天津市五区县重点校2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题

2024-2025学年天津市五区县重点校高二（上）期末物理试卷 一、单项选择题（本题包括5小题，每小题5分，共25分。每小题只有一个选项符合题意） 1．（5分）比值法定义就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法，如电场强度就是用试探电荷所受电场力与电量的比值来定义的，即E。下面四个物理量的表达式不属于比值法定义的是（　　） A．电势φ B．电容C C．电流强度I D．磁感应强度B 2．（5分）如图为电容式话筒的原理图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为电容器两金属极板，人对着P说话，P振动而Q不动，在P、Q间距离减小的过程中（　　） A．P、Q两板构成的电容器的电容变小 B．Q极板的带电量不变 C．M点的电势比N点高 D．P、Q两板间的场强增大 3．（5分）如图所示，螺线管连接电阻R放置在水平地面上，上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动过程中（未插入线圈内部），下列说法正确的是（　　） A．穿过螺线管的磁通量减少 B．螺线管对地面的压力变小 C．磁铁下落时的加速度等于g D．通过R的感应电流方向为从b→R→a 4．（5分）如图甲所示的电路，其中电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值RP的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　） A．图乙中滑动变阻器的最大功率P2＝9W B．图乙中R1＝5Ω， C．滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大 D．将滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端，电源的效率先增大后不变 5．（5分）霍尔元件是利用霍尔效应制成的传感器，如图所示，长a、宽b、高c（a＞b＞c）的长方体霍尔元件通以向右的电流，将其置于垂直上下表面的磁场时前后表面间出现电压，置于垂直前后表面的磁场时上下表面间出现电压，此电压即霍尔电压。将两个这样的霍尔元件按不同方式组合，通入大小相等的恒定电流，元件处于垂直于上下表面或前后表面、磁感应强度大小相等的匀强磁场中，则产生霍尔电压最大的是（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题包括3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题意，全都选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分） （多选）6．（5分）物理学是一门以实验为基础的学科，很多生活中的应用都来自于物理学。对于下列教材中所列的实验和生活现象，说法正确的是（　　） A．图甲中，电磁波X射线可以拍摄X光照片，它的波长比紫外线更长 B．图乙，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，具有能量 C．图丙中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场的相互作用来实现的 D．图丁是库仑探究电荷间相互作用的扭秤实验装置，使用了放大法 （多选）7．（5分）如图，一粗糙绝缘竖直面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合，A、O、B为该竖直面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO＝BO。现有带电荷量为q、质量为m的小物块从A点以初速度v向B滑动，到达B点时速度恰好为0，则（　　） A．小物块一定带负电，从A到B电势能不变 B．从A到B，小物块受到的电场力不变 C．从A到B，小物块的加速度一直减小 D．从A到B，小物块到达O点时的动能为 （多选）8．（5分）如图所示，半轻分别为r和2r的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场区域包括边界）大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子从M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及重力，cos53°＝0.6，下列判断正确的是（　　） A．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的轨道半径为 B．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子在磁场中运动的时间为 C．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子的最小入射速率为 D．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子的最小入射速率为 三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。） 9．（8分）“梦天”实验小组测量一节干电池的电动势和内阻。现进行如下实验： （1）先用多用电表直流电压2.5V挡粗测该电池的电动势，将多用电表的红表笔与电池的 　 　（选填“正”或“负”）极相连，黑表笔与电池的另一电极相连。 （2）为准确的测量出该电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材： 电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）； 电流表（量程0～0.6A，内阻为1.0Ω）； 滑动变阻器（阻值0～50Ω）； 干电池一节、开关一个和导线若干。 根据所给实验器材，图甲中电压表正极接线柱应连接在接线柱 　 　（填“①”或“②”）。正确连接后，调节滑动变阻器阻值，测得多组电表读数，作出图乙所示的U﹣I图像，则待测干电池电动势E＝ 　 　V，内阻r＝ 　 　Ω（结果均保留2位小数）。 10．（8分）为研究某合金导线材料的电阻率，实验小组用如图甲所示电路进行实验，调节合金导线上可动接线柱Q的位置（如图乙所示），可以改变导线接入电路的长度。实验器材如下： 待测合金导线一根； 电压表，量程0～3V，内阻约为3kΩ； 电流表，量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω； 滑动变阻器R1（阻值范围0～100Ω，允许通过的最大电流为0.1A）； 滑动变阻器R2（阻值范围0～10Ω，允许通过的最大电流为1A）； 两节干电池，开关，导线若干，一只螺旋测微器。 （1）滑动变阻器应该选 　 　（选填“R1”或“R2”）。图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于 　 　端（选填“A”或“B”）。 （2）用螺旋测微器测量该合金导线的直径，如图丙所示，则导线的直径D＝ 　 　mm。 （3）多次改变导线接入电路的长度L，测量不同长度时的电阻Rx，作Rx﹣L图像如图丁所示，测得图像中直线的斜率为k，则该合金材料的电阻率为 　 　（用k和D表示）。 四、解答题（本题共3小题，共44分，其中11题12分，12题15分，13题17分） 11．（12分）如图所示，间距为d的导轨竖直固定在绝缘地面上，导轨顶端连接电动势为E、内阻为r的电源，质量为m的金属杆垂直接触导轨，当在导轨所在的平面内加上方向与金属杆成θ角、磁感应强度大小为B的匀强磁场后，金属杆沿着导轨恰好不向下运动．已知电源两端的电压为U，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）金属杆的接入电阻； （2）金属杆与导轨间的动摩擦因数。 12．（15分）如图所示，竖直xOy平面第一二象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形区域，M、N是半圆与x轴交点。该区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一二象限有平行于x轴的匀强电场。O点处有一粒子源，能沿y轴正方向发射初速度为v的带负电粒子，粒子进入半圆形区域后做匀速直线运动，粒子的重力忽略不计。 （1）求电场强度E的大小和方向； （2）现撤去匀强电场，粒子仍从O处以速度v沿y轴正方向射入，粒子从圆弧上的Q点离开，已知QO与ON的夹角为30°，求粒子的比荷和粒子在磁场中运动的时间t。 13．（17分）如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于OC边且与OCSR共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为+q，经垂直于OC边的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从OA段垂直进入正方体区域内，OA段长为，该区域内有垂直平面MQCS水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从O点射入的粒子恰好从N点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。 （1）求线状粒子源处与正方体OA段之间的电压U； （2）若该区域内只有垂直平面MQCS水平向左的匀强电场，电场强度大小为，已知从A点射入的粒子从SR边上的某点射出，求该点距S点的距离； （3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从A点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。 2024-2025学年天津市五区县重点校高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共5小题） 题号 1 2 3 4 5 答案 C D D B A 二．多选题（共3小题） 题号 6 7 8 答案 BD AD BC 一、单项选择题（本题包括5小题，每小题5分，共25分。每小题只有一个选项符合题意） 1．（5分）比值法定义就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法，如电场强度就是用试探电荷所受电场力与电量的比值来定义的，即E。下面四个物理量的表达式不属于比值法定义的是（　　） A．电势φ B．电容C C．电流强度I D．磁感应强度B 【分析】比值法定义式的特点就是等号左边的物理量与等号右边的物理量无关，所以电势、电容和磁感应强度都采用的比值定义法。 【解答】解：A、电势高低由电场本身及零电势点的选取有关，电场中某点的电势是通过电势能与电量的比值来定义的，电势与电势能无直接关系，属于比值定义法，故A错误。 B、电容的大小是由电容器本身决定的，等于极板上的电荷量与极板之间的电势差的比值，与Q、U无关，属于比值定义法，故B错误。 C、电流的公式I是欧姆定律的表达式，表示通过导体的电流与导体两端得电压成正比，与导体的电阻成反比，故不属于比值法定义式，故C正确。 D、磁感应强度的定义是垂直放入磁场中某点的电流元受到的电场力F与该电流元IL的比值，磁感应强度B的大小只决定于磁场本身的性质，与F、I、L无关。故D错误。 故选：C。 【点评】比值定义法是常用的定义方法，解题的关键在于明确定义出来的新物理与原来两个物理量无关。 2．（5分）如图为电容式话筒的原理图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为电容器两金属极板，人对着P说话，P振动而Q不动，在P、Q间距离减小的过程中（　　） A．P、Q两板构成的电容器的电容变小 B．Q极板的带电量不变 C．M点的电势比N点高 D．P、Q两板间的场强增大 【分析】在P、Q间距离减小的过程中，根据电容的决定式C分析电容的变化，结合电容器的电压不变，由电容的定义式C分析电容器的带电量变化，分析电路中电流方向，再判断M点与N点的电势高低；根据E分析P、Q两板间的场强变化。 【解答】解：A、在P、Q间距离减小的过程中，根据电容的决定式C分析可知，电容器的电容变大，故A错误； B、电容器的电压U不变，电容变大，由电容的定义式C分析可知，Q极板的带电量增加，故B错误； C、电容器的带电量增加，电容器充电，则有从N到M的电流通过R，M点的电势比N点低，故C错误； D、电容器的电压U不变，P、Q间距离d减小，根据E可知，P、Q两板间的场强增大，故D正确。 故选：D。 【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容的决定式C、电容的定义式C和场强公式E相结合进行分析。 3．（5分）如图所示，螺线管连接电阻R放置在水平地面上，上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动过程中（未插入线圈内部），下列说法正确的是（　　） A．穿过螺线管的磁通量减少 B．螺线管对地面的压力变小 C．磁铁下落时的加速度等于g D．通过R的感应电流方向为从b→R→a 【分析】根据楞次定律里面的“来拒去留”分析；磁铁向下运动时穿过螺线管的磁通量增大；根据楞次定律和右手螺旋定则分析感应电流的方向。 【解答】解：A、当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），穿过螺线管的磁通量增大，故A错误； BC、根据“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故螺线管对地面的压力变大，磁铁的合力小于重力，加速度小于g，故BC错误； D、由图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由增反减同判定感应电流的磁场向上，由右手螺旋定则可知电流方向为从b→R→a，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查了楞次定律，解题关键是熟练掌握楞次定律的应用以及深刻理解楞次定律中的阻碍作用。 4．（5分）如图甲所示的电路，其中电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值RP的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　） A．图乙中滑动变阻器的最大功率P2＝9W B．图乙中R1＝5Ω， C．滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大 D．将滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端，电源的效率先增大后不变 【分析】电源内阻与定值电阻之和与滑动变阻器的阻值相等时电源的输出功率最大，据此分析；根据功率公式计算；通过定值电阻的电流越大，定值电阻消耗的功率就越大；根据效率公式计算。 【解答】解：A、把定值电阻R看作电源内阻的一部分，则等效内阻r'＝r+R，当电源内阻和滑动变阻器的阻值相等时电源的输出功率最大，即r'＝RP时，滑动变阻器消耗的最大功率为，代入数据解得P2＝1.8W，故A错误； B、图乙中R1时，电阻器消耗的功率最大，则R1＝r'＝1Ω+4Ω＝5Ω，当变阻器的电阻为R2时，变阻器消耗的功率和变阻器的电阻为3Ω时的相等，根据功率公式有，代入数据解得R2＝3Ω或，故B正确； C、根据P＝I2R可知，通过定值电阻的电流越大，定值电阻消耗的功率就越大，当滑动变阻器接入电路的电阻最小为零时，定值电阻消耗的功率最大，故C错误； D、电源的效率为η，所以外电阻R'越大，电源的效率就越高，当将滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端时，变阻器接入电路的电阻逐渐增大，外电阻逐渐增大，则电源的效率逐渐增大，故D错误。 故选：B。 【点评】知道电源内阻和外电阻相等时，电源消耗的功率最大是解题的关键，掌握功率公式和效率公式是解题的基础。 5．（5分）霍尔元件是利用霍尔效应制成的传感器，如图所示，长a、宽b、高c（a＞b＞c）的长方体霍尔元件通以向右的电流，将其置于垂直上下表面的磁场时前后表面间出现电压，置于垂直前后表面的磁场时上下表面间出现电压，此电压即霍尔电压。将两个这样的霍尔元件按不同方式组合，通入大小相等的恒定电流，元件处于垂直于上下表面或前后表面、磁感应强度大小相等的匀强磁场中，则产生霍尔电压最大的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据电流的微观表达式、洛伦兹力公式以及洛伦兹力与电场力平衡分别列方程，联立得到霍尔电压表达式，再进行完成分析。 【解答】解：霍尔元件中自由移动的电荷是电子，设电子定向移动的速率为v，单位体积内自由电子数为n，导体的横截面积为S，电流的微观表达式为 I＝neSv＝neabv 电子在磁场中受到洛伦兹力大小为 F＝evB 电子在洛伦兹力作用下移动，上下表面出现电势差，当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，则有 解得霍尔电压为 由于电流大小，磁感应强度大小不变，同一种材料，所以沿磁感应强度方向的长度越小，其霍尔电压越大，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】本题主要考查霍尔效应的相关应用，要掌握电流的微观表达式，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析，属于常规考法。 二、多项选择题（本题包括3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题意，全都选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分） （多选）6．（5分）物理学是一门以实验为基础的学科，很多生活中的应用都来自于物理学。对于下列教材中所列的实验和生活现象，说法正确的是（　　） A．图甲中，电磁波X射线可以拍摄X光照片，它的波长比紫外线更长 B．图乙，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，具有能量 C．图丙中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场的相互作用来实现的 D．图丁是库仑探究电荷间相互作用的扭秤实验装置，使用了放大法 【分析】X光能量大，波长短；从能量转化的角度，分析知道微波具有能量；电流之间的作用是通过磁场来实现的；库仑在研究电荷间的相互作用时，利用了微小量放大法的思想。 【解答】解：A、图甲中，电磁波X射线可以拍摄X光照片，所以X光能量高，频率大，所以它的波长比紫外线更短，故A错误； B、微波是一种电磁波，乙图中，生活中常用微波炉来加热食物，提供内能，说明微波具有能量，故B正确； C、丙图中，两根通电方向相反的长直导线产生的磁场方向相反，因此两导线相互排斥，相互排斥的作用是通过磁场实现的，故C错误； D、图丁是库仑的扭秤实验装置图，法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想，故D正确。 故选：BD。 【点评】解答本题的关键要掌握电磁学的基础知识，关键要知道异向电流相互排斥，是通过磁场实现的。微波是一种电磁波，微波具有能量。 （多选）7．（5分）如图，一粗糙绝缘竖直面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合，A、O、B为该竖直面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO＝BO。现有带电荷量为q、质量为m的小物块从A点以初速度v向B滑动，到达B点时速度恰好为0，则（　　） A．小物块一定带负电，从A到B电势能不变 B．从A到B，小物块受到的电场力不变 C．从A到B，小物块的加速度一直减小 D．从A到B，小物块到达O点时的动能为 【分析】根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，抓住两段过程加速度大小对称，得出两段过程中合力所做的功的相同，求出O点的速度以及动能；根据电场力做功判断电势能的变化。 【解答】A、由题意知物块达B点时速度恰好为0，一定受摩擦力作用。所以小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，故A正确； BCD、据等量异种点电荷产生的电场的分布，可知由A到B电场强度的大小变化关于O点对称，中垂线上O点场强最大，由O点向两侧场强逐渐减小。由于小物块靠近B点时要做减速运动，所以从A开使也做减速运动，可知物块全程做减速运动，小物块的加速度方向始终竖直向上。从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，所以物块加速度先增大后减小，由于AO段和OB段的电场强度对称，可知加速度对称，两段过程中合力所做的功的相同，则O点动能为。故BC错误，D正确。 故选：AD。 【点评】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线。 （多选）8．（5分）如图所示，半轻分别为r和2r的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场区域包括边界）大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子从M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及重力，cos53°＝0.6，下列判断正确的是（　　） A．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的轨道半径为 B．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子在磁场中运动的时间为 C．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子的最小入射速率为 D．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子的最小入射速率为 【分析】带电粒子从P点沿PO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内圆相切，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力结合周期公式求解运动时间；带电粒子的入射速率最小，则粒子圆周运动的半径最小，粒子从M点经圆周运动通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小。 【解答】解：A、带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内圆相切，如图所示： 设圆弧的半径为R1，圆心为A，连接OA、AM和OM，在直角△OAM中，由于OA2＝OM2+AM2 即：（R1+r）2（2r）2 解得：R1＝1.5r，故A错误； B、如上图所示，在直角△OAM中，由于由于tan∠A 则：∠A＝53° 整个圆弧轨道所对的圆心角为θ＝2×53°＝106° 带电粒子做圆周运动，周期：T 粒子在磁场中的运动时间为：t 代入数据解得：t，故B正确； CD、带电粒子的入射速率最小，则粒子圆周运动的半径最小，粒子从M点经圆周运动通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，如图所示： 设圆弧半径为R2，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，连接OM、CD，在直角△OCD中，由于：OD2＝OC2+CD2 即：（2r﹣R2）2＝r2 解得：R2＝0.75r 带电粒子做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：Bqv'＝m 解得：v'，故C正确、D错误。 故选：BC。 【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。 三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。） 9．（8分）“梦天”实验小组测量一节干电池的电动势和内阻。现进行如下实验： （1）先用多用电表直流电压2.5V挡粗测该电池的电动势，将多用电表的红表笔与电池的 　正　（选填“正”或“负”）极相连，黑表笔与电池的另一电极相连。 （2）为准确的测量出该电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材： 电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）； 电流表（量程0～0.6A，内阻为1.0Ω）； 滑动变阻器（阻值0～50Ω）； 干电池一节、开关一个和导线若干。 根据所给实验器材，图甲中电压表正极接线柱应连接在接线柱 　①　（填“①”或“②”）。正确连接后，调节滑动变阻器阻值，测得多组电表读数，作出图乙所示的U﹣I图像，则待测干电池电动势E＝ 　1.48　V，内阻r＝ 　0.70　Ω（结果均保留2位小数）。 【分析】（1）根据电表接线柱规则，即电流为“红进黑出”的方向进行判断； （2）根据误差分析，选择合适的连接方式；根据闭合电路欧姆定律求电动势和内阻。 【解答】解：（1）测量电压时，电流从外部流入多用电表，流入方向是“红进黑出”，所以多用电表的红表笔与电池的正极连接。 （2）由于电流表内阻已知，采用电流表内接法，图甲中电压表正极接线柱应连接在接线柱①； 根据闭合电路欧姆定律得 E＝U+I（r+RA） 变形为 U＝E﹣（r+RA）I 根据图像可知，纵截距 b＝E＝1.48V 斜率的绝对值为|k|＝r+RAΩ＝1.70Ω 所以待测干电池电动势 E＝1.48V 电源内阻 r＝0.70Ω 故答案为：（1）正；（2）①；1.48；0.70 【点评】本题考查了测定电源电动势和内阻实验中实验器材的选择，实验原理的理解及实验误差的分析。要理解测电源电动势的原理及图像法处理数据的优点。 10．（8分）为研究某合金导线材料的电阻率，实验小组用如图甲所示电路进行实验，调节合金导线上可动接线柱Q的位置（如图乙所示），可以改变导线接入电路的长度。实验器材如下： 待测合金导线一根； 电压表，量程0～3V，内阻约为3kΩ； 电流表，量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω； 滑动变阻器R1（阻值范围0～100Ω，允许通过的最大电流为0.1A）； 滑动变阻器R2（阻值范围0～10Ω，允许通过的最大电流为1A）； 两节干电池，开关，导线若干，一只螺旋测微器。 （1）滑动变阻器应该选 　R2　（选填“R1”或“R2”）。图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于 　A　端（选填“A”或“B”）。 （2）用螺旋测微器测量该合金导线的直径，如图丙所示，则导线的直径D＝ 　2.450　mm。 （3）多次改变导线接入电路的长度L，测量不同长度时的电阻Rx，作Rx﹣L图像如图丁所示，测得图像中直线的斜率为k，则该合金材料的电阻率为 　　（用k和D表示）。 【分析】（1）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器； 从保证电路安全的角度分析开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P的位置； （2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数； （3）根据电阻定律求解Rx﹣L函数，结合图像斜率的含义求解作答。 【解答】解：（1）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择R2； 为了保证电路安全，图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于A端； （2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，导线的直径D＝2mm+45.0×0.01mm＝2.450mm； （3）根据电阻定律 结合Rx﹣L斜率的含义，图像的斜率 解得电阻率。 故答案为：（1）R2；A；（2）2.450；（3）。 【点评】本题考查了金属丝电阻率的测量，要明确实验原理，掌握螺旋测微器的读数规则，掌握电阻定律的运用。 四、解答题（本题共3小题，共44分，其中11题12分，12题15分，13题17分） 11．（12分）如图所示，间距为d的导轨竖直固定在绝缘地面上，导轨顶端连接电动势为E、内阻为r的电源，质量为m的金属杆垂直接触导轨，当在导轨所在的平面内加上方向与金属杆成θ角、磁感应强度大小为B的匀强磁场后，金属杆沿着导轨恰好不向下运动．已知电源两端的电压为U，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）金属杆的接入电阻； （2）金属杆与导轨间的动摩擦因数。 【分析】（1）由闭合电路欧姆定律求解金属杆恰好不下滑时滑动变阻器接入电路的阻值； （2）根据平衡条件结合安培力的计算公式求解金属杆与轨道间的动摩擦因数μ。 【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可得回路的电流I 由欧姆定律金属杆的接入电阻R 综合解得R （2）把磁感应强度B分别沿水平方向、竖直方向分解，B在竖直向上方向的分量为B1＝Bsinθ B在水平方向的分量与金属杆平行，对金属杆没有安培力作用，根据左手定则，B在竖直方向的分量B1对金属杆的安培力垂直导轨与金属杆所在的竖直面向里，F安＝B1Id 最大静摩擦力等于滑动摩擦力fm＝mg＝μFN 对金属杆受力分析，由力的平衡可得FN＝F安 结合I 解得： 答：（1）金属杆的接入电阻为； （2）金属杆与导轨间的动摩擦因数为。 【点评】本题主要是考查涉及安培力作用下的力学问题，关键是弄清楚金属杆的受力情况，能够根据平衡条件进行解答。 12．（15分）如图所示，竖直xOy平面第一二象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形区域，M、N是半圆与x轴交点。该区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一二象限有平行于x轴的匀强电场。O点处有一粒子源，能沿y轴正方向发射初速度为v的带负电粒子，粒子进入半圆形区域后做匀速直线运动，粒子的重力忽略不计。 （1）求电场强度E的大小和方向； （2）现撤去匀强电场，粒子仍从O处以速度v沿y轴正方向射入，粒子从圆弧上的Q点离开，已知QO与ON的夹角为30°，求粒子的比荷和粒子在磁场中运动的时间t。 【分析】（1）因为粒子进入半圆形区域后做匀速直线运动，则根据平衡条件、左手定则、电场力与电场强度的关系，即可确定电场强度E的大小和方向； （2）由题意画出粒子在磁场内的实际运动轨迹，结合几何关系、洛伦兹力提供向心力、带电粒子在匀强磁场内做匀速圆周运动的时间公式分别列式，即可求出粒子的比荷和粒子在磁场中运动的时间t。 【解答】解：（1）因为粒子进入半圆形区域后做匀速直线运动，粒子的重力忽略不计，所以该粒子所受洛伦兹力与电场力等大、反向， 由左手定则可知，该粒子所受洛伦兹力水平向右，则其所受电场力水平向左，因为该粒子带负电，所以电场强度方向水平向右， 由该粒子所受洛伦兹力与电场力等大可得：qvB＝qE， 解得：E＝vB； （2）由题意可得下图： 若x轴上方均为匀强磁场，则圆弧OM为该粒子运动轨迹，故半圆形磁场内的虚线（圆弧OQ）为粒子在磁场内的实际运动轨迹，O'为该圆弧圆心， 则由几何关系可知：∠OQM＝90°，∠OO'Q＝180°﹣30°×2＝120°， 则：cos30°， 解得：OM， 则：OO'＝0.5OM， 且：qvB＝m， 解得：， 则：t； 答：（1）电场强度E的大小为vB，方向水平向右； （2）现撤去匀强电场，粒子仍从O处以速度v沿y轴正方向射入，粒子从圆弧上的Q点离开，已知QO与ON的夹角为30°，粒子的比荷为，粒子在磁场中运动的时间t为。 【点评】本题主要考查带电粒子在叠加场中做直线运动，解题时需注意一个规律：只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动，因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再在一条直线上，粒子就不可能再做直线运动了。 13．（17分）如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于OC边且与OCSR共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为+q，经垂直于OC边的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从OA段垂直进入正方体区域内，OA段长为，该区域内有垂直平面MQCS水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从O点射入的粒子恰好从N点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。 （1）求线状粒子源处与正方体OA段之间的电压U； （2）若该区域内只有垂直平面MQCS水平向左的匀强电场，电场强度大小为，已知从A点射入的粒子从SR边上的某点射出，求该点距S点的距离； （3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从A点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。 【分析】（1）粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，应用动能定理与牛顿第二定律求出电压。 （2）粒子在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求解。 （3）粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求解。 【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：qU0 粒子在磁场中做匀速圆周运动，从O点射入的粒子恰好从N点射出，则粒子的轨道半径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：U （2）粒子在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向：L＝vt 沿电场方向：y 由牛顿第二定律得：qE＝ma 解得：y 该点距S的距离：d （3）粒子沿OC方向做初速度为零的匀加速直线运动，在平行于MQCS平面内做匀速圆周运动，粒子轨道半径r＝L 粒子做匀速圆周运动的周期T 假设粒子从MQCS面射出，则有：LL 解得：t1 匀速圆周运动的运动轨迹为圆周，该粒子恰好从M点离开该区域，假设成立 粒子离开区域时，沿OC方向的速度v1＝at1 解得：v1 设粒子离开区域的速度大小为v'，则v' 解得：v' 答：（1）线状粒子源处与正方体OA段之间的电压U是； （2）粒子从SR边上的某点射出，该点距S点的距离是； （3）从A点进入的粒子，粒子从M点离开该区域，粒子该区域时的速度大小是。 【点评】本题考查了带电粒子在电场、磁场、电磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。 学科网（北京）股份有限公司 $$