物理·湖南省衡阳八中2016-2017学年高二上学期第三次月考物理试卷（实验班）+Word版含解析 21页

‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高二（上）第三次月考物理试卷（实验班）‎ ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）‎ ‎1．如图所示，在两个等量异种点电荷A、B之间放一金属导体，a、b、d是三条带方向的曲线，c是金属导体内部一点．开关S处于断开状态，取无穷远处为电势零点．稳定后（　　）‎ A．把一点电荷从曲线b上的一点移到曲线d上的一点，静电力一定做功 B．点电荷A、B在c点产生的合场强为0‎ C．曲线a不能表示电场线 D．闭合开关S，导线上可能无电流 ‎2．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（　　）‎ A．变压器输入电压的瞬时值表达式为μ=220sinπt（V）‎ B．电压表的示数为220V C．变压器原、副线圈的匝数比为11：1‎ D．变压器的输入功率为110W ‎3．一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则（　　）‎ A．电动机的内阻为 B．电动机的内阻为 C．电动车的工作效率 D．电动机的发热效率 ‎4．如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下，经过圆弧轨道从端点P（切线水平）进入板间后恰 好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比a点稍低的b点由静止滑下，在经过P点进入板间的运动过程中（　　）‎ A．带电小球的动能将会增大 B．带电小球的电势能将会增大 C．带电小球所受洛伦兹力将会减小 D．带电小球所受电场力将会增大 ‎5．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．射出粒子的最大速度为 C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 ‎6．如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（　　）‎ A．该带电粒子带正电 B．该带电粒子带负电 C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出 D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出 ‎7．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．加速电场的电压U=ER C．直径PQ=‎ D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷 ‎8．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场（B）和匀强电场（E）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场（B′），最终打在AlA2上．下列表述正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．所有打在AlA2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在AlA2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大 ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分62分）‎ ‎9．一学习小组学习了电阻的测量的方法后，想描绘一只硅二极管通正向电流时的伏安特性曲线．已知该二极管正向导通时电阻为几十到几百欧，其耐压值约为1.0V．实验室有如下器材：‎ A．干电池一节 B．电压表1，量程15V，内阻约几百千欧 C．电压表2，量程3V，内阻约一百千欧 D．电流表，量程10mA，内阻约几百欧 E．滑动变阻器1，最大阻值为1KΩ F．滑动变阻器2，最大阻值为100Ω G．导线若干，电键一个 ‎①电压表应选　　（请填器材前的字母）．‎ ‎②滑动变阻器应选　　（请填器材前的字母）．‎ ‎③请将题图1所示未完成的电路图补充完整（硅二极管的符号为）．‎ U/V ‎0.00‎ ‎0.12‎ ‎0.28‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.56‎ ‎0.60‎ ‎0.64‎ ‎0.68‎ I/mA ‎0.0‎ 约0‎ 约0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎5.0‎ ‎④如图2所示，坐标图上的图线I为某硅光电池组的伏安特性曲线，通过图线I直接读出该硅光电池组的电动势为　　V，短路电流为　　mA，其内电阻Ω　　（填“是”或“不是”）定值．‎ ‎⑤移动滑动变阻器的滑片，得到多组硅二极管的电流电压值如表，请根据表格中的数据在同一坐标纸上通过描点连线画出硅二极管的伏安特性曲线．‎ ‎⑥根据你描绘的图线结合图线I，计算若用该硅光电池组直接给该硅二极管供电时（保证该硅光电池组为二极管输入正向电流），电池组的输出功率为　　W，此时硅光电池组的内阻为　　Ω，此时二极管的电阻为　　Ω（此三空均保留三位有效数字）．‎ ‎10．如图所示是一种测定风速的装置，一个压力传感器固定在竖直墙上，一弹簧一端固定在传感器上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属细杆上，弹簧是不导电的材料制成的．测得该弹簧的形变量与压力传感器示数关系见表．‎ 形变量（m）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ 压力（N）‎ ‎0‎ ‎130‎ ‎260‎ ‎390‎ ‎520‎ 迎风板面积S=0.50m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连．迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.50Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长L0=0.50m，电压传感器的示数U1=3.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压传感器的示数变为U2=2.0V．求：‎ ‎（1）金属杆单位长度的电阻；‎ ‎（2）此时作用在迎风板上的风力；‎ ‎（3）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，求风速多大．‎ ‎11．如图所示，匀强磁场B1垂直水平光滑金属导轨平面向下，垂直导轨放置的导体棒ab在平行于导轨的外力F作用下做匀加速直线运动，通过两线圈感应出电压，使电压表示数U保持不变．已知变阻器最大阻值为R，且是定值电阻R2的三倍，平行金属板MN相距为d．在电场作用下，一个带正电粒子从O1由静止开始经O2小孔垂直AC边射入第二个匀强磁场区，该磁场的磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外，其下边界AD距O1O2连线的距离为h．已知场强B2=B，设带电粒子的电荷量为q、质量为m，则高度h=，请注意两线圈绕法，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）试判断拉力F能否为恒力以及F的方向（直接判断）；‎ ‎（2）调节变阻器R的滑动头位于最右端时，MN两板间电场强度多大？‎ ‎（3）保持电压表示数U不变，调节R的滑动头，带电粒子进入磁场B2后都能击中AD边界，求粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围．‎ ‎12．如图甲所示，直角坐标系xoy的第二象限有一半径为R=a的圆形区域，圆形区域的圆心O1坐标为（﹣a，a），与坐标轴分别相切于P点和N点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）．带电粒子以相同的速度在纸面内从P点进入圆形磁场区域，速度方向与x轴负方向成θ角，当粒子经过y轴上的M点时，速度方向沿x轴正方向，已知M点坐标为（0，）．带电粒子质量为m、带电量为﹣q．忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求：‎ ‎（1）带电粒子速度v大小和cosθ值；‎ ‎（2）若带电粒子从M点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B′大小为多大？‎ ‎（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B．方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（B﹣t图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高二（上）第三次月考物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）‎ ‎1．如图所示，在两个等量异种点电荷A、B之间放一金属导体，a、b、d是三条带方向的曲线，c是金属导体内部一点．开关S处于断开状态，取无穷远处为电势零点．稳定后（　　）‎ A．把一点电荷从曲线b上的一点移到曲线d上的一点，静电力一定做功 B．点电荷A、B在c点产生的合场强为0‎ C．曲线a不能表示电场线 D．闭合开关S，导线上可能无电流 ‎【考点】静电场中的导体；电场线．‎ ‎【分析】利用等量异种电荷电场线的特点分析A选项；利用静电平衡的定义和特点分析场强、静电力做功和有无电流．‎ ‎【解答】解：当把金属导体放在等量异种点电荷之间时，金属导体处于静电平衡状态，其内部场强为零，导体是等势体；‎ A、金属导体处于静电平衡状态，是等势体；当一点电荷从曲线b上的一点（在金属导体表面）移到曲线d上的一点（在金属导体表面），静电力做功为零；并不是静电力一定做功，故A错误；‎ B、金属导体处于静电平衡状态，其内部合场强为零，并不是电荷A、B在c点产生的合场强为0，故B错误；‎ C、由于是等量异种电荷，电场线从正电荷出发，终止于负电荷，且电场线的切线方向表示场强的方向，所以曲线a不能表示电场线，故C正确；‎ D、金属导体处于静电平衡状态，其没有电荷的定向移动，所以当闭合开关S，导线上无电荷的定向移动，故可能无电流，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎2．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（　　）‎ A．变压器输入电压的瞬时值表达式为μ=220sinπt（V）‎ B．电压表的示数为220V C．变压器原、副线圈的匝数比为11：1‎ D．变压器的输入功率为110W ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，与匝数成反比，即可求得结论 ‎【解答】解：A、由图象可知，ω=，故A错误 B、原线圈输入电压为220V，电压表示数为灯泡的额定电压U==20V，故B错误 C、由B分析，结合变压比公式得， =，故C正确 D、变压器的输入功率与输出功率相等，为10W，故D错误 故选C ‎　‎ ‎3．一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则（　　）‎ A．电动机的内阻为 B．电动机的内阻为 C．电动车的工作效率 D．电动机的发热效率 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电池的总功率要用P=EI来计算，根据总功率等于输出的机械功率加上电动机内的发热的功率，可以求得电动机的发热功率的大小，由于电动车匀速运动，所以电动机的输出功率为P=Fv=fv．‎ ‎【解答】解：A、B、由功能关系EI=kmgv+I2R，所以电动机的内阻为R=，所以A错误B正确；‎ C、电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即η=，所以C正确；‎ D、电动机的发热效率η=，所以D正确．‎ 故选BCD．‎ ‎　‎ ‎4．如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下，经过圆弧轨道从端点P（切线水平）进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比a点稍低的b点由静止滑下，在经过P点进入板间的运动过程中（　　）‎ A．带电小球的动能将会增大 B．带电小球的电势能将会增大 C．带电小球所受洛伦兹力将会减小 D．带电小球所受电场力将会增大 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上，粒子带正电；减小入射速度后，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转．‎ ‎【解答】解：根据题意分析得：小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，粒子带正电，都向上．‎ 如果小球从稍低的b点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，因为重力G和电场力F一直在竖直方向上，所以这两个力的合力一定在竖直方向下，粒子做加速运动，动能增加，电场力做负功，电势能也增加，故AB正确；‎ 由于合力做正功，速度增加，洛伦兹力也增加，故C错误；‎ 电场力F=Eq不变，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎5．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．射出粒子的最大速度为 C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则．‎ ‎【分析】由题意可知粒子的运动方向，则可知粒子的带电情况；由几何关系可知粒子的半径大小范围，则可求得最大速度；由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的最大速度及最小速度的表达式，则可知如何增大两速度的差值．‎ ‎【解答】解：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；‎ 由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎6．如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（　　）‎ A．该带电粒子带正电 B．该带电粒子带负电 C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出 D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子从小孔沿与电场线相反方向射入电场后，电子受到的电场力与电场线的方向相反，所以电子将逆电场线的方向做加速运动，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，动能增大．只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变．‎ ‎【解答】解：A、B、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，则受力的方向与电场的方向相同，所以粒子带正电．故A正确，B错误；‎ C、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，设极板的长度是L，极板之间的距离是d，时间t，则：；‎ 若粒子恰能从负极板边缘射出，则时间t不变，沿极板方向的位移：x=vt=L，所以：，故C正确；‎ D、恰能从负极板边缘射出，根据：可知，粒子的动能需增加为原来的4倍．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎7．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．加速电场的电压U=ER C．直径PQ=‎ D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素．‎ ‎【解答】解：A、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在MN间被加速，故A正确；‎ B、根据电场力提供向心力，则有qE=，‎ 又有电场力加速运动，则有qU=mv2，从而解得：U=，故B正确；‎ C、根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=，结合上式可知，PQ=，‎ 若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故C错误，D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎8．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场（B）和匀强电场（E）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场（B′），最终打在AlA2上．下列表述正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．所有打在AlA2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在AlA2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性．根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度．通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电．故A错误．‎ B、所有打在AlA2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=，T=，则t=，与带电粒子的比荷有关．故B错误．‎ C、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB．则v=．故C正确．‎ D、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据知，粒子打在AlA2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大．故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分62分）‎ ‎9．一学习小组学习了电阻的测量的方法后，想描绘一只硅二极管通正向电流时的伏安特性曲线．已知该二极管正向导通时电阻为几十到几百欧，其耐压值约为1.0V．实验室有如下器材：‎ A．干电池一节 B．电压表1，量程15V，内阻约几百千欧 C．电压表2，量程3V，内阻约一百千欧 D．电流表，量程10mA，内阻约几百欧 E．滑动变阻器1，最大阻值为1KΩ F．滑动变阻器2，最大阻值为100Ω G．导线若干，电键一个 ‎①电压表应选　C　（请填器材前的字母）．‎ ‎②滑动变阻器应选　F　（请填器材前的字母）．‎ ‎③请将题图1所示未完成的电路图补充完整（硅二极管的符号为）．‎ U/V ‎0.00‎ ‎0.12‎ ‎0.28‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.56‎ ‎0.60‎ ‎0.64‎ ‎0.68‎ I/mA ‎0.0‎ 约0‎ 约0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎5.0‎ ‎④如图2所示，坐标图上的图线I为某硅光电池组的伏安特性曲线，通过图线I直接读出该硅光电池组的电动势为　0.88　V，短路电流为　3.0　mA，其内电阻Ω　不是　（填“是”或“不是”）定值．‎ ‎⑤移动滑动变阻器的滑片，得到多组硅二极管的电流电压值如表，请根据表格中的数据在同一坐标纸上通过描点连线画出硅二极管的伏安特性曲线．‎ ‎⑥根据你描绘的图线结合图线I，计算若用该硅光电池组直接给该硅二极管供电时（保证该硅光电池组为二极管输入正向电流），电池组的输出功率为　1.37×10﹣3　W，此时硅光电池组的内阻为　110　Ω，此时二极管的电阻为　310　Ω（此三空均保留三位有效数字）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】①根据二极管的耐压值选择电压表；‎ ‎②为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；‎ ‎③根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；‎ ‎④由图示图象求出电池的电动势与短路电流，根据图象判断内阻是否为定值；‎ ‎⑤根据表中实验数据应用描点法作出图象；‎ ‎⑥根据图示图象求出二极管两端的电压与通过二极管的电流，然后应用P=UI求出功率，由闭合电路的欧姆定律求出内阻，由欧姆定律求出二极管电阻．‎ ‎【解答】解：①一节干电池的电动势约为1.5V，则电压表选C；‎ ‎②为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；‎ ‎③描绘二极管的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；‎ 二极管正向导通时电阻为几十到几百欧，电压表内阻约一百千欧，电流表内阻约几百欧，电压表内阻远大于二极管内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．‎ ‎④由图示图线I可知，该硅光电池组的电动势为0.88V，短路电流为3.0mA，‎ 电池I﹣U图象是曲线而不是直线，则其内电阻不是定值．‎ ‎⑤根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．‎ ‎⑥两图象的交点坐标值是二极管的电压与电流值，由图示图象可知，二极管两端电压为：U=0.65V，电流：I=2.1mA=0.0021A，电池组的输出功率为P=UI=0.65×0.0021=1.365×10﹣3W，此时二极管的电阻为：R==Ω≈309.5Ω，由闭合电路的欧姆定律可知：E=U+Ir，即：0.88=0.65+0.0021r，解得，此时硅光电池组的内阻r≈109.5Ω．‎ 故答案为：①C；②F；③如图所示；④0.88；3.0；不是；⑤如图所示；⑥1.37×10﹣3（1.35×10﹣3～1.42×10﹣3均正确）；110；310．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示是一种测定风速的装置，一个压力传感器固定在竖直墙上，一弹簧一端固定在传感器上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属细杆上，弹簧是不导电的材料制成的．测得该弹簧的形变量与压力传感器示数关系见表．‎ 形变量（m）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ 压力（N）‎ ‎0‎ ‎130‎ ‎260‎ ‎390‎ ‎520‎ 迎风板面积S=0.50m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连．迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.50Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长L0=0.50m，电压传感器的示数U1=3.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压传感器的示数变为U2=2.0V．求：‎ ‎（1）金属杆单位长度的电阻；‎ ‎（2）此时作用在迎风板上的风力；‎ ‎（3）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，求风速多大．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）定值电阻R与金属杆串联，当无风时，根据电压表示数，应用闭合欧姆定律求出电流，再根据公式R=求出金属杆接入电路的电阻． ‎ ‎（2）根据有风时电压表示数可用第1题的方法求出金属杆接入电路的电阻，由电阻再求出此时弹簧的长度，根据胡克定律F=Kx，求出风力．‎ ‎（3）取极短时间内吹到迎风板上的空气为研究对象，应用动量定理和牛顿第三定律求出风速．‎ ‎【解答】解：（1）当无风时，定值电阻R与金属杆串联，由欧姆定律得，‎ ‎ 电路中电流I==6A 此时金属杆接入电路中的电阻R金==0.5Ω ‎ 故金属杆单位长度的电阻为=1Ω/m ‎（2）当有风时，由欧姆定律得，‎ 电路中电流I′=‎ 此时金属杆接入电路中的电阻R金==0.3Ω 此时金属杆的长度为L=0.3m 根据胡克定律得：‎ 故作用在迎风板上的风力F=K（L0﹣L）=1300（0.5﹣0.3）N=260N ‎（3）以在极短时间△t内吹到迎风板上的空气为研究对象，取风的方向为正方向 ‎ 根据动量定理得 ‎﹣F′△t=0﹣mV ‎ 又m=ρSV△t，F′=F ‎ 则F△t=ρSV△t•V ‎ ‎ 得到V==20m/s 答：（1）金属杆单位长度的电阻为1Ω/m；‎ ‎（2）此时作用在迎风板上的风力为260N；‎ ‎（3）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，风速为20m/s．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，匀强磁场B1垂直水平光滑金属导轨平面向下，垂直导轨放置的导体棒ab在平行于导轨的外力F作用下做匀加速直线运动，通过两线圈感应出电压，使电压表示数U保持不变．已知变阻器最大阻值为R，且是定值电阻R2的三倍，平行金属板MN相距为d．在电场作用下，一个带正电粒子从O1由静止开始经O2小孔垂直AC边射入第二个匀强磁场区，该磁场的磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外，其下边界AD距O1O2连线的距离为h．已知场强B2=B，设带电粒子的电荷量为q、质量为m，则高度h=，请注意两线圈绕法，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）试判断拉力F能否为恒力以及F的方向（直接判断）；‎ ‎（2）调节变阻器R的滑动头位于最右端时，MN两板间电场强度多大？‎ ‎（3）保持电压表示数U不变，调节R的滑动头，带电粒子进入磁场B2后都能击中AD边界，求粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】（1）导体棒匀速运动，产生的感应电动势是定值，闭合回路的电流为恒定电流，只有穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路才能产生感应电流，据此分析答题．‎ ‎（2）由于欧姆定律求出两板间的电势差，然后求出两板间的电场强度．‎ ‎（3）由欧姆定律求出两极板间的最大电势差与最小电势差，由动能定理求出粒子进入右边磁场时的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）ab棒不能做匀速运动，否则副线圈中没有感应电流，故ab棒做变速运动，ab棒做变速运动，产生的感应电动势是变化的，原线圈电流是变化的，ab棒受到的安培力是变力，ab棒做匀加速运动，由牛顿第二定律可知，ab棒受到的合外力为恒力，由于安培力是变力，则拉力F为变力；粒子带正电，粒子在两极板间加速，说明极板间的电场强度方向水平向右，M板电势高于N板电势，副线圈所在电路电流沿顺时针方向，由楞次定律与右手定则可知，ab棒应向左运动．‎ ‎（2）变阻器最大阻值为R，且是定值电阻R2的三倍，则：R2=R，‎ 由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测两电阻的总电压，‎ 两极板间的电势差等于R2两端电压，‎ 电路电流：I===，‎ 定值电阻两端电压：U2=IR2=×R=，‎ 极板间的电场强度：E==；‎ ‎（3）滑片在最右端时，两极板间的电势差最小，‎ 由（2）可知，最小电势差：Umin=，‎ 滑片在最左端时，极板间的电势差最大，Umax=U，‎ 粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2﹣0，‎ 解得：vmin=，vmax=，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子轨道半径：r=，‎ rmin=，rmax=，‎ 由题意可知：h=，则：rmin=h，rmax=2h，‎ 粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可得：AO2=rmin=h，‎ AF===h，‎ 则：粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围是：h≤s≤h；‎ 答：（1）F不能为恒力，F方向向左；‎ ‎（2）调节变阻器R的滑动头位于最右端时，MN两板间电场强度为；‎ ‎（3）粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围是：h≤s≤h．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，直角坐标系xoy的第二象限有一半径为R=a的圆形区域，圆形区域的圆心O1坐标为（﹣a，a），与坐标轴分别相切于P点和N点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）．带电粒子以相同的速度在纸面内从P点进入圆形磁场区域，速度方向与x轴负方向成θ角，当粒子经过y轴上的M点时，速度方向沿x轴正方向，已知M点坐标为（0，）．带电粒子质量为m、带电量为﹣q．忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求：‎ ‎（1）带电粒子速度v大小和cosθ值；‎ ‎（2）若带电粒子从M点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B′大小为多大？‎ ‎（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B．方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（B﹣t图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x 轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动，确定出圆心和半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求得v的大小．由几何关系求解cosθ值；‎ ‎（2）带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，根据几何知识求出轨迹半径，即可由牛顿第二定律求解B．‎ ‎（3）画出粒子运动的轨迹，由几何知识求解K点到x轴最大距离．根据轨迹的圆心角求解图乙中的T值．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动的圆心为O2，离开圆形磁场区域时的位置为H，连接PO1HO2可知，该四边形为菱形，带电粒子做圆周运动的半径：r=a，‎ 由于qvB=m，得：v=；‎ 由于PO1在竖直方向，半径HO2也为竖直方向，由图可知：‎ r+rcosθ=a，‎ 解得：cosθ=；‎ ‎（2）由图可知，带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，设半径为r3，由几何关系有：‎ tanβ==，β=37°，‎ 则：cosβ==，得：r3=a；‎ 而r3=，得：B′=B；‎ ‎（3）由图知：圆O4与直线x=a相切于C点，圆O5与y轴相切于D点，两圆弧相切于E点，带电粒子运动到K点时离x轴距离最大，‎ O4 O5=2r=2a ‎ cos∅=，∅=60°‎ 最大距离KQ=+3r+2rsinΦ=（ +）a 带电粒子运动周期T0=‎ 由 T=×T0‎ 解得 T=；‎ 答：（1）带电粒子速度v大小为，cosθ值是；‎ ‎（2）该磁场的磁感应强度B′大小为 B；‎ ‎（3）K点到x轴最大距离为（ +）a，要达到此最大距离，图乙中的T值为．‎ ‎　‎ ‎2016年11月26日