河北省邢台一中高二物理上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年河北省邢台一中高二（上）第二次月考物理试卷　一、单项选择题（本题共9小题，每小题4分，共36分）在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项符合题意．1．如图所示电路中的各元件值为：R1=R2=10Ω，R3=R4=20Ω，C=3.0×102μF，电源电动势E=6.0V，内阻不计．单刀双掷开关S开始时接通触点1．当开关S从触点1改接触点2后，直至电流为零止，通过电阻R1的电量为（　　）A．2.0×10﹣4CB．3.0×10﹣4CC．6.0×10﹣4CD．8.0×10﹣4C　2．在图4中所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列判断不正确的是（　　）A．灯泡L1的电阻为12ΩB．通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.75WD．灯泡L2消耗的电功率为0.30W　3．某同学设计了一个多量程多用电表，其内部结构原理图如图所示．其电流表的量程分别为10mA和250mA，电压表的量程分别为10V和250V，电阻档分别为×10Ω和×100Ω．则下列说法正确的是（　　）A．功能选择开关s与“1”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、250mAB．功能选择开关s与“3”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、10mA-26-\nC．功能选择开关s与“5”相接时，所测物理量和量程分别是直流电压、250VD．功能选择开关s与“6”相接时，所测物理量和量程分别是直流电压、10V　4．如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）A．O点处的磁感应强度为零B．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D．a、c两点处磁感应强度的方向不同　5．在如图所示的圆形虚线区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同速率、沿相同方向对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子（　　）A．速率一定越小B．在磁场中运动的轨道半径一定越大C．在磁场中通过的路程一定越长D．在磁场中运动的周期一定越大　6．如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为（　　）A．0B．2mgC．4mgD．6mg-26-\n　7．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为AC，竖直短轴为ED．轻弹簧一端固定在大环的中心O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中．将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等．下列说法中错误的是（　　）A．刚释放时，小球的加速度为重力加速度gB．小环的质量越大，其滑到D点时的速度将越大C．小环从A到运动到D，弹簧对小环先做正功后做负功D．小环一定能滑到C点　8．如图所示，有一金属块放在垂直于表面C、磁感应强度B的匀强磁场中，金属块的厚度为d，高度为h．当有稳恒电流I从左向右行通过金属块时，由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（上、下两面M、N上的电势分别为φM、φN）（　　）A．|φM﹣φN|B．C．D．　9．如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如表所示．由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（　　）粒子编号质量电荷量（q＞0）速度大小1m2qV22m2q2v33m﹣3q3v42m2q3v52m﹣qv-26-\nA．3，5，4B．4，2，5C．5，3，2D．2，4，5　　二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项符合题意，全部选对得4分，部分选对得2分，错选或不选得0分．10．某同学将一直流电源的总功率P1、输出功率P2和电源内部的发热功率P3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．则下列说法中正确的是（　　）A．图线b表示输出功率随电流I变化的关系B．图中a线最高点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P1=P2+P3D．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1：4　11．如图所示，一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的垂直上方的水平导线中通有垂直流向纸外的恒定电流，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，若磁铁仍然静止，则磁铁对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是（　　）A．FN增大B．FN减小C．Ff减小D．Ff不变　12．如图所示，两段长度均为l、粗细不同的铜导线a、b串联接在某一直流电路中．已知铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值，当在这段特殊的导线a、b所在空间加一垂直于直导线的匀强磁场时，关于两段直导线所受的安培力及其内部自由电荷因定向移动所受的洛仑兹力，以下说法中正确的是（　　）-26-\nA．a、b导线所受到的安培力大小相等B．a导线所受到的安培力小于b导线所受到的安培力C．a、b导线中自由电荷所受洛伦兹力平均值大小相等D．a导线中自由电荷所受洛伦兹力平均值大于b导线中自由电荷所受洛伦兹力　13．如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是（　　）A．ta＜tb＜tcB．ta＞tb＞tcC．ta=tb＜tcD．ta=tb=tc　14．如图所示，长为L、平行正对的两水平极板间，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两极板间距离也为L，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从极板间左边中点处垂直于磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（　　）A．使粒子的速度v＜B．使粒子的速度v＞C．使粒子的速度v＞D．使粒子速度＜v＜　15．如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界为一边长为L的三角形，A、C、D为三角形的顶点．今有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度v=从AD边上某点P既垂直于AD边、又垂直于磁场的方向射人磁场，然后从CD边上某点Q（图中未画出）射出．若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（　　）-26-\nA．|PD|≤LB．|PD|≤LC．|QD|≤LD．|QD|≤L　　三、填空题和实验题（本题共2小题，第16题6分，第17题12分，共18分）16．如图所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子（不计重力），而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域，并要求底片MN上每一地方都有粒子到达．假若放射源所放出的是质量为m、电量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN长为L．为了实现上述目的，我们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场．则匀强磁场的方向为　　　　　　，匀强磁场的磁感应强度B的大小为　　　　　　，最小有界匀强磁场的面积S为　　　　　　．　17．（12分）（2022秋•邢台校级月考）在研究性学习中，小刚、小聪和小明所在的小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻器、电容器、电感线圈等电子器件．现从这些元件中选取两个待测元件进行研究，一是电阻器Rx（阻值约2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E的标称值为3.4V）．在操作台上还准备了如下实验器材：A．电压表V（量程4.00V，内阻RV约10kΩ）B．电流表A1（量程100mA，内阻RA1约5.0Ω）C．电流表A2（量程2.00mA，内阻RA2约50Ω）D．滑动变阻器R（阻值变化范围为0～40Ω．额定电流1A）E．电阻箱Ro（阻值变化范围为0～999.9Ω）F．单刀单掷开关S一只、导线若干-26-\n（1）小刚采用伏安法测定Rx的阻值，他使用的电池是待测的锂电池．图甲是他所用的实验器材，且已连接了部分实验器材．为了尽可能减小实验误差，请你用笔划线在答题卡上完成实物连接．（2）根据你所画的实物连线的实验电路，小刚应该选用的电流表是　　　　　　（选填“A1”或“A2”），他用作为Rx的测量值，则Rx的测量值　　　　　　Rx的真实值（填“大于”或“小于”）．（3）小聪和小明设计了图乙所示的电路图测量锂电池的电动势和内阻．a．小聪的实验操作是：闭合开关S，调整电阻箱的阻值为R1时，读出电压表的示数为Ul；调整电阻箱的阻值为R2时，读出电压表的示数为U2．若忽略电压表内阻的影响，则该电池的电动势和内阻的测量值的表达式分别为E侧=　　　　　　和r侧=　　　　　　．b．小明认为用线性图象更便于处理和分析实验数据．他在实验中多次改变电阻箱的阻值，获取了多组实验数据，画出的﹣图象为一条直线（见图丙）．若忽略电压表内阻的影响，则该图象的函数表达式为=　　　　　　（用E、r、R0表示），由图丙可知该电池的电动势和内阻的测量值分别为E侧=　　　　　　V，r侧=　　　　　　Ω．（电动势E侧和内阻r侧的值均取两位有效数字）　　四、计算题（本题共3小题，第18题10分，第19题9分，第20题13分，共32分）要求写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的请算出最后结果．18．（10分）（2022•四川）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）　19．如图所示，两平行金属导轨相距L=0.20m，与水平面夹角为θ=37°．在两金属导轨下端，用导线连接电源和定值电阻．电源电动势E=6.0V，内阻r=1.0Ω，定值电阻R=2.0Ω，其它电阻不计．金属棒MN的质量为m=0.10kg，刚好横放在两金属导轨上，且与导轨间的动摩擦因数为μ=0.50．整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，设金属棒所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为使金属棒MN处于静止状态，磁感应强度B应该为多大？（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，计算结果均取两位有效数字）-26-\n　20．（13分）（2022秋•邢台校级月考）在如图所示的竖直平面直角坐标系xOy中，虚线OM与x轴成45°角．在OM与x轴之间（包括x轴）的区域存在垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在OM与y轴之间（包括y轴）的区域，存在沿y轴负方向的匀强电场（但电场强度大小未知）．有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以速度v沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，粒子第二次进入电场后恰好运动到O点并从此离开电场和磁场．求：（1）带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离．（2）粒子从最初由O点进入磁场到恰好经过O点并离开电场和磁场的总时间．　　2022-2022学年河北省邢台一中高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（本题共9小题，每小题4分，共36分）在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项符合题意．1．如图所示电路中的各元件值为：R1=R2=10Ω，R3=R4=20Ω，C=3.0×102μF，电源电动势E=6.0V，内阻不计．单刀双掷开关S开始时接通触点1．当开关S从触点1改接触点2后，直至电流为零止，通过电阻R1的电量为（　　）A．2.0×10﹣4CB．3.0×10﹣4CC．6.0×10﹣4CD．8.0×10﹣4C【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】恒定电流专题．-26-\n【分析】在直流电路中，电路稳定时电容器相当于断路；开关S接触触点1时，4个电阻串联，根据欧姆定律得到电容器两端的电压，从而得到C的带电量；开关S从触点1改为接触点2后，电容器相当于电源，通过电阻放电，根据并联电路的电流与电阻成反比，得到两个支路的电流之比，从而得到通过电阻R1的电量．【解答】解：开关接触触点1时，4个电阻串联，电容器与电阻R3、R4并联，其电压为：UC=E=×6V=3V故电容器的带电量为：Q=CU=3.0×102××10﹣6×3C=9.0×10﹣4C开关从触点1改为接触点2后，电容器相当于电源；电阻R1与R2串联，而电阻R3与R4串联，两个支路再并联，两支路电流之比为：==2由q=It，得通过两个支路的电量之比为：=2根据电荷守恒定律，有：q1+q2=Q解得通过电阻R1的电量：q1=6.0×10﹣4C故选：C【点评】本题关键是理清两种情况下电容器的作用，然后根据电容器的定义公式和闭合电路欧姆定律列式求解．　2．在图4中所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列判断不正确的是（　　）A．灯泡L1的电阻为12ΩB．通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.75WD．灯泡L2消耗的电功率为0.30W【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻．【解答】解：A、C当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1==12Ω，功率P1=U1I1=0.75W．故AC正确．-26-\nB、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，所以，故B错误；D、L2消耗的功率P2=I2U2=0.3W，故D正确．本题选不正确的故选B【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．读图能力是基本功．　3．某同学设计了一个多量程多用电表，其内部结构原理图如图所示．其电流表的量程分别为10mA和250mA，电压表的量程分别为10V和250V，电阻档分别为×10Ω和×100Ω．则下列说法正确的是（　　）A．功能选择开关s与“1”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、250mAB．功能选择开关s与“3”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、10mAC．功能选择开关s与“5”相接时，所测物理量和量程分别是直流电压、250VD．功能选择开关s与“6”相接时，所测物理量和量程分别是直流电压、10V【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】恒定电流专题．【分析】电流表、电压表与欧姆表都是由小量程电流表改装成的；把小量程电流表改装成电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，把电流表改装成欧姆表时，应串联一个滑动变阻器，电路应有一个电源；分析清楚电路结构，根据电流表、电压表与欧姆表的原理分析答题．【解答】解：A、由图甲可知，选择开关接“1”时，表头与电阻R1并联，且并联电阻较小，因此选择开关接“1”时测电流，由于并联电阻小，电流表量程大，量程是250mA，故A正确；B、功能选择开关s与“3”相接时，是用来测电阻的，故B错误；C、选择开关接“5”时，表头与电阻R5串联，串联电阻较小，此时多用电表测电压，量程较小，量程是10V，故C错误；D、功能选择开关s与“6”相接时，表头与电阻R5，R6串联，串联电阻较大，此时多用电表测电压，量程较大，量程是250V，故D错误；故选：A【点评】知道电流表、电压表、欧姆表的原理，掌握电流表、电压表、欧姆表的读数方法，即可正确解题．　-26-\n4．如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）A．O点处的磁感应强度为零B．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D．a、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】磁感应强度．【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．B、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故B正确．C、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故C错误．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下，方向相同．故D错误．故选：B【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．　5．在如图所示的圆形虚线区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同速率、沿相同方向对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子（　　）A．速率一定越小B．在磁场中运动的轨道半径一定越大-26-\nC．在磁场中通过的路程一定越长D．在磁场中运动的周期一定越大【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】质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，由于m、q、B都相同，则粒子在磁场中的周期相同，故D错误；粒子在磁场中的运动时间：t=T，在磁场中运动时间越长的带电粒子转过的圆心角θ越大，轨道半径r越小，粒子做圆周运动的轨道半径：r=，m、q、B相同，r越小，粒子的速率v越小，故A正确，B错误．粒子在磁场中通过的路程即圆弧的长度l=rθ，粒子运动时间越长，路程不一定越长，故C错误；故选：A．【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；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．　6．如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为（　　）A．0B．2mgC．4mgD．6mg【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；左手定则；右手定则．【专题】电磁感应中的力学问题．-26-\n【分析】小球摆动过程中，受到重力、线的拉力和洛伦兹力，只有重力做功，其机械能守恒，当小球自右方摆到最低点时的速率等于自左方摆到最低点时的速率，由机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速率．根据小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出方程．小球自右方摆到最低点时，洛伦兹力方向向下，再由牛顿第二定律求出悬线上的张力．【解答】解：设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v．根据机械能守恒定律得：mgL（1﹣cos60°）=，得到v=当小球自左方摆到最低点时，有：qvB﹣mg=m①当小球自右方摆到最低点时，有：F﹣mg﹣qvB=m②由①+②得：F=2mg+2m=4mg．故选C【点评】本题磁场中的力学问题，考查综合应用机械能守恒定律和牛顿第二定律解题的能力，抓住洛伦兹力不做功的特点．　7．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为AC，竖直短轴为ED．轻弹簧一端固定在大环的中心O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中．将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等．下列说法中错误的是（　　）A．刚释放时，小球的加速度为重力加速度gB．小环的质量越大，其滑到D点时的速度将越大C．小环从A到运动到D，弹簧对小环先做正功后做负功D．小环一定能滑到C点【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；功能关系．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，所有加速度为g，因为AD点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所有OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，故小球一定能滑到C点【解答】解：A、刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，所有加速度为g，故A正确；C、因为AD点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所以OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，故C正确；-26-\nB、从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，故小球一定能滑到C点，故D正确，B错误；本题选错误的，故选：B．【点评】本题关键是知道洛伦兹力不做功，小环和弹簧组成的系统机械能守恒．　8．如图所示，有一金属块放在垂直于表面C、磁感应强度B的匀强磁场中，金属块的厚度为d，高度为h．当有稳恒电流I从左向右行通过金属块时，由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（上、下两面M、N上的电势分别为φM、φN）（　　）A．|φM﹣φN|B．C．D．【考点】霍尔效应及其应用；电势．【分析】定向移动的电子在磁场中受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内导电的自由电子数目．【解答】解：最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有evB=e．解得：v=电流的微观表达式为I=nevS=nevhd，所以n==||=．故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电流的微观表达式，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．　9．如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如表所示．由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（　　）粒子编号质量电荷量（q＞0）速度大小1m2qV22m2q2v33m﹣3q3v42m2q3v52m﹣qv-26-\nA．3，5，4B．4，2，5C．5，3，2D．2，4，5【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】压轴题．【分析】带电粒子在磁场中的运动洛仑兹力充当向心力，由此可得出半径公式，由半径公式可得出各组粒子的半径之比；则可得出它们的运动轨迹．【解答】解：由Bqv=m可知，半径公式；结合表格中数据可求得1﹣5各组粒子的半径之比依次为0.5：2：3：3：2，说明第一组正粒子的半径最小，由图可知故该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动．由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2：3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子．c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子．故选D．【点评】本题看似比较复杂，但只要认真分析即可发现半径大小以及偏转方向的关系，则根据带电粒子圆周运动的性质可得出正确结果．　二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项符合题意，全部选对得4分，部分选对得2分，错选或不选得0分．10．某同学将一直流电源的总功率P1、输出功率P2和电源内部的发热功率P3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．则下列说法中正确的是（　　）A．图线b表示输出功率随电流I变化的关系B．图中a线最高点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P1=P2+P3D．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1：4【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．-26-\n【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：A、由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式P1=EI，P2=UI﹣I2r，P3=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均错误；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P1等于输出功率P2和电源内部的发热功率P3的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系P1=P2+P3，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a、b线的交点N表示电源的总功率P1和电源内部的发热功率P3随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，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：CD．【点评】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．　11．如图所示，一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的垂直上方的水平导线中通有垂直流向纸外的恒定电流，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，若磁铁仍然静止，则磁铁对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是（　　）A．FN增大B．FN减小C．Ff减小D．Ff不变【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．【解答】解：条形磁铁在导线处产生的磁场方向平行于斜面向上，由左手定则知导线所受安培力垂直斜面向上，根据牛顿第三定律则条形磁铁所受安培力垂直斜面向下，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，同理可知条形磁铁所受安培力垂直斜面向上，故磁铁对斜面的压力F减小，根据平衡条件：Ff=mgsinθ保持不变；故选：BD．【点评】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．　-26-\n12．如图所示，两段长度均为l、粗细不同的铜导线a、b串联接在某一直流电路中．已知铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值，当在这段特殊的导线a、b所在空间加一垂直于直导线的匀强磁场时，关于两段直导线所受的安培力及其内部自由电荷因定向移动所受的洛仑兹力，以下说法中正确的是（　　）A．a、b导线所受到的安培力大小相等B．a导线所受到的安培力小于b导线所受到的安培力C．a、b导线中自由电荷所受洛伦兹力平均值大小相等D．a导线中自由电荷所受洛伦兹力平均值大于b导线中自由电荷所受洛伦兹力【考点】洛仑兹力；电流、电压概念．【分析】根据安培力大小公式，F=BIL，结合串联电路电流相等，即可求解安培力的大小；而导体受到的安培力是所以自由电荷受到的洛伦兹力集中体现，从而根据自由电荷的密集程度来确定洛伦兹力平均值大小．【解答】解：A、B、由题意可知，a、b两部分是串联，则电流相等，根据F=BIL，可知，安培力的大小相等，故A正确，B错误；C、D、由于导体受到的安培力是所以自由电荷受到的洛伦兹力集中体现，因铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值，且相同长度下，a的横截面积小于b，所以a中的自由电荷比b中少，所以a中自由电荷所受洛伦兹力平均值大于b中自由电荷所受洛伦兹力平均值，故C错误，D正确；故选：AD【点评】考查安培力大小影响因素，掌握串联电路的电流相等的特点，理解安培力的大小是所有洛伦兹力集中体现，这是解题的关键．　13．如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是（　　）A．ta＜tb＜tcB．ta＞tb＞tcC．ta=tb＜tcD．ta=tb=tc【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，根据t=T求出粒子的运动时间．-26-\n【解答】解：粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t=T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．若粒子的运动半径r和圆形区域半径R满足r=R，则如图甲所示，ta＜tb=tc；当r＞R时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大；则有：ta＜tb＜tc当r≤R，轨迹如图乙所示，ta=tb=tc，同理，R＜r≤R时，ta＜tb=tc，故BC错误，AD正确；故选：AD．【点评】本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期T相同，画出轨迹后，根据公式t=T求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．　14．如图所示，长为L、平行正对的两水平极板间，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两极板间距离也为L，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从极板间左边中点处垂直于磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（　　）A．使粒子的速度v＜B．使粒子的速度v＞C．使粒子的速度v＞D．使粒子速度＜v＜【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．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】欲使离子不打在极板上，抓住两个临界情况，一个是刚好从左侧射出，一个是刚好从右侧射出，根据几何关系求出两临界情况的半径，再根据半径公式得出两个临界速度，从而知道速度的范围．【解答】解：离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：qvB=m，解得：r=．-26-\n若粒子刚好从左侧射出，如图所示，则：r1=L，则：v1=．若粒子刚好从右侧射出，如图，有：r22=L2+（r2﹣L）2，解得：r2=L，则：v2=．欲使离子不打在极板上，则v＜或v＞．故选：AB．【点评】本题考查了带电粒子在有界磁场中运动问题，关键抓住临界状况，运用牛顿第二定律进行求解．　15．如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界为一边长为L的三角形，A、C、D为三角形的顶点．今有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度v=从AD边上某点P既垂直于AD边、又垂直于磁场的方向射人磁场，然后从CD边上某点Q（图中未画出）射出．若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（　　）A．|PD|≤LB．|PD|≤LC．|QD|≤LD．|QD|≤L【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】本题粒子的半径确定，圆心必定在经过AB的直线上，可将粒子的半圆画出来，然后移动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R=．由题知：v=，解得：R=L．如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边过，因此入射点P1为离开B最远的点，满足|PD|≤L+L，故A正确，B错误；-26-\n当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径L，故QD最大，即|QD|≤L×=L，故C错误，D正确．故选：AD．【点评】考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动．由于运动轨迹的对应的半径不变，所以当从不同的位置进入时，出磁场位置也不同，故当轨迹刚与BC相切或与BC垂直相交，是本题考虑的两种临界状态，也是解题的突破口．　三、填空题和实验题（本题共2小题，第16题6分，第17题12分，共18分）16．如图所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子（不计重力），而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域，并要求底片MN上每一地方都有粒子到达．假若放射源所放出的是质量为m、电量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN长为L．为了实现上述目的，我们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场．则匀强磁场的方向为　垂直于纸面向外　，匀强磁场的磁感应强度B的大小为　　，最小有界匀强磁场的面积S为　πL2　．【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】所有粒子经过磁场时受到洛伦兹力而向右偏转，根据左手定则判断磁场的方向；要想使所有的粒子都最终水平向右运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必须与最小圆形有界匀强磁场的半径大小一致，等于L，由牛顿第二定律求B，由几何知识求面积S．【解答】解：要使所有粒子最终全部垂直射到底片MN这一有效区域，所有粒子经过磁场时受到洛伦兹力而向右偏转，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向为垂直纸面向外．要使所有粒子最终全部垂直射到底片MN这一有效区域，则所有的粒子要水平向右运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必须与最小圆形有界匀强磁场的半径大小一致，所以有：R=L，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：qvB=m，解得：B=；-26-\n最小磁场区域如图所示，有界磁场的最小面积为：S=πR2=πL2．故答案为：垂直于纸面向外；；πL2．【点评】本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，确定轨迹的圆心和半径，画出运动轨迹是解题的关键．　17．（12分）（2022秋•邢台校级月考）在研究性学习中，小刚、小聪和小明所在的小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻器、电容器、电感线圈等电子器件．现从这些元件中选取两个待测元件进行研究，一是电阻器Rx（阻值约2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E的标称值为3.4V）．在操作台上还准备了如下实验器材：A．电压表V（量程4.00V，内阻RV约10kΩ）B．电流表A1（量程100mA，内阻RA1约5.0Ω）C．电流表A2（量程2.00mA，内阻RA2约50Ω）D．滑动变阻器R（阻值变化范围为0～40Ω．额定电流1A）E．电阻箱Ro（阻值变化范围为0～999.9Ω）F．单刀单掷开关S一只、导线若干（1）小刚采用伏安法测定Rx的阻值，他使用的电池是待测的锂电池．图甲是他所用的实验器材，且已连接了部分实验器材．为了尽可能减小实验误差，请你用笔划线在答题卡上完成实物连接．（2）根据你所画的实物连线的实验电路，小刚应该选用的电流表是　A2　（选填“A1”或“A2”），他用作为Rx的测量值，则Rx的测量值　大于　Rx的真实值（填“大于”或“小于”）．（3）小聪和小明设计了图乙所示的电路图测量锂电池的电动势和内阻．a．小聪的实验操作是：闭合开关S，调整电阻箱的阻值为R1时，读出电压表的示数为Ul；调整电阻箱的阻值为R2时，读出电压表的示数为U2-26-\n．若忽略电压表内阻的影响，则该电池的电动势和内阻的测量值的表达式分别为E侧=　　和r侧=　　．b．小明认为用线性图象更便于处理和分析实验数据．他在实验中多次改变电阻箱的阻值，获取了多组实验数据，画出的﹣图象为一条直线（见图丙）．若忽略电压表内阻的影响，则该图象的函数表达式为=　+•　（用E、r、R0表示），由图丙可知该电池的电动势和内阻的测量值分别为E侧=　3.3　V，r侧=　0.25　Ω．（电动势E侧和内阻r侧的值均取两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】（1、2）根据电路最大电流选择电流表，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；根据实验电路分析实验误差；（3）a、根据闭合电路欧姆定律列方程，然后求出电源电动势及内阻的表达式；b、根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象与函数表达式求电源电动势与内阻．【解答】解：（1、2）待测电阻阻值约为2kΩ，滑动变阻器最大阻值为40Ω，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为I===0.0017A=1.7mA，电流表应选A2；电压表内阻约为10kΩ，电流表内阻约为50Ω，待测电阻阻值约为2kΩ，相对来说，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：由于电流表的分压作用，而使电压表示数大于真实值；故由欧姆定律可知，测量值大于真实值；（3）、由图丙所示实验电路可知，在闭合电路中，电源电动势：E=U1+I1r=U1+r，E=U2+I2r=U1+r，解得：E=．r=-26-\nb、在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir=U+r，解得：=+•，由图象可知，图象截距b==0.3，则电源电动势为：E===V≈3.3V，图象斜率为：k====0.075，则电源内阻：r=kE=0.075×=0.25Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）A2；大于；（3）a、；；b、+•；3.3；0.25【点评】本题考查了求电源电动势与内阻实验，应用图象法求电源电动势与内阻时，要先求出图象对应的函数表达式，然后根据图象与函数表达式即可求出电源电动势与内阻．　四、计算题（本题共3小题，第18题10分，第19题9分，第20题13分，共32分）要求写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的请算出最后结果．18．（10分）（2022•四川）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．-26-\n【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为UAB由动能定理得﹣mgd﹣qUAB=0﹣①∴滑动变阻器两端电压U滑=UAB=8V②设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I==1A③滑动变阻器接入电路的电阻R滑==8Ω④即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．（2）电源的输出功率P出=I2（R+R滑）=23W⑤故电源的输出功率是23W．【点评】本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．　19．如图所示，两平行金属导轨相距L=0.20m，与水平面夹角为θ=37°．在两金属导轨下端，用导线连接电源和定值电阻．电源电动势E=6.0V，内阻r=1.0Ω，定值电阻R=2.0Ω，其它电阻不计．金属棒MN的质量为m=0.10kg，刚好横放在两金属导轨上，且与导轨间的动摩擦因数为μ=0.50．整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，设金属棒所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为使金属棒MN处于静止状态，磁感应强度B应该为多大？（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，计算结果均取两位有效数字）【考点】安培力．【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流大小，当磁感应强度最小时，金属棒所受的静摩擦力沿导轨向上，当磁感应强度最大时，金属棒所受的静摩擦力方向沿导轨向下，结合共点力平衡以及安培力的大小公式求出磁感应强度的范围．【解答】解：由闭合电路欧姆定律得电路中的电流为：，由左手定则可判定金属棒受到的安培力沿斜面向上．当磁感应强度最小时，金属棒受到的静摩擦力方向沿导轨向上且达到最大．由平衡条件得：-26-\nBminIL﹣mgsinθ+μmgcosθ=0，磁感应强度最小值为：=，当磁感应强度最大时，金属棒受到的静摩擦力方向沿导轨向下且达到最大．由平衡条件得：BmaxIL﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=0，磁感应强度最大值为：=，为使金属棒MN处于静止状态，磁感应强度的大小应该为0.50T≤B≤2.5T答：为使金属棒MN处于静止状态，磁感应强度0.50T≤B≤2.5T．【点评】本题考查了安培力与共点力平衡的综合运用，关键抓住两个临界状态，结合安培力公式和共点力平衡综合求解，难度中等．　20．（13分）（2022秋•邢台校级月考）在如图所示的竖直平面直角坐标系xOy中，虚线OM与x轴成45°角．在OM与x轴之间（包括x轴）的区域存在垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在OM与y轴之间（包括y轴）的区域，存在沿y轴负方向的匀强电场（但电场强度大小未知）．有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以速度v沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，粒子第二次进入电场后恰好运动到O点并从此离开电场和磁场．求：（1）带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离．（2）粒子从最初由O点进入磁场到恰好经过O点并离开电场和磁场的总时间．【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．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式求出粒子的轨迹半径，画出轨迹，由几何知识求粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离；（2）分析清楚粒子运动过程，求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间．【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有：qvB=m，解得：r=，设带电粒子第一次离开磁场的位置为N点，如图所示：-26-\n由几何知识可知，带电粒子第一次离开磁场时速度方向沿y轴正方向，该位置N到O点的距离为：NO=r=；（2）设粒子在磁场中运动的周期：T，则：v=，粒子第一次在磁场中运动的时间t1恰好为周期，t1=T=，粒子第一次离开磁场后恰好沿y轴正方向第一次进入电场，且在电场中先沿y轴正方向做匀减速直线运动，再沿y轴负方向从静止做匀加速直线运动并经过OM再次进入磁场，粒子第一次在电场中运动的两过程对称，设粒子在电场中运动的加速度大小为a，则粒子来回一次的时间为：t2=，粒子第二次进入磁场后再以速度v做匀速圆周运动，所经过的时间为：t3=T=，粒子第二次离开磁场后恰好沿x轴负方向第二次进入电场并做类平抛运动，粒子第二次在电场中运动后恰好进过O点．设粒子第二次在电场中运动的时间为t4，则：2r=vt4，2r=at42，解得：t2=，t4=，综合以上结果，可得粒子从最初由O点进入磁场到恰好经过O点离开电场和磁场的总时间为：t=t1+t2+t3+t4=；答：（1）带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离为．（2）粒子从最初由O点进入磁场到恰好经过O点并离开电场和磁场的总时间为．【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，分析清楚粒子运动过程、画出粒子运动轨迹是解题的关键；应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题，解题时注意几何知识的应用．　-26-