江西省宜春市丰城中学高二物理上学期第三次月考试卷含解析

2022-2022学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第三次月考物理试卷一、选择题：（共12题，每题4分，共48分，1-8为单选题，9-12为多选题）1．关于电源和电流，下述说法正确的是()A．电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B．由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C．从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D．打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速2．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A．电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场来发生的B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线D．磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大3．将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中不正确的是()A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P滑动，就会使电流计偏转D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转4．如图所示，两个通电的彼此绝缘的圆环A、B通有图示的电流，已知两环都可以绕直径COD（C、D为两环交点）自由转动，从左向右看，关于两环转动情况判断正确的是()-25-\nA．A环逆时针转动，B环顺时针转动B．A环顺时针转动，B环逆时针转动C．A环逆时针转动，B环逆时针转动D．A环顺时针转动，B环顺时针转动5．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右6．如图所示为某收音机内一部分电路元件的电路图，各个电阻的阻值都是2Ω，AC间接一只内阻忽略不计的电流表，若将该部分与收音机的其他电路剥离出来，并在A、B两点间加6V的恒定电压，则电流表的示数是()A．3AB．2AC．1AD．07．如图1所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图2所示．在0～时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是()A．0～T时间内，线框中感应电流方向为顺时针方向-25-\nB．0～T时间内，线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向C．0～T时间内，线框受安培力的合力向左D．0～时间内，线框受安培力的合力向右，～T时间内，线框受安培力的合力向左8．如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5m，金属环总电阻为2Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T，在环顶点上方0.5m的A点用铰链连接一长度为1.5m，电阻为3Ω的均匀导体棒AB，当导体棒摆到竖直位置时，其B端的速度为3m/s．已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环接触良好，则当它摆到竖直位置时AB两端的电压大小为()A．0.4VB．0.65VC．2.0VD．2.25V9．物理学中各种图象具有深刻含义，如果下列图象坐标单位都为国际单位制单位，那么下列说法正确的是()A．若图甲表示定值电阻两端的电压和通过电阻的电流关系，则斜率表示电阻B．若图乙描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势C．若图丙描述的是某电容器的电压与电量关系，则斜率表示电容D．若丁图表示某电场的场强随位置变化的关系图，则斜率表示电压10．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的铝线圈．让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是()-25-\nA．磁铁摆动一个周期内，线圈内感应电流的方向改变4次B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力11．如图1所示，在足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙．自t=0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动．图2图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示()A．A所受洛伦兹力大小B．B对地面的压力大小C．A对B压力大小D．A对B的摩擦力大小12．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是()A．微粒一定带负电B．微粒动能一定减小C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能一定增加-25-\n二、实验题：（共2题，12分，每空2分）13．现有一合金制成的圆柱体．为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．（1）由上图读得圆柱体的直径为__________mm，长度为__________cm．（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=__________．14．某实验小组的同学把较粗的铜丝和铁丝相隔约几厘米插入一苹果中，制成一个水果电池，铜丝是电池的正极，铁丝是电池的负极．他们从网上查资料得知这种水果电池的内阻接近1KΩ，电动势却不到1V，为了准确测量它的电动势和内阻，他们从实验室借来如下器材：A、电流表（量程0﹣0.6A﹣1.5A）；B、电压表（量程0﹣3V﹣15V）；C、灵敏电流计（量程600μA）；D、滑动变阻器（0﹣﹣10Ω）；E、电阻箱（0﹣﹣9999Ω）；F、导线、开关等．（1）为了较准确地测量电池电动势和内阻，请选出恰当的器材__________；（2）在方框中画出相应的电路图；（3）经测量发现该电池的电动势为0.8V，然后他们将四个这样的水果电池串联起来给“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，结果灯泡并不发光（检查电路无故障），分析其不亮的原因是__________．三、计算题：（共4小题，40分）-25-\n15．如图甲所示的线圈有100匝，两端A、B与一个阻值为4Ω的电阻R串联，线圈内阻为1Ω，当线圈内的磁通量随时间按乙图所示变化时，（1）A、B两端，哪端电势高？（2）电压表的示数是多少？16．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？17．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l．导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．求：（1）金属棒所受安培力的大小；（2）金属棒的热功率．-25-\n18．如图所示，在边长为a的正方形ABCD的对角线AC左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左电场强度大小为E的匀强电场，AD、CD是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）．现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从A点沿AB方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为≤v≤．已知E=，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用．求：（1）带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间；（2）恰能打到荧光屏CD上的带电粒子的入射速度；（3）CD荧光屏上形成亮线的长度；（4）AD荧光屏上形成亮线的长度．-25-\n2022-2022学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第三次月考物理试卷一、选择题：（共12题，每题4分，共48分，1-8为单选题，9-12为多选题）1．关于电源和电流，下述说法正确的是()A．电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B．由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C．从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D．打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速【考点】电源的电动势和内阻；电流、电压概念．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．电动势由电源性质决定，外电路无关；公式R=是电阻的定义式；打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速．【解答】解：A、电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势．故A错误；B、公式R=是电阻的定义式，与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关．故B错误；C、从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能．故C正确；D、打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速．故D错误．故选：C【点评】该题考查电动势的概念以及对电阻的理解，解答的关键是理解并掌握电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律．基础题目．2．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A．电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场来发生的B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线-25-\nD．磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【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；磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．【解答】解：A、电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场来发生的，所以A正确；B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；C、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以C错误；D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；故选：A．【点评】本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．3．将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中不正确的是()A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P滑动，就会使电流计偏转D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转【考点】研究电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题．【解答】解：A、电键闭合后，线圈A插入或拔出时，穿过B的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会偏转，故A正确，-25-\nB、当线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间时，穿过B的磁通量都会发生变化，电流计指针均会偏转，故B正确；C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P滑动，线圈A中的电流发生变化，穿过B的磁通量发生变化，B中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故C正确；D、电键闭合后，只要滑动变阻器的滑片P移动，不论是加速还是匀速，穿过B的磁通量都会变化，都会有感应电流产生，电流计指针都会偏转，故D错误；本题选择不正确的，故选：D．【点评】本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题．4．如图所示，两个通电的彼此绝缘的圆环A、B通有图示的电流，已知两环都可以绕直径COD（C、D为两环交点）自由转动，从左向右看，关于两环转动情况判断正确的是()A．A环逆时针转动，B环顺时针转动B．A环顺时针转动，B环逆时针转动C．A环逆时针转动，B环逆时针转动D．A环顺时针转动，B环顺时针转动【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】当平行的直导线中的电流方向相同时，这两条直导线就会互相的吸引，当平行的直导线中的电流方向相反时，这两条直导线就会互相的排斥．【解答】解：由图可知，在图中，由于两环在A点处与B点处的电流的方向是相反的，它们会互相排斥，所以A会远离B，所以从左向右看，A环将逆时针转动，同时，B也远离A，所以B沿顺时针方向转动．所以A正确．故选：A．【点评】掌握住平时总结的结论，在做选择题题目的时候可以快速而且准确的得到答案，所以掌握住平时总结的小结论是非常有用的．-25-\n5．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右【考点】洛仑兹力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向．【解答】解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下．故B正确，ACD错误．故选：B．【点评】考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向．6．如图所示为某收音机内一部分电路元件的电路图，各个电阻的阻值都是2Ω，AC间接一只内阻忽略不计的电流表，若将该部分与收音机的其他电路剥离出来，并在A、B两点间加6V的恒定电压，则电流表的示数是()A．3AB．2AC．1AD．0【考点】串联电路和并联电路．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．-25-\n【分析】在A、B两点间加6V的恒定电压时，由于电流表内阻不计，则下面两个电阻并联后与上面的电阻串联，由串、并联电路的特点求出电流表的读数．【解答】解：设各个电阻的阻值为R．在A、B两点间加6V的恒定电压时，下面两个电阻并联后与上面的电阻串联，电路的总电阻为R总=R+=3Ω则并联电路的电压为U并=故电流表的示数是I==1A故选：C【点评】解决本题的关键要理解电流表内阻不计的意义，将电流表可看成能测量电流的导线，从而分析电路的连接方式．7．如图1所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图2所示．在0～时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是()A．0～T时间内，线框中感应电流方向为顺时针方向B．0～T时间内，线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向C．0～T时间内，线框受安培力的合力向左D．0～时间内，线框受安培力的合力向右，～T时间内，线框受安培力的合力向左【考点】楞次定律；安培力．【分析】直导线中的电流方向由下到上，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：在0～时间内，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，直导线中的电流减小，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知导线框所受安培力的合力向左，-25-\n在～T时间内，根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向外，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顺时针，根据左手定则可知导线框所受安培力的合力向右，由上分析可知，A正确，BCD错误；故选：A．【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，注意通电导线电流大小与线圈磁通量变化率的大小关系，注意越靠近直导线的磁场越强，则安培力也越大，这是解题的关键之处．8．如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5m，金属环总电阻为2Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T，在环顶点上方0.5m的A点用铰链连接一长度为1.5m，电阻为3Ω的均匀导体棒AB，当导体棒摆到竖直位置时，其B端的速度为3m/s．已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环接触良好，则当它摆到竖直位置时AB两端的电压大小为()A．0.4VB．0.65VC．2.0VD．2.25V【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】当导体棒摆到竖直位置时AB两端的电压大小等于AC间电压和CB间电压之和．AC间电压等于AC段产生的感应电动势．CB段电压等于圆环的路端电压，根据E=BLv和欧姆定律求解．【解答】解：当导体棒摆到竖直位置时，由v=ωr可得：C点的速度为：vC==3m/s=1m/sAC间电压为：UAC=EAC=BLAC•=1×0.5×=0.25VCB段产生的感应电动势为：-25-\nECB=BLCB•=1×1×=2V圆环两侧并联电阻为为：R==0.5Ω，金属棒CB段的电阻为：r=2Ω则CB间电压为：UCB=ECB=V=0.4V故AB两端的电压大小为：UAB=UAC+UCB=0.65V故选：B【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处：一是把CB间的电压看成是内电压．二是AC电压未计算．9．物理学中各种图象具有深刻含义，如果下列图象坐标单位都为国际单位制单位，那么下列说法正确的是()A．若图甲表示定值电阻两端的电压和通过电阻的电流关系，则斜率表示电阻B．若图乙描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势C．若图丙描述的是某电容器的电压与电量关系，则斜率表示电容D．若丁图表示某电场的场强随位置变化的关系图，则斜率表示电压【考点】法拉第电磁感应定律；电容；欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；电容器专题．【分析】对于图象问题，先看坐标轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决．-25-\n【解答】解：A、若图甲表示定值电阻两端的电压和通过电阻的电流关系，则由I=可知，斜率表示电阻的倒数，故A错误；B、磁通量随时间变化的图象中斜率为：k=，根据法拉第的电磁感应定律可知，电动势与磁通量的变化率成正比，故若图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势，故B正确；C、若图丙描述的是某电容器的电压与电量关系，则由C=可知，斜率表示电容；故C正确；D、若丁图表示某电场的场强随位置变化的关系图，则由U=Ed可知，斜率不会表示电压，故D错误；故选：BC．【点评】对于图象问题，先看坐标轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决．本题考察迁移能力的应用，是道好题．10．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的铝线圈．让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是()A．磁铁摆动一个周期内，线圈内感应电流的方向改变4次B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力【考点】楞次定律．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】根据楞次定律可以判断出感应电流反向，从而判断出一个周期内电流变化的方向；根据楞次定律判断磁铁所受到的感应电流的磁场力是引力还是斥力，是动力还是阻力．【解答】解：A、在一个周期之内，穿过铝线圈的磁通量先增大，后减小，再增大，最后又减小，穿过铝线圈磁场方向不变，磁通量变化趋势改变，感应电流方向发生改变，因此在一个周期内，感应电流方向改变4次，故A正确；-25-\nB、由楞次定律可知，磁铁靠近铝线圈时受到斥力作用，远离铝线圈时受到引力作用，故B错误；C、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，故C正确；D、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，故D错误；故选：AC．【点评】掌握楞次定律的内容、理解楞次定律的含义是正确解题的关键；要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．11．如图1所示，在足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙．自t=0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动．图2图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示()A．A所受洛伦兹力大小B．B对地面的压力大小C．A对B压力大小D．A对B的摩擦力大小【考点】牛顿第二定律；洛仑兹力．【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小．【解答】解：A、物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误．B、B对地面的压力：N′=（mA+mB）g+qBat，故B正确．C、A对B的压力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，故C正确．D、物块A对物块B的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故D错误．故选：BC．-25-\n【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用．12．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是()A．微粒一定带负电B．微粒动能一定减小C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．【解答】解：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项A正确，选项B错误．由于电场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，选项C错误．由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D正确．故选AD．【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．-25-\n二、实验题：（共2题，12分，每空2分）13．现有一合金制成的圆柱体．为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．（1）由上图读得圆柱体的直径为1.795mm，长度为4.025cm．（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数．（2）应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式．【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+29.5×0.01mm=1.795mm；由图示游标卡尺可知，其示数为：40mm+5×0.05mm=40.25mm=4.025cm；（2）圆柱体的电阻：R==ρ=ρ，电阻率：ρ=；故答案为：（1）1.795；4.025；（2）．【点评】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、求电阻率的表达式，要掌握常用器材的使用及读数方法；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不能估读．14．某实验小组的同学把较粗的铜丝和铁丝相隔约几厘米插入一苹果中，制成一个水果电池，铜丝是电池的正极，铁丝是电池的负极．他们从网上查资料得知这种水果电池的内阻接近1KΩ，电动势却不到1V，为了准确测量它的电动势和内阻，他们从实验室借来如下器材：-25-\nA、电流表（量程0﹣0.6A﹣1.5A）；B、电压表（量程0﹣3V﹣15V）；C、灵敏电流计（量程600μA）；D、滑动变阻器（0﹣﹣10Ω）；E、电阻箱（0﹣﹣9999Ω）；F、导线、开关等．（1）为了较准确地测量电池电动势和内阻，请选出恰当的器材CEF；（2）在方框中画出相应的电路图；（3）经测量发现该电池的电动势为0.8V，然后他们将四个这样的水果电池串联起来给“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，结果灯泡并不发光（检查电路无故障），分析其不亮的原因是电源内阻太大．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据电源电动势与内阻估算电路最大电流，然后根据实验器材确定实验原理，然后选择实验器材．（2）根据实验原理作出实验电路．（3）电源内阻较大时，电源效率很低，没有使用价值．【解答】解：（1）电流最大电流约为：I===0.001A=1mA，由题目所给实验器材可知，不能用伏安法测电源电动势与内阻，应该用安阻法测电源电动势与内阻，电流表应选择C，需要的实验器材为：CEF．（2）安阻法测电源电动势与内阻的实验电路图如图所示：（3）由于水果电池的内阻太大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，不足以引起灯泡发光．故答案为：（1）CEF；（2）电路图如图所示；（3）电源内阻太大．-25-\n【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据电源电动势与内阻估算出电路最大电流、根据实验器材确定实验原理是解题的关键，要掌握实验器材的选择原则．三、计算题：（共4小题，40分）15．如图甲所示的线圈有100匝，两端A、B与一个阻值为4Ω的电阻R串联，线圈内阻为1Ω，当线圈内的磁通量随时间按乙图所示变化时，（1）A、B两端，哪端电势高？（2）电压表的示数是多少？【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流的方向．线圈相当于电源，即可判断电势的高低．（2）由图求出磁通量的变化率．根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小，从而得到电压表的读数．【解答】解：（1）线圈内有竖直向上的磁场，且大小增大，由楞次定律判定知感应电流方向为A到B，故A端的电势高于B端电势；（2）由图得到：磁通量的变化率为：=Wb/s=0.5Wb/s根据法拉第电磁感应定律得：E=n=100×0.5V=50V，由闭合电路欧姆定律：I==A=10A；则电阻R两端电压为：U=IR=10×4=40V；因此电压表的示数即为40V；答：（1）A端的电势高．（2）电压表的示数是40V．-25-\n【点评】此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，是常见的陈题．16．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小．（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向．【解答】解：从b向a看其受力如图所示．（1）水平方向：f=FAsinθ…①竖直方向：N+FAcosθ=mg…②又FA=BIL=BL…③联立①②③得：N=mg﹣，f=．（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有FA=mg解得：Bmin=，根据左手定则判定磁场方向水平向右．答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg﹣，f=．-25-\n（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右．【点评】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键．17．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l．导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．求：（1）金属棒所受安培力的大小；（2）金属棒的热功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）由导体切割磁感线公式可求得感应电动势的大小，由安培力公式F=BIL可求得安培力大小；（2）由P=I2R即可求得功率．【解答】解：（1）MN切割磁感线产生的电动势为：E=Blv回路总电阻为：R=回路电流为：I==；-25-\nMN所受安培力为：F=BIL=；（2）金属棒的热功率为：P=I2R=；答：（1）金属棒所受安培力的大小为；（2）金属棒的热功率为．【点评】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv和F=BIL均为导轨宽度，即导线的有效切割长度．18．如图所示，在边长为a的正方形ABCD的对角线AC左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左电场强度大小为E的匀强电场，AD、CD是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）．现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从A点沿AB方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为≤v≤．已知E=，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用．求：（1）带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间；（2）恰能打到荧光屏CD上的带电粒子的入射速度；（3）CD荧光屏上形成亮线的长度；（4）AD荧光屏上形成亮线的长度．【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．【专题】计算题；定量思想；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）根据粒子在磁场中转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期公式求出粒子第一次进入电场的时间．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀减速直线运动，恰好打到CD上的粒子到达CD时的速度为零，应用牛顿第二定律与动能定理求出粒子的入射速度．-25-\n（3）分析清楚粒子运动过程，根据打在CD上的粒子轨道半径求出CD荧光屏上形成亮线的长度；（4）分析清楚粒子运动过程，然后求出AD荧光屏上形成亮线的长度．【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=，粒子进入电场时在磁场中转过的圆心角：θ=90°，粒子从A点射入到第一次进入电场中需要的时间：t=T=；（2）带电粒子射入匀强磁场中在洛仑兹力作用下做匀速园周运动，经四分之一周到达对角线沿水平向右的方向进入匀强电场，在电场力的作用下做匀减速直线运动，设带电粒子到达CD的速度恰好为零时对应的入射速度为V，在磁场中的运动半径为r，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得：﹣qE（a﹣r）=0﹣mv2，解得：r=a，v=；（3）由（2）可知，速度：v＞的带电粒子直接打在荧光屏CD上，其中入射速度v=的粒子半径：r==a，将直接打到C点，故荧光屏CD上亮线的长度为：l1=a；（4）由（2）可知，速度：v＜的带电粒子，进入电场后不能到达CD屏，粒子原速返回后又在磁场中转了周，刚好垂直进入电场，在电场中类平抛运动．荧光屏AD上亮线长度为：l2=a﹣a=a；答：（1）带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间为；（2）恰能打到荧光屏CD上的带电粒子的入射速度为；（3）CD荧光屏上形成亮线的长度为a；（4）AD荧光屏上形成亮线的长度为a．-25-\n【点评】本题考查了粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键．-25-