2022-2022学年山西省朔州市应县一中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（4×10＝40分）1．（4分）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，并且学以致用，往往比掌握知识本身更重要。下列说法正确的是（ ）A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁相互关系的序幕B．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由绝缘材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电C．库仑利用库仑扭秤，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的2．（4分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带正电粒子只受电场力作用的运动轨迹，粒子先经过M点，后经过N点，则（ ）A．M点的电势高于N点的电势B．M点的电场强度大于N点的电场强度C．粒子在M点的速度大于在N点的速度D．电场力对粒子做负功3．（4分）如图所示，平行金属板中带电油滴P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器的滑片向b端移动时（ ）A．R3上消耗的功率逐渐增大B．电流表读数减小，电压表读数增大28/28C．质点P将向上运动D．电源的输出功率逐渐增大4．（4分）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，则（ ）A．t1、t3线圈通过中性面B．t2、t4线圈中磁通量最大C．t1、t3线圈中磁通量变化率最大D．t2、t4线圈平面与中性面平行5．（4分）如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动。下面对观察到的现象描述及解释正确的是（ ）A．铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去B．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去C．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下D．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快6．（4分）如图所示，电源电压保持不变，若将滑动变阻器触头向左滑动，关于两电表示数变化，下列判断正确的是（ ）A．电流表示数变大，电压表示数变大B．电流表示数变大，电压表示数变小C．电流表示数变小，电压表示数变大D．电流表示数变小，电压表示数变小7．（4分）假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是（ ）28/28A．空间各点场强的方向均与x轴垂直B．将电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电荷做匀加速直线运动C．正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D．负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加8．（4分）如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ移动到位置Ⅱ，第二次将金属框由位置Ⅰ翻转到位置Ⅱ，设两次通过金属框截面的电量分别为q1和q2，则（ ）A．q1＜q2B．q1＝q2C．q1＞q2D．q1≠0，q2＝09．（4分）在如图所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大电阻能忽略的线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（ ）A．合上开关，B先亮，A后亮；稳定后A比B更暗一些B．合上开关，A先亮，B后亮；稳定后A、B一样亮C．断开开关，A逐渐熄灭、B先变得更亮后再与A同时熄灭D．断开开关，B逐渐熄灭、A先变得更亮后再与B同时熄灭10．（4分）如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（ ）28/28A．若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）B．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）C．若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）D．若粒子从选择器右端水平进入，则仍沿直线水平飞出（其它条件不变）二、多项选择题（4×4＝16分）11．（4分）如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行．若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是（ ）A．导线框有两条边所受安培力的方向相同B．导线框有两条边所受安培力的大小相同C．导线框所受的安培力的合力向左D．导线框所受的安培力的合力向右12．（4分）如图所示，一电量为q的带电粒子在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间区域做竖直平面内的匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A．粒子带负电B．粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动28/28C．粒子的质量为D．粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为13．（4分）如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A（A、D两线圈同心共面）各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是（ ）A．加速向右B．加速向左C．减速向右D．减速向左14．（4分）水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（ ）A．外力对棒所做功相等B．电流所做的功相等C．通过ab棒的电荷量相等D．安培力对ab棒所做的功不相等三、实验题（8+6＝14分）15．（4分）如图所示的两把游标卡尺，它们的游标尺自左至右分别为20等分、50等分，它们的读数依次为 mm， mm。16．（4分）使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径，示数如图所示，则a、b金属丝的直径分别为 mm， mm．28/2817．（6分）图（a）为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约1000Ω的定值电阻。测量的某些操作步骤如下：①调节可调部件 ，使电表指针停在 （选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”）位置。②调节可调部件K，使它的尖端指向 （选填“×1k”“×100”“×10”“×1”）位置。③将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件 ，使电表指针指向 （选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”）位置。④欧姆挡进行调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是 。A．这个电阻的阻值较小B．这个电阻的阻值较大C．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×1”挡，并且重新调零后进行测量D．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×100”挡，并且重新调零后进行测量四、解答题（40分）18．（8分）竖直放置的两块足够长的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，用长为L丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ28/28角时小球恰好平衡，如图所示，重力加速度为g。求：（1）画出小球的受力图；（2）小球所带电荷的电性及电荷量大小；（3）若剪断丝线，小球在平行金属板间加速度大小。19．（10分）如图所示，E、D两点将等腰直角三角形ABC的AB边三等分，AB＝L，三角形ABC内有垂直于三角形平面的匀强磁场（图中未画出）。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从E点垂直AB边射入磁场，它恰好垂直AC边射出磁场。求：（1）磁感应强度的大小和方向；（2）若让该粒子从D点垂直AB边射入磁场，但不能从AC边射出磁场，射入速度需要满足的条件。20．（10分）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000匝，线圈面积S＝0.02m2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示．求（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量；（2）前4s内产生的感应电动势；（3）6s内通过电阻R的电荷量q．28/2821．（12分）如图，两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定，轨距为d。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效阻值为R．空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上。现从静止释放ab。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：（1）ab运动的最大速度vm；（2）当ab具有最大速度时，ab消耗的电功率P；（3）为使ab向下做匀加速直线运动，在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F，推导F随时间t变化的关系式，并分析F的变化与a的关系。28/282022-2022学年山西省朔州市应县一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（4×10＝40分）1．（4分）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，并且学以致用，往往比掌握知识本身更重要。下列说法正确的是（ ）A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁相互关系的序幕B．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由绝缘材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电C．库仑利用库仑扭秤，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的【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；根据静电的防止与应用的特点判断B选项。【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故A错误。B、在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电，故B错误。C、库仑利用库仑扭秤，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，故C正确。D、安培定则既可以用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向，也可以通过安培力的方向判断磁场的方向，或判断电流的方向，故D错误。故选：C。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2．（4分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带正电粒子只受电场力作用的运动轨迹，粒子先经过M点，后经过N点，则（ ）28/28A．M点的电势高于N点的电势B．M点的电场强度大于N点的电场强度C．粒子在M点的速度大于在N点的速度D．电场力对粒子做负功【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小。根据轨迹弯曲方向可分析电场力的方向，判断出电场力做功正负，然后分析粒子的动能、速度的变化。【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确。B、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小。故B错误。CD、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，从M到N电场力对粒子做正功，其动能增大，速度增大，故CD错误。故选：A。【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小。3．（4分）如图所示，平行金属板中带电油滴P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器的滑片向b端移动时（ ）A．R3上消耗的功率逐渐增大B．电流表读数减小，电压表读数增大C．质点P将向上运动D．电源的输出功率逐渐增大28/28【分析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点P如何运动。根据干路电流和通过R3的电流变化，确定通过电流表的电流变化。根据R3和R2的电压变化，判断电压表示数的变化。根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化。【解答】解：当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。电容器板间电压等于R3的电压。R4减小，AB间并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小。电容器的电压减小，则电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。流过电流表的电流IA＝I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大。R4的电压U4＝U3﹣U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小。由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化。4．（4分）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，则（ ）A．t1、t3线圈通过中性面B．t2、t4线圈中磁通量最大C．t1、t3线圈中磁通量变化率最大D．t2、t4线圈平面与中性面平行【分析】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流。磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面。经过中性一次，电流方向改变一次。根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比。28/28【解答】解：AC、t1，t3时刻感应电动势为零，磁通量变化率最为零，磁通量最大，线圈通过中性面，故A正确，C错误；BD、t2、t4时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，线圈中磁通量为零，线圈平面与中性面垂直。故BD错误；故选：A。【点评】本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题。5．（4分）如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动。下面对观察到的现象描述及解释正确的是（ ）A．铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去B．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去C．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下D．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快【分析】当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍。【解答】解：当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握铝框与磁场方向平行时，感应电流最大，当与磁场方向垂直时，感应电流最小。6．（4分）如图所示，电源电压保持不变，若将滑动变阻器触头向左滑动，关于两电表示数变化，下列判断正确的是（ ）A．电流表示数变大，电压表示数变大B．电流表示数变大，电压表示数变小28/28C．电流表示数变小，电压表示数变大D．电流表示数变小，电压表示数变小【分析】根据电阻的变化分析原线圈电压变化、副线圈电压的变化、副线圈电流的变化、原线圈电流的变化。【解答】解：若将滑动变阻器触头向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则滑动变阻器分得的电压增大，原线圈两端电压减小，而匝数比不变，所以副线圈两端电压减小，电压表示数减小；灯泡两端电压减小，则副线圈电流强度减小；根据匝数比不变，则原线圈的电流强度减小，电流表示数减小；故ABC错误、D正确。故选：D。【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。7．（4分）假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是（ ）A．空间各点场强的方向均与x轴垂直B．将电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电荷做匀加速直线运动C．正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D．负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加【分析】由图分析沿x轴方向电势的变化情况，判断x轴是不是一条等势线，根据场强方向与等势面垂直，分析场强的方向是否均与x轴垂直．根据图象的斜率等于场强，分析场强的变化，判断电荷的运动性质．电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点的电势相等，任意两点间电势差为零，但场强不一定为零，电荷不一定不受电场力．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，分析电场力做功情况，判断电势能变化情况．【解答】28/28解：A、由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直。故A错误。B、将电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点电势相等，图象的斜率为零，电场力为零，电荷做匀速直线运动，故B错误。C、正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功。故C错误。D、负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功。故D正确。故选：D。【点评】本题判断电场力做功情况，也可以根据公式WAB＝qUAB＝q（φA﹣φB）分析．8．（4分）如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ移动到位置Ⅱ，第二次将金属框由位置Ⅰ翻转到位置Ⅱ，设两次通过金属框截面的电量分别为q1和q2，则（ ）A．q1＜q2B．q1＝q2C．q1＞q2D．q1≠0，q2＝0【分析】第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和．从而根据电量综合表达式，q＝，即可求解．【解答】解：设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量△Φ1＝Φ1﹣Φ2；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量△Φ2＝Φ1+Φ2．所以：△φ1＜△φ2。根据电量综合表达式，q＝，则有：q1＜q2；故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】28/28本题的关键是确定磁通量的变化，要注意翻转后磁通量的方向与开始前的磁通量的方向相反，并掌握电量综合表达式，q＝的应用．9．（4分）在如图所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大电阻能忽略的线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（ ）A．合上开关，B先亮，A后亮；稳定后A比B更暗一些B．合上开关，A先亮，B后亮；稳定后A、B一样亮C．断开开关，A逐渐熄灭、B先变得更亮后再与A同时熄灭D．断开开关，B逐渐熄灭、A先变得更亮后再与B同时熄灭【分析】当电键闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。【解答】解：A、当开关接通瞬间，B灯泡立刻发光，而A灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；由于A、B为两个完全相同的灯泡，由于两灯泡并联，L的电阻能忽略不计，所以稳定后A比B更亮一些，故A错误，B错误；C、当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，由于电流稳定是A的电流大，所以BB先变得更亮后再与A同时熄灭，故C正确，D错误。故选：C。【点评】线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高。同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故。10．（4分）如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（ ）28/28A．若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）B．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）C．若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）D．若粒子从选择器右端水平进入，则仍沿直线水平飞出（其它条件不变）【分析】粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动。【解答】解：正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B＝qE，即v0B＝E。A、若改为电荷量﹣q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B＝qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误；B、若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确；C、若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B＝qE，即v0B＝E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误；D、若粒子从选择器右端水平进入，则粒子受到的电场力得方向向下，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力的方向也向下，所以离子将向下偏转，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题，掌握左手定则的内容，注意与右手定则的区别，并理解洛伦兹力公式。二、多项选择题（4×4＝16分）11．（4分）如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行．若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是（ ）28/28A．导线框有两条边所受安培力的方向相同B．导线框有两条边所受安培力的大小相同C．导线框所受的安培力的合力向左D．导线框所受的安培力的合力向右【分析】直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情况．【解答】解：A、根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向。根据左手定则可知导线框所受安培力指指向线框内，方向各不相同。故A错误。B、由上分析，导线框bc与ad两边所受安培力的大小相同。故B正确。C、D根据楞次定律，线框磁通量增大，导线框所受的安培力的合力向右，有阻碍磁通量增大的趋势。故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题考查安培定则、楞次定律和左手定则综合应用的能力．12．（4分）如图所示，一电量为q的带电粒子在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间区域做竖直平面内的匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A．粒子带负电B．粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动C．粒子的质量为D．粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为【分析】粒子能做匀速圆周运动则说明电场力和重力任意位置做功为零，则电场力和重力大小相等，方向相反．据此分析各选项．【解答】解：A、粒子受电场力向上，E向上，则带正电。故A错误28/28B、洛仑兹力提供向心力，受力方向指抽圆心，由左手定则知粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动。故B正确C、因电场力等于重力，因mg＝Eq，则粒子的质量为．故C正确D、因T＝又mg＝qE则T＝．粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为．故D正确故选：BCD。【点评】考查带电粒子的运动规律，明确粒子能做匀速圆周运动的条件．13．（4分）如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A（A、D两线圈同心共面）各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是（ ）A．加速向右B．加速向左C．减速向右D．减速向左【分析】线圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理解为A正在具有收缩的趋势，或A受到D对它的排斥力，根据楞次定律可以判定A、D中的电流的变化，然后再根据右手定则判定导体棒MN的运动情况．【解答】解：圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理解为A正在具有收缩的趋势，根据楞次定律可以知道此时一定是D中的磁场正在增大，与磁场的方向无关；D中的磁场正在增大，说明导体棒MN正在做加速运动，与方向无关。所以D可能向左加速，也可能是向右加速。所以四个选项中A和B正确，C和D错误。故选：AB。【点评】该题考查楞次定律和导体棒切割磁感线产生的电动势，楞次定律的使用可以安4个步骤使用，也可以使用它的推论．属于基础题目．14．（4分）水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（ ）28/28A．外力对棒所做功相等B．电流所做的功相等C．通过ab棒的电荷量相等D．安培力对ab棒所做的功不相等【分析】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分析内能关系。根据感应电荷量公式q＝，分析产生的电量关系。【解答】解：A、因两种情况下初末动能相同，故根据动能定理可知，外力对棒做功相等，故A正确；B、电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，故B错误；C、根据感应电荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C错误；D、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查电磁感应中的能量转化规律应用，注意对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式q＝，这是电磁感应问题常用的经验公式。三、实验题（8+6＝14分）15．（4分）如图所示的两把游标卡尺，它们的游标尺自左至右分别为20等分、50等分，它们的读数依次为 23.20 mm， 3.20 mm。28/28【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。【解答】解：20等分精确度微0.05mm，所以游标卡尺1读数为：23mm+4×0.05mm＝23.20mm。50等分精确度微0.02mm，所以游标卡尺2读数为：3mm+10×0.02mm＝3.20mm故答案为：23.20，3.20【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。16．（4分）使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径，示数如图所示，则a、b金属丝的直径分别为 2.150 mm， 0.045 mm．【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．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为15.0×0.01mm＝0.150mm，所以最终读数为2mm+0.150mm＝2.150mm．螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为4.5×0.01mm＝0.045mm，所以最终读数为0mm+0.045mm＝0.045mm．故答案为：2.150；0.045．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．17．（6分）图（a）为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约1000Ω的定值电阻。28/28测量的某些操作步骤如下：①调节可调部件 S ，使电表指针停在 电流0刻度 （选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”）位置。②调节可调部件K，使它的尖端指向 ×100 （选填“×1k”“×100”“×10”“×1”）位置。③将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件 T ，使电表指针指向 欧姆0刻度 （选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”）位置。④欧姆挡进行调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是 BD 。A．这个电阻的阻值较小B．这个电阻的阻值较大C．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×1”挡，并且重新调零后进行测量D．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×100”挡，并且重新调零后进行测量【分析】用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，再进行欧姆调零，欧姆调零后，测量电阻读出示数。欧姆表黑表笔与内置电源正极相连，电流从黑表笔流出，红表笔流入【解答】解：①调节可调部件S，使电表指针停在左边电流0刻度位置；②调节可调部件K，使它的尖端指向欧姆档×100位置；③将红。黑表笔分别插入“+”。“﹣”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件T，使电表指针指向右边欧姆0刻度位置；④用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则电阻较大，要用大一档量程，则BD正确，AC错误故答案为：①S 电流0刻度 ②×100 ③T 欧姆0刻度④BD28/28【点评】本题考查欧姆表的使用，要掌握欧姆定律的使用方法，明确要选择合适的档位并每次换档后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数四、解答题（40分）18．（8分）竖直放置的两块足够长的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，用长为L丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，重力加速度为g。求：（1）画出小球的受力图；（2）小球所带电荷的电性及电荷量大小；（3）若剪断丝线，小球在平行金属板间加速度大小。【分析】（1）小球受重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态；（2）根据电场力与电场方向可判电性，根据平衡可求电荷量；（3）若剪断丝线，小球受重力竖直向下，电场力水平向右，根据牛顿第二定律列式求解。【解答】解：（1）小球受重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态受力分析图如图所示（2）因为小球受到向右的电场力，所以小球带正电，由物体的平衡条件可得：Eq＝mgtanθ解得：28/28（3）剪断细线后小球所受重力竖直向下，电场力水平向右，由牛顿第二定律得：答：（1）小球的受力图如图所示：；（2）小球带正电，电荷量大小为；（3）若剪断丝线，小球在平行金属板间加速度大小为。【点评】解决本题的关键正确分析小球的受力情况和运动情况，知道正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同。19．（10分）如图所示，E、D两点将等腰直角三角形ABC的AB边三等分，AB＝L，三角形ABC内有垂直于三角形平面的匀强磁场（图中未画出）。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从E点垂直AB边射入磁场，它恰好垂直AC边射出磁场。求：（1）磁感应强度的大小和方向；（2）若让该粒子从D点垂直AB边射入磁场，但不能从AC边射出磁场，射入速度需要满足的条件。【分析】28/28（1）粒子从E点垂直AB边射入磁场，垂直AC边射出磁场，圆周运动的圆心在O点，知半径等于AE＝，由洛伦兹力提供向心力得磁感应强度的大小，由左手定则确定磁感应强度的方向；（2）根据题意，画出粒子运动的临界轨迹，由几何关系求出半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出刚好不从AC边射出的速度，即可求出射入速度满足的条件；【解答】解：（1）分析可知，粒子从E点进入磁场后向上偏，由左手定则得磁场方向垂直ABC平面向里，因为粒子从E点进入磁场后，恰好垂直AC边射出磁场，所以粒子做圆周运动的圆心为A点，半径为r＝qvB＝解得B＝（2）粒子从D点进入磁场时，当运动轨迹与AC边相切时为临界状态，设此种情况的射入速度为v0，圆心为O，切点为G，半径为r0，如图所示。三角形AGO与三角形ABC相似，＝解得：解得：射入速度需要满足的条件是不能超过答：（1）磁感应强度的大小，方向垂直ABC平面向里；（2）若让该粒子从D点垂直AB边射入磁场，但不能从AC边射出磁场，射入速度不能超过28/28【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是画轨迹、定圆心、求半径，根据洛伦兹力提供向心力求解，记住半径公式和周期公式。20．（10分）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000匝，线圈面积S＝0.02m2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示．求（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量；（2）前4s内产生的感应电动势；（3）6s内通过电阻R的电荷量q．【分析】（1）依据图象，结合磁通量定义式∅＝BS，即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小．（3）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量．【解答】解：（1）根据磁通量定义式∅＝BS，那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为：△∅＝（B2﹣B1）S＝（0.4﹣0.2）×0.02Wb＝4×10﹣3Wb；（2）由图象可知前4s内磁感应强度B的变化率为：＝T/s＝0.05T/s4s内的平均感应电动势为：E＝nS＝1000×0.02×0.05V＝1V．（3）电路中的平均感应电流为：＝，q＝t，又因为E＝n，所以q＝n＝1000×C＝0.8C．28/28答：（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量4×10﹣3Wb；（2）前4s内感应电动势为1V．（3）6s内通过R的电荷量为0.8C．【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义式的综合运用，难度不大，需加强训练．21．（12分）如图，两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定，轨距为d。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效阻值为R．空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上。现从静止释放ab。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：（1）ab运动的最大速度vm；（2）当ab具有最大速度时，ab消耗的电功率P；（3）为使ab向下做匀加速直线运动，在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F，推导F随时间t变化的关系式，并分析F的变化与a的关系。【分析】（1）从静止释放ab，ab先做加速度减小的变加速运动，当加速度为零时，金属杆的速度达到最大，结合切割产生的感应电动势公式、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律和共点力平衡求出ab的最大速度。（2）由电功率公式：P＝I2R和上题的电流值求解ab消耗的电功率P；（3）ab向下做匀加速直线运动，合力恒定，根据牛顿第二定律以及安培力与速度的关系列式，得到F与t的关系式，再分析F的变化与a的关系。【解答】解：（1）ab具有最大速度时，处于平衡状态，受力分析如图。由平衡条件：mgsinθ＝FA又FA＝BId28/28由闭合电路欧姆定律：得：（2）由电功率公式：P＝I2R又得：（3）ab做匀加速直线运动时，设F沿斜面向下，受力分析如图：由牛顿运动定律：F+mgsinθ﹣FA＝ma安培力大小FA＝BId，v＝at得：可见：F的大小随时间t呈线性变化a．当a＜gsinθ时，F方向先沿斜面向上，大小由mgsinθ﹣ma开始减小到零，随后F方向沿斜面向下，大小从零开始增大。b．当a＝gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从零开始增大；c．当a＞gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从ma﹣mgsinθ开始增大。答：（1）ab运动的最大速度vm是。（2）当ab具有最大速度时，ab消耗的电功率P是R；28/28（3）F随时间t变化的关系式为：．F的大小随时间t呈线性变化。a．当a＜gsinθ时，F方向先沿斜面向上，大小由mgsinθ﹣ma开始减小到零，随后F方向沿斜面向下，大小从零开始增大。b．当a＝gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从零开始增大；c．当a＞gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从ma﹣mgsinθ开始增大。【点评】本题是电磁感应与力学的综合，关键要搞清金属杆的运动情况，明确速度最大的条件：加速度为零。能熟练推导出安培力与速度的关系式。28/28
