物理卷·2019届江苏省扬州市邗江区邗江中学高二上学期期中考试物理（选修）试题（解析版）x 17页

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 江苏省邗江中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理（选修）试题 一、单项选择题： ‎ ‎1. 下列说法中正确的是 （ ）‎ 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=U/I可知，定值电阻两端的电压与通过它的电流成正比 C. 磁感应强度B的方向与安培力F的方向相同 D. 一根质量分布均匀的金属裸导线，把它均匀拉长到原来的3倍，则电阻变为原来的3倍 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：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，A错误；定值电阻的阻值不变，根据欧姆定律的变形公式，可知它两端的电压与通过它的电流成正比，B正确；根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，C错误；一根粗细均匀的金属裸导线，若把它均匀地拉长为原来的3倍，根据V=SL，横截面积减小为，根据电阻定律公式，可知电阻增加为9倍，D错误，选B.‎ ‎2. 三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是 （ ）‎ A. B1”“=”或“<”），产生此误差的原因是_________________.‎ ‎【答案】 (1). （1）如图 ‎ (2). （2）电阻率随温度的升高而减小 (3). （3）R测< R真 (4). 误差是由于电压表内阻的分流造成的 ‎【解析】试题分析：（1）因电阻较小电压表内阻相对很大，分流作用小故用电流表外接法；滑动变阻器若用限流式则其最小电流也大于0.04A，故不能用限流式，采用分压式 则电路如图所示 ‎（2）随电流的增大，图中的各点与原点连线的斜率在变小，而斜率表示的是阻值，则阻值在变小；电压大、电流大则功率大，则温度变高，而阻值在减小，是因为电阻率随温度的升高而减小．‎ ‎（3）外接法中电流表的示数为通过电阻的电流和通过电压表的电流之和大于了通过电阻的电流的真实值，故，其误差来源于电压表内阻的分流造成的．‎ ‎【点睛】先由实验数据知阻值的大约值，据该阻值与电流表电压表的阻值关系确定电流表的内外接法；根所测得的电流值确定用分压式或限流式接法；由电路分析确定电流表接法后确定测量值与真实值的大小关系．‎ 四、计算题： ‎ ‎16. 如图所示，电源的电动势E＝24 V，内阻r＝1 Ω，电阻R＝2 Ω，M 为直流电动机，其电阻r′＝1 Ω，电动机正常工作时，其两端所接电压表读数为UV＝21 V，求：‎ ‎（1）回路中的电流是多少？‎ ‎（2）电动机的发热功率是多少？‎ ‎（3）电动机机械功率是多少？‎ ‎（4）电源的效率是多少？‎ ‎【答案】（1）1A（2）1W（3）20W（4）95.8%‎ ‎【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流，（2）由可得电动机的发热功率，（3）由可得电动机机械功率，（4）由可得电源的效率.‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律可得：‎ ‎（2）电动机的发热功率 ‎（3）电动机输出的机械功率 ‎（4）电源的效率是 ‎17. 如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力的大小．‎ ‎（2）通过金属棒的电流的大小．‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎（4）将图中磁场与竖直方向夹角缓慢较小到00，要保证金属棒始终静止，则B的大小应如何变化？‎ ‎【答案】（1）0.1 N.（2）0.5 A.（3）23 Ω.（4）B逐渐增大 ‎【解析】试题分析：（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．（4）根据动态平衡问题的分析方法，即矢量三角形法则先判断安培力的变化情况，再判断磁感应强度的变化情况.‎ ‎（1）作出金属棒的受力图，如图所示 由平衡条件得：‎ 解得：‎ ‎（2）根据安培力公式F=BIL得 ‎（3）设变阻器接入电路的阻值为R 根据闭合电路欧姆 解得：‎ ‎（4）将图中磁场与竖直方向夹角缓慢较小到，即磁感应强度变为竖直向上，则安培力方向变为水平向右，属于动态平衡，由矢量三角形法则可知，重力大小方向不变为，支持力方向不变，故安培力逐渐增大，则磁感应强度逐渐增大.‎ ‎【点睛】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断。本题最后一问题考查了动态平衡问题的处理方法之一，即矢量三角形法则.‎ ‎18. 如图所示，一束质量m=6.4×10-26kg、电荷量q=1.6×10-19的带负电的粒子以某一速率通过一个矩形空间的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T；速度方向与磁感线垂直，带电粒子从A点沿AD方向射入，已知AB=DC=0.4m，AD=BC=0.4m，求：‎ ‎（1）若带电粒子的运动速率为v1=1×105m/s，则其在磁场中运动半径R1为多少？‎ ‎（2）若带电粒子恰好从C点离开磁场，则其在磁场中运动半径R2和速率v2各为多少？‎ ‎（3）若满足带电粒子能从BC边飞出磁场，试确定带电粒子在磁场中运动时间的范围？‎ ‎【答案】（1）0.2m（2）0.8m ；4×105m/s（3） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出轨道半径．（2）由几何知识可以求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出粒子的速度．（3）根据粒子的周期公式与粒子转过的圆心角可以求出粒子运动时间范围．‎ ‎（1）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：‎ 代入数据解得： ‎ ‎（2）由几何关系得：‎ 解得：运动半径 由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：‎ 粒子做圆周运动的周期：‎ 代入数据解得：‎ 粒子运动时间：‎ 解得：‎ ‎【‎ 点睛】在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出符合条件的粒子运动的轨迹，尤其是能确定临界情况的运动轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式.‎ ‎19. 如图所示，一个板长为L，板间距离也是L的平行板容器上极板带正电，下极板带负电。有一对质量均为m，重力不计，带电量分别为+q和-q的粒子从极板正中水平射入（忽略两粒子间相互作用），初速度均为v0。若-q粒子恰能从上极板边缘飞出，求：‎ ‎（1）两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向 ‎（2）-q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向 ‎（3）在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，为使得+q粒子与-q粒子在磁场中对心正碰（碰撞时速度方向相反），则磁感应强度B应为多少？‎ ‎【答案】（1），方向竖直向下（2） ；450（3）‎ ‎【解析】(1)（6分）由于上板带正电，下板带负电，故板间电场强度方向竖直向下 (2分)‎ ‎-q粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加速运动 ‎…………………….……………………..……………………..…………①(1分)‎ ‎……………………………………………..………….…………………②(1分)‎ 其中………………………………………………………………………………③(1分)‎ ‎（①②③联合列式且正确者得3分）‎ 由①②③得，……………………………………………………………..④(1分)‎ ‎(此问未回答E的方向者扣2分)‎ ‎(2)（6分）设粒子飞出板时水平速度为vx，竖直速度为vy，水平偏转角为 ‎……………………………….………………………………………………..⑤(1分)‎ ‎……………………….………..…………………………………..⑥(1分)‎ ‎……………………….………..…………………………………………..⑦(1分)‎ ‎……………………….…………………………………………………⑧(1分)‎ 由④⑤⑥⑦⑧式可得，….………………………………………⑨(2分)‎ ‎(⑤⑥⑦联合列式且正确者得3分)‎ ‎(3)（6分）由于+q粒子在电场中向下偏转，且运动轨迹与-q粒子对称，它飞出下极板时速度大小与偏转角和-q粒子相同，进入磁场后它们均做圆周运动，为了使它们正碰，只须，轨迹如图所示（正确画出轨迹图可得2分）‎ 由几何关系易知.………………………………⑩(1分)‎ 洛伦兹力提供向心力.………… .………….⑾(2分)‎ 由得⑨⑩⑾…………………………………….. (1分)‎