2019-2020年高二上学期月考物理试卷（12月份）含解析.doc

2019-2020年高二上学期月考物理试卷（12月份）含解析一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1用多用电表欧姆挡（100）测试三只二极管，其结果依次如图所示，关于二极管的说法正确的是（）A是完好的，且a端为正极B是完好的，且a端为正极C是完好的，且b端为正极D是完好的，且b端为正极2如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A直导线中电流方向垂直纸面向外Bd点的磁感应强度为0Ca点的磁感应强度为2T，方向向右Db点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45角3一磁感应强度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（）A0B2BSC2BScosD2BSsin4如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）AF1F2，弹簧长度将变长BF1F2，弹簧长度将变短CF1F2，弹簧长度将变长DF1F2，弹簧长度将变短5如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知ra=2rb，则由此可知（）A两粒子均带正电，质量比=4B两粒子均带负电，质量比=4C两粒子均带正电，质量比=D两粒子均带负电，质量比=6如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A将线框向左拉出磁场B以ab边为轴转动（小于90）C以ad边为轴转动（小于60）D以bc边为轴转动（小于60）7调整欧姆零点后，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A这个电阻的阻值很小B这个电阻的阻值很大C为了把电阻值测得更准确些，应换用“1”挡，重新调整欧姆零点后测量D为了把电阻值测得更准确些，应换用“100”挡，重新调整欧姆零点后测量8质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）ABCD9如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成角的方向以相同的速度v射入磁场中则正、负电子（）A在磁场中的运动时间相同B在磁场中运动的轨道半径相同C出边界时两者的速度相同D出边界点到O点处的距离相等10中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A上表面的电势高于下表面电势B仅增大h时，上下表面的电势差增大C仅增大d时，上下表面的电势差减小D仅增大电流I时，上下表面的电势差增大11矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A线圈不动，增大导线中的电流B线圈不动，减小导线中的电流C导线中的电流不变，线圈向右平动D导线中的电流不变，线圈向上平动12如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；（2）实验现象记录在下表中，请完成表格操作步骤指针是否偏转及偏转方向开关闭合瞬间偏转向右开关断开瞬间偏转向左开关闭合时，滑动变阻器不动不偏转开关闭合时迅速向移动变阻器滑片偏转向右14在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端（选填“A”或“B”）（3）图丙是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E= V，内阻r=三、计算题（本题共4小题，共40分，其中第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题12分）15如图所示，电路中E=3V，r=0.5，R0=1.5，变阻器R的最大阻值为10（1）在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？（2）在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？16如图所示，导体杆ab质量为m，电阻为R，放在与水平面夹角为的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B电源内阻不计，重力加速度为g求：若导体光滑时，电源电动势E1为多大能使导体杆静止在导轨上？若导体杆与导轨之间的动摩擦因数为，且不通电时导体杆不能静止在导轨上，要使杆在导轨上匀速下滑，电源的电动势E2应为多大？17质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，加速电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器粒子从O点进入分离器后在洛伦兹方的作用下做半个圆周运动后打到底片上并被接收，形成一个细条纹，测出条纹到O点的距离为L求：（1）粒子离开加速器的速度大小v？（2）速度选择器的电压U2？（3）该带电粒子荷质比的表达式18如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右一电荷量为+q（q0），质量为m的带电粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d不计重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）若l1=d，求粒子在磁场和电场中运动的总时间txx学年山东省临沂一中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1用多用电表欧姆挡（100）测试三只二极管，其结果依次如图所示，关于二极管的说法正确的是（）A是完好的，且a端为正极B是完好的，且a端为正极C是完好的，且b端为正极D是完好的，且b端为正极【考点】用多用电表测电阻【分析】二极管具有单向导电性，根据该性质即可判断二极管是否正常；再根据欧姆表内部电源的正极接在黑表笔上判断二极管的极性【解答】解：二极具有单向导电性，当接正向电压时，二极管导通，电阻很小，而接反向电压时，二极管截止，电阻很大；由图可知，只有图符合该规律；故只有是完好的，因a端接电源正极时导通；故a为二极管正极；故选：B2如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A直导线中电流方向垂直纸面向外Bd点的磁感应强度为0Ca点的磁感应强度为2T，方向向右Db点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45角【考点】磁感应强度【分析】由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O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，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，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c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c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外故A正确B、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向上，不为零故B不正确C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同故C正确D、由上知道，通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向下故D正确本题选择不正确的，故选：B3一磁感应强度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（）A0B2BSC2BScosD2BSsin【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=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=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据=BSsin（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与竖直方向成角，将此时通过线圈的磁通量为 1=BScos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2=BScos因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：=21=2BScos故选：C4如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）AF1F2，弹簧长度将变长BF1F2，弹簧长度将变短CF1F2，弹簧长度将变长DF1F2，弹簧长度将变短【考点】电流的磁场对磁针的作用【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向【解答】解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短故B正确，ACD错误故选：B5如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知ra=2rb，则由此可知（）A两粒子均带正电，质量比=4B两粒子均带负电，质量比=4C两粒子均带正电，质量比=D两粒子均带负电，质量比=【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】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径判断粒子的质量比【解答】解：两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点，均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；由动能和动量之间的关系有：，得：a粒子动量为：b粒子动量为：有题意有：联立得：，所以选项ACD错误，B正确故选B6如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A将线框向左拉出磁场B以ab边为轴转动（小于90）C以ad边为轴转动（小于60）D以bc边为轴转动（小于60）【考点】感应电流的产生条件【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生【解答】解：A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生故A不符合题意B、以ab边为轴转动（小于90），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生故B不符合题意C、以ad边为轴转动（小于60），穿过线圈的磁通量从=B减小到零，有感应电流产生故C不符合题意D、以bc边为轴转动（小于60），穿过线圈的磁通量=B，保持不变，没有感应电流产生故D符合题意本题选择不可行的，故选：D7调整欧姆零点后，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A这个电阻的阻值很小B这个电阻的阻值很大C为了把电阻值测得更准确些，应换用“1”挡，重新调整欧姆零点后测量D为了把电阻值测得更准确些，应换用“100”挡，重新调整欧姆零点后测量【考点】用多用电表测电阻【分析】欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大每次换挡需重新欧姆调零【解答】解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“100”挡，重新测量故AC错误，BD正确故选：BD8质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）ABCD【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】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力【解答】解：A、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故A正确；B、杆子受重力，垂直向下的安培力，垂直向上的支持力，若无摩擦力，不能平衡，故B错误；C、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故C正确；D、杆子受重力、沿斜面向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故D正确；故选 ACD9如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成角的方向以相同的速度v射入磁场中则正、负电子（）A在磁场中的运动时间相同B在磁场中运动的轨道半径相同C出边界时两者的速度相同D出边界点到O点处的距离相等【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】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短由牛顿第二定律研究轨道半径根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离【解答】解：A、粒子在磁场中运动周期为T=，则知两个离子圆周运动的周期相等根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨迹的圆心角也为22，运动时间t1=T；同理，负离子运动时间t2=T，显然时间不相等故A错误；B、由qvB=m得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同故C正确；D、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsin，r、相同，则S相同，故D正确；故选：BCD10中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A上表面的电势高于下表面电势B仅增大h时，上下表面的电势差增大C仅增大d时，上下表面的电势差减小D仅增大电流I时，上下表面的电势差增大【考点】霍尔效应及其应用【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式进行讨论【解答】解：A、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面故A错误；B、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知增大h，上下表面的电势差不变，与h无关故B错误；C、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知仅增大d时，上下表面的电势差减小，故C正确；D、根据evB=e，解得U=vBh；根据电流的微观表达式I=neSv，电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D正确；故选：CD11矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A线圈不动，增大导线中的电流B线圈不动，减小导线中的电流C导线中的电流不变，线圈向右平动D导线中的电流不变，线圈向上平动【考点】楞次定律【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】解：A、当电流增大时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针故A错误B、当电流减小时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针故B正确C、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故C正确D、导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故D错误故选BC12如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势【考点】楞次定律【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同【解答】解：在t1t2时间内，对于线圈A的顺时针方向电流增大，导致线圈B磁通量增大，感应电流的磁场与它相反，根据安培定则可知，线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向里，则线圈B内有逆时针方向的电流此时线圈B的电流方向与线圈A电流方向相反，由异向电流相互排斥，可知线圈间有相互排斥，所以线圈B有的扩张的趋势故A、B、D错误，C正确故选：C二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；（2）实验现象记录在下表中，请完成表格操作步骤指针是否偏转及偏转方向开关闭合瞬间偏转向右开关断开瞬间偏转向左开关闭合时，滑动变阻器不动不偏转开关闭合时迅速向右移动变阻器滑片偏转向右【考点】研究电磁感应现象【分析】探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路当通过闭合电路磁通量发生变化时，会产生感应电流，并根据开关闭合瞬间或断开瞬间，结合指针的偏转方向，即可求解【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示：（2）闭合开关的瞬间，穿过副线圈磁通量发生增大，产生感应电流，使得指针向右偏转，而断开开关瞬间时，穿过副线圈的磁通量减小，使得指针向左偏转，因此当开关闭合时迅速向右移动变阻器滑片时，即确保电流增大，则有穿过副线圈的磁通量增大，从而出现指针向右偏转故答案为：（1）如上图所示； （2）右14在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A”或“B”）（3）图丙是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E=1.50 V，内阻r=1【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；（2）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻及短路电流【解答】解：（1）由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；（2）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；（3）由UI图可知，电源的电动势E=1.50V；当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r=1；故答案为：（1）如图所示；（2）B；（3）1.50；1；三、计算题（本题共4小题，共40分，其中第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题12分）15如图所示，电路中E=3V，r=0.5，R0=1.5，变阻器R的最大阻值为10（1）在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？（2）在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？【考点】电功、电功率【分析】（1）当外电路电阻与电源内电阻相等时，电源的输出功率最大；将电阻R0和电源等效成新的电源进行分析即可；（2）通过定值电阻R0的电流最大时，输出功率最大，根据功率公式求解【解答】解：（1）将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；故当Rx=R0+r=2时，等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；此时Ux=1.5V，最大功率为，（2）根据公式P=I2R，当电流最大时，定值电阻R0上消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律，有：，所以当Rx=0，电流最大，定值电阻R0上消耗的功率最大；此时I=1.5A，最大功率P=答：（1）在变阻器的阻值R为2时，变阻器上消耗的功率最大，最大为1.125W；（2）在变阻器的阻值R为0时，定值电阻R0上消耗的功率最大，最大为3.375W16如图所示，导体杆ab质量为m，电阻为R，放在与水平面夹角为的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B电源内阻不计，重力加速度为g求：若导体光滑时，电源电动势E1为多大能使导体杆静止在导轨上？若导体杆与导轨之间的动摩擦因数为，且不通电时导体杆不能静止在导轨上，要使杆在导轨上匀速下滑，电源的电动势E2应为多大？【考点】共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化【分析】导体光滑时，导体杆静止在轨道上时受到重力、安培力和轨道的支持力，根据平衡条件和安培力、欧姆定律结合求解电源的电动势E1不通电时导体杆不能静止在导轨上，杆在导轨上匀速下滑时，受到重力、安培力和轨道的支持力、滑动摩擦力，根据平衡条件和安培力、欧姆定律结合求解电源的电动势E2【解答】解：导体光滑时，导体杆静止在轨道上时受到重力、安培力和轨道的支持力，如图1所示根据平衡条件得： Fcos=mgsin又 F=BIL，I=联立得：E1=不通电时导体杆在导轨上匀速下滑时，受到重力、安培力和轨道的支持力、滑动摩擦力，如图2所示，根据平衡条件得： mgsin=f+Fcos mgcos+Fsin=N又 F=BIL，I=，f=N联立解得：E2=答：若导体光滑时，电源电动势E1为能使导体杆静止在导轨上？若导体杆与导轨之间的动摩擦因数为，且不通电时导体杆不能静止在导轨上，要使杆在导轨上匀速下滑，电源的电动势E2应为17质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，加速电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器粒子从O点进入分离器后在洛伦兹方的作用下做半个圆周运动后打到底片上并被接收，形成一个细条纹，测出条纹到O点的距离为L求：（1）粒子离开加速器的速度大小v？（2）速度选择器的电压U2？（3）该带电粒子荷质比的表达式【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】（1）根据动能定理qU1=mv2求出粒子的速度v（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2（3）根据洛仑兹力提供向心力，qvB2=m，求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R【解答】解：（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度V，由动能定理得：qU1=mv2 解得v=故粒子的速度为（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1即q=qvB1U2=B1dv=B1d故速度选择器的电压U2为B1d（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有qvB2=m，R=又，由以上两式，解得：答：（1）粒子离开加速器的速度大小为；（2）速度选择器的电压为B1d；（3）该带电粒子荷质比的表达式为得：18如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右一电荷量为+q（q0），质量为m的带电粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d不计重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）若l1=d，求粒子在磁场和电场中运动的总时间t【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）由题意得出粒子运动的轨迹，根据几何关系可求得粒子半径，再根据洛伦兹力充当向心力即可求得磁感应强度； （2）粒子在电场中做平抛运动，根据运动的合成和分解规律可求得电场强度；（3）根据粒子在磁场中转过的圆心角可求出粒子在磁场中运动的时间，根据速度公式可求得粒子在电场中运动的时间，即可求得总时间【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R由几何关系得R2=l12+（Rd）2设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=m联立解得B=（2）粒子进入电场后做类平抛运动，设粒子加速度大小为a，粒子在电场中运动的时间t2由牛顿第二定律得qE=ma由运动学公式有d=l2=vt2解得E=（3）因l1=d，由几何关系得，粒子在磁场中转过的圆心角=60所以粒子在磁场中运动的时间t1=粒子在电场中运动的时间为t2=所以粒子运动的总时间t=t1+t2=+答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）若l1=d，求粒子在磁场和电场中运动的总时间t为+xx年6月6日