物理卷·2018届河南省驻马店市西平高中高二上学期第四次月考物理试卷（12月份） （解析版） 23页

‎2016-2017学年河南省驻马店市西平高中高二（上）第四次月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每题3分）‎ ‎1．如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（　　）‎ A．该粒子带负电 B．M点的电势小于N点的电势 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能 ‎2．如图所示，一个带正电的物体，从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，则物体沿斜面滑到底端时的速度（　　）‎ A．不变 B．变小 C．变大 D．不能确定 ‎3．如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．在如图所示的足够大匀强磁场中，两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，则可以确定的是（　　）‎ A．两粒子一定带有相同的电荷量 B．两粒子一定带同种电荷 C．两粒子一定有相同的比荷 D．两粒子一定有相同的动能 ‎5．如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电量q的液滴做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为（　　）‎ A．， B．， C．B， D．，‎ ‎6．一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中（　　）‎ A．向上滑行与向下滑行的时间相等 B．向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等 C．向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等 D．向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等 ‎7．如图是质谱仪的工作原理示意图．现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁场B1），离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离子分成几束．由此可得结论（　　）‎ A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 B．这些离子通过狭缝P的速率都等于 C．这些离子的电量一定不相同 D．这些离子的比荷一定不相同 ‎8．如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（　　）‎ A．向左摆动 B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定 ‎10．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是（　　）‎ A．S闭合瞬间，A先亮 B．S闭合瞬间，A、B同时亮 C．S断开瞬间，B逐渐熄灭 D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭 ‎11．如图所示，足够长的竖直绝缘管处于方向彼此垂直，电场强度和磁感应强度分别为E和B的匀强电场和匀强磁场中，一个质量为m的带正电q的小球，从静止开始沿管下滑，则在下滑的全过程中小球的加速度a与时间t的关系图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下．若一飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上会有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若飞机从西往东飞，φ1比φ2高 B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高 C．若飞机从南往北飞，φ1比φ2高 D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高 ‎13．如图，导线ab、cd跨接在电阻不计的光滑的导轨上，ab的电阻为2R，cd电阻为R．当cd在外力F1作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止．则F1、F2及两导线的端电压Uab、Ucd的关系为（　　）‎ A．F1＞F2 B．F1=F2 C．Uab＞Ucd D．Uab=Ucd ‎14．带电体的电荷量和质量的比值，叫做荷质比，又称比荷．如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（　　）‎ A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1：3‎ B．带电粒子1的半径与带电粒子2的半径之比为：1‎ C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：3‎ D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动偏转角度之比为2：1‎ ‎15．某空间存在着如图所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，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．在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，对图乙中的图线以下说法正确的是（　　）‎ A．①可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系 B．②可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系 C．②可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系 D．①可以反映B的合力大小随时间t变化的关系 ‎　‎ 二、实验填空题 ‎16．为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接成如图所示的实验电路：‎ ‎（1）（单选）该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是　　‎ ‎（A）电键的位置接错 ‎（B）电流表的正、负接线柱上导线接反 ‎（C）线圈B的两个接线柱上导线接反 ‎（D）蓄电池的正、负极接反 ‎（2）电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电路的方式仍然如图中所示），则电流表的指针向　　（选填“左”或“右”）偏转．‎ ‎17．某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）．R0为阻值为3.0Ω的定值电阻．‎ ‎①调节R时应控制电动机　　（转动或不转动）时读出电流表、电压表示数．‎ ‎②若电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），读得电流表示数是　　．‎ ‎③使用测得数据，计算电动机线圈的电阻为　　Ω．该电动机正常工作时输出的机械功率为　　 W．（计算结果保留2位有效数字）‎ ‎④由于　　（电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏　　（大或小）．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎18．如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地．试分析求解：‎ ‎（1）圆形线圈中产生的感应电动势E；‎ ‎（2）电阻R消耗的电功率；‎ ‎（3）a端的电势φa．‎ ‎19．如图甲所示，两根间距=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0Ω的电阻相连．质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=10Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）．‎ ‎（2）磁场的磁感应强度B．‎ ‎（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v′=3m/s．求此过程中产生的焦耳热Q．‎ ‎20．如图所示，圆形匀强磁场半径R=4cm，磁感应强度B2=10﹣2T，方向垂直纸面向外，其上方有一对水平放置的平行金属板M、N，间距为d=2cm，N板中央开有小孔S．小孔位于圆心O的正上方，S与O的连线交磁场边界于A． =2cm，两金属板通过导线与宽度为L1=0.5m的金属导轨相连，导轨处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B1=1T．有一长为L2=1m的导体棒放在导轨上，导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直．现对导体棒施一力F，使导体棒以v1=8m/s匀速向右运动．有一比荷=5×107C/kg的粒子（不计重力）从M板处由静止释放，经过小孔S，沿SA进入圆形磁场，求：‎ ‎（1）导体棒两端的电压；‎ ‎（2）M、N之间场强的大小和方向；‎ ‎（3）粒子在离开磁场前运动的总时间（计算时取π=3）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省驻马店市西平高中高二（上）第四次月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题3分）‎ ‎1．如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（　　）‎ A．该粒子带负电 B．M点的电势小于N点的电势 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；电势；电势能．‎ ‎【分析】带电粒子在电场中只受电场力作用运动时，所受的电场力方向应指向轨迹的内侧，由此可知电荷的正负和电场力做功情况，从而进一步判断电势能的大小．根据电场线的疏密分析场强的大小，从而得到电场力的大小．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子所受的电场力方向应指向轨迹的内侧，得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，所以该粒子带正电．故A错误；‎ B、根据顺着电场线方向，电势降低，可知，M点的电势大于N点的电势，故B错误；‎ C、根据电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密场强越大，则知M点场强小于N点的场强，由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误．‎ D、粒子从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示，一个带正电的物体，从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，则物体沿斜面滑到底端时的速度（　　）‎ A．不变 B．变小 C．变大 D．不能确定 ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向上的洛伦兹力．两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功变少，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率．‎ ‎【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有：‎ mgh﹣Wf=﹣0‎ 加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理有：‎ mgh﹣Wf′=mv′2﹣0，‎ Wf′＜Wf，‎ 所以v′＞v，故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】由楞次定律：感应电流磁场总是阻碍线圈原磁通量的变化，结合是N极还是S极的运动，从而可以判断出感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；‎ B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；‎ C、同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；‎ D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的足够大匀强磁场中，两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，则可以确定的是（　　）‎ A．两粒子一定带有相同的电荷量 B．两粒子一定带同种电荷 C．两粒子一定有相同的比荷 D．两粒子一定有相同的动能 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据题意应用周期公式分析答题．‎ ‎【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=，‎ 两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，‎ 一段时间后又再次同时穿过此平面，两粒子在磁场中运动时间都为半个周期，‎ 它们的运动时间相同，说明它们的周期相同，由于两粒子在同一磁场中做圆周运动，‎ 磁感应强度B相同，由T=可知，两粒子一定有相同的比荷，‎ 无法确定它们的电荷量、电性、动能是否相同，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电量q的液滴做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为（　　）‎ A．， B．， C．B， D．，‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性．根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向．结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度．‎ ‎【解答】解：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电．‎ 磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：‎ mg=qE…①‎ 得：m=‎ 液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：‎ R= …②‎ ‎①②联立得：v=，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中（　　）‎ A．向上滑行与向下滑行的时间相等 B．向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等 C．向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等 D．向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等 ‎【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．‎ ‎【分析】本题首先要正确分析金属杆的受力情况和运动情况：金属杆上滑过程和下滑过程回路中均有电热产生，金属杆从底端滑上去再滑回底端高度不变，金属杆的重力势能不变，只有动能转化为电热，故金属杆再滑回底端时速度（设为v2）必然小于初速度，即v2＜v0，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度．‎ ‎【解答】解：A、由于不断产生电能，棒的机械能不断减少，上滑过程与下滑过程经过同一位置时上滑的速度较大，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故A错误．‎ B、上滑过程中，导体棒经过同一位置安培力较大，所以上滑过程中安培力的平均值较大，克服安培力做功较多，回路产生的总热量较多，则向上滑行时电阻R上产生的热量较多，故B错误．‎ C、电量q=•△t=△t=，由于上行与下行过程中磁通量变化量大小相等，故上滑阶段和下滑阶段通过R的电荷量相同，故C正确；‎ D、金属杆克服安培力做的功等于回路产生的热量，则知向上滑行时金属杆克服安培力做的功较多，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图是质谱仪的工作原理示意图．现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁场B1），离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离子分成几束．由此可得结论（　　）‎ A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 B．这些离子通过狭缝P的速率都等于 C．这些离子的电量一定不相同 D．这些离子的比荷一定不相同 ‎【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】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、由粒子在B2中的偏转知粒子带正电，则受电场力向右，则粒子在选择器中受水平向左的洛伦兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误；‎ B、由qE=qvB1，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B错误；‎ C、由知，，粒子是半径不同，一定是比荷不同，而电量可能相等．故C错误；‎ D、由，知荷质比越大，R越小，越靠近狭缝，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】根据转动切割磁感线感应电动势公式E=ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象．‎ ‎【解答】解：在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：‎ ‎ E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．‎ 在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：‎ ‎ E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；‎ 在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：‎ ‎ E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；‎ 在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：‎ ‎ E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（　　）‎ A．向左摆动 B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定 ‎【考点】楞次定律；电容．‎ ‎【分析】当穿过线圈的磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势；再假设线圈闭合，由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定感应电动势的方向，即由电场强度的方向来确定带负电小球摆动的方向．‎ ‎【解答】解：当磁铁插入时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带负电小球将向左摆动，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是（　　）‎ A．S闭合瞬间，A先亮 B．S闭合瞬间，A、B同时亮 C．S断开瞬间，B逐渐熄灭 D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通．‎ ‎【解答】解：AB、闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，AB都不亮，故A错误，B错误．‎ CD、开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，足够长的竖直绝缘管处于方向彼此垂直，电场强度和磁感应强度分别为E和B的匀强电场和匀强磁场中，一个质量为m的带正电q的小球，从静止开始沿管下滑，则在下滑的全过程中小球的加速度a与时间t的关系图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】小球下落过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力，洛伦兹力从零开始增加，根据平衡条件判断弹力、摩擦力的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况．‎ ‎【解答】解：①下落过程中电场力向右，洛仑兹力向左，洛仑兹力逐渐增大；电场力与洛仑兹力的合力先向右减小，所以支持力先向左减小，所以摩擦力减小，与重力的合力会逐渐变大，所以加速度先增大；‎ ‎②当电场力和洛仑兹力等大时，加速度达到最大；‎ ‎③然后支持力向右增大，摩擦力会增大，则合力减小，加速度减小，最后摩擦力与重力等大时，加速度为零（图象与横轴相切）；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下．若一飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上会有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若飞机从西往东飞，φ1比φ2高 B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高 C．若飞机从南往北飞，φ1比φ2高 D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低．‎ ‎【解答】解：当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有φ1比φ2高．故BD错误，AC正确．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎13．如图，导线ab、cd跨接在电阻不计的光滑的导轨上，ab的电阻为2R，cd电阻为R．当cd在外力F1作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止．则F1、F2及两导线的端电压Uab、Ucd的关系为（　　）‎ A．F1＞F2 B．F1=F2 C．Uab＞Ucd D．Uab=Ucd ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】cd棒匀速运动，所受的外力F1与安培力二力平衡．ab在外力F2作用下保持静止，外力F2与所受的安培力二平衡，而两棒所受的安培力大小相等，即可知道两个外力之间的关系．cd棒切割磁感线相当于电源，而ab相当于外电路，ab两端与cd两端的电压相等．‎ ‎【解答】解：AB、cd在外力F1作用下向右匀速运动，则外力F1与安培力二力平衡，大小相等；ab在外力F2作用下保持静止，外力F2与所受的安培力二平衡，大小相等．由安培力公式F=BIL，可知两棒所受的安培力大小相等，则F1=F2．故A错误，B正确．‎ CD、cd棒切割磁感线相当于电源，而ab相当于外电路，因为导轨电阻不计，所以ab两端与cd两端的电压都是路端电压，大小相等．故有Uab=Ucd．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．带电体的电荷量和质量的比值，叫做荷质比，又称比荷．如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（　　）‎ A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1：3‎ B．带电粒子1的半径与带电粒子2的半径之比为：1‎ C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：3‎ D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动偏转角度之比为2：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间．‎ ‎【解答】解：D、粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA=120°，φB=60°，所以偏转角度之比为2：1，故D正确；‎ B、设粒子的运动轨道半径为rA，rB，rA=Rtan30°=R，rB=Rtan60°=R，轨道半径之比1：3，故B错误；‎ A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m， =，‎ 则粒子1与粒子2的比荷值为：，故A错误；‎ C、粒子运动的周期，T=，粒子运动的时间：t=•T=‎ 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为 =，故C正确；‎ 故选：CD ‎　‎ ‎15．某空间存在着如图所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，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．在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，对图乙中的图线以下说法正确的是（　　）‎ A．①可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系 B．②可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系 C．②可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系 D．①可以反映B的合力大小随时间t变化的关系 ‎【考点】洛仑兹力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【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、B、整体受总重力、拉力、洛伦兹力和支持力，合力为F，根据牛顿第二定律，知加速度不变，整体做匀加速直线运动，所以v=at．‎ A所受的洛伦兹力F洛=qvB=qBat，知洛伦兹力与时间成正比，是过原点的一条倾斜直线．故A正确；‎ B、隔离对A分析，A所受的合力等于A的摩擦力，则f=ma，知A所受的静摩擦力不变．故B错误．‎ C、A对B的压力等于B对A的支持力，N=mAg+qvB=mAg+qBat，N与t成一次函数关系．故C正确．‎ D、隔离对B分析，匀加速运动，合力不变．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验填空题 ‎16．为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接成如图所示的实验电路：‎ ‎（1）（单选）该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是　A　‎ ‎（A）电键的位置接错 ‎（B）电流表的正、负接线柱上导线接反 ‎（C）线圈B的两个接线柱上导线接反 ‎（D）蓄电池的正、负极接反 ‎（2）电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电路的方式仍然如图中所示），则电流表的指针向　右　（选填“左”或“右”）偏转．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；‎ ‎（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同．‎ ‎【解答】解：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；应改为电键闭合后，再将线圈B放置在线圈A中；或者将电键接在B线圈所在回路中，故选A．‎ ‎（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同，即电流表指针也向右偏转；‎ 故答案为：（1）A；（2）右．‎ ‎　‎ ‎17．某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）．R0为阻值为3.0Ω的定值电阻．‎ ‎①调节R时应控制电动机　不转动　（转动或不转动）时读出电流表、电压表示数．‎ ‎②若电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），读得电流表示数是　0.50A　．‎ ‎③使用测得数据，计算电动机线圈的电阻为　2.0　Ω．该电动机正常工作时输出的机械功率为　2.5　 W．（计算结果保留2位有效数字）‎ ‎④由于　电压表内阻　（电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏　小　（大或小）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】①当电动机不转动时，电动机电路为纯电阻电路，才可用欧姆定律求解电阻．‎ ‎②由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数．‎ ‎③由欧姆定律与串联电路特点求出电动机线圈电阻；应用电功率公式求出电动机的总功率与热功率，然后求出机械功率．‎ ‎④根据实验电路分析实验误差．‎ ‎【解答】解：①控制电动机不转动时，线圈的电阻为纯电阻，实验时应控制电动机不转．‎ ‎②由图示电流表可知，其量程是0.6A，分度值为：读数为0.50A．‎ ‎③电动机线圈电阻：R=﹣R0=﹣3=2Ω；‎ 电动机正常工作时输出的机械功率：‎ P机械=P总﹣P热=UI﹣I2R=6×0.5﹣0.52×2=2.5W；‎ ‎ ④由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，‎ 电流的测量值偏大，由欧姆定律可知，电动机线圈电阻的测量值小于真实值．‎ 故答案为：①不转动； ②0.50A； ③2.0；2.5； ④电压表内阻；小．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎18．如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地．试分析求解：‎ ‎（1）圆形线圈中产生的感应电动势E；‎ ‎（2）电阻R消耗的电功率；‎ ‎（3）a端的电势φa．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；‎ ‎（2）由欧姆定律求出电流，由电功率定义式即可求解；‎ ‎（3）由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低；‎ ‎【解答】解：（1）线圈产生的电动势：E=n=nS=100××0.3=4.5V；‎ ‎（2）电流为：I===1.5A，‎ 通过电阻R的电功率为：P=I2R=1.52×2=4.5W；‎ ‎（3）由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，b点电势高，a点电势低，为：‎ UR=IR=1.5×2=3V，‎ 则有：UR=φb﹣φa，φa=﹣3V；‎ 答：（1）圆形线圈中产生的感应电动势4.5V；‎ ‎（2）电阻R消耗的电功率4.5W；‎ ‎（3）a端的电势﹣3V．‎ ‎　‎ ‎19．如图甲所示，两根间距=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0Ω的电阻相连．质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=10Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）．‎ ‎（2）磁场的磁感应强度B．‎ ‎（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v′=3m/s．求此过程中产生的焦耳热Q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度．‎ ‎【分析】（1）由法拉第电磁感应定律：E=BLv 由欧姆定律：I= 导体棒所受安培力F=BIL，三式联立求解安培力；‎ ‎（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流．当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，根据牛顿运动定律列方程求解即可；‎ ‎（3）功能关系知：（F﹣f）s=Q+mv2，从而得热量Q．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I．‎ 由法拉第电磁感应定律：E=BLv ①‎ 由欧姆定律：I= ②‎ 导体棒所受安培力F=BIL ③‎ 解①②③得：F安= ④‎ ‎（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流．‎ 由牛顿第二定律知：F﹣f=ma1 ⑤‎ 解得：F=2N ⑥‎ 由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动 此时有：F﹣f﹣F安=0 ⑦‎ 解④⑦得：B=‎ 带入数据解得：B=2T ⑧‎ ‎（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，‎ 由功能关系知：（F﹣f）s=Q+mv2 ⑨‎ ‎ 带入数据解得Q=6J ⑩‎ 答：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小为．‎ ‎（2）磁场的磁感应强度B为2T．‎ ‎（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v′=3m/s．求此过程中产生的焦耳热Q为6J．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，圆形匀强磁场半径R=4cm，磁感应强度B2=10﹣2T，方向垂直纸面向外，其上方有一对水平放置的平行金属板M、N，间距为d=2cm，N板中央开有小孔S．小孔位于圆心O的正上方，S与O的连线交磁场边界于A． =2cm，两金属板通过导线与宽度为L1=0.5m的金属导轨相连，导轨处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B1=1T．有一长为L2=1m的导体棒放在导轨上，导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直．现对导体棒施一力F，使导体棒以v1=8m/s匀速向右运动．有一比荷=5×107C/kg的粒子（不计重力）从M板处由静止释放，经过小孔S，沿SA进入圆形磁场，求：‎ ‎（1）导体棒两端的电压；‎ ‎（2）M、N之间场强的大小和方向；‎ ‎（3）粒子在离开磁场前运动的总时间（计算时取π=3）．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）根据公式E=BLv求出导体棒两端的电压；‎ ‎（2）结合上题的结果求出M、N之间的电压，根据匀强电场的电场强度公式E=，求出M、N之间场强的大小和方向；‎ ‎（3）带电粒子在电场中加速，再在磁场中偏转，根据牛顿第二定律和运动学公式求出在电场中运动的时间．根据带电粒子在磁场中运动的周期公式和圆心角的大小，求出粒子在磁场中的运动的时间，从而得出离子在磁场中运动的总时间．‎ ‎【解答】解：（1）导体棒两端的电压为：U1=E2=B2L2v1=1×1×8V=8V．‎ ‎（2）M、N之间的电压为：U2=E2=B2L1v1=1×0.5×8V=4V．‎ M、N之间的场强大小 E===200V/m，方向竖直向下．‎ ‎（3）粒子在MN间加速运动的过程，有：a==5×107×200=1×1010m/s2；‎ 由 d=a得：t1==s=2×10﹣6s，‎ 粒子离开电场时的速度为：v=at1=1×1010×2×10﹣6=2×104m/s，‎ 粒子在SA段运动的时间为：t2===1×10﹣6s，‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．有：qvB1=m，‎ 解得：r==m=0.04m=4cm，‎ 则知得：r=d 设粒子在磁场轨迹对应的圆心角为θ，则由几何知识得：θ=90°‎ 则粒子在磁场中运动的时间为：t3=T=•=×s=3×10﹣6s，‎ 故粒子在离开磁场前运动的总时间 t=t1+t2+t3=（2+1+3）×10﹣6 s=6×10﹣6s．‎ 答：（1）导体棒两端的电压是8V；‎ ‎（2）M、N之间的电场强度的大小200V/m，方向竖直向下；‎ ‎（3）粒子在离开磁场前运动的总时间是6×10﹣6 s．‎