物理卷·2018届湖南省株洲二中高二上学期第三次月考物理试卷 （解析版） 21页

‎2016-2017学年湖南省株洲二中高二（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一．单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（　　）‎ A．奥斯特发现了电流的磁效应，并提出分子电流假说 B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C．牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量 D．密立根精确地测得了元电荷e的数值 ‎2．如图所示，质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上，B悬挂着．已知mA=2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是（　　）‎ A．绳子对A的拉力将增大 B．物体A对斜面的压力将增大 C．物体A受到的静摩擦力增大 D．物体A受到的静摩擦力减小 ‎3．某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究某一物体以初速度2m/s做直线运动的加速度a随时间t变化的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示．以物体的初速度方向为正方向，则下列说法正确的是（　　）‎ A．物体在1s末加速度方向改变 B．物体在3s末速度方向改变 C．前4s内物体的最大速度出现在第1s末 D．物体在第2s末与第4s末的速度相同 ‎4．如图所示，有一段物体做平抛运动的轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出．其中x、y坐标轴分别沿水平方向和竖直方向，则下列说法错误的是（　　）‎ A．物体在a点的速度方向是水平的 B．物体的平抛初速度是2m/s C．从坐标原点到c点的这段时间内小球的速度变化量为2m/s D．物体在b点的速度大小为2.5m/s ‎5．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标．若运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭的速度为v2，直线跑道离固定目标的最近距离为d，要想在最短的时间内射中目标，则运动员放箭处离目标的距离应该为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎6．如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端 A 向上有三个等间距点 B、C和D，即AB=BC=CD．小滑块 P 以初速 v0从A 出发，沿斜面向上运动．先设置斜面与滑块间处处无摩擦，则滑块到达D位置刚好停下，而后下滑．若设置斜面 AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块上行到C位置刚好停下，而后下滑．滑块下滑到B位置时速度大小和回到 A 端时速度大小分别为（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎7．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（　　）‎ 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径（AU）‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎5.2‎ ‎9.5‎ ‎19‎ ‎30‎ A．各地外行星每年都会出现冲日现象 B．在2015年内一定会出现火星冲日 C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半 D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 ‎8．一质量为m的质点以速度v0运动，在t=0时开始受到恒力F0作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v1=v0．质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程中的位移为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（共4个小题，每小题有两个或两个以上的正确选项，全对得4分，少选得2分，选错得0分）‎ ‎9．如图所示，虚线a、b和c是某点电荷形成的电场中的三个间距相等的等势面，它们的电势为Ua，Ub，Uc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）‎ A．当粒子从M到N的过程中，动能增加，电势能减小 B．当粒子从K到L的过程中，电场力做正功，机械能增加 C．形成电场的点电荷一定带负电，且相邻的电势差Uab=Ubc D．形成电场的点电荷一定带正电，且相邻的电势差Uab＞Ubc ‎10．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示．从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则（　　）‎ A．0﹣t1时间内，汽车的牵引力等于 B．t1﹣t2时间内，汽车的功率等于 C．汽车运动的最大速度 D．t1﹣t2时间内，汽车的平均速度小于 ‎11．在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（　　）‎ A．灯泡L变亮 B．电压表读数变小 C．电流表读数变小 D．电容器C上的电荷量增大 ‎12．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x负方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则磁感应强度的方向和大小可能为（　　）‎ A．z正向， B．y负向，‎ C．x负向， D．沿悬线向上，‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎13．游标卡尺和螺旋测微器是比较精密的长度测量的仪器，如图1中游标卡尺的读数为　　mm；如图2中螺旋测微器的读数为　　mm ‎14．如图是一个多量程多用电表的简化电路图，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程不同的档位．电压的大量程是6V，小量程为3V．‎ ‎（1）下列说法正确的是：　　‎ A．当选择开关S旋到位置4时，是电阻档 B．当选择开关S旋到位置6时，是电压档，测量时B应接 高电势 C．当选择开关S旋到5的量程比旋到6的量程大 D．A表笔为黑表笔，B表笔为红表笔 ‎（2）已知表头G的满偏电流为100μA，内阻为990Ω，图中的电源E的电动势均为3.5 V，当把选择开关S旋到位置4，在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误．则R3=　　Ω，R4=　　Ω．‎ ‎　‎ 四．计算题（共40分）‎ ‎15．电子质量为m、电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：‎ ‎（1）OP的长度；‎ ‎（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t．‎ ‎16．两平行金属板长为L，板间距离为d，从两板左端正中间有带电粒子持续飞入，如图所示．粒子的电量为q，质量为m，初速度方向平行于极板，大小为v0，在两极板上加一恒定电压U，不计带电粒子重力作用．求：‎ ‎（1）带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是多少？‎ ‎（2）粒子能从右侧飞出，粒子在电场中的加速度是多少？‎ ‎（3）如粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，求恒定电压U，金属板长L，板间距离d，粒子的电量q，质量m，初速度大小v0之间的数量关系．‎ ‎17．如图所示，在水平面内固定着足够长且光滑的平行金属轨道，轨道间距L=0.40m，轨道左侧连接一定值电阻R=0.80Ω．将一金属直导线ab垂直放置在轨道上形成闭合回路，导线ab的质量m=0.10kg、电阻r=0.20Ω，回路中其余电阻不计．整个电路处在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，B的方向与轨道平面垂直．导线ab在水平向右的拉力F作用下，沿力的方向以加速度a=2.0m/s2由静止开始做匀加速直线运动，求：‎ ‎（1）5s末的感应电动势大小；‎ ‎（2）5s末通过R电流的大小和方向；‎ ‎（3）5s末，作用在ab金属杆上的水平拉力F的大小．‎ ‎18．如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为m的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为μ，小车足够长．求：‎ ‎①小物块相对小车静止时的速度；‎ ‎②从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；‎ ‎③从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省株洲二中高二（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（　　）‎ A．奥斯特发现了电流的磁效应，并提出分子电流假说 B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C．牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量 D．密立根精确地测得了元电荷e的数值 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故A错误．‎ B、库仑提出了库仑定律，密立根精确地测得了元电荷e的数值．故B错误，D正确．‎ C、牛顿发现了万有引力定律，但未测定出引力常量G，是卡文迪许测定了引力常量G．故C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示，质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上，B悬挂着．已知mA=2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是（　　）‎ A．绳子对A的拉力将增大 B．物体A对斜面的压力将增大 C．物体A受到的静摩擦力增大 D．物体A受到的静摩擦力减小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；静摩擦在日常生活中的应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先对物体B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到拉力等于物体B的重力；再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：设mA=2mB=2m，对物体B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到：T=mg 再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图 根据平衡条件得到 f+T﹣2mgsinθ=0‎ N﹣2mgcosθ=0‎ 解得 f=2mgsinθ﹣T=2mgsinθ﹣mg N=2mgcosθ 当θ不断变大时，f不断变大，N不断变小；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究某一物体以初速度2m/s做直线运动的加速度a随时间t变化的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示．以物体的初速度方向为正方向，则下列说法正确的是（　　）‎ A．物体在1s末加速度方向改变 B．物体在3s末速度方向改变 C．前4s内物体的最大速度出现在第1s末 D．物体在第2s末与第4s末的速度相同 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在加速度﹣时间图象中，加速度的符号表示加速度的方向，由图可直接读出加速度的大小和方向，根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速度最大的时刻．根据a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，分析第2s末与第4s末物体的速度关系．‎ ‎【解答】解：ABC、分析物体的运动情况：在0﹣3s内物体的加速度为正，与初速度方向相反，说明物体沿正方向做加速运动，在3﹣4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，1s末、3s末速度方向都没有改变，故A、B、C错误；‎ D、由图象可知，前2s内和前4s的a﹣t图象的“面积”相等，则速度变化量相等，所以物体在第2s末与第4s末的速度大小相等，方向也相同，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，有一段物体做平抛运动的轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出．其中x、y坐标轴分别沿水平方向和竖直方向，则下列说法错误的是（　　）‎ A．物体在a点的速度方向是水平的 B．物体的平抛初速度是2m/s C．从坐标原点到c点的这段时间内小球的速度变化量为2m/s D．物体在b点的速度大小为2.5m/s ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上△y=gT2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度．‎ 求出b点在竖直方向上的速度，即可求出b点速度．根据自由落体运动的规律分析起点的位置．‎ ‎【解答】解：A、由于yab：ybc=1：2≠1：3，不符合自由落体的规律，所以a点不是平抛运动的起点，因此a点的速度方向不可能水平．故A错误．‎ B、在竖直方向上，有△y=gT2，即ybc﹣yab=gT2，得：T==s=0.1s．小球平抛运动的初速度为：v0==m/s=2m/s．故B正确．‎ C、物体从a点运动到c点的时间为：t=2T=0.2s，那么从坐标原点到c点的这段时间内小球的速度变化量为：△v=gt=10×0.2=2m/s，故C正确．‎ D、b点在竖直方向上的分速度为：vby==1.5m/s，‎ 小球运动到b点的速度大小为：v==2.5m/，故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标．若运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭的速度为v2，直线跑道离固定目标的最近距离为d，要想在最短的时间内射中目标，则运动员放箭处离目标的距离应该为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】运动员放出的箭既参与了沿马运行方向上的匀速直线运动，又参与了垂直于马运行方向上的匀速直线运动，当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，根据t= 求出最短时间，根据分运动和合运动具有等时性，求出箭在马运行方向上的距离，根据运动的合成，求出运动员放箭处离目标的距离．‎ ‎【解答】解：当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，所以最短时间t=，则箭在沿马运行方向上的位移为x=v1t=‎ 所以放箭处距离目标的距离为s=，故A、C、D错误；B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端 A 向上有三个等间距点 B、C和D，即AB=BC=CD．小滑块 P 以初速 v0从A 出发，沿斜面向上运动．先设置斜面与滑块间处处无摩擦，则滑块到达D位置刚好停下，而后下滑．若设置斜面 AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块上行到C位置刚好停下，而后下滑．滑块下滑到B位置时速度大小和回到 A 端时速度大小分别为（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】物体在第一种情况下运动到D，写出动能定理的公式；物体在第二种情况下运动到C，写出动能定理的公式；比较两种情况，得出摩擦力的表达式，C到B的过程中以及B到A的过程中同样使用动能定理即可解题 ‎【解答】解：设AB=BC=CD=x，斜面的倾角为θ；物体在第一种情况下运动到D，只有重力做功，得：‎ ‎﹣mg•3xsinθ=0﹣m①‎ 物体在第二种情况下运动到C，重力与摩擦力做功，得：‎ ‎﹣mg•2xsinθ﹣f•x=0﹣m②‎ 比较两式得：f=mgsinθ ③‎ C到B的过程中：mg•xsinθ=mv2﹣0 ④‎ 联立①④得：v=v0‎ 由于f=mgsinθ，滑块从B向A滑动的过程中，沿斜面的方向摩擦力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反，所以物体做匀速直线运动，速度保持不变．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（　　）‎ 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径（AU）‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎5.2‎ ‎9.5‎ ‎19‎ ‎30‎ A．各地外行星每年都会出现冲日现象 B．在2015年内一定会出现火星冲日 C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半 D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等；从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球多转动一周的时间．‎ ‎【解答】解：根据开普勒第三定律，有：；‎ 解得：T=；‎ 故T火==1.84年；T木==11.86年；T土==29.28年；T天==82.82年；T海==164.32年；‎ 如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：‎ ‎2π=（）t 解得：‎ t=‎ 故海王星相邻两次冲日的时间间隔为：t海=年 故天王星相邻两次冲日的时间间隔为：t天=≈1.01年；‎ 土星相邻两次冲日的时间间隔为：t土=≈1.04年；‎ 木星相邻两次冲日的时间间隔为：年 A、各地外行星不是每年都会出现冲日现象，故A错误；‎ B、火星绕太阳运动的周期约为1.5年，相邻两次冲日的时间间隔为1.84年，2014年4月9日火星冲日，故在2015年内一定会出现火星冲日，故B正确；‎ C、天王星相邻两次冲日的时间间隔是1.01年，而土星为1.04年，故C错误；‎ D、由以上的分析可知，地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎8．一质量为m的质点以速度v0运动，在t=0时开始受到恒力F0作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v1=v0．质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程中的位移为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】由题意可知，物体做类斜上抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解．‎ ‎【解答】解：质点速度大小先减小后增大，减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，是做类斜上抛运动．‎ 设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度：v1=v0sinθ=v0‎ 可知初速度与恒力的夹角为37°．‎ 在沿恒力方向上有：v0cosθ﹣=0，x=‎ 在垂直恒力方向上有：y=v0sinθt 质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程中的位移为：s=‎ 联立解可得：s=‎ 故选：A ‎　‎ 二、多项选择题（共4个小题，每小题有两个或两个以上的正确选项，全对得4分，少选得2分，选错得0分）‎ ‎9．如图所示，虚线a、b和c是某点电荷形成的电场中的三个间距相等的等势面，它们的电势为Ua，Ub，Uc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）‎ A．当粒子从M到N的过程中，动能增加，电势能减小 B．当粒子从K到L的过程中，电场力做正功，机械能增加 C．形成电场的点电荷一定带负电，且相邻的电势差Uab=Ubc D．形成电场的点电荷一定带正电，且相邻的电势差Uab＞Ubc ‎【考点】电势能；功能关系．‎ ‎【分析】由图可知，粒子受力的方向；再根据电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接根据电场力的方向判断．‎ ‎【解答】解：A、由粒子轨迹可知，粒子受力指向外侧，故从M到N的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故A正确；‎ B、由K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，机械能减小，故B错误；‎ C、带正电粒子受力向外，故形成电场的点电荷一定带正电，且越向外电场强度越小，故相等距离下Uab＞Ubc；故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示．从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则（　　）‎ A．0﹣t1时间内，汽车的牵引力等于 B．t1﹣t2时间内，汽车的功率等于 C．汽车运动的最大速度 D．t1﹣t2时间内，汽车的平均速度小于 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；动能定理的应用．‎ ‎【分析】本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值．‎ ‎【解答】解：A、由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a=，F1﹣Ff=ma，联立得，F1=m+Ff，选项A错误；‎ B、在t1时刻汽车达到额定功率P=F1v1=，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；‎ C、t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=Ff，P=F2v2，v2==（+1）v1，选项C正确；‎ D、由v﹣t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，选项D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎11．在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（　　）‎ A．灯泡L变亮 B．电压表读数变小 C．电流表读数变小 D．电容器C上的电荷量增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．‎ ‎【解答】解：‎ A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡L变暗．故A错误．‎ B、C、电流I减小，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir，则U变大．故B错误，C正确．‎ D、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器的电压也增大，则其电荷量增大，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎12．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x负方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则磁感应强度的方向和大小可能为（　　）‎ A．z正向， B．y负向，‎ C．x负向， D．沿悬线向上，‎ ‎【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】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内． 把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：BILcosθ=mgsinθ，解得：B=tanθ，故A正确；‎ B、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，B=导线静止，与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故B错误；‎ C、当磁场沿x负方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线在重力与细线拉力作用下静止，磁感应强度可以为任何值，B=可以使导线静止，但与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故C错误；‎ D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向上方，由平衡条件得：BIL=mgsinθ，则B=sinθ，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎13．游标卡尺和螺旋测微器是比较精密的长度测量的仪器，如图1中游标卡尺的读数为　3.6　mm；如图2中螺旋测微器的读数为　2.655　mm ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．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：游标卡尺的主尺读数3mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.1mm=0.6mm，所以最终读数为：3mm+0.6mm=3.6mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为15.5×0.01mm=0.155mm，所以最终读数为2.5mm+0.155mm=2.655mm．‎ 故答案为：3.6；2.655‎ ‎　‎ ‎14．如图是一个多量程多用电表的简化电路图，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程不同的档位．电压的大量程是6V，小量程为3V．‎ ‎（1）下列说法正确的是：　A　‎ A．当选择开关S旋到位置4时，是电阻档 B．当选择开关S旋到位置6时，是电压档，测量时B应接 高电势 C．当选择开关S旋到5的量程比旋到6的量程大 D．A表笔为黑表笔，B表笔为红表笔 ‎（2）已知表头G的满偏电流为100μA，内阻为990Ω，图中的电源E的电动势均为3.5 V，当把选择开关S旋到位置4，在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误．则R3=　11　Ω，R4=　99　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；‎ ‎（2）“该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误”，说明已经进行过欧姆调零，即让表头满偏．在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，说明：当表头半偏时，改装后的电流表的总内阻R内=3500Ω，根据开关接在1、2两个位置，读出电流表的量程，根据并联电路电流的分配规律求解R1和R2．‎ ‎【解答】解：（1）A、当转换开关S旋到位置4时，表头与电表中的电源相连接，是电阻档．故A正确．‎ B、当转换开关S旋到位置6时，表头与电阻串联，电阻起分压作用，是电压档，由电路图可知，B为黑表笔，则测量时，应接低电势．故B错误．‎ C、当转换开关S旋到5串联的电阻小于旋转到6串联的电阻，可知旋转到6，串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大．故C错误．‎ D、根据电流“红进黑出”可知，B表笔为黑表笔，A表笔为红表笔．故D错误．故选：A．‎ ‎（2）“该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误”，意味着之前已经将A、B短接调零了（即让表头满偏），在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，说明：当表头半偏时，改装后的电流表的总内阻R内=3500Ω，则转换开关S在2时（如图a），电流表的量程为I2=A=1mA，‎ 依题意，转换开关S在1（如图b）时，电流表的量程为I1=10mA 由表头G的满偏电流为100μA、内阻为990Ω和并联电路电流分配规律，由： +Ig=I2， +Ig=I1，‎ 解得：R1=11Ω，R2=99Ω；‎ 故答案为：（1）A；（2）11；99．‎ ‎　‎ 四．计算题（共40分）‎ ‎15．电子质量为m、电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：‎ ‎（1）OP的长度；‎ ‎（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t．‎ ‎【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】（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子的轨道半径，然后由几何知识求出OP间的距离．‎ ‎（2）由几何知识求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出电子在磁场中的运动时间．‎ ‎【解答】解：过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，电子运动轨迹如图所示；‎ ‎（1）电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：qv0B=m，‎ 解得电子轨道半径：R=，‎ 由几何知识得：OP=2Rsinθ=sinθ；‎ ‎（2）由图示可知，电子做圆周运动转过的圆心角：φ=2θ，‎ 电子做圆周运动的周期：T=，‎ 电子在磁场中运动的时间：t=T=×=；‎ 答：（1）OP的长度为sinθ；‎ ‎（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间．‎ ‎　‎ ‎16．两平行金属板长为L，板间距离为d，从两板左端正中间有带电粒子持续飞入，如图所示．粒子的电量为q，质量为m，初速度方向平行于极板，大小为v0，在两极板上加一恒定电压U，不计带电粒子重力作用．求：‎ ‎（1）带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是多少？‎ ‎（2）粒子能从右侧飞出，粒子在电场中的加速度是多少？‎ ‎（3）如粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，求恒定电压U，金属板长L，板间距离d，粒子的电量q，质量m，初速度大小v0之间的数量关系．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为匀加速直线运动，对水平分运动，根据x=v0t求解运动时间；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律列式求解加速度；‎ ‎（3）如粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，对竖直分运动根据位移公式列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，故运动时间为：‎ t=‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，有：‎ a=‎ ‎（3）粒子从两板左端正中间射入，恰好能从右侧极板边缘飞出，故：‎ y=‎ 故：d=‎ 答：（1）带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是；‎ ‎（2）粒子能从右侧飞出，粒子在电场中的加速度是；‎ ‎（3）如粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，求恒定电压U，金属板长L，板间距离d，粒子的电量q，质量m，初速度大小v0之间的数量关系为d=．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在水平面内固定着足够长且光滑的平行金属轨道，轨道间距L=0.40m，轨道左侧连接一定值电阻R=0.80Ω．将一金属直导线ab垂直放置在轨道上形成闭合回路，导线ab的质量m=0.10kg、电阻r=0.20Ω，回路中其余电阻不计．整个电路处在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，B的方向与轨道平面垂直．导线ab在水平向右的拉力F作用下，沿力的方向以加速度a=2.0m/s2由静止开始做匀加速直线运动，求：‎ ‎（1）5s末的感应电动势大小；‎ ‎（2）5s末通过R电流的大小和方向；‎ ‎（3）5s末，作用在ab金属杆上的水平拉力F的大小．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）由题，导线ab做匀加速运动，已知初速度为零、加速度，即可由速度公式求出5s末的速度大小v，由E=BLv求出感应电动势大小；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律求出通过R电流的大小，由右手定则判断感应电流的方向．‎ ‎（3）在水平方向上，导线受到拉力和安培力，根据牛顿第二定律求解水平拉力F的大小．‎ ‎【解答】解：（1）由于导体棒ab做匀加速直线运动，设它在第5s末速度为v，所以v=at=10.0m/s 根据法拉第电磁感应定律：E=BLv=0.5×0.4×10V=2V ‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律：‎ ‎ I==A=2A 根据右手定则判断可知，通过R电流的方向d→c．‎ ‎（3）因为金属直导线ab做匀加速直线运动，故根据牛顿第二定律得 ‎ F﹣F安=ma 其中：F安=BIl=0.40N 解得：F=F安+ma=0.4N+0.1×2N=0.6N 答：（1）5s末的感应电动势大小是2V；‎ ‎（2）5s末通过R电流的大小是2A，方向d→c；‎ ‎（3）5s末，作用在ab金属杆上的水平拉力F的大小是0.6N．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为m的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为μ，小车足够长．求：‎ ‎①小物块相对小车静止时的速度；‎ ‎②从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；‎ ‎③从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离．‎ ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】①小物块在小车上滑行时，系统的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求两者相对静止时的速度；‎ ‎②对小车，根据动量定理求小物块到相对小车运动的时间；‎ ‎③根据能量守恒和功能关系求物块相对于小车滑行的距离和产生的热量．‎ ‎【解答】解：①物块滑上小车后，受到向后的滑动摩擦力而做减速运动，小车受到向前的滑动摩擦力而做加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止，如图所示．由于“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律．‎ 取向右为正方向，由动量守恒定律，得：‎ ‎ mv0=（ m+m ）v共 解得 v共=‎ ‎②对M，由动量定理得：‎ ‎ μmgt=mv共 可以解得：t=‎ ‎③系统动能的减少量等于系统产生的热量，根据能量守恒定律得：‎ 系统产生的热量 Q=mv02﹣（ m+m ）v共2=mv02．‎ 由功能关系，知系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积，则有 ‎ Q=μmgS相对．‎ 解得 S相对=‎ 答：‎ ‎①小物块相对小车静止时的速度是；‎ ‎②从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间是mv02；‎ ‎③从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量是，物块相对小车滑行的距离是．‎ ‎　‎