2019-2020年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）一选择题（4分/题共48分）1（4分）下列说法中正确的是（）A场与实物一样都是客观物质存在的形式，因此描述场的电场线、磁场线也是客观的B场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关C场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向D公式E=、E=k和E=对于任何电场都是适用的2（4分）如图，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向下列判断正确是（）A（1）中电流方向向上B（2）中电流从左侧看是反时针方向C（3）中左、右两导线分别接电源正、负极D（4）中电流方向是顺时针3（4分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子由M运动到N，以下说法正确的是（）A静电场可能是负点电荷的电场B粒子必带负电C粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度D粒子的电势能减小动能增大4（4分）如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同当电压U升高时，先烧坏的电阻应是（）AR1和R2BR3和R4CR5D不能确定5（4分）电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比如图，直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的伏安特性图线将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）AR接到电源a上，电源的效率较低BR接到电源b上，电源的输出功率较大CR接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高DR接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高6（4分）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A电动机的输入功率为24WB电动机的输出功率为12WC电动机的热功率为2.0WD整个电路消耗的电功率为22W7（4分）如图，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（）A导电圆环不受安培力作用B导电圆环所受安培力方向竖直向下，大小为2BIRC导电圆环所受安培力方向竖直向上，大小为2BIRsin D导电圆环在水平方向上具有沿半径扩张变大的趋势8（4分）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有（）Aa带正电，b带负电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近9（4分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，关于离子P+和P3+说法错误的是（）A在磁场中运动的半径之比为：1B在磁场中转过的角度之比为1：2C在电场中的加速度之比为1：1D离开电场区域时的动能之比为1：310（4分）如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图速度选择器（也称滤速器）中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲=m乙m丙=m丁，v甲v乙=v丙v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是（）A甲乙丙丁B甲丁乙丙C丙丁乙甲D甲乙丁丙11（4分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）AtB2tCtD3t12（4分）如图，将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为I那么（）A发电过程是通过磁场对带电粒子做功最终把等离子体的内能转化为电能的过程B发动机稳定工作两板间电场E=C发动机稳定工作时效率=D两板间电离气体的电阻率为 （R）二填空题13（8分）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场，现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长； E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线（1）实验电路图如图，完成下列实验步骤按图接线保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2用米尺测量D的底边长度L（2）用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=（3）判断磁感应强度方向的方法是：若m2m1，磁感应强度方向垂直纸面；反之，磁感应强度方向垂直纸面14（14分）要测一待测电源的电动势及内阻所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（099.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干（1）某同学连接了如图1所示的电路，接下来的操作是：将S2接到a，闭合S1，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图3所示），然后断开S1请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为，图3所示的电压表读数为 V由此可算出定值电阻R1的阻值为 （计算结果保留两位小数）在上面第步的操作中，有一处不恰当，请您帮同学指出来（2）在完成上述操作后，同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图4所示的图线由此可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E=V；r=（计算结果均保留两位小数）三、计算15（8分）如图，质量为m电阻时R发热金属棒ab，静置在宽为L的水平轨道上，整个装置处在磁感应强度是B的匀强磁场中已知电源电动势为E，内阻是r，金属棒an与轨道间动摩擦因数是，轨道的电阻忽略不计求：（1）金属棒ab与轨道间的摩擦力（2）当磁场方向沿竖直向上时，要保持ab处于静止，问磁感应强度B的变化范围16（14分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h17（8分）如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度皆为B一质量为m，带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角=30MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力求：（1）若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？（2）若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？四川省成都七中实验学校xx学年高二上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一选择题（4分/题共48分）1（4分）下列说法中正确的是（）A场与实物一样都是客观物质存在的形式，因此描述场的电场线、磁场线也是客观的B场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关C场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向D公式E=、E=k和E=对于任何电场都是适用的考点：电场强度；点电荷的场强分析：电场强度等于检验电荷所受电场力与其电荷量的比值，但电场强度反映电场本身的特性，与检验电荷无关场强方向与正电荷在该点的受力方向相同解答：解：A、电场强度反映了电场的力的性质，由电场本身决定，场强与检验电荷在该点所受的电场力无关故A错误B、电场中某点的场强等于，E反映电场本身的强弱和方向，与检验电荷的受力大小及带电量无关故B正确C、电场中某点的场强方向即正检验电荷在该点的受力方向，与负检验电荷在该点的受力方向相反故C错误D、公式E=对任何静电场都是适用的，而公式E=k只适用于真空点电荷产生的电场故D错误故选：B点评：本题考查对电场强度的理解，抓住电场强度的物理意义是关键，不能单纯从数学角度理解物理知识2（4分）如图，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向下列判断正确是（）A（1）中电流方向向上B（2）中电流从左侧看是反时针方向C（3）中左、右两导线分别接电源正、负极D（4）中电流方向是顺时针考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：结合磁场方向，判断出甲图和图乙中导线中电流的方向运用安培定则，结合电流方向，判断出丙图与丁图中磁场的方向通电直导线的磁场可以由安培定则进行判断：用右手握住直导线，大拇指指向电流方向，四指弯曲的方向即为磁场的方向；根据安培定则，即右手螺旋定则，可知，大拇指指向即为内部磁场方向，而环绕四指指向即为电流的方向解答：解：根据安培定则，各图中电流方向和磁感线方向判定如图所示由上分析可知，故C正确，ABD错误，故选：C点评：本题考查左手定则的应用，要注意与左手定则判断出电流受到的安培力的方向区别开来3（4分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子由M运动到N，以下说法正确的是（）A静电场可能是负点电荷的电场B粒子必带负电C粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度D粒子的电势能减小动能增大考点：电场线分析：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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：A、负点电荷的电场是向内汇聚状，是直线，故A错误；B、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，据场强方向规定可知电荷为正电荷，故B错误C、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，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以C错误；D、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，故D正确故选：D点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题4（4分）如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同当电压U升高时，先烧坏的电阻应是（）AR1和R2BR3和R4CR5D不能确定考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：先分析电路的结构，然后根据串并联电路的特点，判断哪个电阻的电压最高，哪个电阻就先烧坏解答：解：由图可知，R1和R2并联后与R5串联，最后跟R3和R4的串联电路并联，设电阻都为R，则R3和R4的电压都为，R1和R2并联电阻为，所以R1和R2的电压都为，R5的电压为，所以R5的电压最大，所以随着电压U升高时，先烧坏的电阻应是R5故选：C点评：本题解题的关键是弄清楚电路的结构，根据串并联电路的特点判断各个电阻电压的高低，难度适中5（4分）电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比如图，直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的伏安特性图线将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）AR接到电源a上，电源的效率较低BR接到电源b上，电源的输出功率较大CR接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高DR接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比由电源的UI图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的UI图线与电源的UI图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率解答：解：A、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的UI图线与电源的UI图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流由闭合电路欧姆定律U=EIr可知，两个电源的电动势E相等，由图知根据R接到电源a上时路端电压较大，则由电源的效率=，知电源a的效率较高故A错误BCD、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的UI图线与电源的UI图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率P=UI，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，电源的效率较高，故BD错误，C正确故选：C点评：本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率6（4分）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A电动机的输入功率为24WB电动机的输出功率为12WC电动机的热功率为2.0WD整个电路消耗的电功率为22W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率解答：解：A、电动机两端的电压U1=UUL=126V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=62W=12W故A错误 B、电动机的热功率P热=I2RM=40.5W=2W，则电动机的输出功率P2=PI2RM=122W=10W故B错误，C正确 D、整个电路消耗的功率P总=UI=122W=24W故D错误故选：C点评：解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及知道整个电路消耗的功率P总=UI7（4分）如图，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（）A导电圆环不受安培力作用B导电圆环所受安培力方向竖直向下，大小为2BIRC导电圆环所受安培力方向竖直向上，大小为2BIRsin D导电圆环在水平方向上具有沿半径扩张变大的趋势考点：电磁波的产生分析：根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小解答：解：A、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故A错误；B、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，导电圆环可以等效为两直线电流，导线的有效长度等于环的直径，水平磁场对电流的安培力F=B水平I2R=2BIRsin，故B错误，C正确；D、根据左手定则可知，安培力方向垂直磁场方向向内，则环有收缩的趋势，故D错误；故选：C点评：考查左手定则的内容，掌握安培力表达式，及理解力的分解法则8（4分）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有（）Aa带正电，b带负电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析解答：解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：A、粒子a、b都向下运动，由左手定则可知，a、b均带正电，故A错误；B、由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，粒子运动时间：t=，a在磁场中的运动时间比b的长，故BC错误；C、根据运动轨迹可知，a在P上的落点与O点的距离比b的近，故D正确故选：D点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径9（4分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，关于离子P+和P3+说法错误的是（）A在磁场中运动的半径之比为：1B在磁场中转过的角度之比为1：2C在电场中的加速度之比为1：1D离开电场区域时的动能之比为1：3考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了解答：解：A、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，qU=mv2可知，在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故A正确B、离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30，可知P3+角度为60，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故B正确C、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知，其在电场中的加速度是1：3，故C错误D、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确本题选错误的，故选：C点评：磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是xx届高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练10（4分）如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图速度选择器（也称滤速器）中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲=m乙m丙=m丁，v甲v乙=v丙v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是（）A甲乙丙丁B甲丁乙丙C丙丁乙甲D甲乙丁丙考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子通过速度选择器，只有满足qvB=qE，即速度满足v=，才能沿直线通过当粒子的速度大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转解答：解：四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=，才能通过速度选择器所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：R=，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点甲的速度小于乙的速度，即小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点丁的速度大于乙的速度，即大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点故选：B点评：解决本题的关键知道速度选择器的原理，即所受洛伦兹力和电场力等大反向的粒子才能沿直线通过速度选择器11（4分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）AtB2tCtD3t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期T=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间解答：解：设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，所以运动时间t=以速度射入时，半径，所以设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可知：tan所以=120则第二次运动的时间为：t=2t故选：B点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题12（4分）如图，将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为I那么（）A发电过程是通过磁场对带电粒子做功最终把等离子体的内能转化为电能的过程B发动机稳定工作两板间电场E=C发动机稳定工作时效率=D两板间电离气体的电阻率为 （R）考点：霍尔效应及其应用；闭合电路的欧姆定律分析：电离气体充满两板间的空间，受到洛伦兹力发生偏转，在A、B间产生电势差，最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡根据平衡求出A、B间的电动势，从而根据闭合电路欧姆定律求出电离气体的电阻，再根据电阻定律求出电阻率解答：解：A、它可以把气体的内能直接转化为电能，而磁场对带电粒子不做功，故A错误；B、最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡，有qvB=q解得U=vBd，则两板间电场E=Bv，而式中IR少了电离气体的电阻，故B错误；C、稳定工作时效率=，故C正确，D、根据闭合电路欧姆定律得，电离气体的电阻R=R=R由电阻定律得，R=解得=（R）故D正确故选：CD点评：本题综合考查了闭合电路欧姆定律、电阻定律与磁场的知识，关键知道稳定时，电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡二填空题13（8分）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场，现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线（1）实验电路图如图，完成下列实验步骤按图接线保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2用米尺测量D的底边长度L（2）用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=（3）判断磁感应强度方向的方法是：若m2m1，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里考点：磁感应强度分析：（2）安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框架下边受的安培力；根据平衡条件分两次列式即可求解；（3）根据左手定则判断即可解答：解：（2）安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框架下边受的安培力根据平衡条件，有|m2m1|g=BIL解得（3）若m2m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2m1，则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里故答案为：（2）；（3）向外，向里点评：本题关键是对D型线框受力分析，根据平衡条件求磁感应强度，不难14（14分）要测一待测电源的电动势及内阻所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（099.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干（1）某同学连接了如图1所示的电路，接下来的操作是：将S2接到a，闭合S1，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图3所示），然后断开S1请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为20.0，图3所示的电压表读数为2.80 V由此可算出定值电阻R1的阻值为5.45 （计算结果保留两位小数）在上面第步的操作中，有一处不恰当，请您帮同学指出来调节电阻箱时，需切断电源（2）在完成上述操作后，同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图4所示的图线由此可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E=2.90V；r=0.35（计算结果均保留两位小数）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱的示数；由图示电压表确定的其量程与分度值，读出其示数；由串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值（2）应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出电源电动势与内阻解答：解：（1）电阻箱的阻值等于210=20.0图3电压表的示数为2.80V，根据闭合电路欧姆定律得，R1=5.45调节电阻箱时，需切断电源（2）在闭合电路中，电源电动势：E=U+I（r+R1）=U+（r+R1），=+，由图丙所示图象可知，b=0.35，E2.90V，图象斜率k=2.0，电源内阻r=kER1=22.95.45=0.35故答案为：（1）20.0，2.80，5.45，调节电阻箱时，需切断电源；（2）2.90，0.35点评：电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱的示数；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直三、计算15（8分）如图，质量为m电阻时R发热金属棒ab，静置在宽为L的水平轨道上，整个装置处在磁感应强度是B的匀强磁场中已知电源电动势为E，内阻是r，金属棒an与轨道间动摩擦因数是，轨道的电阻忽略不计求：（1）金属棒ab与轨道间的摩擦力（2）当磁场方向沿竖直向上时，要保持ab处于静止，问磁感应强度B的变化范围考点：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：（1）由闭合电路欧姆定律求解电流，导体ab静止，受力平衡，分析受力，由平衡条件求的摩擦力（2）当导体棒刚要滑动时磁感应强度最大，即可求得范围解答：解：（1）回路中的电流为：I=通过受力分析可知：f=BILsin=（2）刚好滑动时由共点力平衡可知：BILcos（mg+BILsin）=0解得：B=故磁感应强度B的变化范围为：0答：（1）金属棒ab与轨道间的摩擦力为（2）当磁场方向沿竖直向上时，要保持ab处于静止，问磁感应强度B的变化范围为0点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求解16（14分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；共点力平衡的条件及其应用；运动的合成和分解专题：压轴题分析：小球从A到M做平抛运动，从M到N做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力由几何知识求得半径，进而求出速度，并机械能守恒定律求出A点到x轴的高度h解答：解：（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，则有 qE=mg，得到E= 重力的方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由于小球带正电，故电场强度方向竖直向上 （2）小球做匀速圆周运动，设其设半径为r，由几何关系知 r= 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有 qvB=m 得v= 由速度分解知 v0=vcos 代入得到 v0= （3）根据机械守恒定律，有 mgh+= h= 将v0，v代入得到h=答：（1）电场强度E的大小为，方向竖直向上；（2）小球从A点抛出时初速度v0=；（3）A点到x轴的高度h=点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹，重力场中也可运用运动的合成和分解17（8分）如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度皆为B一质量为m，带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角=30MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力求：（1）若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？（2）若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，当该粒子恰好不从MN边射出磁场时，轨迹与MN相切，根据几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求解速度的最大值（2）由几何知识得知，=30，粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径的，粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，则有nr=8a，是正整数，而且ra，再根据周期公式求出最少时间解答：解：（1）设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，由几何关系得：rcos60=r，解得 r=a 又由 qvB=m解得最大速度为 v=（2）粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍有nR=8a，且Ra 解得n=4.62n所能取的最小自然数为5粒子做圆周运动的周期为 T=粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为 t=粒子到达Q点的最短时间为 tmin=5t=答：（1）若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是（2）若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是点评：本题中带电粒子的运动具有周期性，要运用数学上分析数列通项的方法进行研究，同时要考虑临界条件