【解析】湖南省邵阳市邵东三中2015-2016学年高二上学期第三次月考物理试卷（实验班） Word版含解析[ 高考].doc

2021-2021学年湖南省邵阳市邵东三中高二上第三次月考物理试卷实验班一、选择题共12小题，每题4分，共计48分1-8小题只有一个选项正确；9-12有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分1首先发现电磁感应现象的科学家是( )A奥斯特B安培C法拉第D特斯拉2如下图，用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2m，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中当磁场以40T/s的变化率增强时，线框中点b、a两点间的电势差Uba是( )A0.2 VB0.2 VC0.4 VD0.4 V3如下图，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直取逆时针方向的电流为正假设从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的选项是( )ABCD4在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向( )A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边5如下图，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹O是PQ的中点，不计粒子重力以下说法中正确的选项是( )A粒子a带负电，粒子b、c带正电B射入磁场时粒子a的速率最小C射出磁场时粒子b的动能最小D粒子c在磁场中运动的时间最长6如下图，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，那么以下结论正确的选项是( )A假设AB高度差为h，那么UAB=B带电小球在AB两点电势能相等C在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D两电场强度大小关系满足E2=2E17在如图a所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表内阻极大的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图b所示那么( )A图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B电源内电阻的阻值为10C电源的电动势是4VD滑动变阻器R28在如下图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，以下说法中正确的选项是( )A电源的输出功率减小B电流表的示数变大Ca点的电势升高D电容器C所带的电荷量增多来源:学&科&网9机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，关于其工作原理，以下说法正确的选项是( )A人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流B人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流C线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流来源:学&科&网D金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流10在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，那么( )C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势的频率为50Hz11一个用于加速质子的盘旋加速器，其D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，接在D形盒上的高频电源频率为f以下说法正确的选项是( )A质子被加速后的最大速度不可能超过2fRB假设仅将加速电压提高到4倍，那么质子获得最大速度的加速次数减为原来的倍C只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D假设仅将质子换成粒子，那么粒子获得的最大速度为质子最大速度的一半12某导体置于电场后周围的电场分布情况如下图，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点以下说法正确的选项是( )来源:学#科#网Z#X#X#KAA点的电场强度小于B点的电场强度BA点的电势高于B点的电势C将负电荷从A点移到B点，电场力做正功D负电荷在A点的电势能等于在C点的电势能二、填空题此题共2小题，每空2分，共12分，将答案写在相应的横线上或题目指定位置来源:学科网13如图1中游标卡尺读数为_mm，图2螺旋测微器读数为_mm14如图1是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻10，R1是电阻箱099.9，R是滑动变阻器，A1是电流表00.6A，内阻r1未知，A2是电流表00.6A，内阻r2为5.0，E是电源电动势10V，内阻很小实验具体步骤如下：i连接好线路，将滑动变阻器R调到最大；ii闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1=0.3A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；iii重复步骤ii，再测量6组R1和I2的值；根据实验答复以下问题：来源:Z。xx。k.Com1图2为本实验的实物电路，请根据电路图完成实物电路连线2测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数仍为I1=0.3A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值_选填“不变、“变大或“变小3根据实验得到的R1和I2的值，在坐标纸上画出R1与I2的关系如图3，图线是一条直线，设直线的斜率为k，那么Rx=_用题中量和测量物理量的符号表示4根据以上实验得出Rx=_三、计算题此题有3小题，共40分.解容许写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15如下图，足够长的收集板MN和半圆形匀强磁场相切，且与磁场的直线边界CD平行；磁场的圆心为O、半径为L，方向垂直纸面向内现有大量质量为m、电量为q的带正电粒子，从O点沿纸面以相同速率v沿各个方向射入磁场，粒子的轨道半径也为L不计粒子重力及粒子间的相互作用，求：1所加磁场磁感应强度的大小；2哪些入射方向以速度方向与OD间夹角表示的粒子通过磁场后能打到MN板上；3粒子通过磁场的最长时间16如下图，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连接的光滑绝缘轨道第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为y=x2；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R，B点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中现有一质量为m、带电量为q的带电小球，从与B点等高的A点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B点重力加速度为g，求1小球运动到O点时对轨道的压力F；2第二象限内匀强电场的场强大小E；3小球落回抛物线轨道时的动能Ek1716分如下图，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l，t=0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m、带电量为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点1要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？2要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系？2021-2021学年湖南省邵阳市邵东三中高二上第三次月考物理试卷实验班一、选择题共12小题，每题4分，共计48分1-8小题只有一个选项正确；9-12有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分1首先发现电磁感应现象的科学家是( )A奥斯特B安培C法拉第D特斯拉【考点】物理学史【专题】常规题型【分析】根据课本中的根底知识可知英国物理学家法拉第是第一个发现电磁感应现象的科学家【解答】解：英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象应选：C【点评】1在电磁学中，最著名的科学家有两个：奥斯特，第一个发现电能生磁即电和磁之间存在联系的科学家；法拉第，第一个发现磁能生电即电磁感应的科学家2记住相关的根底知识对于解决此类识记性的题目有很大的帮助2如下图，用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2m，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中当磁场以40T/s的变化率增强时，线框中点b、a两点间的电势差Uba是( )来源:学科网ZXXKA0.2 VB0.2 VC0.4 VD0.4 V【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】当磁场以20T/s的变化率增强时，线框中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律求出回路中产生的感应电动势，由楞次定律判断a、b电势上下，根据欧姆定律求出a、b两点间的电势差Uab【解答】解：由题得，磁感应强度的变化率为=40T/s，由法拉第电磁感应定律得，E=S=40×2由楞次定律判断得，线框中感应电流方向沿逆时针方向， b相当于电源的正极，a相当于电源的负极，那么a的电势低于b的电势，根据欧姆定律得 Uab=E=0.4V，那么Uba=0.4V，故C正确，ABD错误应选：C【点评】此题运用法拉第电磁感应定律E=S时，要注意S是有效面积，并不等于线框的总面积3如下图，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直取逆时针方向的电流为正假设从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的选项是( )ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】此题导体的运动可分为6段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小【解答】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，那么由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故C一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，0时间内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加，来源:学科网ZXXK时间内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小，故D错误时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，由于分处两磁场的线圈两局部产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以在时刻感应电动势是时刻的两倍，故A错误，B正确应选B【点评】此题为选择题，而过程比拟复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两局部产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当线框刚好在两磁场中间时时，线圈中电流达最大2I4在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向( )A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定那么【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定那么可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定那么来确定，那么对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流由安培定那么可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下再由左手定那么可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边应选：C【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，那么两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，那么两导线相互排斥5如下图，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹O是PQ的中点，不计粒子重力以下说法中正确的选项是( )A粒子a带负电，粒子b、c带正电B射入磁场时粒子a的速率最小C射出磁场时粒子b的动能最小D粒子c在磁场中运动的时间最长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据粒子运动轨迹由左手定那么判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比拟粒子运动时间【解答】解：A、根据左手定那么知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，射入磁场时粒子c的半径最小，那么速率最小故B错误；C、粒子的动能EK=mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，那么b粒子动能最大；c的半径最小，那么动能最小故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，那么射入磁场时c的运动时间最大，故D正确；应选：D【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小6如下图，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，那么以下结论正确的选项是( )A假设AB高度差为h，那么UAB=B带电小球在AB两点电势能相等C在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D两电场强度大小关系满足E2=2E1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据运动的对称性得出加速度的大小关系，通过动能定理求出A、B的电势差结合牛顿第二定律得出两电场强度的关系【解答】解：A、B、对A到B的过程运用动能定理得，qUAB+mgh=0，解得：，知A、B的电势不等，那么电势能不等故A正确，B错误；C、A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，那么加速度大小相等，方向相反故C错误；D、在上方电场，根据牛顿第二定律得：，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：，因为a1=a2，解得：故D错误应选：A【点评】此题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解7在如图a所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表内阻极大的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图b所示那么( )A图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B电源内电阻的阻值为10C电源的电动势是4VD滑动变阻器R2【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，那么可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，那么可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，那么由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率【解答】解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，那么电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，那么由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=解得r=5，E=6V，故BC错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5，R2电阻为20；当R1等效为内阻，那么当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I=A=0.3A，那么滑动变阻器消耗的总功率P=I'2R=0.9W；故D正确；应选：D【点评】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理8在如下图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，以下说法中正确的选项是( )A电源的输出功率减小B电流表的示数变大Ca点的电势升高D电容器C所带的电荷量增多【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器有效电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联局部电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化a点的电势等于R3两端的电压【解答】解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由于电源的内阻与外电阻的大小关系未知，那么不能判断电源的输出功率如何变化故A错误BC、外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，那么电压表示数变大根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R3两端的电压，而电阻R3两端的电压U3变小，那么a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=II2，I增大，I2减小，那么IA增大即电流表示数变大故B正确，C错误D、电阻R2两端的电压 U2=EIR1+r，I增大，那么U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故D错误应选：B【点评】此题电路的动态分析问题，要掌握从“局部整体局部的分析思路，并能熟练运用，要注意分析电路时电容器可当作断路9机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，关于其工作原理，以下说法正确的选项是( )A人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流B人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流C线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流来源:学科网D金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流【考点】* 涡流现象及其应用【分析】安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物品会产生感应电流，反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流【解答】解：A、B金属物品一般不能被磁化，且地磁场很弱，即使被磁化，磁性很弱，人体的电阻很大，不能与金属构成回路产生感应电流故AB错误C、D安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到故CD正确应选：CD【点评】此题是金属探测器利用了涡流，实质是一种特殊的电磁感应原理10在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，那么( )C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势的频率为50Hz【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】电磁感应功能问题【分析】由图2可知任何时刻的感应电动势，根据电动势的特点，可判处金属线框所处的位置；由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率【解答】解：A、t=0.005s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率最大，不是零，故A错误B、由图2可知t=0.01s时，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故B正确C、由图2可知 T=0.02s，Em=311V根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为：E=220V，故C错误D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f=50Hz，故D正确应选：BD【点评】此题考察的是有关交变电流的产生和特征的根本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系11一个用于加速质子的盘旋加速器，其D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，接在D形盒上的高频电源频率为f以下说法正确的选项是( )A质子被加速后的最大速度不可能超过2fRB假设仅将加速电压提高到4倍，那么质子获得最大速度的加速次数减为原来的倍C只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D假设仅将质子换成粒子，那么粒子获得的最大速度为质子最大速度的一半【考点】质谱仪和盘旋加速器的工作原理【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=m，运动周期T=电场中加速时间忽略不计对公式进行简单推导后，便可解此题【解答】解：A、根据v=2Rf，可知：最大半径为R，且电场变化的频率即为粒子在磁场中运动周期，所以最大速度不可能超过2fR故A正确，B、根据一次加速获得动能，qU=，而最大初动能不变，当加速电压提高到4倍，那么质子获得最大速度的加速次数减为原来的倍，故B正确；C、假设R足够大，质子的速度不可以被加速到任意值，因当到达一定速度后，质子的质量发生变化，导致周期变化，故C错误；D、根据qvB=m得，粒子的最大速度v=，仅将质子换成粒子，那么粒子获得的最大速度为质子最大速度的一半，故D正确，应选：ABD【点评】解决此题的关键知道根据qvB=m可求出最大速度，以及知道最大动能与D形盒的半径和磁感应强度的大小有关，注意加速电压与最大动能无关，但与一次加速的动能有关12某导体置于电场后周围的电场分布情况如下图，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点以下说法正确的选项是( )AA点的电场强度小于B点的电场强度BA点的电势高于B点的电势C将负电荷从A点移到B点，电场力做正功D负电荷在A点的电势能等于在C点的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的上下；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式WAB=qUAB来判断电场力做功的多少【解答】解：A、由电场线越密的地方，电场强度越大，那么有EBEA，故A正确；B、沿着电场线，电势逐渐降低，A点处于电场线的靠前的位置故，故B正确；C、由于沿着电场线，电势逐渐降低，故AB，因此将负电荷从A移动到B，电场力做负功，故C错误；D、由于从A和C处于同一条等势线上，故电荷在A点的电势能等于在C点的电势能，故D正确应选：ABD【点评】此题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势上下、电场力大小和电势差的大小关系同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减二、填空题此题共2小题，每空2分，共12分，将答案写在相应的横线上或题目指定位置13如图1中游标卡尺读数为mm，图2螺旋测微器读数为mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】游标卡尺读数的方法是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：1游标卡尺的固定刻度读数为52mm，游标尺上第7个刻度游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为：52mm+0.35mm=52.35mm；2螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×49.0mm=0.490mm，来源:Z#xx#k.Com所以最终读数为：1.5mm+0.490mm=1.990mm故答案为：52.35，1.990【点评】解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，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14如图1是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻10，R1是电阻箱099.9，R是滑动变阻器，A1是电流表00.6A，内阻r1未知，A2是电流表00.6A，内阻r2为5.0，E是电源电动势10V，内阻很小实验具体步骤如下：i连接好线路，将滑动变阻器R调到最大；ii闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1=0.3A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；iii重复步骤ii，再测量6组R1和I2的值；根据实验答复以下问题：1图2为本实验的实物电路，请根据电路图完成实物电路连线2测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数仍为I1=0.3A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值变大选填“不变、“变大或“变小3根据实验得到的R1和I2的值，在坐标纸上画出R1与I2的关系如图3，图线是一条直线，设直线的斜率为k，那么Rx=kI1r2用题中量和测量物理量的符号表示4根据以上实验得出Rx=【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】1根据电路图连接实物图；2由欧姆定律，结合电路分析方法，可知滑动变阻器的阻值如何变化；3根据欧姆定律得出R1与I2的关系式，根据斜率为k得出Rx的表达式；4根据图象求出斜率，代入3中求出Rx的值【解答】解：1根据电路图连接实物图，如下图：2调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1=0.3A，那么与其串联的两个电阻一个电流表的两端电压必须要在减小，因此只有应让滑动变阻器R接入电路的阻值再变大，才能到达这样的条件；4根据欧姆定律，那么有：R1+R0+r1I1=I2RX+r2；整理可得：R1=I2R0r1，那么图象的斜率：k=，解得：Rx=kI1r24根据图象可知，斜率k=118.18，那么有：Rx=118.18×0.35=30.5故答案为：1如下图；2变大；3Rx=kI1r2【点评】此题考查如何确定电表的方法，紧扣题意是解题的关键，理解欧姆定律的应用，掌握串并联特点，注意误差与错误的区别，理解图象的斜率含义三、计算题此题有3小题，共40分.解容许写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15如下图，足够长的收集板MN和半圆形匀强磁场相切，且与磁场的直线边界CD平行；磁场的圆心为O、半径为L，方向垂直纸面向内现有大量质量为m、电量为q的带正电粒子，从O点沿纸面以相同速率v沿各个方向射入磁场，粒子的轨道半径也为L不计粒子重力及粒子间的相互作用，求：1所加磁场磁感应强度的大小；2哪些入射方向以速度方向与OD间夹角表示的粒子通过磁场后能打到MN板上；3粒子通过磁场的最长时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】1粒子在磁场中做类似平抛运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；2考虑临界情况，当粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行时将不能到达板上，画出临界轨迹，结合几何关系进行讨论即可；3粒子在磁场中对应圆弧的弦长最长时，圆弧最长，那么运动时间最长，最长弦长等于半径，故可以得到运动时间【解答】解：1由洛伦兹力提供向心力得：解得：2刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行，在磁场中运动的轨迹如下图轨迹圆弧对应的圆心角=60°，那么入射的方向与直线边界之间的夹角是0120°的粒子通过磁场后能打到MN板上3从磁场圆弧边界出来的粒子通过磁场的时间最长：答：1所加磁场磁感应强度的大小为；2入射的方向与直线边界之间的夹角是0120°的粒子通过磁场后能打到MN板上；3粒子通过磁场的最长时间为【点评】此题关键是粒子在匀强磁场中运动的动态圆问题，关键是画出临界轨迹，结合临界轨迹分析，根底题目16如下图，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连接的光滑绝缘轨道第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为y=x2；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R，B点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中现有一质量为m、带电量为q的带电小球，从与B点等高的A点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B点重力加速度为g，求1小球运动到O点时对轨道的压力F；2第二象限内匀强电场的场强大小E；3小球落回抛物线轨道时的动能Ek【考点】动能定理；向心力；机械能守恒定律【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题【分析】1从A到O由机械能守恒求的到达O点的速度，根据牛顿第二定律求的在O点的作用力2小球恰能到达B点，根据牛顿第二定律求的B点的速度，根据动能定理求的场强3小球从B点做平抛运动，根据平抛运动的特点和轨迹方程即可判断【解答】解：1小球从A点运动到O点的过程中机械能守恒，有在O点处，对小球由牛顿第二定律得解得FN=5mg由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为F=5mg，方向竖直向下2小球恰能运动到B点，说明小球所受的电场力向上由牛顿第二定律得小球从A点到B点的过程中，由动能定理得解得3小球从B点飞出后做平抛运动，设落回抛物线轨道时的坐标为x，y，有x=vBtx、y满足关系小球从B点到抛物线轨道，由动能定理得解得答：1小球运动到O点时对轨道的压力F为5mg；来源:学.科.网Z.X.X.K2第二象限内匀强电场的场强大小E为；3小球落回抛物线轨道时的动能Ek为【点评】涉及到圆周运动的动力学问题应根据牛顿第二定律并结合动能定理求解；涉及到平抛运动问题，应根据平抛规律求解1716分如下图，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l，t=0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m、带电量为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点1要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？2要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系？【考点】法拉第电磁感应定律；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】压轴题【分析】根据楞次定律可知极板1带正电，带电液滴在两板之间做平抛运动，液滴从两板间射出的条件是：在竖直方向上的偏转距离小于d，要使液滴能从两板间右端的中点射出，那么根据其在竖直方向上的偏转距离等于d2，可求出磁场变化率，从而求出磁感应强度B与时间t应满足关系【解答】解 1由题意可知：板1为正极，板2为负极 设磁场变化率为K，两板间的电压： 而：s=r2 带电液滴受的电场力： 由牛顿第二定律得：Fmg=ma 由联立解得： 由于极板1带正电，液滴受到向上电场力，假设重力大于或者等于电场力，小球将沿极板直线飞出；假设重力小于电场力，液滴将向上偏转，做类平抛运动，当刚好沿上极板飞出时有：x=l=v0t 由得：要使液滴能射出，必须满足yd 故磁感应强度随时间的变化率满足条件为：2当液滴从两板右端中点射出时，有：l=v0t， 联立解得此时磁感应强度的变化率为：所以磁感应强度B与时间t应满足关系为：【点评】此题有较强的综合性，将电磁感应、电容器和带电粒子在电场中的偏转等知识点有机的结合起来