河北省张家口市宣化第一中学2020届高三上学期月考考试物理试卷 16页

物理试卷 一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）‎ 1. 关于物理学史，下列说法中正确的是‎(    )‎ A. 卡文迪许在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 B. 法拉第提出了电场、磁场的概念，直观地描绘了场的图象 C. 电场是为了便于研究物体的运动而引入的理想模型 D. 历史上第一个发现电流周围有磁场，从而将电现象和磁现象联系在一起的科学家是赫兹 2. 如图所示，质量为m、带电荷量为‎+q的小金属块A以初速度v‎0‎从光滑绝缘水平高台上飞出。已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E=‎‎2mgq，则‎(    )‎ A. 金属块不一定会与高台边缘相碰 B. 金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速直线运动 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为v‎0‎‎2‎‎4g D. 金属块运动过程中距高台边缘最远时的速度为v‎0‎ ‎ 3. 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒以速度v从O点进入一个电磁场混合区域。其中电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，v与水平方向成θ角，且与磁场方向垂直，已知该微粒恰好能沿直线运动到A，重力加速度为g，则下列说法中正确的是‎(    )‎ A. 该微粒可能带正电 B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C. 该磁场的磁感应强度大小为B=‎mgqvcosθ D. 该电场的场强为E=‎mgqtanθ 4. 如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，带电量为‎+Q，其圆心为O点。有一带电量为十q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点，OP间距为L，P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为θ，重力加速度为g，以下说法错误的是‎(    )‎ A. P点场强方向竖直向上 B. P点场强大小为mgq C. P点场强大小为kQcosθL‎2‎ D. P点场强大小为kQcos‎3‎θL‎2‎ ‎ 5. 在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则‎(    )‎ ‎ A. 滑片一定向左移动 B. 电源的输出功率一定增大 C. 当滑片滑到最左端时，电阻R‎1‎消耗的功率最大 D. 电源的效率一定减小 ‎ 1. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上有一根长为L、重力为G、通有电流I的导体棒。若空间中有一方向竖直向上的匀强磁场，使导体棒保持静止，则磁感应强度大小为多少？‎‎(    )‎ A. GtanαIL B. GcosαIL C. GILcosα D. ‎GILtanα 2. 如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，D‎1‎和D‎2‎是两个中空半径为R的半圆金属盒，它们之间接高交流电其频率为f，匀强磁场的磁感应强度为B.A处的粒子源产生的α粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动，若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是‎(    )‎ ‎ A. α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大 B. α粒子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C. 不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速氘核 D. α粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ 3. 如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止向右运动，则‎(    )‎ A. 随着ab运动速度的增大，其加速度减小 B. 外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C. 当ab做匀速运动时，外力F做功的功率大于电路中的电功率 D. 无论ab做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 4. 在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是‎(    )‎ ‎ A. 电压表V‎1‎示数变大，V‎2‎示数都变小 B. 电流表A的示数减小，电压表V‎3‎示数在变小 C. 电容器的电荷量增大，电阻R‎1‎消耗的电功率变大 D. 电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大 5. 电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制。转把内部有水久磁铁和霍尔器件等，裁面如图甲。开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙。转把转动永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电势差，已知电势差与车速关系如图丙，图象关于y轴对称，以下关于“霍尔转把”叙述错误的是‎(    )‎ A. 为提高控制的灵敏度，水久磁铁的上下端分别为N、S极 B. 按图甲顺时针转动把手，车速变快 C. 图乙中霍尔器件只能从前后表面输出控制车速的电势差 D. 若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，则会影响车速控制 1. 图示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂面向内，有一粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α，以下说法正确的是‎(    )‎ A. 若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm‎6qB B. 若r=2R，粒子沿着与半径方向成‎45°‎角斜向下射入磁场，则有关系tanα‎2‎=‎‎2‎2‎+1‎‎7‎成立 C. 若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动的时间为πm‎3qB D. 若r=R，粒子沿着与半径方向成‎60°‎角斜向下射入磁场，则圆心角α为‎150°‎ 2. 如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成‎15°‎角，AB直线垂直匀强电场E，现有一质量为m、电荷量为‎+q的小球在A点以初速度大小v‎0‎方向水平向右抛出，经时间t小球下落到C点‎(‎图中未面出‎)‎时速度大小仍为v‎0‎，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是‎(    )‎ A. 电场力对小球做功为零 B. 小球的电势能增加 C. 小球的机械能减小量为‎1‎‎2‎mg‎2‎t‎2‎ D. C一定位于AB直线的右侧 三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）‎ 3. 如图‎(a)‎所示，深度h=15.0cm的套筒竖直倒置，轻质弹簧的上端固定在套筒内，弹簧处于原长时，其下端位于筒内，用测力计钩住弹簧的下端用力竖直向下拉，记录测力计的示数和露出外的弹的长度l，k和l‎0‎为测量弹簧的劲度系数和原长，现在坐标纸上作出F-t图象，如图‎(b)‎所示。则弹簧的劲度系数k=‎______N/m，弹簧的原长l‎0‎‎=‎______cm，测得原长比实际长度______‎(‎偏大，偏小，相等‎)‎。 ‎ 1. 实验室有一阻值约为‎200Ω，长为‎1.0m的由特殊材料制成的均匀金属圆柱，为了测量这种特殊材料的电阻率，实验室能够提供的实验器材有： 电源E(12V，内阻约‎10Ω)‎ 电压表V(0～15V，内阻约为‎5kΩ)‎ 电流表A(0～50mA，内阻约为‎100Ω)‎ 滑动变阻器R(0～20Ω)‎ 待测金属圆柱体； ‎(1)‎用螺旋测微器测量圆柱直径，其示数如图1所示，则该圆柱直径的测量值d=‎______mm。 ‎(2)‎为了获得多组数据，尽量精确测量其电阻值，请在实物图2中完成实验电路。电路正确连接后，开关闭合前滑片置于最______端‎(‎填“左”或“右”‎)‎。 ‎(3)‎通过调节滑片位置，得到多组U、I数据，描点画图得到如图3示U-I图象，由图象可得电阻值为______Ω，由以上数据可得待测材料的电阻率ρ=‎______。‎(‎结果保留三位有效数字‎)‎ ‎ 四、计算题（本大题共5小题，共56.0分）‎ 2. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°‎，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R‎0‎‎=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取‎10m/s‎2‎.‎已知sin37°=0.60‎，cos37°=0.80‎， 试求： ‎‎(1)‎ 通过导体棒的电流； ‎(2)‎导体棒受到的安培力大小； ‎(3)‎导体棒受到的摩擦力的大小。 ‎ 1. 如图所示，在E=‎10‎‎3‎V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R=40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q=‎10‎‎-4‎C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4‎，位于N点右侧‎1.5m的M处，g取‎10m/‎s‎2‎，求： ‎(1)‎小滑块从M点到Q点重力和电场力分别做的功； ‎(2)‎要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v‎0‎向左运动？ ‎(3)‎在第‎(2)‎问的情况下，小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？ ‎ 2. 如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E=‎‎3mv‎0‎‎2‎‎2qL，在第三象限内有磁感应强度B=‎‎3mv‎0‎‎2qL的匀强磁场I，在第四象限内有磁感应强度B=‎‎6mv‎0‎qL的匀强磁场Ⅱ‎.‎磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为‎+q的粒子从P(0,L)‎点处以初速度v沿垂直于y轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x轴和y轴进人磁场I和磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力。求： ‎(1)‎粒子由电场进入磁场I时在x轴上的位置坐标； ‎(2)‎粒子从出发到第2次经过y轴所需要的时间t； ‎(3)‎粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过y轴的位置坐标和粒子从磁场Ⅱ进入磁场I经过y轴的位置坐标。‎ ‎ ‎ 1. 如图，为水下打捞的原理简图。将待打捞重物用绳子系挂在一开口向下的圆柱形浮筒上，再向浮简内充入一定量的气体。已知重物的质量为m‎0‎，体积为V‎0‎‎.‎开始时，浮筒内液面到水面的距离为h‎1‎，浮筒内气体体积为V‎1‎，在钢索拉力作用下，浮筒缓慢上升。已知大气压强为p‎0‎，水的密度为ρ，当地重力加速度为g。不计浮简质量、筒壁厚度及水温的变化，浮筒内气体可视为质量一定的理想气体。 ‎(I)‎在浮筒内液面与水面相平前，打捞中钢索的拉力会逐渐减小甚至为零，请对此进行解释； ‎(‎Ⅱ‎)‎当浮筒内液面到水面的距离减小为h‎2‎时，拉力恰好为零。求h‎2‎以及此时简内气体的体积V‎2‎。 ‎ 2. 如图所示，EOFGC为某种透明介质的截面图，EOC是半径为R的四分之一圆弧，OFGC是一个正方形，AB为足够大的水平屏幕并紧始介质的底面，由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，该介质对红光和紫光的折射率分别为n‎1‎‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎，n‎2‎‎=‎‎2‎，设光在真空中的速度为c，求： ‎(1)‎红光在介质中的传播速度。 ‎(2)‎若α=53°‎ 时，光在屏幕AF上出现了两个亮斑，则这两个亮斑之间的距离为多少。‎ ‎ 物理试卷答案和解析 ‎1.【答案】B ‎ ‎【解析】解：A、库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，故A错误； B、法拉第提出了电场、磁场的概念，直观地描绘了场的图象，故B正确； C、电场是实际存在的物质，不是理想化模型，故C错误； D、历史上第一个发现电流周围有磁场，从而将电现象和磁现象联系在一起的科学家是奥斯特，故D错误； 故选：B。 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。 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。 2.【答案】C ‎ ‎【解析】解：AB、电场力F=qE=q⋅‎2mgq=2mg，向左，故小金属块竖直方向做自由落体运动，水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，碰前合力与速度方向不共线，所以做曲线运动，故AB错误； C、小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度为2g，根据速度位移关系公式，有：xm‎=v‎0‎‎2‎‎2×2g=‎v‎0‎‎2‎‎4g，故C正确； D、小金属块水平方向向右减速到零时距高台边缘最远，用时t=‎v‎0‎‎2g，竖直方向做自由落体运动，分速度vy‎=gt=‎v‎0‎‎2‎，由于水平分速度为零，所以距高台边缘最远时的速度v=vy=‎v‎0‎‎2‎，故D错误； 故选：C。 ‎ 小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动；对水平分运动，根据速度位移公式求解距高台边缘的最大水平距离；水平方向向右减速到零时距高台边缘最远，分别求解竖直速度和水平速度可求得距高台边缘最远时的速度。 本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解。 3.【答案】C ‎ ‎【解析】解：A.‎若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡。若粒子带负电，符合题意。故A错误。 B.粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符。故B错误。 CD.‎粒子受力如图： 根据三角形定则有：qE=mgtanθ，qvB=‎mgcosθ 所以E=‎mgtanθq．B=‎mgqvcosθ，故C正确，D错误。 故选：C。 粒子从O沿直线运动到A，必定做匀速直线运动，根据左手定则和平衡条件可判断电性，根据三角形定则可求出磁场的磁感应强度B和电场的场强E。 解决该题的关键是明确知道带电粒子受到了重力电场力以及洛伦兹力作用下只能做匀速直线运动，掌握左手定则分析洛伦兹力以及电性； 4.【答案】C ‎ ‎【解析】解：A、小球恰能静止在P点，小球所受的重力和电场力平衡，则知小球所受的电场力竖直向上，而小球带正电，所以，P点场强方向竖直向上，故A正确。 B、对于小球，由平衡条件有qE=mg，得E=‎mgq，故B正确。 CD、将圆环分为n等分‎(n很大，每一份可以认为是一个点电荷‎)‎，则每份的电荷量为q=‎Qn， 每份在P点的电场强度大小为：E‎0‎‎=kqr‎2‎=k⋅‎Qn‎(‎Lcosθ‎)‎‎2‎=‎kQcos‎2‎θnL‎2‎ 根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，其大小为：E=nE‎0‎cosθ=kQcos‎3‎θL‎2‎，故C错误，D正确。 本题选错误的，故选：C。 P点场强有两种求法：一种根据带电小球受力平衡，由平衡条件求解。另一种采用微元法求解：将圆环分为n等分‎(n很大，每一份可以认为是一个点电荷‎)‎，求出每份的电荷量，根据点电荷电场强度的计算公式结合矢量的合成方法进行求解。 本题主要是考查电场强度的叠加，解答本题要知道电场强度是一个矢量，满足矢量的平行四边形法则，掌握微元法的应用方法。 5.【答案】D ‎ ‎【解析】解：A、假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，内电压减小，路端电压增大。电路中并联部分的电压U并‎=E-I(r+R‎1‎)‎增大，电阻R‎2‎的电流增大，电流表的示数IA‎=I-‎I‎2‎，变小。由题意，电流表示数变大，所以可知，滑动变阻器的滑片向右移动，故A错误； B、总电阻减小，干路电流I增大，电源的总功率P总‎=EI，可知，P总增大；由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故B错误； C、当滑片滑到最左端时，干路电流最小，电阻R‎1‎消耗的功率最小，故C错误； D、电源的效率η=UIEI=‎UE，根据分析可知，路端电压U减小，电动势E不变，所以电源的效率一定减小，故D正确。 故选：D。 假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定路端电压的变化，根据电流表的电流与干路电流和R‎2‎电流的关系分析电流表的示数变化，结合题意，电流表示数变大，确定变阻器滑片移动的方向，分析电路中总电流的变化，即可判断电源的总功率的变化和其他功率的变化。 本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质。 6.【答案】A ‎ ‎【解析】【分析】根据左手定则分析安培力的方向，根据共点力平衡条件即可确定出安培力的大小，再由F=BIL即可确定磁感应强度的大小。 本题考查安培力与受力分析的结合问题，注意明确安培力的大小和方向的判断方法，知道当B与I垂直时安培力F=BIL。 【解答】 由左手定则可知安培力的方向，如图所示；导体棒受重力、安培力以及支持力的作用而处于平衡，则由平衡条件知，BIL=Gtanα，故B=‎GtanαIL，故A正确BCD错误。 故选：A。 7.【答案】C ‎ ‎【解析】解：A、α粒子在磁场中的周期T=‎‎2πmqB，与其速度的大小无关，故α粒子运动的周期不变，故A错误； BD、根据洛伦兹力提供向心力，qvB=mv‎2‎R，解得v=‎qBRm，与加速的电压无关，最大动能Ek‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎=‎q‎2‎B‎2‎R‎2‎‎2m，最大动能与半径、磁感应强度和电荷量、质量有关，与加速的电压无关，加速次数无关，故BD错误； C、根据T=‎‎2πmqB，α粒子换成氘核，比荷不会发生变化，则粒子在磁场中运动周期不变，始终与交流电的周期相同，即不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速氘核，故C正确。 故选：C。 粒子在电场中被加速，在磁场中做偏转，运动周期不变； ‎ 回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度、最大动能与什么因素有关。 本题考查了回旋加速器的工作原理，解题的关键是明确粒子的最大动能与半径、磁感应强度和电荷量、质量有关，与加速的电压无关，加速次数无关。 8.【答案】AD ‎ ‎【解析】解：A、金属棒受到的安培力为 FA‎=BIL=B‎2‎L‎2‎vR ‎根据牛顿第二定律，设金属棒加速度为a，则 ma=F-FA ‎分析可知速度增大，安培力增大，则加速度减小，当加速度减小到零时，开始做匀速直线运动；故A正确； B、根据能量守恒定律知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和ab棒的动能，故B错误； C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，外力做功的功率等于电路中的电功率，故C错误； D、根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能；故D正确； 故选：AD。 A、根据受力分析，结合牛顿第二定律，得出加速度与速度关系； B、根据能量守恒定律，可以得出外力做的功和电路产生的电能的关系； C、当棒匀速运动时，外力的功全部转化为电路中的电能，外力的功率等于电路中的电功率； D、根据功能关系，克服安培力做的功等于电路中产生的电能。 本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，关键要会分析导体运动过程中的功能关系，知道克服安培力做功时动能转化为电能。 9.【答案】AD ‎ ‎【解析】解：C、电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小。故C错误； B、该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流I变大，则电流表读数变大；故B错误； A、V‎1‎示数U‎1‎‎=IR‎1‎，随I的增大在变大。V‎2‎示数U‎2‎‎=E-I(R‎1‎+r)‎，随电流I的增大而减小。故A正确。 D、电流增大，则电源内阻损耗的功率变大，根据P=EI可知，电源消耗的总功率变大，故D正确。 故选：AD。 保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化。根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化。 该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V‎3‎示数在变小。 本题涉及到电容器的动态分析，电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变。要掌握E=‎Ud、C=‎QU及电容的决定因素。 10.【答案】ACD ‎ ‎【解析】解：A、由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分别为N、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，故A错误； B ‎、当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，故B正确； C、根据题意，结合图乙的示意图，那么永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面，或在前、后表面，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左右侧面，也可能在前后表面，故C错误； D、当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可知，不会影响车速控制，故D错误； 本题选错误的，故选：ACD。 根据霍尔元件的工作原理，当磁场强弱变化时，导致电子受到的洛伦兹力大小变化，从而出现不同的霍尔电势差，进而导致车速变化。 考查霍尔元件的工作原理，掌握“霍尔转把”结构图，理解霍尔器件能输出控制车速的电势差与什么因素有关，注意图丙中电势差的正负，不会影响车速。 11.【答案】BD ‎ ‎【解析】解：A、若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为r=2R，圆心角θ=60°‎，粒子在磁场中运动的最长时间tmax‎ ‎‎=‎60°‎‎360‎‎∘‎T=‎1‎‎6‎‎2πmqB=‎πm‎3qB，故A错误。 B、若r=2R，粒子沿着与半径方向成‎45°‎角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tanα‎2‎=‎2‎‎2‎Rr-‎2‎‎2‎R=‎2‎‎2‎R‎2R-‎2‎‎2‎R=‎‎2‎2‎+1‎‎7‎，故B正确。 C、若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角‎90°‎，粒子在磁场中运动的时间t=‎90°‎‎360‎‎∘‎T=‎1‎‎4‎‎2πmqB=‎πm‎2qB，故C错误。 D、若r=R，粒子沿着与半径方向成‎60°‎角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角‎150°‎，故D正确。 故选：BD。 若r=2R，粒子运动时间最长时，根据t=θ‎2πT，圆心角越大，时间越长，在圆形磁场中圆心角最大时，弦最大，因此圆形区域的直径是粒子轨迹的一条弦时，时间最长，做出轨迹图，求出时间；粒子沿着与半径成‎45°‎斜向下射入磁场时，画出轨迹，运用几何关系求tanα‎2‎；若半径r=R时，粒子沿着半径射入，求出圆弧所对的圆心角，求出时间；粒子沿着与半径成‎60°‎斜向下射入磁场，根据几何关系求圆心角 本题考查带电粒子在磁场中的运动，重点是考查学生的作图能力，画出粒子在磁场中的运动轨迹，运用数学知识解决问题的能力． 12.【答案】BD ‎ ‎【解析】解：AB、由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加。故A错误，B正确。 C、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=‎1‎‎2‎at‎2‎>‎1‎‎2‎gt‎2‎，即mgh>‎1‎‎2‎mg‎2‎t‎2‎，故C错误。 D、小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧。故D正确。 故选：BD。 小球由A点运动到C 点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧。 本题运用动能定理分析电场力做功正负，并分析电势能、机械能的变化。根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析C点的位置。 13.【答案】200  ‎5.0‎  偏大 ‎ ‎【解析】解：设弹簧原长为l‎0‎，根据胡克定律有：F=k(h+l-l‎0‎)‎，结合图象 当l=0‎时，h=15.0cm=0.15m，F=20N 代入上式有：‎20=k(0.15-l‎0‎)‎ 当l=10cm=0.1m时，h=15.0cm=0.15m，F=40N，代入上式有：‎40=k(0.15+0.1-l‎0‎)‎ 联立以上方程得：k=200N/m，k=0.05m=5cm， 考虑到弹簧的自重，测得原长比实际长度偏大， 故填：200，‎5.0‎，偏大； ‎(1)‎根据胡克定律写出F与l的关系方程，然后结合数学知识求解即可正确解答； ‎(2)‎根据胡克定律列式，结合图象的信息求解弹簧的劲度系数k和弹簧的原长l‎0‎。 解决该题的关键是熟记胡克定律的表达式，能根据题中所给的信息列方程，能正确分析实验误差； 14.【答案】‎2.600‎  右  217  ‎1.15×‎10‎‎-3‎Ω⋅m ‎ ‎【解析】解：‎(1)‎由图示螺旋测微器可知，圆柱的直径：d=2.5mm+10.0×0.01mm=2.600mm。 ‎(2)‎由题意可知：RARV‎=‎100×5000‎≈707Ω>‎RX，所以待测电阻是小电阻，电流表应采用外接法，则实物图如图所示： 滑动变阻器采用分压接法，为了保护待测电路，滑动变阻器的滑片应滑到最右端以保证R所在之路短路，从而起到保护待测电阻的作用。 ‎(3)‎由图示U-I图线可知，待测电阻阻值：R=UI=‎10V‎46×‎10‎‎-3‎A=217Ω， 由电阻定律得：R=ρLS=ρLπ(‎d‎2‎‎)‎‎2‎，电阻率：ρπRd‎2‎‎4L=‎3.14×217×(2.600×‎‎10‎‎-3‎‎)‎‎2‎‎4×1.0‎≈1.15×‎10‎‎-3‎Ω⋅m； 故答案为：‎(1)2.600‎；‎(2)‎实物电路图如图所示；右；‎(3)217‎；‎1.15×‎10‎‎-3‎Ω⋅m。 ‎(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。 ‎(2)‎根据题中所给器材可知，所测电阻是小电阻，所以电流表采用外接法；连接实物图；在开关闭合前，滑动变阻器的滑片要调至最右端以保护待测电阻； ‎(3)‎根据图示图线应用欧姆定律求出电阻阻值，然后应用电阻定律求出电阻率。 解决本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，掌握电流表的内接和外接的判断原则，掌握滑动变阻器的分压式解法。 15.【答案】解：‎(1)‎导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=‎ER+r 代入数据解得：I=1.5A ‎(2)‎导体棒受到的安培力：F安‎=BIL 代入数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上 ‎(3)‎导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F‎1‎‎=mgsin37°=0.24N 由于F‎1‎ 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有： mgsin37°+f=F安 ‎解得：f=0.06N 答：‎(1)‎通过导体棒的电流为‎1.5A； ‎(2)‎导体棒受到的安培力大小为‎0.24A； ‎(3)‎导体棒受到的摩擦力的大小为‎0.06N。 ‎ ‎【解析】‎(1)‎根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。 ‎(2)‎根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。 ‎(3)‎导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。 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未知力。 16.【答案】解：‎(1)‎小滑块从M点到Q点重力做的功；WG‎=-mg⋅2R 电场力做的功；W电‎=-qE⋅2R 解得：WG‎=-0.08J    W电‎=-0.08J ‎(2)‎设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=mv‎2‎R 滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得：‎-mg⋅2R-qE⋅2R-μ(mg+qE)x=‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 联立解得：v‎0‎‎=8m/s； ‎(3)‎设滑块到达P点时速度为v'‎，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：‎-(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=‎1‎‎2‎mv‎'‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN‎=mv‎'‎‎2‎R， 代入数据解得：FN‎=0.6N，方向水平向右； 由牛顿第三定律知小滑块通过P点时对轨道的压力是‎0.6N，方向水平向左。 答：‎(1)‎小滑块从M点到Q点重力和电场力分别做的功是‎-0.08J、‎-0.08J； ‎(2)‎要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以‎8m/s的初速度v‎0‎向左运动； ‎(3)‎在第‎(2)‎问的情况下，小滑块通过P点时对轨道的压力是‎0.6N，方向水平向左。 ‎ ‎【解析】‎(1)‎根据功的公式分别求解重力和电场力做的功； ‎(2)‎小球恰能通过最高点，在最高点重力和电场力的合力提供向心力，根据向心力公式求得最高点速度，再对从M到N过程运用动能定理列式求初速度； ‎(3)‎先对从M到P过程运用动能定理求得P点速度，在P点支持力提供向心力，根据向心力公式列式求解。 此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力。 17.【答案】解：‎(1)‎粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向：L=‎qE‎2mt‎1‎‎2‎， 解得：t‎1‎‎=‎‎2‎3‎L‎3‎v‎0‎， 水平向左的位移大小为：x=v‎0‎t‎1‎=‎2‎‎3‎‎3‎L， 则粒子由电场进入磁场I时在x轴上的位置坐标为‎(-‎2‎‎3‎‎3‎L,0)‎； ‎(2)‎粒子在电场中运动vy‎2‎‎=2qEmL， 解得：vy‎=‎‎3‎v‎0‎， 粒子的速度为：‎v=vx‎2‎‎+‎vy‎2‎=2‎v‎0‎ ‎， v与x轴负方向间夹角为：θ=arctanvyvx=arctan‎3‎=60°‎， 粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB‎1‎=mv‎2‎r‎1‎， 解得：r‎1‎‎=‎4‎‎3‎L， 由几何知识可知，圆心O‎1‎恰好在y轴上，距O点的距离为：y‎0‎‎=‎2‎‎3‎L， 粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB‎2‎=mv‎2‎r‎2‎， 解得：r‎2‎‎=‎1‎‎3‎L， 则粒子由磁场Ⅰ和磁场Ⅱ经y轴时速度方向与x轴平行，在磁场Ⅰ中偏转角度为‎2π‎3‎，在磁场Ⅱ中偏转角度为π， 则粒子从出发到第二次经过y轴所需要的时间为：t=t‎1‎+‎2‎‎3‎π×‎4‎‎3‎L‎2‎v‎0‎+‎π×‎1‎‎3‎L‎2‎v‎0‎， 解得：t=‎2‎3‎L‎3‎v‎0‎+‎‎11πL‎18‎v‎0‎； ‎(3)‎粒子的运动轨迹如图所示： 粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过y轴，第一个点在y轴的坐标为：y‎1‎‎=-‎3‎‎2‎r‎1‎=-2L， 其它各点由y‎1‎点依次向y轴负方向移动距离为：‎△y=2r‎1‎-2r‎2‎=2L， 则粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过y轴的坐标为‎(0,-2nL)‎，其中n=1‎，2，‎3…‎ 从磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ经过y轴，第一个点在y轴的坐标为y‎1‎‎'=-‎3‎r‎1‎‎2‎+2r‎2‎=-‎4‎‎3‎L， 其它各个点由y‎1‎点依次向y轴负方向移动距离为：‎△y=2r‎1‎-2r‎2‎=2L， 则粒子从磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ经过y轴的坐标为‎(0,-(‎4‎‎3‎+2n)L)‎，其中n=0‎，1，2，‎3…‎ 答：‎(1)‎粒子由电场进入磁场I时在x轴上的位置坐标为‎(-‎2‎‎3‎‎3‎L,0)‎； ‎(2)‎粒子从出发到第2次经过y轴所需要的时间t为‎2‎3‎L‎3‎v‎0‎‎+‎‎11πL‎18‎v‎0‎； ‎(3)‎粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过y轴的位置坐标为‎(0,-2nL)‎，其中n=1‎，2，‎3…‎， 粒子从磁场Ⅱ进入磁场I经过y轴的位置坐标为‎(0,-(‎4‎‎3‎+2n)L)‎，其中n=0‎，1，2，‎3…‎ ‎ ‎【解析】‎(1)‎粒子在电场中做类平抛运动，沿着电场方向做匀加速直线运动，根据位移时间公式求解运动时间，再求解水平方向的位移大小； ‎ ‎(2)‎分别求出粒子在电场中的运动时间以及在磁场Ⅰ中做圆周运动和在磁场Ⅱ中做圆周运动的时间，三段时间相加即为总时间； ‎(3)‎做出粒子的运动轨迹，根据粒子在两个磁场中做匀速圆周运动的半径分析粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ经过y轴的位置坐标以及粒子从磁场Ⅱ进入磁场I经过y轴的位置坐标的表达式； 该题主要考查的是粒子在复合场中的运动问题，解决该题的关键是能结合几何知识分析粒子的整个运动过程，熟记类平抛运动的解题规律； 18.【答案】解：‎(I)‎在浮筒内液面与水面相平前，筒内气体的压强不断减小，由于气体的温度保持不变，根据理想气体得状态方程可知，气体的体积增大，则排开水的体积增大，筒受到的浮力增大，所以打捞中钢索的拉力会逐渐减小甚至为零。 ‎(‎Ⅱ‎)‎开始由平衡条件得： m‎0‎g=ρg(V‎0‎+V‎2‎) ‎设筒内气体初态、末态的压强分别为P‎1‎、P‎2‎，由题意得： P‎1‎‎=p‎0‎+ρgh‎1‎ ‎P‎2‎‎=p‎0‎+ρgh‎2‎ ‎在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得： P‎1‎V‎1‎‎=P‎2‎V‎2‎ ‎联立得：h‎2‎‎=p‎0‎‎+ρgh‎1‎m‎0‎g-ρgV‎0‎⋅V‎1‎-‎p‎0‎ρg V‎2‎‎=P‎0‎‎+ρgh‎1‎p‎0‎‎+ρgh‎2‎⋅V‎1‎ ‎答：‎(I)‎在浮筒内液面与水面相平前，筒内气体的压强不断减小，由于气体的温度保持不变，根据理想气体得状态方程可知，气体的体积增大，则排开水的体积增大，筒受到的浮力增大，所以打捞中钢索的拉力会逐渐减小甚至为零。 ‎(‎Ⅱ‎)‎拉力恰好为零。h‎2‎为，此时p‎0‎‎+ρgh‎1‎m‎0‎g-ρgV‎0‎‎⋅V‎1‎-‎p‎0‎ρg，简内气体的体积为P‎0‎‎+ρgh‎1‎p‎0‎‎+ρgh‎2‎‎⋅‎V‎1‎。 ‎ ‎【解析】当深度为h‎2‎时，整体受到的重力和浮力相等，根据平衡条件求解气体的体积V‎2‎，然后对气体根据玻意耳定律类似求解压强，得到液体的深度h‎2‎。 本题关键是根据平衡条件求解压强，根据玻意耳定律求解深度，由于涉及的物理量较多，要注意各种关系。 19.【答案】解：‎(1)‎根据光在介质中的速度与折射率的关系可知红色光在介质中的速度：v红‎=cn‎1‎=‎‎3‎c‎2‎。 ‎(2)‎当α=53°‎时，可知该光的入射角为：i=37°‎ 根据临界角公式sinC=‎‎1‎n知，C=arcsin‎1‎n 将n‎1‎‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎，n‎2‎‎=‎‎2‎代入上式得，红光与紫光的临界角分别为C红‎=60°‎，C紫‎=45°‎ 光在屏幕AF上出现了两个亮斑分别是红色光与紫色光的紫色光，所以在AM区域的亮斑P‎1‎为红色，在AN区域的亮斑P‎2‎为红色与紫色的混合色。画出如图光路图。 设折射角分别为r‎1‎和r‎2‎，两个光斑分别为P‎1‎、P‎2‎，根据折射定律：n=‎sinrsini 得：sinr‎1‎=‎‎2‎‎3‎‎5‎，sinr‎2‎=‎‎3‎‎2‎‎5‎ 由几何知识可得：tanr‎1‎=‎RAP‎1‎ 解得：FP‎1‎=‎13‎‎2‎‎3‎R 同理解得：FP‎2‎=‎7‎‎3‎‎2‎R 所以：P‎1‎P‎2‎‎=FP‎1‎-FP‎2‎=‎7‎‎3‎‎2‎R-‎13‎‎2‎‎3‎R=‎39‎‎-‎‎14‎‎6‎R。 答：‎‎(1)‎ 红光在介质中的传播速度为‎3‎c‎2‎。 ‎(2)‎若α=53°‎时，光在屏幕AF上出现了两个亮斑，则这两个亮斑之间的距离为‎39‎‎-‎‎14‎‎6‎R。 ‎ ‎【解析】‎(1)‎根据光速与折射率的关系求出红色光在介质中的传播速度； ‎(2)‎根据光在介质中的速度与折射率的关系分析；先由全反射临界角公式sinC=‎‎1‎n求出红光与紫光的临界角，可判断红光和紫光在AB面上能否发生全反射，可判断亮斑的光的成分，作出光路图，由折射定律求出折射角，再由反射定律和几何知识可求得两光斑的距离。 本题首先要掌握临界角公式sinC=‎‎1‎n和全反射的条件，判断出光线在AB面上能否发生全反射，能熟练作出光路图，并能正确应用几何关系进行求解。 ‎