湖南省长沙市浏阳一中学年高二下学期入学物Word文件下载.docx

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A．闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即发光

B．闭合开关，a、b同时发光

C．闭合开关稳定时，a、b亮度相同

D．断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭

7．如图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；

若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了

，根据上述条件可求得的物理量为（　　）

A．带电粒子的初速度

B．带电粒子在磁场中运动的半径

C．带电粒子在磁场中运动的周期

D．带电粒子的比荷

8．一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°

角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中（　　）

A．向上滑行的时间小于向下滑行的时间

B．在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量

C．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等

D．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为

m（v02﹣v2）

二、填空题（每空2分，共18分）

9．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：

A．干电池一节B．电流表（量程0.6A）

C．电压表（量程3V）D．开关S和若干导线

E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流2A）

F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流1A）

（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　　（填“R1”、“R2”）．

（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．

（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果保留三位有效数字）

10．为了研究某导线的特性，某同学所做部分实验如下：

（1）用螺旋测微器测出待测导线的直径，如图甲所示，则螺旋测微器的读数为　　mm；

（2）用多用电表直接测量一段导线的阻值，选用“×

10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择倍率的电阻档　　（选填“×

1”或“×

100”），欧姆调零后再进行测量，示数如图乙所示，则测量值为　　Ω；

（3）另取一段同样材料的导线，进一步研究该材料的特性，得到电阻R随电压U变化图象如图丙所示，则由图象可知，该材料在常温时的电阻为　　Ω；

（结果保留两位有效数字）

三、计算题（共34分）

11．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°

，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°

=0.60，cos37°

=0.80，求：

（1）通过导体棒的电流；

（2）导体棒受到的摩擦力；

（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求摩擦力．

12．如图所示，PQNM是由粗裸导线连接两个定值电阻组合成的闭合矩形导体框，水平放置，金属棒ab与PQ、MN垂直，并接触良好．整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.4T．已知ab有效长度为l=0.5m，电阻R1=2Ω，R2=4Ω，其余电阻均忽略不计，若使ab以v=5m/s的速度向右匀速运动，作用于ab的外力大小为多少？

R1上消耗的电热功率为多大？

（不计摩擦）

13．如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；

在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；

然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=﹣2h处的P3点．不计重力．求

（l）电场强度的大小．

（2）粒子到达P2时速度的大小和方向．

（3）磁感应强度的大小．

参考答案与试题解析

【考点】A6：

电场强度．

【分析】场强是矢量，只有大小和方向均相同场强才相同；

点电荷的场强公式为E=k

；

电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，与试探电荷无关．

【解答】解：

A、以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，方向不同，则场强不同，故A错误．

B、由点电荷的场强公式E=k

，可知场强与场源电荷的电荷量和该点与场源电荷的距离有关，所以正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大．故B错误．

C、电场强度反映电场本身的强弱和方向，与放入电场中的试探电荷无关，所以取走q后，该点的场强不为零．故C正确．

D、电荷所受到的电场力很大，由公式F=qE，知可能是由于试探电荷的电荷很大，该点的电场强度不一定很大．故D错误．

故选：

C．

【考点】AG：

匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】运用整体法研究上面绳子与竖直方向的夹角，再隔离负电荷研究，分析两电荷之间的绳子与竖直方向的夹角，即可作出判断．

首先取整体为研究对象，整体受到重力、电场力和上面绳子的拉力，由于两个电场力的矢量和为：

F电=qE+（﹣qE）=0，

所以上边的绳子对小球的拉力与总重力平衡，位于竖直方向，所以上边的绳子应保持在绳子竖直位置．

再对负电荷研究可知，负电荷受到的电场力水平向右，所以下面的绳子向右偏转，故A图正确，BCD图都错误，故A正确，BCD错误．

A

【考点】E5：

交流的峰值、有效值以及它们的关系．

【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．

将交流与直流通过阻值都为R的电阻，

设直流电流为I，则根据有效值的定义有：

R

+

R

=I2RT

解得：

I=5A

D．

【考点】BB：

闭合电路的欧姆定律．

【分析】当滑动变阻器的滑片向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，引起干路电流和路端电压的变化，分析灯泡L亮度的变化．

当滑动变阻器的滑片向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，两个电阻串联总电阻减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，所以灯泡L变暗，电流表A示数变大．故D正确．

匀强电场中电势差和电场强度的关系；

A6：

电场强度；

AC：

电势．

【分析】该电场中已知三点的电势，可以通过作辅助线找出它们之间的关系，从而确定第四点的电势．

连接bd，做aE⊥bd，cF⊥bd如图．

则：

△abE≌△cdF

所以：

bE=Fd

由于在匀强电场的同一条直线上，U=E•dcosθ，所以在相等距离上的两点之间的电势差相等，即UbE=UFd

由于：

Uba=Ucd

Φc=Ucd+Φd=8V．所以正确选项是B．

B

【考点】DE：

自感现象和自感系数．

【分析】闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电流大小．

A、闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，A正确B错误．

C、闭合开关稳定时，a的亮度比b的大，因为根据I=

知通过a的电流大，C错误

D、电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，由于稳定后a灯的电流大于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流大，b灯闪亮一下再熄灭，D正确

AD

【考点】CI：

带电粒子在匀强磁场中的运动；

CF：

洛仑兹力．

【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；

在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．

无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R0，则有：

v=

…①

而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：

R=

…②

由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：

…③

由①②③联式可得：

带电粒子在磁场中运动的周期为：

T=

．

由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求出．故C、D正确，A、B错误．

CD．

【考点】D9：

导体切割磁感线时的感应电动势；

BH：

焦耳定律．

【分析】金属杆上滑过程和下滑过程回路中均有电热产生，金属杆从底端滑上去再滑回底端高度不变，金属杆的重力势能不变，只有动能转化为电热，故金属杆再滑回底端时速度（设为v1）必然小于初速度，即v1＜v，上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度．根据q=

分析电量的关系．

A，由于金属棒运动的过程中，产生电能，机械能不断减小，下滑与上滑经过同一位置时，下滑的速度较小，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故A正确；

B、由于经过同一位置时上滑的速度比下滑的速度大，产生的感应电流大，金属棒所受的安培力大，所以上滑过程中金属棒克服安培力做功多，产生的热量多，故B正确．

C、根据q=

，知上滑阶段和下滑阶段磁通量的变化量相等，所以通过R的电荷量相同，故C正确；

D、根据能量守恒知，金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，整个回路产生的热量为

m（v02﹣v2），所以电阻R上产生的热量小于

m（v02﹣v2）．故D错误．

ABC．

（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　R1　（填“R1”、“R2”）．

（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=　1.40　V，内电阻r=　2.50　Ω．（结果保留三位有效数字）

【考点】N3：

测定电源的电动势和内阻．

【分析】

（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；

（2）根据电路图连接实物电路图；

（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，然后根据图象求出电源电动势与内阻．

（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；

（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；

（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象如图所示，由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源电动势：

E=1.40V，

电源内阻：

r=

=

≈2.50Ω；

故答案为：

（1）R1；

（2）电路图如图所示；

（3）图象如图所示；

1.40；

2.50．

（1）用螺旋测微器测出待测导线的直径，如图甲所示，则螺旋测微器的读数为　1.731　mm；

10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择倍率的电阻档　×

1　（选填“×

100”），欧姆调零后再进行测量，示数如图乙所示，则测量值为　22　Ω；

（3）另取一段同样材料的导线，进一步研究该材料的特性，得到电阻R随电压U变化图象如图丙所示，则由图象可知，该材料在常温时的电阻为　1.5　Ω；

【考点】N5：

描绘小电珠的伏安特性曲线．

（1）根据螺线管的读数方法进行读数；

（2）明确多用电表的测量电阻的方法及读数方法进行换档和读数；

（3）题目中作出的是电阻随电压的变化关系，由图象可明确常温下的电阻；

（1）由图可知，螺旋测微器的示数为：

d=1.5+23.1×

0.01=1.731mm；

（2）角度偏转太大，则说明示数太小所选择档位太大，故应换用小档位；

故选用×

1档；

由图可知，电阻值为：

22×

1=22Ω；

（3）由图可知，常温不加电压时，即电压为零时，电阻为1.5Ω；

（1）1.731（1.730～1.733）

（2）×

122（或22.0）（3）1.5

【考点】CC：

安培力；

BB：

（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．

（2）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．

（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，重力沿斜面向下的分力等于安培力的分力，摩擦力为0

（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：

（2）根据左手定则，可判断安培力的方向沿斜面向上，大小为F安=BIL=0.30N

导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°

=0.24N

由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件

mgsin37°

+f=F安

f=0.06N

（3）根据左手定则，可判断安培力的方向水平向右，大小仍为F安=BIL=0.30N

安培力沿斜面向上的分力F2=F安cos37°

=0.24N=F1

所以摩擦力为零．

答：

（1）通过导体棒的电流1.5A；

（2）导体棒受到的摩擦力0.06A；

（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，摩擦力为0

导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】由公式E=BLv可以求出棒产生的感应电动势；

由欧姆定律求出通过棒的感应电流，然后由安培力公式求出安培力；

由电功率公式求出电功率．

ab棒向右运动产生的电动势为

E=BLV=0.4×

0.5×

5V=1V

电路的总电阻为：

Ω

通过ab棒的电流为：

I=

A=0.75A

作用于ab棒的外力为：

F=BIL=0.4×

0.75×

0.5=0.15N

R1消耗的电功率为：

P1=

W=0.5W

作用于ab的外力大小为0.15N，R1上消耗的电热功率为0.5W．

【考点】CM：

带电粒子在混合场中的运动．

（1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出电场强度；

（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角，根据运动学公式即可求解；

（3）粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径根据几何关系可以求出，再由牛顿第二定律即可求出磁感应强度．

（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，

由牛顿第二定律及运动学公式有：

v0t=2h①

qE=ma②

③

联立①②③式可得：

（2）粒子到达P2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角（与x轴的夹角）为θ，

v12=2ah

θ=45°

所以粒子是垂直P2P3的连线进入磁场的，P2P3是粒子圆周运动轨迹的直径，速度的大小为

（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动的半径根据几何关系可知是r=

，

由牛顿第二定律

所以

如图是粒子在电场、磁场中运动的轨迹图

（l）电场强度的大小为

（2）粒子到达P2时速度的大小为

，与x轴成45°

夹角；

（3）磁感应强度的大小为

2017年7月6日