物理卷·2018届安徽省合肥一中等省级名校高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届安徽省合肥一中等省级名校高二上学期期末物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年安徽省合肥一中等省级名校高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12道小题，1-8题为单选题，每小题4分，9-12题为多选题，每小题4分，选错或不选得0分，漏选得2分．共48分）‎ ‎1．关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是（　　）‎ A．电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场不一定是匀强电场 B．放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零 C．电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零 D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零 ‎2．如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法中正确的是（　　）‎ A．由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强大 B．M点处的场强大小为，方向与所受电场力方向相同 C．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为 ‎3．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为hl；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为vo，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v．，小球上升的最大高度为h3，如图所示．不计空气阻力，则（　　）‎ A．h1=h2=h3 B．h1＞h2＞h3 C．h1=h2＞h3 D．h1=h3＞h2‎ ‎4．如图，在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L，质量为m的导线，当通以如图方向的电流I后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B的大小与方向正确的有（　　）‎ A．B=，方向垂直纸面向外 B．B=，方向水平向左 C．B=，方向竖直向下 D．B=，方向水平向右 ‎5．如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（　　）‎ A．摆球受到的磁场力相同 B．摆球的动能相同 C．摆球受到的丝线的张力相同 D．向右摆动通过A点时悬线的拉力等于向左摆动通过A点时悬线的拉力 ‎6．图为小灯泡的U﹣I图线，若将该小灯泡与一节电动势E=1.5V，内阻r=0.75Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据（　　）‎ A．1.5W，1.0W B．0.75W，0.5W C．0.75W，0.75W D．1.5W，0.75W ‎7．如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R．电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30°．下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的场强大小为 B．O点的场强大小为 C．B、D两点的电势关系是：ϕB＞ϕD D．电荷量为+q的点电荷在A点的电势能小于在C点的电势能 ‎8．竖直导线ab与水平面上放置的圆线圈隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通以如图所示方向的电流时（圆线圈内电流从上向下看是逆时针方向电流），则从左向右看，线圈将（　　）‎ A．不动 B．顺时针转动，同时靠近导线 C．顺时针转动，同时离开导线 D．逆时针转动，同时靠近导线 ‎9．如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表读数变小，电压表读数变大 B．小电泡L变暗 C．电容器C上电荷量减小 D．电源的总功率变大 ‎10．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中（　　）‎ A．它们的运动时间tP=tQ B．它们的电荷量之比qP：qQ=1：1‎ C．它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=4：1‎ D．它们的电势能减少量之比△EP：△EQ=4：1‎ ‎11．如图所示，两个横截面分别为圆和正方形，但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直．进入圆形区域的电子速度方向对准了圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则（　　）‎ A．两个电子在磁场中运动的半径一定相同 B．两电子在磁场中运动的时间有可能相同 C．进入圆形区域的电子一定先飞离磁场 D．进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场 ‎12．如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为（　　）‎ A．0 B．mv02‎ C．mv02+ D．mv02﹣‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2道小题，第1题7分，第2题9分，共16分）‎ ‎13．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图所示的读数是　　mm．‎ ‎14．在测定金属丝的直径时，螺旋测微器的度数如图所示．可知该金属丝的直径d=　　 mm．‎ ‎15．如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图．单刀多掷开关S 可以与不同接点连接．当S接1 或2 时为　　；当S接3或4时为　　；当S接5或6时为　　．（填“电流档”“电压档”“欧姆档”）‎ ‎16．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：‎ A．干电池一节 B．电流表（量程0.6A）‎ C．电压表（量程3V）‎ D．开关S和若干导线 E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）‎ F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）‎ G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）‎ ‎（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　　（填“R1”、“R2”或“R3”）．‎ ‎（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．‎ ‎（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果保留两位有效数字）所得内阻的测量值与真实值相比　　（填“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3道小题，第15题10分，第16题12分，第17题14分，共36分）‎ ‎17．长L=60cm质量为m=6.0×10﹣2kg，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感强度为B=0.4T，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，若不计弹簧重力，问：‎ ‎（1）要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何？‎ ‎（2）如在金属中通入自左向右、大小为I=0.2A的电流，金属棒下降x1=1cm，若通入金属棒中的电流仍为0.2A，但方向相反，这时金属棒下降了多少？（g=10m/s2）‎ ‎18．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小．‎ ‎（2）为使滑块恰好始终沿轨道滑行，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ ‎19．如图所示，在x轴下方的区域内存在+y方向的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度为B．﹣y轴上的A点与O点的距离为d，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力．‎ ‎（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎（2）要使粒子进人磁场之后不再经过x轴，求电场强度的取值范围；‎ ‎（3）改变电场强度，使得粒子经过x轴时与x轴成θ=300的夹角，求此时粒子在磁场中的运动时间t及经过x轴的位置坐标值x0．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省合肥一中等省级名校高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12道小题，1-8题为单选题，每小题4分，9-12题为多选题，每小题4分，选错或不选得0分，漏选得2分．共48分）‎ ‎1．关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是（　　）‎ A．电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场不一定是匀强电场 B．放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零 C．电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零 D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零 ‎【考点】磁现象和磁场．‎ ‎【分析】电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反．‎ 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．‎ ‎【解答】解：A、电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，故A错误；‎ B、由电场的基本性质可知，对放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置一定不为零，故B正确；‎ C、电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到是否运动有关，故C错误；‎ D、一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到放置的位置有关，故D错误；‎ 故选B ‎　‎ ‎2．如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法中正确的是（　　）‎ A．由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强大 B．M点处的场强大小为，方向与所受电场力方向相同 C．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的特点，判断M和N的场强、ab为异种电荷；根据场强的定义式和场强方向的规定判断CD选项即可．‎ ‎【解答】解：A、根据电场线的疏密程度，判断N点的场强比M点的场强大，故A错误．‎ B、据场强的定义式知，M点的场强大小为；场强方向的规定知，该点的场强方向与负检验电荷所受电场力方向相反，故B错误．‎ C、根据电场线由正电荷出发，终止于负电荷，可知为异种电荷；据点电荷的场强公式：E=知，场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密，由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，所以a的电荷量小于b的电荷量，故C正确．‎ D、据场强由电场本身决定，与检验电荷无关，所以M点处的点电荷电量变为2q，该处场强不变，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为hl；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为vo，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v．，小球上升的最大高度为h3，如图所示．不计空气阻力，则（　　）‎ A．h1=h2=h3 B．h1＞h2＞h3 C．h1=h2＞h3 D．h1=h3＞h2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；运动的合成和分解；能量守恒定律；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小部位零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况．‎ ‎【解答】解：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．‎ 当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则 由能量守恒得：mgh2+Ek=mV02，‎ 又由于 mV02=mgh1‎ 所以 h1＞h2．‎ 当加上电场时，由运动的分解可知：‎ 在竖直方向上有，V02=2gh3，‎ 所以h1=h3．所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图，在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L，质量为m的导线，当通以如图方向的电流I后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B的大小与方向正确的有（　　）‎ A．B=，方向垂直纸面向外 B．B=，方向水平向左 C．B=，方向竖直向下 D．B=，方向水平向右 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．‎ ‎【分析】对导体棒受力分析，受到重力、支持力和安培力，根据平衡条件分情况列式求解即可．‎ ‎【解答】解：A、磁场方向竖直向外时，磁场的冯曦妤电流的方向平行，导体棒不受安培力，此时导体棒受到重力和支持力，俩个力不可能平衡，故A错误；‎ B、磁场水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg=BIL，B=，故B错误；‎ C、磁场方向竖直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有：mgtanθ=BIL 解得：B=，故C正确；‎ D、磁场水平向右时，安根据左手定则，安培力沿斜面向下，导体棒还受到重力和支持力，三个力不可能平衡，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（　　）‎ A．摆球受到的磁场力相同 B．摆球的动能相同 C．摆球受到的丝线的张力相同 D．向右摆动通过A点时悬线的拉力等于向左摆动通过A点时悬线的拉力 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；向心力．‎ ‎【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力作功，则有机械能守恒．从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．最后由向心加速度公式来确定是否相同．‎ ‎【解答】解：A、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同．故A错误 B、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故B正确；‎ C、由B选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，故绳子拉力较小，即向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力，故C错误，D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．图为小灯泡的U﹣I图线，若将该小灯泡与一节电动势E=1.5V，内阻r=0.75Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据（　　）‎ A．1.5W，1.0W B．0.75W，0.5W C．0.75W，0.75W D．1.5W，0.75W ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】作出电源外电压与电流的关系图线，两图线的交点对应的电流和电压为灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据P=UI求出灯泡的实际功率，根据P=EI求出电源的总功率．‎ ‎【解答】解：电源的外电压与电流的关系为U=E﹣Ir=1.5﹣0.75I，作电源的外电压与电流的关系图线，交点所对应的电压U=0.75V，电流I=1A，则灯泡的实际功率P=UI=0.75W，电源的总功率P总=EI=1.5W．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R．电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30°．下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的场强大小为 B．O点的场强大小为 C．B、D两点的电势关系是：ϕB＞ϕD D．电荷量为+q的点电荷在A点的电势能小于在C点的电势能 ‎【考点】电场强度；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据点电荷的电场E=k 和电场叠加原理可求解O点的场强大小．两个等电量正负点电荷产生的电场等势线与电场线具有对称性，作出AC间的电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析B与D电势的高低，判断电场力做功情况，可知A点和C电电势能的大小，‎ ‎【解答】解：‎ A、根据点电荷的电场E=k可得：+Q在O点产生的场强大小等于k，方向沿+Q到0；﹣Q在O点产生的场强大小等于k，方向沿O到﹣Q，两个场强方向的夹角为120°‎ ‎，由电场叠加原理得知O点的场强大小k，故A、B错误；‎ C、根据顺着电场线电势降低和对称性，φB＞φD．故C正确．‎ D、A点与C点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零，A点的电势能等于在C点的电势能，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．竖直导线ab与水平面上放置的圆线圈隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通以如图所示方向的电流时（圆线圈内电流从上向下看是逆时针方向电流），则从左向右看，线圈将（　　）‎ A．不动 B．顺时针转动，同时靠近导线 C．顺时针转动，同时离开导线 D．逆时针转动，同时靠近导线 ‎【考点】楞次定律；电流的磁场对磁针的作用．‎ ‎【分析】根据安培定则判断通电导线AB产生的磁场方向，采用电流元法和特殊位置法分析圆环所受安培力，判断圆环的运动情况．‎ ‎【解答】解：根据安培定则可知，通电导线AB在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，圆环将逆时针转动．再用特殊位置法：圆环转过90°时，通电直导线AB对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近AB．则从左向右看，线圈将逆时针转动，同时靠近直导线AB．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表读数变小，电压表读数变大 B．小电泡L变暗 C．电容器C上电荷量减小 D．电源的总功率变大 ‎【考点】电流、电压概念；电容．‎ ‎【分析】首先认识电路的结构：灯泡与变阻器串联，电容器与灯泡并联．当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知，电流I=增大，电压表的读数U=E﹣Ir减小．故A错误．‎ ‎ B、灯泡功率P=I2RL，RL不变，I增大，P增大，则灯泡变亮．故B错误．‎ ‎ C、电容器电压UC=E﹣I（RL+r）减小，电容器电量Q=CUC减小．故C正确．‎ ‎ D、电源的总功率P总=EI，E不变，I增大，P总增大．故D正确．‎ 故选CD ‎　‎ ‎10．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中（　　）‎ A．它们的运动时间tP=tQ B．它们的电荷量之比qP：qQ=1：1‎ C．它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=4：1‎ D．它们的电势能减少量之比△EP：△EQ=4：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比．‎ ‎【解答】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=知，它们运动时间相同．故A正确；‎ B、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，由x=分析得到加速度之比aP：aQ=2：1．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为aP=，aQ=，则qP：qQ=2：1．故B错误；‎ CD、C电场力做功分别为WP=qQExQ，WQ=qPExP，由于qP：qQ=2：1，xP：xQ=2：1，得到WP：WQ=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比小于4，则动能增加量之比△EkP：△EkQ＜4．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，两个横截面分别为圆和正方形，但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直．进入圆形区域的电子速度方向对准了圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则（　　）‎ A．两个电子在磁场中运动的半径一定相同 B．两电子在磁场中运动的时间有可能相同 C．进入圆形区域的电子一定先飞离磁场 D．进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场 ‎【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，洛伦兹力提供向心力qvB=m整理出半径表达式判断半径是否相同；运动时间的判断可以根据转过的圆心角的大小；比较哪个磁场电子先出磁场，可以做出多个轨迹比较．‎ ‎【解答】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=m，整理得R=，两过程电子速度v相同，所以半径相同，故A正确．‎ B、C、D、粒子在磁场中的可能运动情况如图所示：‎ 电子从O点水平进入，由于它们进入圆形磁场和矩形磁场的轨道半径、速度是相同的，我们把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出矩形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与矩形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁场，再出矩形磁场；所以电子不会先出矩形的磁场；故B正确，C错误，D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为（　　）‎ A．0 B．mv02‎ C．mv02+ D．mv02﹣‎ ‎【考点】洛仑兹力；功的计算．‎ ‎【分析】根据左手定则判断洛伦兹力方向，因初速度大小未知，故开始时滑块受弹力方向不能确定，应讨论．‎ ‎【解答】解：由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：‎ A、若滑块受到向上的洛伦兹力F洛=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运动，摩擦力不做功，选项A正确；‎ B、若F洛＜mg，则弹力方向向上，竖直方向满足FN+F洛=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F洛=qvB知，F洛减小，FN则增大，f增大，由﹣f=mav知，v继续减小，最后减为零，由动能定理知，﹣W克=0﹣﹣m，解得W克=m，故B错误；‎ CD、若F洛＞mg，则滑块受到向下的压力FN，在竖直方向满足F洛=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F洛=mg时FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足qvB=mg，解得v=，对滑块整个过程由动能定理得﹣W克=mv2﹣m，‎ 联立解得W克=m﹣，故C错误，D错误；‎ 故选：A ‎　‎ 二、实验题（本题共2道小题，第1题7分，第2题9分，共16分）‎ ‎13．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图所示的读数是　13.55　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．主尺读数时看游标的0刻度线超过主尺哪一个示数，该示数为主尺读数，看游标的第几根刻度与主尺刻度对齐，乘以游标的分度值，即为游标读数．‎ ‎【解答】解：主尺读数为13mm，游标读数为0.05×11=0.55mm，所以最终读数为13.55mm．‎ 故答案为：13.55．‎ ‎　‎ ‎14．在测定金属丝的直径时，螺旋测微器的度数如图所示．可知该金属丝的直径d=　8.854　 mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则以及露出．‎ ‎【解答】解：由于可动刻度的“0”在固定刻度下方，因此固定刻度的读数为8.5mm，可动刻度读数为0.01×35.4mm=0.020mm，所以最终读数为：8.854mm．‎ 故本题答案为：8.854‎ ‎　‎ ‎15．如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图．单刀多掷开关S 可以与不同接点连接．当S接1 或2 时为　电流档　；当S接3或4时为　欧姆档　‎ ‎；当S接5或6时为　电压档　．（填“电流档”“电压档”“欧姆档”）‎ ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表 ‎【解答】解：多用电表的工作原理是闭合电路的欧姆定律．题图为一简易的多用电表原理示意图．‎ 其中1、2两档用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故为电流档 接3或4为接内部电源测电阻，为欧姆档 要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故为电压档 故答案为：电流档，欧姆档，电压档 ‎　‎ ‎16．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：‎ A．干电池一节 B．电流表（量程0.6A）‎ C．电压表（量程3V）‎ D．开关S和若干导线 E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）‎ F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）‎ G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）‎ ‎（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　R1　‎ ‎（填“R1”、“R2”或“R3”）．‎ ‎（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．‎ ‎（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.9　Ω．（结果保留两位有效数字）所得内阻的测量值与真实值相比　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路图．‎ ‎（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，然后由图示图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择总阻值较小的R1．‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，图象如图所示，‎ 由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻：r==≈1.9Ω．‎ 相对于电源来说，电流表采用外接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值．‎ 故答案为：（1）R1；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；1.5；1.9；偏小．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3道小题，第15题10分，第16题12分，第17题14分，共36分）‎ ‎17．长L=60cm质量为m=6.0×10﹣2kg，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感强度为B=0.4T，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，若不计弹簧重力，问：‎ ‎（1）要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何？‎ ‎（2）如在金属中通入自左向右、大小为I=0.2A的电流，金属棒下降x1=1cm，若通入金属棒中的电流仍为0.2A，但方向相反，这时金属棒下降了多少？（g=10m/s2）‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】（1）根据安培力等于重力，即可求解电流大小，由左手定则判断电流方向；‎ ‎（2）对两种情况，分别根据平衡条件、胡克定律和安培力公式列式，联立即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，‎ 因 mg=BIL，‎ 所以 I==A=2.5A．‎ ‎（2）因在金属中通入自左向右、大小为I1=0.2A的电流，金属棒下降x1=1cm，‎ 由平衡条件得：mg=BIL+2kx1． ‎ 当电流反向时，由平衡条件得：mg=﹣BIL+2kx2． ‎ 解得：x2=x1=×1cm=1.17cm 答：‎ ‎（1）要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小为2.5A，电流方向应向右．‎ ‎（2）这时金属棒下降了1.17cm．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为 mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小．‎ ‎（2）为使滑块恰好始终沿轨道滑行，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）滑块从A点由静止释放后，电场力和摩擦力做功，根据动能定理求解到达C点时速度．滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，根据向心力公式求出轨道的作用力；‎ ‎（3）求出重力和电场力的合力的大小和方向，电荷恰好经过等效最高点点时，由重力和电场力的合力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度，即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度．‎ ‎【解答】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有：‎ qE（s+R）﹣μmgs﹣mgR=mv2﹣0‎ 而qE=‎ 解得：v=‎ 设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则有：F﹣qE=m 解得：F=mg 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为mg ‎（2）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，设为vn，‎ 则有： =m，‎ 解得：vn=‎ 答：（1）滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小为mg ‎（2）滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小为．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，在x轴下方的区域内存在+y方向的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度为B．﹣y轴上的A点与O点的距离为d，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力．‎ ‎（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎（2）要使粒子进人磁场之后不再经过x轴，求电场强度的取值范围；‎ ‎（3）改变电场强度，使得粒子经过x轴时与x轴成θ=300的夹角，求此时粒子在磁场中的运动时间t及经过x轴的位置坐标值x0．‎ ‎【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）根据动能定理求得经电场加速后粒子的速度，再根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求得粒子圆周运动的轨道半径；‎ ‎（2）粒子进入磁场做圆周运动，要使粒子不再经过x轴，则粒子离开磁场时速度方向与x轴平行，由比计算分析求解电场强度的取值范围；‎ ‎（3）根据几何关系求得粒子在磁场中圆周运动转过的圆心角，再根据周期求得在磁场中的运动时间，由几何关系求得粒子经过x轴的位置坐标．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：①‎ 粒子进入磁场后做圆周运动，有：②‎ 解得粒子在磁场中运动的半径：r=③‎ ‎（2）设场强为E0时，粒子离开磁场后恰好不再经过x轴，则离开磁 场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图（甲），易得：‎ ‎④‎ 由③、④式解得：‎ 因此，场强的范围：E≥E0‎ 即：⑥‎ ‎（3）粒子运动情况如图（乙），由几何关系可得：‎ α=120° ⑦‎ 粒子在磁场中的运动周期为：⑧‎ 粒子在磁场中的运动周期为：t=⑨‎ 联立②⑥⑦⑧可得：t= ⑩‎ 由图可得粒子经过x轴时的位置横坐标值为：x0=2Rcos30°=‎ 答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为；‎ ‎（2）要使粒子进人磁场之后不再经过x轴，电场强度的取值范围为；‎ ‎（3）改变电场强度，使得粒子经过x轴时与x轴成θ=300的夹角，此时粒子在磁场中的运动时间t为及经过x轴的位置坐标值x0为．‎