【解析】湖南省长沙市长郡中学2015-2016学年高二上学期期中物理试卷

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2015-2016学年湖南省长沙市长郡高二（上）期中物理试卷 一、选择题（每小题4分，共48分，1〜8题为单项选择：9〜12为多项选择.选对得4分，选不全得2分.错选的0分）1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是(     )A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 2．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(     )A． B． C． D． 3．图甲是法拉第发明的人类历史上的第一台发电机，图乙是这个圆盘发电机的示意图：圆盘安装在水平铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，下列分折正确的是(     )A．因穿过铜盘的磁通量没有发生变化，故法拉第的第一台发电机不能发电B．假若该发电机能发电，则图乙中R上的电流从下向上流动C．图乙中流过R的是方向不断改变的交流电D．设图乙中铜盘半径为r，匀强磁场大小为B，铜盘转动的角速度为ω，铜盘产生的电动势为E=Bωr2 4．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是(     )A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电 5．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是(     )A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，1.8J D．6V，3.6J 6．如图所示，A线圈接一灵敏电流计G，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动，今用恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则CD杆运动情况和通过电流表G中的电流变化情况是(     )A．CD杆一直做匀速运动B．CD杆先做加速运动，再做减速运动，最后停止C．G中电流向上，强度逐渐增强D．G中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零 7．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场的方向垂直于横截面．一质量为m电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的直径射入磁场，离开磁场时的速度方向偏离入射方向60°不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(     )A． B． C． D． 8．如图为测量某电源电动势和内电阻时得到的U﹣I图线，用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V，则该电路可能为 (     )A． B． C． D． 9．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(     )A．总功率可能减小 B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率可能先增大后减小 10．如图所示的电路中，电键K1，K2，K3，K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，下列判断正确的是(     )A．若断开K1，则P将继续悬浮不动B．若断开K2，则P将向下加速运动C．若断开K3，则P将向下加速运动D．若断开K4，则P将继续悬浮不动 11．如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．则：第二次进入与第一次进入时(     )A．线圈中电流之比为1：1B．外力做功的功率之比为4：1C．线圈中产生热量之比为2：1D．通过导线横截面电荷量之比为2：1 12．在某回旋加速器中，磁场的磁感应强度为B，两D形盒间电场的电势差为U．粒子源射出（认为速度为零）的粒子质量为m，电荷量为q，粒子射出回旋加速器的最大动能为Ekm．下列说法正确的有(     )A．加在D形盒上的交变电压的周期为T=B．将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动C．带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为1：：：…D．总回旋次数n=  二、填空题（本题共3小题，共15分）13．黑箱上有三个接线柱A、B、C如图所示，已知里面装的元件只有两个（可能的元件是电池、电阻或二极管），并且两个接线柱之间最多只接一个元件，现用多用表去进行检测，其检测结果如下：①用直流电压挡测量，A、B、C三接线柱之间均无电压；②用欧姆挡测量，A、C之间正、反接电阻值不变；③用欧姆挡测量，黑表笔接A，红表笔接B，有电阻，黑表笔接B，红表笔接A，电阻值较大；④用欧姆挡测量，黑表笔接C，红表笔接B，有电阻，阻值比②步测得的大；反接电阻值很大．画出箱内两个元件的接法． 14．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和的相应读数是多少？请在表格中．指针位置选择开关所处档位读数a直流电流100mV__________mA直流电压2.5V__________Vb电阻×100__________Ω 15．某实验小组利用如图所示电路探究一种电阻丝的电阻率．均匀电阻丝（总阻值在4～5Ω之间）固定在刻度尺上的两端接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头C，C的上端为接线柱，触头C与电阻丝通常不接触，当用手按下时，才与电阻丝接触，且可在直尺上读出触点的位置，在实验中，每次移动触头C后，就把它按下．所用器材为：电压表（0～3V，电阻约为3kΩ）、电流表（0～0.6A，电阻约为0.5Ω）、电池组（电动势3V，内阻很小）、保护电阻R0=1Ω、螺旋测微器、开关S和导线．实验的主要步骤如下：①用螺旋测微器测得电阻丝的直径为d=2.000mm；②正确连接电路，触头C移到右端，合上开关，读出电流表的示数I=0.5A：③通过改变滑动变阻器触头C的位置，分别测量出了多组a、C间电阻丝长度L及对应的电压U的数据，并据此在U﹣L坐标纸上描出了对应的点，如图所示．请你：（1）在U﹣L坐标纸上（如图2）绘出U﹣L图线；（2）若测出U﹣L图线斜率为k，写出用d、l、k表示的该电阻丝的电阻率表达式ρ=__________；（3）代入有关数据求出该电阻丝的电阻率ρ=__________Ω•m．（保留三位有效数字）  三、计算题（本题共4小题，共37分）16．磁流体发电机原理图如图．等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场，A、B两板间便产生电压，如果把A、B和用电器连接．A、B就是一个直流电源的两个电极．（1）图中A，B板哪个是电源的正极？（2）若A、B两板相距为d，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为B．等离子体以速度v沿垂直于B的方向射入磁场．这个发电机的电动势多大？ 17．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量． 18．如图所示．固定在水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动，此时abed构成一个边长为L的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计，开始时磁感应强度为B0．（1）若从t=0时刻起，磁感应强度B均匀增加，每秒增量为k，同时保持棒静止，求棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向；（2）在上述（1）情况中，棒始终保持静止，当t=t1秒时需加的垂直于水平拉力为多大？（3）若从t=0时刻起，磁感应强度B逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流．则磁感应强度B应怎样随时间t变化？（写出B与t的关系式） 19．如图所示，在真空中半径r=3.0×10﹣2m的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2T，方向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子以初速度v0=1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab的a端沿各个方向射入磁场，且初速方向都垂直于磁场方向，若该束粒子的比荷C/kg，不计粒子重力．求：（1）粒子在磁场中运动的最长时间．（2）若射入磁场的速度改为v=3.0×105m/s，其他条件不变，求磁场边界上有粒子击中的弧长．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）  
2015-2016学年湖南省长沙市长郡高二（上）期中物理试卷  一、选择题（每小题4分，共48分，1〜8题为单项选择：9〜12为多项选择.选对得4分，选不全得2分.错选的0分）1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是(     )A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律【考点】物理学史；库仑定律；磁场对电流的作用；电磁波的产生． 【分析】本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现．【解答】解：A、奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A正确；B、麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在；楞次是发现了电磁感应中的感应电流的方向，故B错误；C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根测定了元电荷的数值，故C正确；D、洛仑兹发现磁场对运动电荷作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误；故AC正确，BD错误；故选AC．【点评】近几年中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记． 2．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(     )A． B． C． D．【考点】左手定则． 【分析】粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向．【解答】解：根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为正，且逐渐增加，故C正确．故选：C．【点评】该题考查左手定则，根据粒子运动的方向与磁场的方向即可判断出洛伦兹力的方向，掌握住左手定则即可解决本题．要注意的是电子带负电． 3．图甲是法拉第发明的人类历史上的第一台发电机，图乙是这个圆盘发电机的示意图：圆盘安装在水平铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，下列分折正确的是(     )A．因穿过铜盘的磁通量没有发生变化，故法拉第的第一台发电机不能发电B．假若该发电机能发电，则图乙中R上的电流从下向上流动C．图乙中流过R的是方向不断改变的交流电D．设图乙中铜盘半径为r，匀强磁场大小为B，铜盘转动的角速度为ω，铜盘产生的电动势为E=Bωr2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势． 【专题】应用题；定性思想；图析法；电磁感应与电路结合．【分析】根据右手定则判断AB间感应电流方向，即可知道电势高低．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度有关．【解答】解：A、圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，可以产生感应电流，可以发电，故A错误；B、根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，即为C→D→R→C，通过R的电流从下向上，电流方向不变，通过R的电流是直流电，故B正确，C错误；D、根据法拉第电磁感应定律，则有E=BL=BL2ω，产生的电动势大小不变，故D错误；故选：B．【点评】本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比D处低． 4．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是(     )A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律． 【专题】压轴题；电磁感应与电路结合．【分析】现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向．当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定．【解答】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电．故选：D．【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极．同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大． 5．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是(     )A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，1.8J D．6V，3.6J【考点】闭合电路的欧姆定律． 【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：U′===3V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I′，根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=UQ=6V×0.6C=3.6J．故选D．【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解． 6．如图所示，A线圈接一灵敏电流计G，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动，今用恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则CD杆运动情况和通过电流表G中的电流变化情况是(     )A．CD杆一直做匀速运动B．CD杆先做加速运动，再做减速运动，最后停止C．G中电流向上，强度逐渐增强D．G中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零【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． 【专题】应用题；定性思想；推理法；图析法；电磁感应与电路结合．【分析】根据右手定则判断出CD中感应电流方向．由安培定则和楞次定律判断出G中电流的方向．析导体棒的运动情况：导体棒CD在恒力作用下，从静止开始先做加速运动，速度增大，导体棒所受的安培力也增大，加速度逐渐减小，当恒力F与安培力平衡时，导体棒做匀速运动，由欧姆定律分析导体棒产生的感应电流的变化．穿过电流计所在回路的磁通量是由B线框中的电流产生的，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流计中的电流与CD棒速度的关系【解答】解：A、导体棒CD在恒力F作用下从静止开始先做加速运动，CD产生的感应电动势：E=BLv，电流：I==，CD受到的安培力：F安培=BIL=，由于速度v增大，安培力不断增大，CD受到的合力：F﹣F安培减小，CD的加速度减小，CD做加速度减小的加速运动，当F=F安培时，CD棒做匀速直线运动，故AB错误；C、CD中的感应电流：I=，由于CD先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，则v先不断增大，速度增加的越来越慢，最后后保持不变，感应电流I先不断增加，增加的越来越慢，最后保持不变，则穿过A线框的磁通量增大由快变慢最后保持不变，由法拉第电磁感应定律可知，G中产生的感应电动势由大变小，最后没有感应电动势产生，则G是电流逐渐减弱，最后电流为零；根据右手定则判断可知，CD棒中产生的感应电流方向D→C，由安培定则判断得，穿过A线框中磁场的方向向里，磁通量增大，则由楞次定律判断得到G中电流向下．故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题是两次感应的问题，与变压器的原理类似．要根据右手定则、安培定则和楞次定律相结合才能判断出G中电流方向，比较复杂．由法拉第定律，并结合导体棒的运动情况才能判断G中电流如何变化． 7．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场的方向垂直于横截面．一质量为m电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的直径射入磁场，离开磁场时的速度方向偏离入射方向60°不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(     )A． B． C． D．【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】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．【解答】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为 r=Rcot30°=R由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=；故选：B．【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题． 8．如图为测量某电源电动势和内电阻时得到的U﹣I图线，用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V，则该电路可能为 (     )A． B． C． D．【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．【分析】由电源的U﹣I图象求出电源的电动势和内阻，由欧姆定律求出路端电压为4.8V时外电路总电阻，再选择相对应的电路图．【解答】解：由电源的U﹣I图象得，电源的电动势为E=6V，内阻为r==Ω=0.5Ω．当路端电压为4.8V时，则有U=，代入解得，外电路总电阻R=2ΩA、外电路总电阻为1Ω，与R不符合．故A错误．B、外电路总电阻为=2Ω，与R相符．故B正确．C、外电路总电阻为9Ω，与R不符．故C错误．D、外电路总电阻为3Ω+1.5Ω=4.5Ω，与R不符．故D错误．故选B【点评】本题的解题关键是由U﹣I图象求出电源的电动势和内阻，考查读图的能力． 9．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(     )A．总功率可能减小 B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率可能先增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题．【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A错误；B、电源的效率η=，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，可能先增大后减小，故D正确；故选：BCD．【点评】熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题． 10．如图所示的电路中，电键K1，K2，K3，K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，下列判断正确的是(     )A．若断开K1，则P将继续悬浮不动B．若断开K2，则P将向下加速运动C．若断开K3，则P将向下加速运动D．若断开K4，则P将继续悬浮不动【考点】闭合电路的欧姆定律；电容． 【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡．根据条件分别分析各种情况下板间场强和油滴的电场力如何变化，进而确定P将怎样运动即可．【解答】解：A、断开K1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态．故P悬浮不动，故A正确；   B、断开K2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动，故B错误；   C、断开K3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下加速运动，故C正确；   D、断开K4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，故D正确．故选：ACD【点评】本题考查分析电容器电压的能力．难点是断开K2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解． 11．如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．则：第二次进入与第一次进入时(     )A．线圈中电流之比为1：1B．外力做功的功率之比为4：1C．线圈中产生热量之比为2：1D．通过导线横截面电荷量之比为2：1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律． 【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；（2）线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；（3）由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．（4）由电流定义式求出电荷量间的关系．【解答】解：设磁感应强度为B，CD边长度为L，AC边长为L′，线圈电阻为R；A、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I==，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A错误；B、线圈进入磁场时受到的安培力：FB=BIL=，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F=FB=，外力功率P=Fv=，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=（2v）2：v2=4：1，故B正确；C、线圈进入磁场过程中产生的热量：Q=I2Rt=（）2•R•=，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故C正确；D、通过导线横截面电荷量：q=I△t=△t=，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误；故选：BC．【点评】本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，由电流定义式可以求出电荷量． 12．在某回旋加速器中，磁场的磁感应强度为B，两D形盒间电场的电势差为U．粒子源射出（认为速度为零）的粒子质量为m，电荷量为q，粒子射出回旋加速器的最大动能为Ekm．下列说法正确的有(     )A．加在D形盒上的交变电压的周期为T=B．将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动C．带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为1：：：…D．总回旋次数n=【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理． 【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】A、根据洛伦兹力提供向心力，确定半径公式，再结合周期T=，即有周期公式；B、因粒子只在电场才处于加速运动，而在磁场中只是偏转；C、根据动能定理，可知，在电场中加速一次的动能，再结合粒子的半径公式，即可求解；D、根据最大动能与一次获得的动能之比，即为加速的次数．【解答】解：A、加在D形盒上的交变电压的周期，与在磁场中运动周期相等，即为T=，故A正确； B、由于粒子只在电场中加速，而在磁场中只是偏转，因此粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动，故B正确；C、带电粒子经电场加速一次，二次，三次，…，那么对于的动能为qU，2qU，3qU，根据半径公式r=，可知，半径与速率成正比，因此各回旋半径之比为1：：：…故C正确；D、加速次数n=，而总回旋次数，故D错误；故选：ABC．【点评】考查粒子在电场中周期与磁场中周期的关系，掌握粒子在电场中加速，而在磁场中只是偏转，理解加速次数与回旋次数的不同． 二、填空题（本题共3小题，共15分）13．黑箱上有三个接线柱A、B、C如图所示，已知里面装的元件只有两个（可能的元件是电池、电阻或二极管），并且两个接线柱之间最多只接一个元件，现用多用表去进行检测，其检测结果如下：①用直流电压挡测量，A、B、C三接线柱之间均无电压；②用欧姆挡测量，A、C之间正、反接电阻值不变；③用欧姆挡测量，黑表笔接A，红表笔接B，有电阻，黑表笔接B，红表笔接A，电阻值较大；④用欧姆挡测量，黑表笔接C，红表笔接B，有电阻，阻值比②步测得的大；反接电阻值很大．画出箱内两个元件的接法．【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】实验题．【分析】表笔怎样接数值都不变的为电阻；表笔接法不同示数有较大变化的是二极管，正向阻值较小，反向阻值较大．【解答】解：对电阻来讲，无论表笔怎么接，数值都不变，所以AC之间接电阻；对二极管来讲有单向导电性，正向电阻较小，而反向电阻较大，由AB和BC间的读数知二极管接在AB之间，且正极接在B点；则箱内电路如图．【点评】本题关键掌握二极管的单向导电性，知道电阻与二极管的区别，对于了解二极管的特性是做好本题的关键． 14．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和的相应读数是多少？请在表格中．指针位置选择开关所处档位读数a直流电流100mV23.0mA直流电压2.5V0.57Vb电阻×100320Ω【考点】多用电表的原理及其使用． 【专题】恒定电流专题．【分析】多用电表的使用中，能测量电流、直流电压、交流电压、电阻等．有关表头读数：最上示数是电阻刻度；中间是直、交流电压或电流刻度；最下示数是交流量程是2.5V电压刻度．因此当选择开关位于电阻档时，先读出刻度盘上的读数，然后再乘上倍率就是电阻的阻值．注意的是电阻刻度是不均匀的，所以尽量让指针指在中间附近．当选择开关位于电压档时，根据电压量程从而选择刻度读数．同样电流档也是一样的．只有当量程是2.5V交流电压时，才读最下刻度．【解答】解：直流电流100mA档读第二行“0～10”一排，最小度值为2mA估读到1mA就可以了；直流电压2.5V档读第二行“0～250”一排，最小分度值为0.05V估读到0.01V就可以了；电阻×100档读第一行，测量值等于表盘上读数“3.2”乘以倍率“100”．
指针位置选择开关所处的档位读  数a直流电流100mA23.0mA直流电压2.5V0.57Vb电阻×100320Ω【点评】让学生熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量．同时知道电阻刻度盘是不均匀的，除刻度盘上的读数外还要乘上倍率；还有量程2.5V的交流电压是读最下面刻度． 15．某实验小组利用如图所示电路探究一种电阻丝的电阻率．均匀电阻丝（总阻值在4～5Ω之间）固定在刻度尺上的两端接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头C，C的上端为接线柱，触头C与电阻丝通常不接触，当用手按下时，才与电阻丝接触，且可在直尺上读出触点的位置，在实验中，每次移动触头C后，就把它按下．所用器材为：电压表（0～3V，电阻约为3kΩ）、电流表（0～0.6A，电阻约为0.5Ω）、电池组（电动势3V，内阻很小）、保护电阻R0=1Ω、螺旋测微器、开关S和导线．实验的主要步骤如下：①用螺旋测微器测得电阻丝的直径为d=2.000mm；②正确连接电路，触头C移到右端，合上开关，读出电流表的示数I=0.5A：③通过改变滑动变阻器触头C的位置，分别测量出了多组a、C间电阻丝长度L及对应的电压U的数据，并据此在U﹣L坐标纸上描出了对应的点，如图所示．请你：（1）在U﹣L坐标纸上（如图2）绘出U﹣L图线；（2）若测出U﹣L图线斜率为k，写出用d、l、k表示的该电阻丝的电阻率表达式ρ=kπd2；（3）代入有关数据求出该电阻丝的电阻率ρ=1.26×10﹣5Ω•m．（保留三位有效数字）【考点】测定金属的电阻率． 【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据坐标系内描出的点作出图象．（2）应用欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题．（3）由图示图象求出电阻丝的电阻率．【解答】解：（1）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（2）电压表示数：U=IR=0.5×ρ=0.5ρ=L，由图示U﹣L图象可知，图象的斜率：k=，电阻率：ρ=kπd2；（3）由图示图象可知，图象的斜率：k===2，电阻率：ρ=kπd2=×2×3.14×（2.000×10﹣3）2≈1.26×10﹣5Ω•m；答：（1）图象如图所示；（2）kπd2；（3）1.26×10﹣5．【点评】本题考查了实验数据处理，要掌握描点法作图的方法，应用欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式是解题的关键． 三、计算题（本题共4小题，共37分）16．磁流体发电机原理图如图．等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场，A、B两板间便产生电压，如果把A、B和用电器连接．A、B就是一个直流电源的两个电极．（1）图中A，B板哪个是电源的正极？（2）若A、B两板相距为d，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为B．等离子体以速度v沿垂直于B的方向射入磁场．这个发电机的电动势多大？【考点】带电粒子在混合场中的运动． 【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定．【解答】解：（1）由左手定则知正电荷运动的方向向里，掌心向左，所以正离子向下偏转，故B板是正极；（2）两板间电压稳定时满足：qvB=q，所以E=Bdv，则发电机的电动势E=Bdv；答：（1）图中B板是电源的正极；（2）该发电机的电动势是Bdv．【点评】本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素，注意电源的电动势与电压的区别． 17．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．【考点】安培力． 【分析】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据F=BIL求的安培力，由共点力平衡求的质量【解答】解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下断开时：2k△l1=mg开关闭合后2k（△l1+△l2）=mg+F受到的安培力为：F=BIL回路中电流为I=联立解得m=0.01kg答：金属棒的质量为0.01kg【点评】本题主要考查了共点力平衡，抓住通电前后的共点力平衡即可； 18．如图所示．固定在水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动，此时abed构成一个边长为L的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计，开始时磁感应强度为B0．（1）若从t=0时刻起，磁感应强度B均匀增加，每秒增量为k，同时保持棒静止，求棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向；（2）在上述（1）情况中，棒始终保持静止，当t=t1秒时需加的垂直于水平拉力为多大？（3）若从t=0时刻起，磁感应强度B逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流．则磁感应强度B应怎样随时间t变化？（写出B与t的关系式）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律． 【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】（1）由题得：磁感应强度B的变化率=kT/s，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，再由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断其方向．（2）磁感应强度B的表达式为B=B0+kt，由安培力公式F=BIL求出安培力，则由平衡条件得知，水平拉力与安培力大小相等．（3）要使棒不产生感应电流，穿过回路的磁通量应保持不变，根据t=0时刻，回路中磁通量为B0L2，t时刻磁感应强度为B，此时回路中磁通量为BL（L+vt），BL（L+vt）=B0L2 时，则无感应电流产生．【解答】解：（1）由题得：磁感应强度B的变化率=kT/s，由法拉第电磁感应定律知：回路中感应电动势  E=感应电流    I=根据楞次定律知感应电流方向为逆时针，即由b→a→d→e．（2）当t=t1时，B=B0+kt1安培力大小为F安=BIL棒的水平拉力  F=F安=（3）为了使棒中不产生感应电流，则回路中总磁通量不变．t=0时刻，回路中磁通量为B0L2设t时刻磁感应强度为B，此时回路中磁通量为BL（L+vt））应有  BL（L+vt）=B0L2则B=磁感应强度随时间的变化规律是B=答：（1）棒中的感应电流大小为，感应电流的方向为逆时针；（2）棒始终保持静止，t=t1秒时需加的垂直于水平拉力为．（3）磁感应强度B的表达式为B=．【点评】本题根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，由欧姆定律和安培力公式推导安培力的表达式，是常用的方法和思路．当回路中没有感应电流产生时，回路总的磁通量应保持不变． 19．如图所示，在真空中半径r=3.0×10﹣2m的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2T，方向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子以初速度v0=1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab的a端沿各个方向射入磁场，且初速方向都垂直于磁场方向，若该束粒子的比荷C/kg，不计粒子重力．求：（1）粒子在磁场中运动的最长时间．（2）若射入磁场的速度改为v=3.0×105m/s，其他条件不变，求磁场边界上有粒子击中的弧长．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）【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】①首先做出轨迹图，利用几何关系判断出当弦长为多少时运动时间最长，从而可以计算出粒子在磁场中运行的最长时间．②由确定的速度先求出粒子在磁场中的运动半径，利用几何关系判断出粒子射出磁场的区域，从而计算粒子射出区域弧长．【解答】解：①、由洛伦兹力提供向心力得：解得：故以ab为弦长的圆弧对应运动时间最长．由图可知：∴θ=37°∴②、若速率v=3.0×105m/s．则m，由图可知有粒子可击中的边界弧长为，由几何关系可知弧长为所对应的圆心角为60°=m答：（1）粒子在磁场中运动的最长时间为6.45×10﹣8s．（2）磁场边界上有粒子击中的弧长为3.14×10﹣2m．【点评】解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解．（1）圆心的确定：因洛伦兹力始终指向圆心，根据洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，画出粒子运动轨迹中的任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．（2）半径的确定和计算，半径的计算一般是利用几何知识，常用解三角形的方法．（3）在磁场中运动时间的确定，由求出t，t=（θ为弧度）或t=（θ为度数）；应注意速度矢量转过的角度θ，就是圆半径转过的角度，以及弦切角与圆心角的关系．