物理卷·2018届福建省福州外国语学校高二上学期期末物理模拟试卷 （解析版） 24页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年福建省福州外国语学校高二（上）期末物理模拟试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共48分．1到7小题为单选题，8到12小题为多选题，每一小题全选对的得4分；选对但不全，得2分；有选错或不答的，得0分）‎ ‎1．通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图所示，则（　　）‎ A．螺线管的 P 端为 N 极，a 接电源的正极 B．螺线管的 P 端为 N 极，a 接电源的负极 C．螺线管的 P 端为 S 极，a 接电源的正极 D．螺线管的 P 端为 S 极，a 接电源的负极 ‎2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（　　）‎ A．线圈中感应电动势每秒增加2V B．线圈中感应电动势始终为2V C．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V D．线圈中感应电动势每秒减少2V ‎3．如图所示为三根通电平行直导线的断面图．若它们的电流大小都相同，且ab=ac=ad，则 a 点的磁感应强度的方向是（　　）‎ A．垂直纸面指向纸里 B．垂直纸面指向纸外 C．沿纸面由 a 指向 d D．沿纸面由 a 指向 b ‎4．如图1所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图2所示．在0～时间内，直导线中电流向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（　　）‎ A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 C．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 ‎5．由于科学研究的需要，常常将质子（H）和α粒子（He）等带电粒子贮存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．如果质子和α粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同（如图中虚线所示），磁场也相同，比较质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能EkH和Ekα及周期TH和Tα的大小，有（　　）‎ A．EkH≠Ekα，TH≠Tα B．EkH=Ekα，TH=Tα C．EkH≠Ekα，TH=Tα D．EkH=Ekα，TH≠Tα ‎6．如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为 B．若剪断悬线，则小球做曲线运动 C．若剪断悬线，则小球做匀速运动 D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动 ‎7．某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR 和电源内部的发热功率 Pr 随电 流 I 变化的图线画在同一坐标系中，如图 中的 a、b、c 所示．M 为 c 图线的最 高点也是 b、c 的交点．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图线 b 表示输出功率PR随电流 I 变化的关系 B．图中 a 线最高点 N 对应的功率为最大输出功率 C．在 a、b、c 三条图线上分别取横坐标相同的 A、B、C 三点，这三点的纵坐标一定满足关系 yA=yB+yC D．b、c 线的交点 M 与 a、b 线的交点 N 的横坐标之比一定为 1：2，纵坐标之比 一定为 1：3‎ ‎8．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（　　）‎ A．这个电阻值很大 B．这个电阻值很小 C．为了把电阻测得更准确，应换用“×1”挡，重新调欧姆零点后测量 D．为了把电阻测得更准确，应换用“×100”挡，重新调欧姆零点后测量 ‎9．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段（　　）‎ A．乙物块与地之间的摩擦力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变 ‎10．如图所示，一电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向） 对称，y 轴是一条电场线，O、M、N 是 y 轴上的三个点，且 OM=MN，P 点在 y 轴的右侧，MP⊥ON，则（　　）‎ A．将负电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做正功 B．M 点的电势比 P 点的电势高 C．M、N 两点间的电势差大于 O、M 两点间的电势 D．在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴做直线运动 ‎11．图中为一“滤速器”装置示意图，a、b 为水平放置的平行金属板，一束具有 各种不同速率的电子沿水平方向经小孔 O 进入 a、b 两板之间．为了选取具有某 种特定速率的电子，可在 a、b 间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁 场，使所选 电子仍能够沿水平直线 OO'运动，由 O'射出．不计重力作用．可能 达到上述目的办法是（　　）‎ A．使 a 板电势高于 b 板，磁场方向垂直纸面向里 B．使 a 板电势低于 b 板，磁场方向垂直纸面向里 C．使 a 板电势高于 b 板，磁场方向垂直纸面向外 D．使 a 板电势低于 b 板，磁场方向垂直纸面向外 ‎12．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（　　）‎ A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 ‎　‎ 二、实验题（每空4分，共20分）‎ ‎13．用螺旋测微器测一矩形小零件的长和宽时，螺旋测微器上的示数如图所示，（a）的读数是　　mm，（b）的读数是　　mm．‎ ‎14．一位同学设计了如图所示的电路来测电压表的内阻RV，电压表的量程为50mV，内阻约为50Ω．其实验的方法是：①将电键S1闭合、S2断开，调节滑动变阻器R使得电压表的指针达到满偏；②保持滑动变阻器R的滑片位置不变，再将电键S2闭合，调节电阻箱R1，使得电压表的指针指在刻度盘的中央；③读出电阻箱的阻值R1，可以认为电阻RV=R1．‎ ‎（1）实验中调整电阻箱达到实验要求时，电阻箱的各个旋钮的位置如图所示，待测电压表的内阻是　　Ω．‎ ‎（2）如果电源E的电动势为4V，下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用，既要满足实验要求，又要调整方便，变阻器应选　　 （填写阻值前相应的字母）． ‎ A.10Ω B.100Ω C.6kΩ D.50kΩ ‎（3）若要将此电压表改装成量程为3V的电压表，应该怎么做，并画出电路图．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）．‎ ‎15．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L=0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计．整个装置处于竖直向上的大小为B=0.5T的匀强磁场中．现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v﹣t图象如图乙所示．（取重力加速度g=10m/s2）求：‎ ‎（1）t=10s时拉力的大小及电路的发热功率．‎ ‎（2）在0～10s内，通过电阻R上的电量．‎ ‎16．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d．接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角φ，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动速度的大小；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小．‎ ‎17．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．‎ ‎（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；‎ ‎（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；‎ ‎（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省福州外国语学校高二（上）期末物理模拟试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共48分．1到7小题为单选题，8到12小题为多选题，每一小题全选对的得4分；选对但不全，得2分；有选错或不答的，得0分）‎ ‎1．通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图所示，则（　　）‎ A．螺线管的 P 端为 N 极，a 接电源的正极 B．螺线管的 P 端为 N 极，a 接电源的负极 C．螺线管的 P 端为 S 极，a 接电源的正极 D．螺线管的 P 端为 S 极，a 接电源的负极 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据小磁针静止时N极指向磁场方向，再根据安培定则判断电流的方向．‎ ‎【解答】解：由图可知，小磁针N极指向P端；故内部磁感线指向左侧；故P端为N极；由右手螺旋定则可知，电流由b端流入，故b端接电源的正极，a接电源的负极；故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（　　）‎ A．线圈中感应电动势每秒增加2V B．线圈中感应电动势始终为2V C．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V D．线圈中感应电动势每秒减少2V ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n分析感应电动势的大小，且电动势的大小与电阻无关．‎ ‎【解答】解：ABD、磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb，则=2V，根据法拉第电磁感应定律E=可知E=2V保持不变．故B正确，AD错误．‎ C、线圈中产生的感应电动势的大小与线圈的电阻无关，故C错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．如图所示为三根通电平行直导线的断面图．若它们的电流大小都相同，且ab=ac=ad，则 a 点的磁感应强度的方向是（　　）‎ A．垂直纸面指向纸里 B．垂直纸面指向纸外 C．沿纸面由 a 指向 d D．沿纸面由 a 指向 b ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】该题考查了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．‎ ‎【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生的磁场方向，如图所示：‎ 直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从d指向b，即为 沿纸面由a指向b 故选：D ‎　‎ ‎4．如图1所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图2所示．在0～时间内，直导线中电流向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（　　）‎ A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 C．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力．‎ ‎【解答】解：在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．由于科学研究的需要，常常将质子（H）和α粒子（He）等带电粒子贮存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．如果质子和α粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同（如图中虚线所示），磁场也相同，比较质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能EkH和Ekα及周期TH和Tα的大小，有（　　）‎ A．EkH≠Ekα，TH≠Tα B．EkH=Ekα，TH=Tα C．EkH≠Ekα，TH=Tα D．EkH=Ekα，TH≠Tα ‎【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】束缚粒子在圆环状空腔中的力是磁场施加的洛伦兹力使粒子在空腔中做匀速圆周运动，根据半径公式R=和周期公式T=，列式讨论可得．‎ ‎【解答】解：粒子在空腔中做匀速圆周运动，有：R=，Ek=mv2，‎ 得：R=，‎ 因RH=Rα，mα=4mH，qα=2qH，‎ 得：EkH=Ekα，‎ 由T=得：TH=Tα．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为 B．若剪断悬线，则小球做曲线运动 C．若剪断悬线，则小球做匀速运动 D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动 ‎【考点】电场强度；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出悬线与竖直方向夹角的正切值．剪断细线，根据小球的受力，判断其运动情况．‎ ‎【解答】解：‎ A、小球受到重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，mgtanθ=qE，则tanθ=．故A错误．‎ B、C、D、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力则为恒力．合力的方向与原来绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动．故BC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR 和电源内部的发热功率 Pr 随电 流 I 变化的图线画在同一坐标系中，如图 中的 a、b、c 所示．M 为 c 图线的最 高点也是 b、c 的交点．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图线 b 表示输出功率PR随电流 I 变化的关系 B．图中 a 线最高点 N 对应的功率为最大输出功率 C．在 a、b、c 三条图线上分别取横坐标相同的 A、B、C 三点，这三点的纵坐标一定满足关系 yA=yB+yC D．b、c 线的交点 M 与 a、b 线的交点 N 的横坐标之比一定为 1：2，纵坐标之比 一定为 1：3‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系．‎ ‎【解答】解：AB、由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，所以AB错误；‎ C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系yA=yB+yC，所以C正确；‎ D、当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为I==，功率的大小为P=，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为I=，功率的大小为P=，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以D正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（　　）‎ A．这个电阻值很大 B．这个电阻值很小 C．为了把电阻测得更准确，应换用“×1”挡，重新调欧姆零点后测量 D．为了把电阻测得更准确，应换用“×100”挡，重新调欧姆零点后测量 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．每次换挡需重新欧姆调零．‎ ‎【解答】解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“×100”挡，重新测量．故BC错误，AD正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段（　　）‎ A．乙物块与地之间的摩擦力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变 ‎【考点】洛仑兹力；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，根据洛伦兹力随着速度的增大而增大，分析地面对乙物块的支持力如何变化，来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化．‎ ‎【解答】解：A、以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，则有N=F洛+（m甲+m乙）g，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，N增大，则地面对乙的滑动摩擦力f增大．故A正确．‎ BCD、由于f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲=m甲a，则得到f甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小．故BD错误，C正确．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎10．如图所示，一电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向） 对称，y 轴是一条电场线，O、M、N 是 y 轴上的三个点，且 OM=MN，P 点在 y 轴的右侧，MP⊥ON，则（　　）‎ A．将负电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做正功 B．M 点的电势比 P 点的电势高 C．M、N 两点间的电势差大于 O、M 两点间的电势 D．在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴做直线运动 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场力做功正负根据电势差正负和电场力做功公式W=qU分析．根据电场线与等势线垂直，且顺着电场线方向电势降低，判断M与P两点电势的高低．由U=Ed定性分析MN间和OM间电势差的大小．分析带电粒子的受力情况，判断其运动情况．‎ ‎【解答】解：A、将负电荷由O点移到P点，因OP间的电势差UOP＞0，所以W=﹣qUOP＜0，则电场力做负功，故A错误；‎ B、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，M点的电势比P点的电势高，故B正确；‎ C、由U=Ed可知，MN间的场强小于OM间的场强，故M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差，故C错误；‎ D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．图中为一“滤速器”装置示意图，a、b 为水平放置的平行金属板，一束具有 各种不同速率的电子沿水平方向经小孔 O 进入 a、b 两板之间．为了选取具有某 种特定速率的电子，可在 a、b 间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁 场，使所选 电子仍能够沿水平直线 OO'运动，由 O'射出．不计重力作用．可能 达到上述目的办法是（　　）‎ A．使 a 板电势高于 b 板，磁场方向垂直纸面向里 B．使 a 板电势低于 b 板，磁场方向垂直纸面向里 C．使 a 板电势高于 b 板，磁场方向垂直纸面向外 D．使 a 板电势低于 b 板，磁场方向垂直纸面向外 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】电子沿水平直线OO'运动，做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则判断洛伦兹力方向，分析各项，选出能使两力平衡的情况即可．‎ ‎【解答】解：A、a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上．磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向下，两力可以平衡，符合题意．故A正确．‎ ‎ B、a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下．磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向下，两力不可能平衡，不符合题意．故B错误．‎ ‎ C、使a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上．磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向上，两力不可能平衡，不符合题意．故C错误．‎ ‎ D、使a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下．磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹向上，两力可以平衡，符合题意．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（　　）‎ A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 ‎【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】金属杆受重力、支持力、安培力做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度最大．根据合力为零，求出金属杆的最大的速度．‎ 根据最大的速度的表达式进行求解．‎ ‎【解答】解：金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动．随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大．‎ 当加速度为零时，速度最大．有mgsinα=BIL，‎ I=‎ vm=‎ A、如果B增大，vm将变小，故A错误．‎ B、如果α变大，vm将变大，故B正确．‎ C、如果R变大，vm将变大，故C正确．‎ D、如果m变小，vm将变小，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空4分，共20分）‎ ‎13．用螺旋测微器测一矩形小零件的长和宽时，螺旋测微器上的示数如图所示，（a）的读数是　8.470　mm，（b）的读数是　6.570　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则说明已经露出．‎ ‎【解答】解：a固定刻度的读数为：8mm，可动刻度读数为0.01×47.0mm=0.470mm，所以最终读数为：8mm+0.470mm=8.470mm．‎ b固定刻度的读数为：6.5mm，可动刻度读数为0.01×7.0mm=0.070mm，所以最终读数为：6.5mm+0.070mm=6.570mm．‎ 故答案为：8.470，6.570‎ ‎　‎ ‎14．一位同学设计了如图所示的电路来测电压表的内阻RV，电压表的量程为50mV，内阻约为50Ω．其实验的方法是：①将电键S1闭合、S2断开，调节滑动变阻器R使得电压表的指针达到满偏；②保持滑动变阻器R的滑片位置不变，再将电键S2闭合，调节电阻箱R1，使得电压表的指针指在刻度盘的中央；③读出电阻箱的阻值R1，可以认为电阻RV=R1．‎ ‎（1）实验中调整电阻箱达到实验要求时，电阻箱的各个旋钮的位置如图所示，待测电压表的内阻是　43.0　Ω．‎ ‎（2）如果电源E的电动势为4V，下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用，既要满足实验要求，又要调整方便，变阻器应选　C　 （填 写阻值前相应的字母）． ‎ A.10Ω B.100Ω C.6kΩ D.50kΩ ‎（3）若要将此电压表改装成量程为3V的电压表，应该怎么做，并画出电路图．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；‎ ‎（2）求出滑动变阻器的最小阻值，然后选择滑动变阻器；‎ ‎（3）把小量程电压表改装成大量程电压表，需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）由图2所示可知，电阻箱示数为：0×100+4×10+3×1+0×0.1=43.0Ω，待测电压表内阻为：R=43.0Ω；‎ ‎（2）由S1闭合、S2断开，电压表满偏可知，电路中的最大电流应为：Imax==≈1.16×10﹣3A，‎ 整个电路的最小电阻应为：Rmin==≈3448Ω，阻器最小阻值应为：R变=3448﹣43=3405Ω，滑动变阻器应选C．‎ ‎（3）把电压表改装为3V的电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：R===2537Ω，改装后的电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）43.0；（2）C；（3）串联一个2537Ω的电阻，电路图如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）．‎ ‎15．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L=0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计．整个装置处于竖直向上的大小为B=0.5T的匀强磁场中．现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v﹣t图象如图乙所示．（取重力加速度g=10m/s2）求：‎ ‎（1）t=10s时拉力的大小及电路的发热功率．‎ ‎（2）在0～10s内，通过电阻R上的电量．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）速度图象的斜率等于加速度，由数学知识求出加速度．根据牛顿第二定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律、运动学公式结合求解拉力的大小．根据公式P=求解电路的发热功率．‎ ‎（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电量公式q=I△t求解通过电阻R上的电量．‎ ‎【解答】解：（1）由v﹣t图象可知：a===0.4m/s2…①‎ 由图可知，t=10s时，v=4m/s 由牛顿第二定律，得：F﹣F安=ma…②‎ 又F安=BIL…③‎ E=BLv…④‎ I=…⑤‎ v=at…⑥‎ 联立以上各式，代入数据得：F=+ma=+0.5×0.4=0.24N…⑦‎ 电路的发热功率为 P====0.16W…⑧‎ ‎（2）由q=△t…⑨‎ ‎=…⑩‎ ‎=…（11）‎ ‎△Φ=B△S=BL…（12）‎ 联立以上各式，代入数据得：q====2C 答：（1）t=10s时拉力的大小是0.24N，电路的发热功率是0.16W．‎ ‎（2）在0～10s内，通过电阻R上的电量是2C．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d．接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角φ，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动速度的大小；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系由洛仑兹力充当向心力可求得粒子在磁场中的速度；‎ ‎（2）粒子在电场中做的是类平抛运动，对水平方向的匀速和竖直方向的匀加速分中别进行分析，根据牛顿第二定律及运动学公式可求得电场强度．‎ ‎【解答】解：（1）由几何关系得：R=dsinφ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 解得：‎ ‎（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：‎ v0=vcosφ vsinφ=at d=v0t 解得：‎ 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：‎ 答；（1）粒子在磁场中的速度为；‎ ‎（2）匀强电场的大小为 ‎　‎ ‎17．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．‎ ‎（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；‎ ‎（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；‎ ‎（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．‎ ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；动能定理．‎ ‎【分析】（1）狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力，推出半径表达式；‎ ‎（2）假设粒子运动n圈后到达出口，则加速了2n次，整体运用动能定理，再与洛伦兹力提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；‎ ‎（3）Bm对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率，fm对应加速电场可提供的最大频率，选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1‎ qU=mv12‎ qv1B=m 解得 ‎ 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 ‎ 则．‎ ‎（2）设粒子到出口处被加速了n圈 解得 ．‎ ‎（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能 当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定 解得 当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定vm=2πfmR解得 ‎ 答：（1）r2：r1=：1 （2）t= （3）当fBm≤fm时，EKm=；当fBm≥fm时，EKm=．‎