精品解析：辽宁省沈阳市第一二〇中学2024-2025学年高二上学期第一次质量监测物理试卷

沈阳市第120中学2024-2025学年度高二上学期 第一次质量监测物理 满分：100分 时间：90分钟 一、选择题（共48分。其中1-8题为单选题，每题4分，共32分；9-12题为多选题，每题4分，共16分，漏选可得2分，多选、错选不得分。） 1. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化分别为和，下列说法正确的是（　　） A. 小灯泡、变暗，变亮 B. C. D. 小灯泡变亮，、变亮 【答案】B 【解析】 【详解】AD．当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，则灯L2变亮。电压表V1的示数 I增大，则U1减小，灯L3变暗。通过灯L1的电流 由于I增大，减小，则增大，灯L1变亮。故AD错误； BC．由 又减小，增大，而减小，所以 故B正确，C错误。 故选B。 2. 在下图所示的电路中，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所示，当开关S闭合后，下列判断正确的是（　　） A. 灯泡 L1的电阻为 B. 通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2的电流的2倍 C. 灯泡 L1消耗的电功率为0.35W D. 灯泡 L2消耗的电功率为0.30W 【答案】D 【解析】 【详解】AC．当开关S闭合后，由于电源内阻不计，则灯泡L1的电压为3.0V，由小灯泡的伏安特性曲线可知此时电流为0.25A，则灯泡L1的电阻为 灯泡消耗的电功率为 故AC错误； B．由电路图可知，灯泡L1两端的电压为3V，灯泡L2两端的电压为1.5V，由小灯泡的伏安特性曲线可知，此时灯泡L1电流为0.25A，，灯泡L2的电流为0.20A，可知通过灯泡L1的电流不是通过灯泡L2的电流的2倍，故B错误； D．灯泡L2两端的电压为1.5V，电流为0.20A，则灯泡L2消耗的电功率为 故D正确。 故选D。 3. 如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表。现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表的示数变化大小为，电压表的示数变化大小为，电流表A的示数变化大小为，对于此过程下列说法不正确的是（　　） A. 通过电阻的电流变化量大小等于 B. 两端的电压的变化量大小等于 C. 路端电压的增加量等于 D. 为一定值 【答案】C 【解析】 【详解】A．电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小等于 故A正确，不符合题意； BC．使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大，并联部分的电压增大，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大，所以R0两端的电压的变化量大小等于，故B正确，不符合题意；C错误，符合题意； D．电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知 电源内阻为定值，故D正确，不符合题意。 故选C。 4. 已知电源的内阻，当的滑动触头从上端滑到下端的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 电容器一直处于放电过程 B. 电容器一直处于充电过程 C. 电源的输出功率先增大后减小 D. 电源的效率先增大后减小 【答案】D 【解析】 【详解】AB．根据电路可知，被触头分成上下两部分，且两部分是并联关系，当滑动触头从上端滑到下端的过程，并联等效电阻先增大后减小，即电路总电阻先增大后减小，干路电流先减小后增大，定值电阻R两端电压先减小后增大，根据 可知，电容器极板所带电荷量大小先减小后增大，即电容器先处于放电过程后处于充电过程，故AB错误； C．电源的输出功率 由于 则始终大于电源内阻r，结合上述可知，滑动触头从上端滑到下端的过程，先增大后减小，根据对勾函数规律可知，电源的输出功率先减小后增大，故C错误； D．电源的效率 滑动触头从上端滑到下端的过程，先增大后减小，可知，电源的效率先增大后减小，故D正确。 故选D。 5. 如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的两小孔中，为连线中点，连线上两点关于点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中是常数、是导线电流大小、为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度从点出发沿连线运动到点。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A. 小球先做加速运动后做减速运动 B. 小球做变加速直线运动 C. 小球对桌面的压力先减小后增大 D. 小球对桌面的压力一直在增大 【答案】D 【解析】 【详解】根据安培定则可知，处的磁场方向垂直于向里，处的磁场方向垂直于向外，磁感应强度大小先减小，过点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力开始方向向上且减小，过点后方向向下且增大，由此可知，小球在水平方向不受外力，小球将做匀速直线运动，在处，根据 磁感应强度大小先减小，压力在增大，在处，根据 磁感应强度大小逐渐增大，所以根据牛顿第三定律小球对桌面的压力一直在增大。 故选D。 6. 欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是在地磁场作用下在水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转了60°，通过该直导线的电流为（已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）（   ） A. 2I B. 3I C. I D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【详解】设地磁场磁感应强度为B地，当通过电流为I，根据题意可知：地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为 当夹角为30°时，有 B1=kI=B地tan30° 当夹角为60°时，有 B2=kI1=B地tan60° 联立解得 I1=3I 故选B。 7. 如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关（　　） A. A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变 B. A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变 C. A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小 D. A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大 【答案】D 【解析】 【分析】用电流元法分析通电直导线AB的运动情况，用特殊位置法分析直导线在竖直方向上的受力情况。 【详解】当开关S接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如下图所示 由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊位置法知当直导线转到与磁感线垂直（即转过90°）时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大。 故选D。 8. 在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，而不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得，若不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点。为了使荧光屏上出现一条以M为中心的亮线PQ，所以电子既要向MP方向偏转，又要向MQ方向偏转，实现来回扫描，必须加方向周期性改变的偏转磁场，由洛伦兹力提供向心力 可得，电子的偏转半径为 可知，磁感应强度的大小也随时间周期性变化。由几何关系可知，从P到M，电子的偏转半径越来越大，则磁感应强度越来越小；从M到Q，电子的偏转半径越来越小，则磁感应强度反向越来越大，由图可知，B正确。 故选B。 9. 如图甲所示，为电阻箱，A为理想电流表，电源的电动势为，内阻为，图乙为电源的输出功率与电流表示数的关系图像，其中功率分别对应电流、，外电路电阻、。下列关系式中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．电源的输出功率 可知，图像为一条开口向下的抛物线，由于功率分别对应电流、，表明、是功率为时上述函数的两个解，根据韦达定理有 故A错误，B正确； CD．根据闭合电路欧姆定律有 ， 结合上述有 解得 故C正确，D错误。 故选BC。 10. 如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度。位于纸面内的细直导线，长，通有的恒定电流。当导线与B成60°夹角时，发现其受到的安培力为零。则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度大小可能值（　　） A. B. C. 1T D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】根据题意，如果通电导线所受磁场力为零，则说明电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在的另一匀强磁场，并且与的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，如图所示 由三角形定则可知，当与合磁场（通电导线）垂直时，具有最小值，则有 则另一匀强磁场的磁感应强度大小满足 故选BCD。 11. 如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管长为L，管底放有一个质量为m、带电荷量为q的小球，此空间存在着垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，整个装置以水平速度匀速向右运动，小球从管的底端开始向顶端运动，最终小球从上端口飞出，已知重力加速度为g。则（　　） A. 小球相对管子做匀加速运动 B. 小球相对地面作类平抛运动 C. 小球到达另一端的时间为 D. 小球受到的洛伦兹力大小恒为 【答案】ABC 【解析】 【详解】AB．由题意知小球沿管方向竖直向上运动，同时和管一起向右匀速直线运动；对小球受力分析知，竖直方向受重力和沿管竖直向上的分力，由牛顿第二定律得 其中 解得 可知小球相对管子竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，同时水平方向做匀速直线运动，则小球相对地面作类平抛运动，故AB正确； C．小球在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则有 解得小球到达另一端的时间为 故C正确； D．小球的实际速度为 则小球受到的洛伦兹力大小为 可知小球受到的洛伦兹力大小不是恒为，故D错误。 故选ABC。 12. 如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　） A. 小球的加速度一直减小 B. 小球的机械能和电势能的总和保持不变 C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 D. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 【答案】CD 【解析】 【详解】A．小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为 小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大，故A错误； C．当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛伦兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛伦兹力大于电场力的情况下，则 解得 故C正确； D．同理有 解得 故D正确； B．而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。 故选CD。 二、实验题（本题共2小题，共16分。） 13. 某同学利用图所示电路测量量程为2.5 V 的电压表V的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99 999.9 Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5 kΩ），直流电源E（电动势3 V），开关1个，导线若干。 实验步骤如下： ①按电路原理图连接线路； ②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S； ③调节滑动变阻器，使电压表满偏； ④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。 回答下列问题： （1）实验中应选择滑动变阻器___________（填“R1”或“R2”）。 （2）根据电路将图中实物图连线。（ ） （3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为___________Ω（结果保留到个位）。 （4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为___________（填正确答案标号）。 A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1 mA 【答案】 ①. R1 ②. ③. 2520 ④. D 【解析】 【详解】（1）[1]本实验中认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，但实际情况是由于并联部分的电阻增大造成分压略微增大，从而造成系统误差，为了能尽量减小这一误差，需要使分压部分的等效电阻（即滑动变阻器负责分压部分的电阻与支路电阻的并联电阻）近似不变，根据电阻并联规律可知，这就需要滑动变阻器负责分压部分的电阻远小于支路电阻，所以滑动变阻器应选择最大阻值较小的R1。 （2）[2]如图所示。 （3）[3]当电压表的示数为2.00 V时，电阻箱两端电压为0.5V，根据串联电路分压规律可得 RV=4R=2520Ω （4）[4]根据电表改装原理可得该表头的满刻度电流为 故选D。 14. 某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，闭合开关，当单刀双掷开关拨向上端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙图像中的a图线；当单刀双掷开关拨向下端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙图像中的b图线。 （1）可供选择的器材有 A．电流表 B．电压表 C．电压表 D．滑动变阻器 E．滑动变阻器 （2）实验中电压表选用___________，滑动变阻器选用___________，（填器材前面的字母标号）。 （3）干电池电动势的真实值___________，内阻的真实值___________。 （4）假设电流表的内阻为，电压表的内阻为，干电池的内阻为r，图乙的a、b图线的交点的电压和电流的比值___________。 【答案】 ①. B ②. D ③. ④. ⑤. 【解析】 【详解】（2）[1] 由于测量一节干电池的电动势和内阻，干电池的电动势约为1.5V，因此电压表选用B，即电压表V1。 [2]由于一节电池的内阻较小，为调节滑动变阻器方便，效果明显，应选用最大阻值较小的D，即R1。 （3）[3]当单刀双掷开关拨向上端，有图像a直线，电流趋于0时，电池内阻电压是零，开路电压等于电动势，因此图像a测得的电动势为真实值，即E=U2。 [4]当单刀双掷开关拨向下端，有图像b直线，电压趋于0时，此时短路电流 则有内阻的真实值为 （4）[5]当单刀双掷开关拨向上端，则有 当单刀双掷开关拨向下端，则有 联立解得 三、计算题（本题共3小题，满分36分。解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程不能得分。） 15. 如图所示，电源电动势E＝27 V，内阻r＝2 Ω，固定电阻R2＝4 Ω，R1为光敏电阻．C为平行板电容器，其电容C＝3pF，虚线到两极板距离相等，极板长L＝0.2 m，间距d＝1.0×10－2m．P为一圆盘，由形状相同透光率不同的二个扇形a、b构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b照射光敏电阻R1时，R1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q＝－1.0×10－4C微粒沿图中虚线以速度v0＝10 m/s连续射入C的电场中．假设照在R1上的光强发生变化时R1阻值立即有相应的改变．重力加速度为g＝10 m/s2. (1)求细光束通过a照射到R1上时，电容器所带的电量； (2)细光束通过a照射到R1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，求细光束通过b照射到R1上时带电微粒能否从C的电场中射出． 【答案】（1）（2）带电粒子能从C的电场中射出 【解析】 【分析】由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求出电容器的电压，即可由Q=CU求其电量；细光束通过a照射到R1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，电场力与重力二力平衡．细光束通过b照射到R1上时，根据牛顿第二定律求粒子的加速度，由类平抛运动分位移规律分析微粒能否从C的电场中射出． 【详解】（1）由闭合电路欧姆定律，得 又电容器板间电压，得UC=6V 设电容器的电量为Q，则Q=CUC解得 （2）细光束通过a照射时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则有 解得 细光束通过b照射时，同理可得 由牛顿第二定律，得解得 微粒做类平抛运动，得， 解得，所以带电粒子能从C的电场中射出． 【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是明确带电粒子的受力情况，判断其运动情况，对于类平抛运动，要掌握分运动的规律并能熟练运用． 16. 如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场与匀强磁场，的大小为，大小为0.5T；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的下边界与轴重合。一质量、电荷量的带正电微粒以某一速度沿与轴正方向（60°角从点沿直线运动，经点即进入处于第一象限内的磁场区域。一段时间后，小球经过轴上的点并与轴正方向成60°角的方向飞出。点的坐标为，点的坐标为，不计粒子重力，g取。 （1）请分析判断匀强电场的方向并求出微粒的运动速度； （2）匀强磁场的大小为多大？ 【答案】（1）垂直于MP连线向下， （2） 【解析】 【小问1详解】 粒子在电场与磁场中做直线运动，若速度变化会引起洛伦兹力的变化，微粒将不能做直线运动，因此微粒必做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力相平衡，则有 解得 根据左手定则可知正电荷所受洛伦兹力方向为：垂直于速度方向向上，电场力的方向与洛伦兹力方向相反，即垂直于速度方向向下，则场强E的方向垂直于MP连线向下。 【小问2详解】 粒子在磁场B2区域内做一段圆弧运动，画出微粒的运动轨迹如图 设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为R，则微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即 解得 由几何关系可知：三角形MNE是等边三角形 ，， 解得 则 17. 平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在沿轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从轴负半轴上的P点与轴正方向成120°垂直磁场射入第Ⅳ象限，经轴上的N点与轴正方向成120°角射入电场，最后从轴正半轴上的M点以垂直于y轴方向的速度射出电场，粒子从P点射入磁场的速度为，不计粒子重力，求 （1）粒子在磁场中运动的轨道半径R； （2）粒子从P点运动到M点的总时间t； （3）匀强电场的场强大小E； （4）若撤去第Ⅰ象限的匀强电场，加上一个磁感应强度也为B，方向也是垂直纸面向里的圆形磁场区域，同样使该粒子垂直于y轴方向从M点输出，求圆形磁场区域的最小半径。 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 根据 可得粒子在磁场中运动的轨道半径 【小问2详解】 由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为150°，则运动的时间 因 从N到M运动的时间 则粒子从P点运动到M点的总时间 【小问3详解】 在电场中竖直方向 解得 【小问4详解】 粒子在磁场中运动的半径 由几何关系可知，圆形磁场区域的最小半径 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沈阳市第120中学2024-2025学年度高二上学期 第一次质量监测物理 满分：100分 时间：90分钟 一、选择题（共48分。其中1-8题为单选题，每题4分，共32分；9-12题为多选题，每题4分，共16分，漏选可得2分，多选、错选不得分。） 1. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化分别为和，下列说法正确的是（　　） A. 小灯泡、变暗，变亮 B. C. D. 小灯泡变亮，、变亮 2. 在下图所示的电路中，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所示，当开关S闭合后，下列判断正确的是（　　） A. 灯泡 L1的电阻为 B. 通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2的电流的2倍 C. 灯泡 L1消耗的电功率为0.35W D. 灯泡 L2消耗的电功率为0.30W 3. 如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表。现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表的示数变化大小为，电压表的示数变化大小为，电流表A的示数变化大小为，对于此过程下列说法不正确的是（　　） A. 通过电阻的电流变化量大小等于 B. 两端的电压的变化量大小等于 C. 路端电压的增加量等于 D. 为一定值 4. 已知电源的内阻，当的滑动触头从上端滑到下端的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 电容器一直处于放电过程 B. 电容器一直处于充电过程 C. 电源的输出功率先增大后减小 D. 电源的效率先增大后减小 5. 如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的两小孔中，为连线中点，连线上两点关于点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中是常数、是导线电流大小、为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度从点出发沿连线运动到点。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A. 小球先做加速运动后做减速运动 B. 小球做变加速直线运动 C. 小球对桌面的压力先减小后增大 D. 小球对桌面的压力一直在增大 6. 欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是在地磁场作用下在水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转了60°，通过该直导线的电流为（已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）（   ） A. 2I B. 3I C. I D. 无法确定 7. 如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关（　　） A. A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变 B. A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变 C. A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小 D. A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大 8. 在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，而不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的（　　） A. B. C. D. 9. 如图甲所示，为电阻箱，A为理想电流表，电源的电动势为，内阻为，图乙为电源的输出功率与电流表示数的关系图像，其中功率分别对应电流、，外电路电阻、。下列关系式中正确的是（　　） A. B. C. D. 10. 如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度。位于纸面内的细直导线，长，通有的恒定电流。当导线与B成60°夹角时，发现其受到的安培力为零。则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度大小可能值（　　） A. B. C. 1T D. 11. 如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管长为L，管底放有一个质量为m、带电荷量为q的小球，此空间存在着垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，整个装置以水平速度匀速向右运动，小球从管的底端开始向顶端运动，最终小球从上端口飞出，已知重力加速度为g。则（　　） A. 小球相对管子做匀加速运动 B. 小球相对地面作类平抛运动 C. 小球到达另一端的时间为 D. 小球受到的洛伦兹力大小恒为 12. 如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　） A. 小球的加速度一直减小 B. 小球的机械能和电势能的总和保持不变 C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 D. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 二、实验题（本题共2小题，共16分。） 13. 某同学利用图所示电路测量量程为2.5 V 的电压表V的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99 999.9 Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5 kΩ），直流电源E（电动势3 V），开关1个，导线若干。 实验步骤如下： ①按电路原理图连接线路； ②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S； ③调节滑动变阻器，使电压表满偏； ④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。 回答下列问题： （1）实验中应选择滑动变阻器___________（填“R1”或“R2”）。 （2）根据电路将图中实物图连线。（ ） （3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为___________Ω（结果保留到个位）。 （4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为___________（填正确答案标号）。 A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1 mA 14. 某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，闭合开关，当单刀双掷开关拨向上端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙图像中的a图线；当单刀双掷开关拨向下端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙图像中的b图线。 （1）可供选择的器材有 A．电流表 B．电压表 C．电压表 D．滑动变阻器 E．滑动变阻器 （2）实验中电压表选用___________，滑动变阻器选用___________，（填器材前面的字母标号）。 （3）干电池电动势的真实值___________，内阻的真实值___________。 （4）假设电流表的内阻为，电压表的内阻为，干电池的内阻为r，图乙的a、b图线的交点的电压和电流的比值___________。 三、计算题（本题共3小题，满分36分。解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程不能得分。） 15. 如图所示，电源电动势E＝27 V，内阻r＝2 Ω，固定电阻R2＝4 Ω，R1为光敏电阻．C为平行板电容器，其电容C＝3pF，虚线到两极板距离相等，极板长L＝0.2 m，间距d＝1.0×10－2m．P为一圆盘，由形状相同透光率不同的二个扇形a、b构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b照射光敏电阻R1时，R1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q＝－1.0×10－4C微粒沿图中虚线以速度v0＝10 m/s连续射入C的电场中．假设照在R1上的光强发生变化时R1阻值立即有相应的改变．重力加速度为g＝10 m/s2. (1)求细光束通过a照射到R1上时，电容器所带的电量； (2)细光束通过a照射到R1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，求细光束通过b照射到R1上时带电微粒能否从C的电场中射出． 16. 如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场与匀强磁场，的大小为，大小为0.5T；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的下边界与轴重合。一质量、电荷量的带正电微粒以某一速度沿与轴正方向（60°角从点沿直线运动，经点即进入处于第一象限内的磁场区域。一段时间后，小球经过轴上的点并与轴正方向成60°角的方向飞出。点的坐标为，点的坐标为，不计粒子重力，g取。 （1）请分析判断匀强电场的方向并求出微粒的运动速度； （2）匀强磁场的大小为多大？ 17. 平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在沿轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从轴负半轴上的P点与轴正方向成120°垂直磁场射入第Ⅳ象限，经轴上的N点与轴正方向成120°角射入电场，最后从轴正半轴上的M点以垂直于y轴方向的速度射出电场，粒子从P点射入磁场的速度为，不计粒子重力，求 （1）粒子在磁场中运动的轨道半径R； （2）粒子从P点运动到M点的总时间t； （3）匀强电场的场强大小E； （4）若撤去第Ⅰ象限的匀强电场，加上一个磁感应强度也为B，方向也是垂直纸面向里的圆形磁场区域，同样使该粒子垂直于y轴方向从M点输出，求圆形磁场区域的最小半径。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $