物理卷·2018届甘肃省嘉峪关市酒钢三中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届甘肃省嘉峪关市酒钢三中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年甘肃省嘉峪关市酒钢三中高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共36分．）‎ ‎1．如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，R1、R2是定值电阻，RB是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器．电路闭合后，当传感器RB所在处出现磁体时，则电流表的电流I，c、d两端的电压U将（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变大，U变大 D．I变小，U变小 ‎2．场强为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场正交．如图质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R的匀速圆周运动，设重力加速度为g，则下列结论不正确的是（　　）‎ A．粒子带负电，且q= B．粒子顺时针方向转动 C．粒子速度大小v= D．粒子的机械能守恒 ‎3．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（　　）‎ A．灯泡L变亮 B．电源的输出功率变小 C．电流表读数变大 D．电容器C上电荷量减小 ‎4．在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中AB固定，CD可自由运动，当通以图所示方向电流后，CD导线将（　　）‎ A．顺时针方向转动，同时靠近AB B．逆时针方向转动，同时离开AB C．顺时针方向转动，同时离开AB D．逆时针方向转动，同时靠近AB ‎6．如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里．三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷，已知a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动．比较它们的质量应有（　　）‎ A．a油滴质量最大 B．b油滴质量最大 C．c油滴质量最大 D．a、b、c的质量一样 ‎7．如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从A运动到B，在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．加速度逐渐减小 B．粒子一定带正电 C．电场力对粒子做正功 D．粒子电势能增加，动能减少 ‎8．如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出（　　）‎ A．带电粒子带正电，是从B点射入的 B．带电粒子带负电，是从B点射入的 C．带电粒子带负电，是从A点射入的 D．带电粒子带正电，是从A点射入的 ‎9．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁感应强度的大小、方向为（　　）‎ A．B=tanθ、竖直向上 B．B=tanθ、竖直向下 C．B=sinθ、平行悬线向下 D．B=sinθ、平行悬线向上 ‎10．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（　　）‎ A．0 B．2BS C．2BScosθ D．2BSsinθ ‎11．如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是（　　）‎ A．将变阻器滑动头P向右滑动 B．将变阻器滑动头P向左滑动 C．将极板间距离适当减小 D．将极板间距离适当增大 ‎12．如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（　　）‎ A．t1=t2＜t3 B．t2＞t1＞t3 C．t1=t2=t3 D．t1＞t2=t3 ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，共20分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎13．安培的分子环流假设，可用来解释（　　）‎ A．两通电导体间有相互作用的原因 B．通电线圈产生磁场的原因 C．永久磁铁产生磁场的原因 D．铁质类物体被磁化而具有磁性的原因 ‎14．长为L的导线ab斜放（夹角为θ）在水平轨道上，轨道平行间距为d，通过ab的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为（　　）‎ A．ILB B．ILBsinθ C． D．‎ ‎15．如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（　　）‎ A．若离子带正电，E方向应向下 B．若离子带负电，E方向应向上 C．若离子带正电，E方向应向上 D．不管离子带何种电，E方向都向下 ‎16．质量为m，带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（　　）‎ A．小物块一定带正电荷 B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动 D．小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速度为 ‎17．如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子（质量为m，电荷量为q）从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．则（　　）‎ A．电了在磁场中运动的时间为 B．电子在磁场中运动的时间为 C．OP两点间的距离为 D．OP两点间的距离为 ‎　‎ 三、实验题（共2小题，满分15分）‎ ‎18．图一中螺旋测微器读数为　　mm．图二中游标卡尺读数为　　cm．‎ ‎19．某同学查阅资料发一自动铅笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为16cm的自动铅笔笔芯，用多用电表测量其电阻大约为4Ω，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，现有下述器材可供先择：‎ A．电源3V，内阻不计 B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω）‎ C．直流电流表0～600mA（内阻0.5Ω）‎ D．直流电压表0～3V（内阻3kΩ）‎ E．直流电压表0～15V（内阻200kΩ）‎ F．滑动变阻器（10Ω，1A）‎ G．滑动变阻器（1kΩ，300mA）‎ ‎（1）除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：　　（填写字母代号）；‎ ‎（2）用线条代替导线，连接实验电路；‎ ‎（3）该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数据在图2方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线：作U﹣I图上纵轴为U，横轴为I．‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ U/V ‎0‎ ‎0.3‎ ‎0.5‎ ‎0.7‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ ‎1.5‎ ‎1.7‎ ‎2.0‎ ‎2.2‎ I/A ‎0‎ ‎0.08‎ ‎0.13‎ ‎0.18‎ ‎1.2‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.39‎ ‎0.43‎ ‎0.45‎ ‎　‎ 四、计算题（共4小题，满分29分）‎ ‎20．竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带正电小球，当丝线跟竖直方向成θ角小球与板距离为b时，小球恰好平衡，如图所示．（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）小球带电量q是多少？‎ ‎（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？‎ ‎21．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1‎ ‎=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎22．如图所示，两平行光滑导轨相距为20cm，金属棒MN的质量为10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，大小为0.8T，电源电动势为10V，内阻为1Ω．当开关S闭合时，MN处于平衡状态．示变阻器R1多大？（已知θ=45°）‎ ‎23．如图所示，两平行板AB之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两板之间距离及板长均为d．一质子以速度v0从A板中点O垂直A板射入磁场，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度大小的范围．（已知质子的电荷量为e，质量为m）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省嘉峪关市酒钢三中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共36分．）‎ ‎1．如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，R1、R2是定值电阻，RB是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器．电路闭合后，当传感器RB所在处出现磁体时，则电流表的电流I，c、d两端的电压U将（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变大，U变大 D．I变小，U变小 ‎【考点】传感器在生产、生活中的应用；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当传感器RB所在处出现磁体时，RB减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据RB、R2并联电压的变化情况，分析通过R2电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况．‎ ‎【解答】解：由题知，当传感器RB所在处出现磁体时，RB减小，RB、R2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I干增大，路端电压减小，R1电压增大，故c、d两端电压U变小，通过R2电流减小，I干增大，知电流表示数I变大．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．场强为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场正交．如图质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R的匀速圆周运动，设重力加速度为g，则下列结论不正确的是（　　）‎ A．粒子带负电，且q= B．粒子顺时针方向转动 C．粒子速度大小v= D．粒子的机械能守恒 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】粒子做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡以及洛伦兹力提供向心力分析判断．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg=qE，求得电荷量q=，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确；‎ B、由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B正确；‎ C、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有：‎ mg=qE qvB=m 解得：v=，故C正确；‎ D、由于电场力做功，故机械能不守恒，故D错误；‎ 本题选错误的，故选D．‎ ‎　‎ ‎3．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（　　）‎ A．灯泡L变亮 B．电源的输出功率变小 C．电流表读数变大 D．电容器C上电荷量减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】明确电路结构，知道灯泡与滑动变阻器串联，电容与滑动变阻器并联，其电压等于滑动变阻器两端的电压；变阻器两端电压增大，由Q=UC可知，电容器上电荷量增大．‎ 滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；‎ 明确电源的输出功率规律，知道内外电阻相等时电源的输出功率最大，内外电阻相差越多时，输出功率越小；‎ ‎【解答】解：AC、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡变暗．故AC错误．‎ B、因灯泡内阻大于电源内阻，则滑片向左移动时，外电阻增大，因此电源的输出功率一定减小，故B正确；‎ D、因总电流减小，则由U=E﹣Ir可知，路端电压增大，由A分析可知，灯泡两端电压及内电压减小，故变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】正确应用左手定则即可判断出磁场、电流、安培力三者之间的关系即可解答本题，应用时注意安培力产生条件．‎ ‎【解答】‎ 解：根据左手定则可知：ABCD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中AB固定，CD可自由运动，当通以图所示方向电流后，CD导线将（　　）‎ A．顺时针方向转动，同时靠近AB B．逆时针方向转动，同时离开AB C．顺时针方向转动，同时离开AB D．逆时针方向转动，同时靠近AB ‎【考点】平行通电直导线间的作用．‎ ‎【分析】电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动．当CD导线转过90°后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则可知，电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB．故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里．三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷，已知a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动．比较它们的质量应有（　　）‎ A．a油滴质量最大 B．b油滴质量最大 C．c油滴质量最大 D．a、b、c的质量一样 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解即可．‎ ‎【解答】解：a球受力平衡，有：Ga=qE…①‎ 重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电，b球受力平衡，有：Gb+qvB=qE…②‎ c球受力平衡，有：Gc=qvB+qE…③‎ 解得：Gc＞Ga＞Gb 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从A运动到B，在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．加速度逐渐减小 B．粒子一定带正电 C．电场力对粒子做正功 D．粒子电势能增加，动能减少 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小 ‎【解答】解：A、由于A点的电场线比B的电场线稀疏，所以B的电场强度大，电荷在B的时受到的电场力大，加速度大，故A错误；‎ B、带电粒子在电场中受到的电场力的方向应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断带电粒子受到的电场力是向下的，与电场线的方向相反，所以粒子一定是带负电，在从A运动的B的过程中，电场力做负功，动能减小，电荷的电势能增加，所以BC错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出（　　）‎ A．带电粒子带正电，是从B点射入的 B．带电粒子带负电，是从B点射入的 C．带电粒子带负电，是从A点射入的 D．带电粒子带正电，是从A点射入的 ‎【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】根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=可知，半径与速率成正比．由题，带电粒子的能量逐渐减小，速率减小，则知其轨迹半径减小，由图确定运动方向，由左手定则判断电性．‎ ‎【解答】解：由题，带电粒子的能量逐渐减小，速率减小，由公式r=可知，带电粒子运动的半径逐渐减小，则该带电粒子是从B点射入的．带电粒子在B点受到的洛伦兹力方向向右，由左手定则判断得知，该带电粒子带负电．故B正确．‎ 故选B ‎　‎ ‎9．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁感应强度的大小、方向为（　　）‎ A．B=tanθ、竖直向上 B．B=tanθ、竖直向下 C．B=sinθ、平行悬线向下 D．B=sinθ、平行悬线向上 ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向．‎ ‎【解答】解：要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向线不变，有力的矢量三角形可知，‎ 安培力的最小值为安培力与绳子的拉力垂直，即：‎ Fmin=mgsinθ． ‎ 有：ILBmin=mgsinθ，‎ 得：Bmin=，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上．故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（　　）‎ A．0 B．2BS C．2BScosθ D．2BSsinθ ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．‎ ‎【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为 Φ1=BScosθ．‎ 当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=﹣BScosθ．‎ 因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△∅=∅2﹣∅1=﹣2BScosθ．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是（　　）‎ A．将变阻器滑动头P向右滑动 B．将变阻器滑动头P向左滑动 C．将极板间距离适当减小 D．将极板间距离适当增大 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，洛伦兹力方向向下，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．‎ ‎【解答】解：根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小F电=Ee=‎ 洛伦兹力方向向下，F=Bev 电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．‎ A、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；‎ C、将极板间距离适当减小时，F电增大，不满足要求，故C错误；‎ D、将极板间距离适当增大时，F电减小，满足要求，故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎12．如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（　　）‎ A．t1=t2＜t3 B．t2＞t1＞t3 C．t1=t2=t3 D．t1＞t2=t3 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在混合场中做匀速直线运动，位移等于板长；在电场中做类平抛运动，它的运动时间由水平方向的分运动决定；在磁场中做圆周运动，运动时间由弧长与运动速率决定．‎ ‎【解答】解：设极板长度为L，粒子在电场与磁场中做运动直线运动，运动时间t1=，‎ 粒子在电场中做类平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀加速运动，‎ 运动时间由水平分运动决定t2==t1；‎ 粒子在磁场中做圆周运动，运动路程s＞L，洛伦兹力对粒子不做功，速率v不变，运动时间t3=＞=t1=t2；‎ 则t1=t2＜t3，故A正确，BCD错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，共20分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎13．安培的分子环流假设，可用来解释（　　）‎ A．两通电导体间有相互作用的原因 B．通电线圈产生磁场的原因 C．永久磁铁产生磁场的原因 D．铁质类物体被磁化而具有磁性的原因 ‎【考点】分子电流假说．‎ ‎【分析】安培所提出的“分子电流”的假说．安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体．未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性．‎ ‎【解答】解：A、两通电导体有相互作用的原因是通过磁体之间的磁场的作用产生的，故A错误；‎ B、通电线圈产生磁场的原因是电流的周围存在磁场，与分子电流无关．故B错误；‎ C、安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质，故C正确；‎ D、安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体．未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎14．长为L的导线ab斜放（夹角为θ）在水平轨道上，轨道平行间距为d，通过ab的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为（　　）‎ A．ILB B．ILBsinθ C． D．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当磁场的方向与电流的方向夹角为θ，F=BILsinθ，结合该表达式进行分析求解．‎ ‎【解答】解：电流的方向与磁场方向垂直，则F=BIL=‎ ‎，L为导线的长度．故A、C正确，B、D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（　　）‎ A．若离子带正电，E方向应向下 B．若离子带负电，E方向应向上 C．若离子带正电，E方向应向上 D．不管离子带何种电，E方向都向下 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果．‎ ‎【解答】解：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，‎ 若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，因此AD正确，BC错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎16．质量为m，带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（　　）‎ A．小物块一定带正电荷 B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动 D．小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速度为 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带电小滑块在某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则判定小高考的电性．对小滑块球进行受力分析，根据受力情况确定其运动情况．当压力为零时，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，求出小滑块的速率．‎ ‎【解答】解：A、带电小滑块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上．根据左手定则知，小球带正电．故A正确．‎ ‎ B、小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a=gsinθ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动．故B正确，C错误．‎ ‎ D、当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ=qvB，解得．故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子（质量为m，电荷量为q）从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．则（　　）‎ A．电了在磁场中运动的时间为 B．电子在磁场中运动的时间为 C．OP两点间的距离为 D．OP两点间的距离为 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子从x轴上与x轴的夹角为45°射入磁场做匀速圆周运动，最后从x轴上的P点射出磁场，则转过的圆心角为90°，根据周期公式及半径公式结合几何关系即可求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知电子在磁场做匀速圆周运动，转过的圆心角为90°，‎ 所以运动的时间t=，故A正确，B错误；‎ 根据半径公式得：R=，根据几何关系得：OP两点间的距离l==，故C正确，D错误．‎ 故选AC ‎　‎ 三、实验题（共2小题，满分15分）‎ ‎18．图一中螺旋测微器读数为　4.487　mm．图二中游标卡尺读数为　2.64　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：螺旋测微器的固定刻度为4mm，可动刻度为48.7×0.01mm=0.487mm，所以最终读数为4mm+0.487mm=4.487mm．‎ ‎10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为26mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×‎ ‎0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：26mm+0.4mm=26.4mm=2.64cm．‎ 故答案为：4.487，2.64‎ ‎　‎ ‎19．某同学查阅资料发一自动铅笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为16cm的自动铅笔笔芯，用多用电表测量其电阻大约为4Ω，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，现有下述器材可供先择：‎ A．电源3V，内阻不计 B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω）‎ C．直流电流表0～600mA（内阻0.5Ω）‎ D．直流电压表0～3V（内阻3kΩ）‎ E．直流电压表0～15V（内阻200kΩ）‎ F．滑动变阻器（10Ω，1A）‎ G．滑动变阻器（1kΩ，300mA）‎ ‎（1）除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：　ACDF　（填写字母代号）；‎ ‎（2）用线条代替导线，连接实验电路；‎ ‎（3）该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数据在图2方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线：作U﹣I图上纵轴为U，横轴为I．‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ U/V ‎0‎ ‎0.3‎ ‎0.5‎ ‎0.7‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ ‎1.5‎ ‎1.7‎ ‎2.0‎ ‎2.2‎ I/A ‎0‎ ‎0.08‎ ‎0.13‎ ‎0.18‎ ‎1.2‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.39‎ ‎0.43‎ ‎0.45‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）采用伏安法测电阻，根据电源电动势选取电压表，根据欧姆定律求得电流值范围选取电流表，为了电压从零开始应选取滑动变阻器分压接法，然后选取滑动变阻器；‎ ‎（2）根据实验原理连接电路图，注意滑动变阻器分压接法，电流表内接还是外接；‎ ‎（3）根据描点法作图．‎ ‎【解答】解：（1）电源电动势为3V，故电压表选D，最大电流I=A=0.75A，若选取3A量程，则指针偏转不及刻度的，误差较大，故电流表选C，滑动变阻器分压接法，选取小电阻即可，故选择器材为：ACDF．‎ ‎（2）电压表上从零开始读取，所以选择滑动变阻器分压接法，被测电阻为小电阻，电流表用外接，实物图如图：‎ ‎（3）由描点法可作出笔芯的伏安特性曲线 故答案为：（1）ACDF；（2）如图；（3）如图所示．‎ ‎　‎ 四、计算题（共4小题，满分29分）‎ ‎20．竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带正电小球，当丝线跟竖直方向成θ角小球与板距离为b时，小球恰好平衡，如图所示．（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）小球带电量q是多少？‎ ‎（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）先分析小球的受力情况，重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件判断电性，求解电荷量；‎ ‎（2）如将细线剪断，绳子的拉力撤去，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律解出物体的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）小球受力平衡，对小球受力分析如图所示：‎ Fsinθ=qE ①‎ Fcosθ=mg ②‎ 由①②解得：‎ q=‎ ‎（2）研究水平方向的运动．剪断丝线后，小球沿水平方向做匀加速直线运动．‎ 加速度为：a==gtanθ 由运动学公式得：b=at2‎ 解得t=‎ ‎（利用合运动或竖直分运动计算也可）‎ 答：（1）小球带电量q是+；‎ ‎（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需的时间．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；‎ ‎（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律：‎ 联立上式并代入数据解得：‎ E=6V r=1Ω 电源电动势为6V，内阻为1Ω；‎ ‎（2）由电功率表达式：‎ 将上式变形为：‎ 由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；‎ 故P的最大输出功率为9W．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，两平行光滑导轨相距为20cm，金属棒MN的质量为10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，大小为0.8T，电源电动势为10V，内阻为1Ω．当开关S闭合时，MN处于平衡状态．示变阻器R1多大？（已知θ=45°）‎ ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】金属棒静止在斜面上，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出安培力；再利用安培力公式求出电路中电流，最后由欧姆定律求解电阻．‎ ‎【解答】解：金属棒受重力mg、支持力N、安培力F的作用，力图如图．根据平衡条件得：‎ F=mgtanθ=0.1N…①‎ 安培力为：F=BIL…②‎ 联立①②代入数据解得：I==‎ 根据欧姆定律得：I=‎ 代入数据解得：R1=7Ω 答：变阻器R1此时电阻为7Ω．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，两平行板AB之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两板之间距离及板长均为d．一质子以速度v0从A板中点O垂直A板射入磁场，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度大小的范围．（已知质子的电荷量为e，质量为m）‎ ‎【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】粒子进入磁场中．由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得到半径公式r=，粒子的速度v越大，轨迹半径r越大．粒子从ab边射出磁场时，从a点射出，轨迹半径最小，对应的速度最小，从b点射出，轨迹半径最大，对应的速度最大，根据几何关系求出半径，再由牛顿第二定律求出对应的速度，即可得到速度的范围．‎ ‎【解答】解：第一种临界情况是质子从N点射出，此时质子的运动轨迹是个半圆，如图所示，‎ 半径为：R1==，‎ 由牛顿第二定律得：evB1=m，‎ 解得：B1=；‎ 第二种临界情况是质子恰好从M点射出，轨迹如图所示，‎ 由平面几何知识得 R22=d2+（R2﹣）2，‎ 解得：R2=d，‎ 由牛顿第二定律得：evB2=m，‎ 解得：B2=，‎ 综上所述，磁感应强度B应满足的条件是：＜B＜或≤B≤；‎ 答：磁感应强度大小的范围是：＜B＜或≤B≤．‎ ‎　‎