物理卷·2018届黑龙江省哈尔滨师大附中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届黑龙江省哈尔滨师大附中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共56分．其中1-9题为单选题，10-14题为多选题，请将正确答案选出）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的 B．库仑首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 C．法国学者安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体 D．奥斯特通过10年之久的努力，终于发现了电磁感应现象 ‎2．关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大 C．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大 D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大 ‎3．如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极饭边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电荷量为q，则（　　）‎ A．场强的方向竖直向上 B．场强的方向竖直向下 C．两极板间的电势差大小为 D．油滴的电势能增加了mgd ‎4．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2‎ 和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎5．如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，若要使该粒子所受合外力为零（重力不计），应该加的匀强电场的方向是（　　）‎ A．+y方向 B．﹣y方向 C．﹣x方向 D．因不知q的正负，无法确定 ‎6．如图电路中，P、Q两灯相同，L的电阻不计，则（　　）‎ A．S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会才熄灭 B．S接通瞬间，P、Q同时达正常发光 C．S断开瞬间，通过P的电流从右向左 D．S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反 ‎7．如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径．一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（　　）‎ A．3t B． t C． t D．2t ‎9．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　）‎ A．，负 B．，正 C．，负 D．，正 ‎10．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径 ‎11．如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力N和摩擦力f的情况，以下判断正确的是（　　）‎ A．N先大于mg，后小于mg B．N一直大于mg C．f先向左，后向右 D．f一直向左 ‎12．如图是一条通电导体棒a放在光滑绝缘斜面上的平面示意图，通入垂直纸面向里的电流，欲使导体棒a能静止在斜面上，需在MN间垂直纸面放置通电导体棒b，则关于导体棒b的电流方向及位置可能正确的是（　　）‎ A．垂直纸面向外，放在A点 B．垂直纸面向外，放在B点 C．垂直纸面向里，放在B点 D．垂直纸面向里，放在C点 ‎13．如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为﹣q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地（　　）‎ A．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向右的 B．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的 C．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大 D．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小 ‎14．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L．一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0．经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计空气阻力），则（　　）‎ A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小 B．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多 D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 ‎　‎ 三、实验题（共10分请按要求完成各题）‎ ‎15．读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数 游标卡尺的示数为　　cm； 螺旋测微器的示数为　　cm．‎ ‎16．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约1Ω，电压表（0～3V 3kΩ），电流表（0～0.6A 1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω 2A）和R2各一只．‎ ‎①实验中滑动变阻器应选用　　（选填“R1”或“R 2”）‎ ‎②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U﹣I图线，由图可较准确求出该电源电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 四、计算题（共34分，写出必要的解题步骤）：‎ ‎17．两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域．一束电子以一定的初速度V0从两板中间沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示．已知板长L=10cm，两板间距d=3.0cm，两板间电势差U=150V，v0=2.0×107m/s．‎ ‎（1）求磁感应强度B的大小．‎ ‎（2）若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离以及电子通过场区后动能增加多少？‎ ‎（电子比荷为=1.76×1011C/kg，电子电荷量e=1.60×10﹣19C）‎ ‎18．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1.0m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.20kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．‎ ‎（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8.0W，求该速度的大小；‎ ‎（3）在上问中，若R=2.0Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向．（g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）‎ ‎19．如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α=30°；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β=60°角．已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相互作用．‎ ‎（1）求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d；‎ ‎（2）求两粒子进入磁场的时间间隔△t；‎ ‎（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．求电场强度E的大小和方向．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共56分．其中1-9题为单选题，10-14题为多选题，请将正确答案选出）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的 B．库仑首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 C．法国学者安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体 D．奥斯特通过10年之久的努力，终于发现了电磁感应现象 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可 ‎【解答】解：A、奥斯特发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的，故A错误；‎ B、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故B错误；‎ C、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体．故C正确．‎ D、法拉第通过10年之久的努力，终于发现了电磁感应现象，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大 C．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大 D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大 ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关．‎ ‎【解答】解：A、由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量的变化大小无关，故A错误；‎ B、由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量的大小无关，故B错误；‎ C、由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁感强度强弱无关，故C错误；‎ D、由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极饭边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电荷量为q，则（　　）‎ A．场强的方向竖直向上 B．场强的方向竖直向下 C．两极板间的电势差大小为 D．油滴的电势能增加了mgd ‎【考点】电势能；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】‎ 微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动．微粒的加速度一定为零．根据能量守恒研究微粒电势能的变化．由△ɛ=qU，求解电势差．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带正电，电场强度方向竖直向上．‎ ‎【解答】解：A、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，由于电荷带正，所以电场强度的方向为竖直向上．故A正确．‎ ‎ B、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，由于电荷带正，所以电场强度的方向为竖直向上．故B错误．‎ ‎ C、由上可知微粒的电势能增加量△ɛ=mgd，又△ɛ=qU，得到两极板的电势差U=故C正确．‎ ‎ D、重力做负功mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd．故D错误．‎ 故选AC ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1‎ 的电流，电流表A2测量流过R2的电流．‎ R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，若要使该粒子所受合外力为零（重力不计），应该加的匀强电场的方向是（　　）‎ A．+y方向 B．﹣y方向 C．﹣x方向 D．因不知q的正负，无法确定 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】首先根据粒子所受合外力为零，可判断粒子的电场力和洛伦兹力为平衡力，再分别假设粒子带正电或负电，可判知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关．‎ ‎【解答】解：‎ 带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，合外力为零，可知所受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，假设粒子带正电，由左手定则可知，所受的洛伦兹力的方向沿y轴正方向，则电场力的方向沿y轴的负方向，可知电场方向沿y轴负方向；若粒子带负电，电场力和洛伦兹力方向都将反向，合外力仍为零，电场的方向还是沿y轴负方向．（电场的方向与粒子的电性无关），所以选项B正确，选项ACD错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图电路中，P、Q两灯相同，L的电阻不计，则（　　）‎ A．S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会才熄灭 B．S接通瞬间，P、Q同时达正常发光 C．S断开瞬间，通过P的电流从右向左 D．S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路．‎ ‎【解答】解：A、S断开瞬间，PQ与L串联，同时过一会才熄灭，故A错误；‎ B、S接通瞬间，由于L的自感作用，Q不亮，P立即发光，稳定后两灯亮度相同，故B错误；‎ C、S接通瞬间，线圈由于自感，产生自感电动势，将保持原来的电流的方向，通过P的电流是线圈的自感电动势产生的，与线圈中的电流的方向相同，所以从右向左，故C正确；‎ D、S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相同，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（　　）‎ 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】首先根据右手定则判断边ab刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．‎ ‎【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径．一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（　　）‎ A．3t B． t C． t D．2t ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断粒子的运动的时间．‎ ‎【解答】解：设磁场圆的半径为R，根据周期公式T=可得，同一粒子在磁场中运动时的运动的周期相同，‎ 当速度的大小为2v时，圆周运动的圆心为O，根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为60°；‎ 磁场圆的半径恰好是粒子圆周运动半径的一半；‎ 当速度的大小为v时，半径为原来的一半，圆周运动的圆心O′点，在原来的半径的中点处，‎ 则新的粒子圆与磁场圆的半径相等，则θ=60°；由几何关系可知所对的圆心角为120°，‎ 则粒子的运动的时间为2t，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　）‎ A．，负 B．，正 C．，负 D．，正 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】上表面的电势比下表面的低．知上表面带负电，下表面带正电，根据左手定则判断自由运动电荷的电性．抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出单位体积内自由运动的电荷数．‎ ‎【解答】解：因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷．‎ 因为qvB=q，解得v=，因为电流I=nqvs=nqvab，解得n=．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：由qvB=m，解得v=．‎ 则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故B、D正确，A、C 错误．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力N和摩擦力f的情况，以下判断正确的是（　　）‎ A．N先大于mg，后小于mg B．N一直大于mg C．f先向左，后向右 D．f一直向左 ‎【考点】楞次定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】当磁铁靠近线圈时和远离线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，线圈受到安培力作用，根据楞次定律，安培力总是阻碍导体与磁体间的相对运动，分析线圈受到的安培力方向，再分析支持力N和摩擦力f的情况．‎ ‎【解答】解：A、B当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即N大于mg．线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力．故A正确，B错误．‎ ‎ C、D当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即N小于mg．线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图是一条通电导体棒a放在光滑绝缘斜面上的平面示意图，通入垂直纸面向里的电流，欲使导体棒a能静止在斜面上，需在MN间垂直纸面放置通电导体棒b，则关于导体棒b的电流方向及位置可能正确的是（　　）‎ A．垂直纸面向外，放在A点 B．垂直纸面向外，放在B点 C．垂直纸面向里，放在B点 D．垂直纸面向里，放在C点 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．‎ ‎【分析】通有同向电流的导线相互吸引，通有异向电流的导体棒相互排斥，然后结合平衡条件判断a所受合力是否可以为零．‎ ‎【解答】解：A、若导体棒b的电流方向垂直纸面向外，放在A点，a受力如下：‎ a受这样的三个力的作用合力可能为零，能处于静止，故A正确；‎ B、若导体棒b的电流方向垂直纸面向外，放在B点，a受力如下：‎ 三个力的合力不可能为零，故B错误；‎ C、垂直纸面向里，放在B点，受力如下：‎ 三个力的合力不可能为零，故C错误；‎ D、垂直纸面向里，放在C点，受力如下：‎ 三个力的合力可能为零，a可以处于静止，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为﹣q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地（　　）‎ A．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向右的 B．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的 C．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大 D．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电量的变化确定通过R的电流流向．‎ 根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p点电势的变化，得出p点电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据C=知，电容减小，根据Q=CU，U不变，则电荷量减小，则通过R的电流向右．故A正确，B错误．‎ C、由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，pN间的电势差减小，因为N点电势为零，知p点的电势减小，根据Ep=qφ，电荷为负电，则p点的电势能变大．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L．一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0．经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计空气阻力），则（　　）‎ A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小 B．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多 D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】解答本题应分析线框的受力，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系，即可分析加速度的变化情况；‎ 根据能量守恒分析线框返回原位置时速率关系，由动能定理判断上升和下降两过程合力做功关系．‎ 根据安培力表达式FA=，分析线框克服安培力做功的关系．‎ ‎【解答】解：A、上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动．设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+=ma，a=g+，由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确．‎ B、下降过程中，线框做加速运动，则有mg﹣=ma′，a′=g﹣‎ ‎，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；‎ C、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功大于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C正确；‎ D、在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 三、实验题（共10分请按要求完成各题）‎ ‎15．读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数 游标卡尺的示数为　10.025　cm； 螺旋测微器的示数为　0.5700 （0.5699﹣0.5701）　cm．‎ ‎【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：1、游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.05mm=0.25mm，所以最终读数为：100mm+0.25mm=100.25mm=10.025cm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.2000mm，所以最终读数为5.5mm+‎ ‎0.200mm=5.700mm=0.5700cm，由于需要估读，最后的结果可以在0.5699﹣0.5701之间．‎ 故答案为：（1）10.025 0.5700 （0.5699﹣0.5701）‎ ‎　‎ ‎16．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约1Ω，电压表（0～3V 3kΩ），电流表（0～0.6A 1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω 2A）和R2各一只．‎ ‎①实验中滑动变阻器应选用　R1　（选填“R1”或“R 2”）‎ ‎②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U﹣I图线，由图可较准确求出该电源电动势E=　1.48　V，内阻r=　1.78　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）估算出电路中最大电流：当变阻器的电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器．‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：（1）电路中最大电流I=1.5A，R2的额定电流小于0.1A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，‎ 当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，则将图线延长，‎ 交于纵轴，纵截距即为电动势E=1.48V ‎ r==1.78Ω．‎ 故答案为：‎ ‎①R1 ②1.48，1.78．‎ ‎　‎ 四、计算题（共34分，写出必要的解题步骤）：‎ ‎17．两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域．一束电子以一定的初速度V0从两板中间沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示．已知板长L=10cm，两板间距d=3.0cm，两板间电势差U=150V，v0=2.0×107m/s．‎ ‎（1）求磁感应强度B的大小．‎ ‎（2）若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离以及电子通过场区后动能增加多少？‎ ‎（电子比荷为=1.76×1011C/kg，电子电荷量e=1.60×10﹣19C）‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子垂直进入正交的匀强电场和匀强磁场，电子无偏转的通过磁场，粒子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，应用二力平衡即可得出磁场强度的大小．‎ ‎（2）撤去磁场后，粒子在电场力作用下做类平抛运动，在沿电场方向上，电子做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可求出在电场方向的位移．动能的原因是电场力做功，由动能定理可求出动能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）电子在平行板中所受的电场力：‎ F=‎ 洛仑兹力：‎ f=qv0B 电子在平行板中不发生偏转，有：‎ F=f ‎ 由以上几式可解得，磁感应强度：‎ B===2.5×10﹣4T ‎（2）电子在电场中的加速度：‎ a=‎ 电子在板中的运动时间：‎ t=‎ 偏转距离：‎ y=at2===1.1×10﹣2m 根据动能定理，增加的动能为：‎ ‎△Ek=eUy=e••y==8.8×10﹣18J；‎ 答：（1）磁感应强度B的大小为2.5×10﹣4T；‎ ‎（2）若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离1.1×10﹣2m；‎ 及电子通过场区后动能增加8.8×10﹣18J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1.0m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.20kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．‎ ‎（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8.0W，求该速度的大小；‎ ‎（3）在上问中，若R=2.0Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向．（g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，故根据牛顿第二定律可直接求解结果．‎ ‎（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力，然后根据公式P=Fv求解．‎ ‎（3）结合第（2）问求出回路中的感应电流，然后根据电功率的公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma ①‎ 由①式解得a=10×（O.6﹣0.25×0.8）m/s2=4m/s2　　　　　　 ②‎ 故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2．‎ ‎（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡 mgsinθ一μmgcosθ一F=0　　　　　　③‎ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv　　 ④‎ 由③、④两式解得⑤‎ 故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s．‎ ‎（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B　　⑥‎ P=I2R　　　　　　⑦‎ 由⑥、⑦两式解得：⑧‎ 磁场方向垂直导轨平面向上．‎ 故磁感应强度的大小为0.4T，方向垂直导轨平面向上．‎ 答：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2；‎ ‎（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8.0W，该速度的大小为10m/s；‎ ‎（3）在上问中，若R=2.0Ω，金属棒中的电流方向由a到b，磁感应强度的大小为0.4T；方向垂直于斜面向上．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α=30°；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β=60°角．已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相互作用．‎ ‎（1）求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d；‎ ‎（2）求两粒子进入磁场的时间间隔△t；‎ ‎（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．求电场强度E的大小和方向．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）作出两粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律求出半径，结合几何知识求出d；‎ ‎（2）根据公式t=T求运动时间；‎ ‎（3）由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行，分为与粒子速度方向相同和相反两种情况进行讨论．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动：‎ 根据牛顿第二定律：qvB=m 粒子1圆周运动的圆心角θ1=， =2r1sinθ1‎ 粒子2圆周运动的圆心角θ2=， =2r2sinθ2‎ 故d=+=2r1sin30°+2r2sin60°=‎ ‎（2）粒子圆周运动的周期为：T=‎ 粒子1在匀强磁场中运动的时间为：t1=T ‎ 粒子2在匀强磁场中运动的时间为：t2=T 所以有：△t=t1﹣t2=‎ ‎（3）由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行．‎ a．若电场强度的方向与MN成30°角斜向右上，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动．‎ Eq=ma ‎ cos30°=v1t+at2+at2‎ sin30°=v2t ‎ 解得：E=Bv0‎ b．若电场强度的方向与MN成30°角斜向左下，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动．‎ Eq=ma ‎ cos30°=v1t﹣at2﹣at2‎ sin30°=v2t ‎ 解得：E=﹣Bv0，假设不成立． ‎ 综上所述，电场强度的大小E=Bv0，方向与MN成30°角斜向右上． ‎ 答：‎ ‎（1）两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离是；‎ ‎（2）两粒子进入磁场的时间间隔是；‎ ‎（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．电场强度E的大小E=Bv0，方向与MN成30°角斜向右上．‎ ‎　‎