强小于BC间的平均场强，故UAB＜UBC，故B错误；‎ C、由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；‎ D、a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹；且三个粒子的电荷量大小相等；故静电力相等；由于b粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力；C粒子做向心运动，故静电力大于需要的向心力，根据F=m，C粒子的质量较小；故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、实验题：（共3题，16分）‎ ‎13．实验中，电流表（0.6A量程）、电压表（3V量程）的某组示数如图所示，图示中I=　0.48　A，U=　2.20　V．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】由图示电表确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数．‎ ‎【解答】解：由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.48A；‎ 由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.20V；‎ 故答案为：0.48；2.20．‎ ‎　‎ ‎14．（1）在测定金属丝电阻率的实验中，某同学先用螺旋测微器测出待测金属丝的直径，如图1所示，则螺旋测微器的读数为　0.900　mm．‎ ‎（2）该同学连接电路如图2所示．闭合电键后，发现电路有故障，电源、电表均完好，电源电动势为E，若电流表示数为零，电压表示数为E，则发生故障的是　D　‎ A．导线 B．滑动变阻器 C．电键 D．待测金属丝 ‎（3）排除故障后，该同学为了验证实验过程中是否出现读数或计算失误，他又用多用电表测量了待测金属丝的电阻，他先用“×10Ω”档位进行测量，表的指针如图3所示，于是他又重新进行了测量，首先进行了档位重选，他又选择了　×1Ω　档位（选填“×1Ω”或“×100Ω”），然后再进行　欧姆调零　，用新的档位进行测量后指针所指位置如图4所示，此时多用表显示的读数为　4.8　Ω．‎ ‎（4）该同学在做完该实验后，将电源换为一节旧干电池，他将金属丝撤去后，在不知道电压表和电流表内阻具体值的情况下，利用剩下的实验器材来测这节旧电池的电动势和内阻．请你将下列实物图（图5）用铅笔进行合理连线（原题中已画出两条线）．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器又称千分尺，精确度为0.01mm；螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数．‎ ‎（2）根据电路故障现象分析电路故障原因；‎ ‎（3）用欧姆表测电阻时，指针要指在刻度盘中央附近，指针偏角过大，说明所选档位太大，应换用小挡；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．‎ ‎（4）先画出原理图，由原理图可知电路的连接方式，则在实物图中先连接其中一个支路，再并联另一支路；注意实物图的连接注意事项．‎ ‎【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；‎ 可动刻度读数0.01mm×40.0=0.400mm；‎ 故螺旋测微器读数为：0.5mm+0.400mm=0.900mm；‎ ‎（2）如果待测金属丝断路，电路断路，电流表示数为零，电压表接在电源两端，测电源电动势，电压表示数为E，则电路故障是：待测金属丝断路．‎ 故选：D ‎（3）由图3所示可知，指针在a位置时偏角过大，所选档位太大，应换用小挡，用×l挡测量，由图4所示可知，欧姆表示数为4.8×l=4.8Ω；‎ ‎（4）应用伏安法测电源电动势与内阻，要用电压表测路端电压，电流表测电路电流，电压表是非理想电压表，电流表是非理想电流表，电压表会分流，电流表会分压，为减小实验误差，应选择如图所示电路图，该电路可以避免电压表分流造成的实验误差．‎ 然后从电源的正极出发，依次连接如图：‎ 故答案为：（1）0.900；（2）D；（3）×1Ω，欧姆调零，4.8；（4）如图 ‎　‎ 三、计算题（共4题，36分）‎ ‎15．用长为L的细线将质量为m的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为E的匀强电场时，小球偏转θ后处于静止状态．‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律．‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小和细线拉力的大小，从而根据电场强度的定义式求出小球的电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，电场力的方向水平向右．如图所示．知小球带正电．‎ ‎（2）根据共点力平衡可知电场力为：‎ F=qE=mgtanθ 解得：q=．‎ ‎（3）细线的拉力为：T=．‎ 答：（1）小球带正电；‎ ‎（2）小球的带电量为；‎ ‎（3）细线的拉力为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示电路，已知R2=1Ω，S断开时，两表读数分别为0.5A和2.0V，S闭合时，它们的读数分别变化了0.1A和0.4V，两表均视为理想表，求：‎ ‎（1）R1的阻值；‎ ‎（2）电源的电动势和内阻；‎ ‎（3）S断开时电源的输出功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）S断开时，R1和R2串联接到电源上，电压表测量R1的电压，电流表测量干路电流，S闭合时，R2短路，R1直接接到电源上，电压表测量R1‎ 的电压，电流表测量干路电流，此时，电压和电流都增大，根据欧姆定律即可求解R1的阻值．‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律列式即可求解电源的电动势及内阻；‎ ‎（3）根据P=I2R求解电源输出功率．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，R1和R2串联接到电源上，电压表测量R1的电压，电流表测量干路电流，S闭合时，R2短路，R1直接接到电源上，电压表测量R1的电压，电流表测量干路电流，此时，电压和电流都增大，所以S闭合时，电压表示数U2=2.4V，电流表示数I2=0.6A，根据欧姆定律得：‎ Ω ‎（2）S断开时根据闭合电路欧姆定律得：‎ E=U1+I1（R2+r）‎ S闭合时根据闭合电路欧姆定律得：‎ E=U2+I2r 带入数据解得：E=3V，r=1Ω ‎（3）S断开时电源的输出功率P=‎ 答：（1）R1的阻值为4Ω；（2）电源的电动势为3V，内阻为1Ω；（3）S断开时电源的输出功率为1.25W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B1的大小？‎ ‎【考点】安培力；摩擦力的判断与计算；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．‎ ‎（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．‎ ‎（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．‎ ‎（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，画出受力图，然后结合几何关系即可求出 ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：I1==1.5 A．‎ ‎（2）导体棒受到的安培力为：F安=BIL=0.30 N．‎ 由左手定则可知，安培力沿斜面向上 ‎（3）对导体棒受力分析如图，将重力正交分解，沿导轨方向有：‎ F1=mgsin 37°=0.24 N F1＜F安，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下 mgsin 37°+f=F安 解得：f=0.06 N．‎ ‎（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，则 B2IL=mgtan α，‎ B2=0.5T 答：（1）通过导体棒的电流是1.5A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力0.30 N，由左手定则可知，安培力沿斜面向上；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力是0.06N．‎ ‎（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，此时磁场磁感应强度B2的大小是0.5T ‎　‎ ‎18．如图所示，平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ=30°，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α=45°时，小球恰好沿原路返回A点．（电容器极板间电场是匀强电场，极板外无电场，且小球离开电容器的位置不一定是极板边缘）．求：‎ ‎（1）电容器极板间的电场强度E；‎ ‎（2）小球离开电容器时的速度；‎ ‎（3）平行板电容器的板长L；‎ ‎（4）小球在AB间运动的周期T．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在电场中做匀加速直线运动，根据所受的合力水平向右，结合平行四边形定则求出电场力以及电场强度的大小．‎ ‎（2）小球离开电场后做平抛运动，结合竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出小球离开电容器的速度．‎ ‎（3）根据动能定理求出平行板电容器的板长．‎ ‎（4）根据位移时间公式求出小球在复合场中的时间，根据平抛运动的规律求出平抛运动的时间，结合运动的对称性求出小球在AB间运动的周期．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知 qEcosθ=mg ‎ 解得：E==．‎ ‎（2）小球垂直落到弹性挡板上，且α=45°，有 ‎ v0=vy=‎ ‎（3）根据动能定理：‎ qE•Ltanθ=mv02，‎ 解得：L=3h；‎ ‎（4）由于小球在复合场中做匀加速运动=gtanθ•t12，‎ 解得t1==，‎ 平抛运动的时间为t2=，‎ 总时间为t=2t1+2t2=2（+）．‎ 答：（1）电容器极板间的电场强度；‎ ‎（2）小球离开电容器时的速度；‎ ‎（3）平行板电容器的板长L为3h平；‎ ‎（4）小球在AB间运动的周期2（+）．‎ ‎　‎