2019-2020學(xué)年江西省上饒市“山江湖”協(xié)作體自招班高二(上)第三次月考物理試卷

1、2019-2020 學(xué)年江西省上饒市“山江湖”協(xié)作體自招班高二（上）第三次月考物理試卷一、單選題（本大題共6 小題，共24.0 分）1. 楞次定律是下列哪個(gè)定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)A. 電阻定律B. 庫(kù)侖定律C. 歐姆定律D. 能量守恒定律2. 根據(jù)科學(xué)研究表明， 地球是一個(gè)巨大的帶電體， 而且表面帶有大量的負(fù)電荷 如果在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的塵埃， 恰好能懸浮在空中， 若將其放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時(shí)，則此帶電塵埃將A. 向地球表面下落B. 遠(yuǎn)離地球向太空運(yùn)動(dòng)C. 仍處于懸浮狀態(tài)D. 無(wú)法判斷3. 如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)

2、電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電的金屬小球從M 點(diǎn)水平射入場(chǎng)區(qū)，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到N 點(diǎn)，關(guān)于小球由M 到N 的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是A. 小球可能做勻變速運(yùn)動(dòng)B. 小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C. 小球動(dòng)能一定增加D. 小球機(jī)械能守恒4. 一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，將初始位置 O 定為坐標(biāo)原點(diǎn)和零電勢(shì)能點(diǎn)，取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閤 軸的正方向， 粒子動(dòng)能與位置坐標(biāo) x 的關(guān)系如右圖所示。 則下列關(guān)于場(chǎng)強(qiáng)E 和粒子的速度v、加速度 a、電勢(shì)能與 x 的關(guān)系圖象中，合理的是A.B.C.D.5. 如圖所示，勁度系數(shù)為 k 的輕彈簧一端固定在墻上?？臻g存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

3、大小為一個(gè)帶正電的小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)從 A 點(diǎn)以初速度向左運(yùn)動(dòng)， 接觸彈簧后運(yùn)動(dòng)到C 點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。已知物塊質(zhì)量為m，A、C 兩點(diǎn)間距離為L(zhǎng) ，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。則物塊由A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C 點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A. 小物塊的加速度先不變后減小B. 彈簧的彈性勢(shì)能增加量為C. 小物塊與彈簧接觸的過(guò)程中，彈簧彈力的功率一直增加D. 小物塊運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)時(shí)速度為零，加速度不為零6. 在如圖所示的電路中，閉合開(kāi)關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P 向下滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、 、和表示，電表示數(shù)的變化量分別用、和表示。

4、下列說(shuō)法正確的是A.不變，變大B.變小，變大C.變大，不變D.不變，不變第1頁(yè)，共 12頁(yè)二、多選題（本大題共4 小題，共16.0 分）7.如圖所示，在光滑的水平面上方有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度均為一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng) 、電阻為R 的單匝正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，從如圖實(shí)線位置 I 進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始到線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的位置II 時(shí)，線框的速度始終為v，則下列說(shuō)法正確的是A.B.在位置 II 時(shí)外力為在位置 II 時(shí)線框中的電功率為C.D.此過(guò)程中產(chǎn)生的電能為此過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為8.沿 x 軸方向存在一靜電場(chǎng)，電

5、場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)于位置的變化規(guī)律如圖所示圖線為正弦圖線，則下列說(shuō)法正確的是A. Ob 兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于Od 兩點(diǎn)的電勢(shì)差B. a、c 兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C. 電子在 O 點(diǎn)的電勢(shì)能大于電子在 c 點(diǎn)的電勢(shì)能D. 質(zhì)子由 a 點(diǎn)沿 x 軸運(yùn)動(dòng)到 c 點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功9.如圖所示，從有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上O 點(diǎn)以相同的速率射出三個(gè)相同粒子a，b、 C，粒子 b 射出的方向與邊界垂直，粒子b 偏轉(zhuǎn)后在邊界上的Q 點(diǎn)，另外兩個(gè)粒子打在邊界 OQ 的中點(diǎn) P 處，不計(jì)粒子所受的重力和粒子間的相作用力，下列說(shuō)法正確的是A.B.C.粒子一定帶正電粒子 a 與 b 射出的方向間的夾角等于粒子 b 與

6、 c 射出的方向間的夾角兩粒子 a， c 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的平均速度相同D. 三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O 點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形10. 如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、 cd 靜止在導(dǎo)軌上。時(shí)，棒 ab 以初速度向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、 cd 始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用、表示，回路中的電流用I 表示。下列圖象中可能正確的是第2頁(yè)，共 12頁(yè)A.B.C.D.三、填空題（本大題共1 小題，共6.0 分）11.某同學(xué)要測(cè)量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率步驟如下：用游標(biāo)為20 分度的卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度如圖甲所示，由圖可知其

7、長(zhǎng)度為_(kāi)mm；用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖乙所示，由圖可知其直徑為_(kāi)mm；用多用電表的電阻“”擋，按正確的操作步驟測(cè)此圓柱體的電阻，表盤(pán)的示數(shù)如圖丙所示，則該電阻的阻值約為 _四、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1 小題，共10.0 分）12. 某同學(xué)想要較為精確的測(cè)量一只電流表量程為 4mA、內(nèi)阻約為的內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)室中可供選擇的器材有：電流表：量程為 5mA，內(nèi)阻約為；電壓表 V：量程為4V，內(nèi)阻約為；定值電阻：阻值；定值電阻：阻值；滑動(dòng)變阻器：最大電阻，額定電流 1A；直流電源：電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻；開(kāi)關(guān)，導(dǎo)線若干。該同學(xué)選用其中的部分器材設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路進(jìn)行測(cè)量，你認(rèn)為該設(shè)計(jì)方案不合理的地方是_。請(qǐng)用電流表、

8、和某一定值電阻重新設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，并在乙圖的方框中將正確的電路圖補(bǔ)充完整圖中注明所選器材符號(hào)。第3頁(yè)，共 12頁(yè)按照乙圖電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得電流表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，則電流表內(nèi)阻的表達(dá)式為_(kāi)。根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)，做出的圖象如圖丙所示，則電流表的內(nèi)阻為 _結(jié)果保留兩位有效數(shù)字五、計(jì)算題（本大題共3 小題，共36.0 分）13.平行板電容器豎直安放如圖所示，兩板間距，電勢(shì)差，現(xiàn)從平行板上A 處以初速度水平射入一帶正電小球已知小球帶電荷量，質(zhì)量，經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)小球打在A 點(diǎn)正下方的B 點(diǎn)，求：間的距離；若小球打在與B 同一水平線上的極板上，小球的初速度應(yīng)是多大？14.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中， 有兩根足夠長(zhǎng)

9、且電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN 、PQ，導(dǎo)軌間距，其上端接有定值電阻，兩導(dǎo)軌構(gòu)成的平面與水平面成角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直導(dǎo)軌平面向上，現(xiàn)有一質(zhì)量的金屬棒ab，由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好， 金屬棒 ab 接入電路的電阻當(dāng)金屬棒ab 下滑的距離時(shí)，棒的速度大小。取求在此過(guò)程中：流過(guò)金屬棒ab 某一橫截面的電荷量q；金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q。15.如圖所示， 在直角坐標(biāo)系xoy 的第一、四象限區(qū)域內(nèi)存在兩個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I 、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) ， O、 M、 P、 Q 為磁場(chǎng)邊界和x 軸的交點(diǎn)，在第三象限存在沿y軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)

10、。一質(zhì)量為m 帶電荷量為的帶電粒子從電場(chǎng)中坐標(biāo)為的點(diǎn)以速度沿方向射出，恰好經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O 處射入磁場(chǎng)I ，又從 M 點(diǎn)射出磁場(chǎng)粒子的重力忽略不計(jì)。求：第三象限勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E 的大??；磁場(chǎng) 的磁感應(yīng)強(qiáng)度B 的大??；如果帶電粒子能再次回到原點(diǎn)O，問(wèn)磁場(chǎng) 的寬度至少為多少？粒子兩次經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O 的時(shí)間間隔為多少。第4頁(yè)，共 12頁(yè)六、簡(jiǎn)答題（本大題共1 小題，共8.0 分）16.如圖所示，一質(zhì)量為m，帶電量為e 的電子，以一定初速度從M 小孔進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)時(shí)一具有彈性絕緣內(nèi)壁，半徑為R 的圓柱形磁場(chǎng)，電子初速度指向圓心 O，它與內(nèi)壁先后碰撞兩次能量無(wú)損失又恰好從M 孔射出，試求：

11、電子的初速度大??；電子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間第5頁(yè)，共 12頁(yè)答案和解析1.【答案】 D【解析】【分析】當(dāng)線圈與磁體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)“來(lái)拒去留”可知，磁場(chǎng)力都是阻礙線圈與磁體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，有外力對(duì)系統(tǒng)做了功，導(dǎo)致其他形式的能轉(zhuǎn)化為線圈的電能；當(dāng)導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力總是阻礙導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體克服安培力做功，把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，據(jù)此即可分析?？疾殡姶鸥袘?yīng)原理，掌握楞次定律的內(nèi)涵，注意從做功與能量轉(zhuǎn)化角度來(lái)認(rèn)識(shí)楞次定律的內(nèi)容?！窘獯稹慨?dāng)線圈與磁體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)“來(lái)拒去留”可知，磁場(chǎng)力都是阻礙線圈與磁體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，有外力對(duì)系統(tǒng)做了功，導(dǎo)致其他形式的能轉(zhuǎn)化為線圈的電能；當(dāng)導(dǎo)體做切割

12、磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力總是阻礙導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體克服安培力做功，把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，所以楞次定律是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的體現(xiàn)，故 D正確， ABC 錯(cuò)誤。故選 D。2.【答案】 C【解析】解：在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置，恰好能懸浮在空中，令地球的質(zhì)量為 M，則此處的庫(kù)侖力與萬(wàn)有引力相等，則有：，當(dāng)在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時(shí)，即在距地面高度為 R 處，此處萬(wàn)有引力為 萬(wàn)而此處的庫(kù)侖力為庫(kù)，由上等式可知，庫(kù)侖力仍等于萬(wàn)有引力，故C 正確， ABD 錯(cuò)誤；故選： C。根據(jù)庫(kù)侖定律與萬(wàn)有引力定律， 結(jié)合在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置時(shí)， 恰好能懸浮在空中，

13、依據(jù)平衡條件，即可判定放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時(shí)帶電塵埃受力情況，從而即可求解考查庫(kù)侖定律與萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，理解恰好能懸浮在空中的作用，及注意等式的成立條件與間距無(wú)關(guān)3.【答案】 B【解析】解：A、小球受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，若速度大小變化，則洛倫茲力變化，合力變化，所以小球不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，故A 錯(cuò)誤；BC、若重力等于電場(chǎng)力，洛倫茲力提供向心力，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球的動(dòng)能不變，故B 正確 C 錯(cuò)誤；D 、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，所以機(jī)械能減少，故D 錯(cuò)誤；故選： B。分析小球的受力情況，抓住洛倫茲力隨著速度的變化而變化，分析小球的運(yùn)動(dòng)情況。小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

14、，洛倫茲力不做功，只有重力和電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理分析動(dòng)能的變化。結(jié)合機(jī)械能守恒條件分析。本題考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)， 意在考查考生的分析能力。 解決本題時(shí)關(guān)鍵要抓住洛倫茲力與速度的關(guān)系，注意考慮電場(chǎng)力與重力的關(guān)系來(lái)分析小球可能的運(yùn)動(dòng)情況。4.【答案】 B【解析】解：設(shè)粒子的初動(dòng)能為，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，由圖知?jiǎng)幽軠p小，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得：即第6頁(yè)，共 12頁(yè)AC、可知圖象的斜率反應(yīng)電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，由于斜率恒定，所以電場(chǎng)強(qiáng)度恒定，即E 不變化，由牛頓第二定律知加速度也不變化，故AC 錯(cuò)誤；D 、因?yàn)橹挥须妶?chǎng)力做功，所以動(dòng)能和電勢(shì)能的和不變，動(dòng)能均勻減小，則電勢(shì)能應(yīng)均勻增加，故D 錯(cuò)

15、誤；B、粒子做減速運(yùn)動(dòng)，隨著時(shí)間的增加，發(fā)生相同的位移需要的時(shí)間越來(lái)越長(zhǎng)，因加速度不變，則速度的變化量越來(lái)越大，可知圖象B 合理，故B 正確。故選： B。由動(dòng)能定理知粒子動(dòng)能與位置坐標(biāo)x 的圖象的斜率反映的電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，結(jié)合牛頓第二定律可知加速度的變化；只有電場(chǎng)力做功，所以動(dòng)能和電勢(shì)能的和不變，動(dòng)能均勻減小，則電勢(shì)能應(yīng)均勻增加；根據(jù)動(dòng)能定理可寫(xiě)出速度隨 x 的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)關(guān)系式可判斷。本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合動(dòng)能定理進(jìn)行分析，圖象的斜率的物理意義要清楚。5.【答案】 D【解析】解：A、物塊與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)為，由于摩擦力做功機(jī)械能減小，物塊的速度減小， 根據(jù) 洛

16、，可知物塊受到的洛倫茲力減小。由左手定則可知物塊向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到的洛倫茲力的方向向下，洛倫茲力減小，則物塊受到的向上的支持力洛減小，所以摩擦力：也減小，物塊的加速度也減??；當(dāng)物塊接觸彈簧后，物體的加速度：， f 減小，而 F 增大，所以不能判斷出加速度的變化。故A 錯(cuò)誤；B、此過(guò)程動(dòng)能轉(zhuǎn)換為彈性勢(shì)能和內(nèi)能，根據(jù)能量守恒知物塊克服摩擦力做的功為彈，由于摩擦力是變力， 而且洛，可知彈簧的彈性勢(shì)能增加量一定不是故 B錯(cuò)誤；C、小物塊與彈簧接觸的過(guò)程中，彈簧彈力逐漸增大，而物塊的速度逐漸減小，由，可知開(kāi)始時(shí)彈簧的功率為 0，開(kāi)始與彈簧接觸時(shí)逐漸增大；最后速度等于0時(shí)，彈簧的功率也是0，彈簧的功率在

17、增大都某一個(gè)最大值后又開(kāi)始減小，即彈簧的彈力的功率先增加后減小，故C 錯(cuò)誤；D 、根據(jù) A 項(xiàng)分析可知，物塊接觸彈簧后，物體的加速度：， f 減小，而 F 增大， F 增大到一定程度會(huì)與 f 相等，此時(shí)加速度為零，由于慣性，物體繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力大于摩擦力，直到物體速度為零，故小物塊運(yùn)動(dòng)到C 點(diǎn)時(shí)速度為零，彈簧的彈力大于摩擦力，加速度不為零。故D 正確。故選： D。根據(jù)左手定則判斷出洛倫茲力的方向，然后結(jié)合受力分析判斷出小物塊受到的支持力以及摩擦力，結(jié)合速度的變化分析支持力的變化以及摩擦力的變化，再由牛頓第二定律分析加速度的變化；根據(jù)功能關(guān)系分析彈簧的彈性勢(shì)能；根據(jù)瞬時(shí)功率的表達(dá)式，結(jié)合

18、速度、彈力的變化分析功率的變化。本題分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是解答的關(guān)鍵，能量是守恒的，同時(shí)要注意洛倫茲力在其中起到的作用。6.【答案】 C【解析】解：A、是定值電阻，有：，可知不變，不變，故A 錯(cuò)誤；BC 、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P 向下滑動(dòng)時(shí)，變大，是可變電阻，有，變大。根據(jù)閉合電路歐姆定律得：，則知：，不變，故B 錯(cuò)誤， C 正確；D 、為路端電壓，為外電阻，增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律知：，不變，故D 錯(cuò)誤。故選： C。第7頁(yè)，共 12頁(yè)本題要分定值電阻與可變電阻去分析。對(duì)于定值電阻，有；對(duì)于可變電阻，可根據(jù)閉合電路歐姆定律分析 與電源內(nèi)阻的關(guān)系，從而作出判斷。本題要注意對(duì)于定值電阻

19、，是線性元件，；對(duì)于非線性元件，也可以結(jié)合電源的圖線分析。7.【答案】 BC【解析】解： A、在位置 II 時(shí)，兩邊都切割磁感應(yīng)線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電流強(qiáng)度，根據(jù)平衡條件可得外力為，故 A 錯(cuò)誤；B、在位置 II 時(shí)線框中的電功率為，故 B 正確；C、在位置 進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，只有一條邊切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，安培力，全過(guò)程中產(chǎn)生的電能為，故 C 正確；D 、此過(guò)程中線圈內(nèi)磁通量的變化，通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為，故 D 錯(cuò)誤。故選： BC。在位置 II 時(shí)，兩邊都切割磁感應(yīng)線，兩邊都受安培力，根據(jù)平衡條件可得外力；根據(jù)求解在位置 II 時(shí)線框中的電功率； 全過(guò)程中產(chǎn)生的電能等于克服安

20、培力做的功；根據(jù)電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量。對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度， 根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。【答案】 BD8.【解析】解： A、根據(jù)圖象與x 軸圍成的面積分析電勢(shì)差的大小，Ob 兩點(diǎn)的電勢(shì)差小于Od 兩點(diǎn)的電勢(shì)差，故 A錯(cuò)誤；B、根據(jù)圖象與 x 軸圍成的面積分析電勢(shì)差的大小，知，所以 a、 c 兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故B 正確；C、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向知處電場(chǎng)線方向沿 x 軸負(fù)方向，電場(chǎng)沿 x 軸正方向， O 點(diǎn)的電勢(shì)大于c 點(diǎn)的電勢(shì)，電子帶負(fù)電，電子在O

21、點(diǎn)的電勢(shì)能小于電子在c 點(diǎn)的電勢(shì)能，故 C 錯(cuò)誤；D 、質(zhì)子帶正電， 沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)做正功，逆著電場(chǎng)線方向做負(fù)功， 故質(zhì)子由 a 點(diǎn)沿 x 軸運(yùn)動(dòng)到 c 點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，故D 正確；故選： BD。根據(jù)圖象與 x 軸圍成的面積分析電勢(shì)差的大小和電勢(shì)的高低；質(zhì)子帶正電，沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)做正功，逆著電場(chǎng)線方向做負(fù)功。本題首先要讀懂圖象，場(chǎng)強(qiáng)的正負(fù)反映場(chǎng)強(qiáng)的方向，大小反映出電場(chǎng)的強(qiáng)弱。然后根據(jù)圖象與x 軸圍成的面積分析電勢(shì)差的大小。9.【答案】 BD【解析】解：A、如右圖，粒子往右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，粒子帶負(fù)電，故A 錯(cuò)誤；B、由幾何知識(shí)得，粒子a， c 均從 P 點(diǎn)射出，所以弧

22、OP的對(duì)稱(chēng)弧與a 粒子的軌跡半徑相等，故a， b 粒子與 b， c第8頁(yè)，共 12粒子的射出的方向間的夾角相等，故B 正確；C、 a， c 粒子位移相等，時(shí)間不等，故兩粒子a， c 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的平均速度不相同，故C 錯(cuò)誤；D 、相同粒子在同一磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑相等，故連接三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O 點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形，故D正確；故選： BD。相同的粒子以不同的方向入射同一磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相等，根據(jù)幾何知識(shí)求解即可。解答此題的關(guān)鍵是知道相同粒子在同一磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是相等的，注意與數(shù)學(xué)知識(shí)相結(jié)合解答更容易。10.【答案】 AC【解析】解：AB、金屬棒滑動(dòng)過(guò)程中， 系統(tǒng)

23、水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：，則，所以ab 的速度逐漸減小， cd 的速度逐漸增大，相對(duì)速度越來(lái)越小，最后為零，則安培力逐漸減小、加速度逐漸減小到零，故 A 正確、 B 錯(cuò)誤；CD 、設(shè)兩根導(dǎo)體棒的總電阻為R，由于，二者的速度之差越來(lái)越小，最后速度之差為0，則感應(yīng)電流越來(lái)越小，最后為零，故C 正確、 D 錯(cuò)誤。故選： AC。根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析最終的速度大小， 根據(jù)受力情況確定速度變化情況； 根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小和閉合電路的歐姆定律分析電流強(qiáng)度的變化。對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問(wèn)題，經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆

24、定律求解感應(yīng)電流隨時(shí)間變化關(guān)系，然后推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式，由此進(jìn)行解答， 這是電磁感應(yīng)問(wèn)題中常用的方法和思路。11.【答案】； 220【解析】解：游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為50mm，游標(biāo)尺上第3 個(gè)刻度線與主尺對(duì)齊，游標(biāo)讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為：；螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為，可動(dòng)刻度讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為：該電阻的阻值約為故答案為：；游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀；用歐姆表測(cè)電阻的讀數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率，當(dāng)指針指在中央附近時(shí)測(cè)量值較準(zhǔn)確；解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡

25、尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀12.【答案】電壓表量程太大90【解析】解：電流表量程為 4mA、內(nèi)阻約為，滿偏電壓約為，而電壓表量程為 4V，所以電壓表量程過(guò)大， 無(wú)法準(zhǔn)確測(cè)量，故不能使用電壓表進(jìn)行測(cè)量；實(shí)驗(yàn)中只能選擇另一電流表進(jìn)行測(cè)量， 可以將待測(cè)電流表與定值電阻并聯(lián)， 然后由電流表測(cè)出并聯(lián)電流， 即可求出電流表內(nèi)阻；因電流表內(nèi)阻約為 ，故定值電阻應(yīng)選擇 ；故原理圖如圖所示；電流表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，通過(guò)定值電阻的電流為，電流表G 兩端的電壓，第9頁(yè)，共 12頁(yè)待測(cè)電流表內(nèi)阻；根據(jù)中表達(dá)式可知，由

26、圖象可知，圖象的斜率解得：。故答案為：電壓表量程過(guò)大；如圖所示；。明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)電表的量程分析是否合理；電壓表無(wú)法使用，可以把待測(cè)電流表與定值電阻并聯(lián)，然后由電流表測(cè)出并聯(lián)電流，然后由并聯(lián)電路特點(diǎn)及歐姆定律求出待測(cè)電流表內(nèi)阻；為了多次測(cè)量，可以使用滑動(dòng)變阻器的分壓接法；據(jù)此設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路。由并聯(lián)電路特點(diǎn)及歐姆定律求出電流表G 的內(nèi)阻表達(dá)式；根據(jù)中表達(dá)式進(jìn)行變形，根據(jù)圖象利用幾何關(guān)系即可確定電流表內(nèi)阻的大小。本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選取、實(shí)驗(yàn)電路的設(shè)計(jì)、求電阻等問(wèn)題；選擇實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，首先要保證電路安全，在保證安全的情況下，為使讀數(shù)準(zhǔn)確，電表量程及電阻阻值應(yīng)選小的。實(shí)驗(yàn)電路的設(shè)計(jì)是本題的難點(diǎn)，沒(méi)有電

27、壓表，利用并聯(lián)電路特點(diǎn)求出待測(cè)電流表兩端電壓是常用的方法。13.【答案】解：小球 m 在處以 以水平射入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示?？疾樨Q直方向情況：小球無(wú)初速，只受重力mg，可看作是自由落體運(yùn)動(dòng)；考查水平方向情況，有初速，受恒定的電場(chǎng)力 qE 作用，作勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球的曲線運(yùn)動(dòng)由上述兩個(gè)正交的直線運(yùn)動(dòng)疊加而成。由題可知：設(shè)球飛行時(shí)間為t，在豎直方向上有：水平方向上有：代入數(shù)據(jù)解得：在水平方向上有：聯(lián)立解得：答：間的距離為若小球打在與B 同一水平線上的極板上，小球的初速度應(yīng)是【解析】 將小球分解成水平方向與豎直方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)各方向的受力與運(yùn)動(dòng)來(lái)確定其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；再根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

28、，來(lái)確定運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)時(shí)間，從而可求得豎直方向下落的距離。根據(jù)水平方向勻加速豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)借口求得對(duì)于這類(lèi)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)， 中學(xué)中常用的處理方法是將其分解成兩個(gè)或幾個(gè)簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)力的獨(dú)立作用原理及運(yùn)動(dòng)的互不相干性分別加以分析14.【答案】解：設(shè)金屬棒ab 沿斜面下滑的位移為x，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：且由歐姆定律有：又有：聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：C金屬棒 ab 下滑過(guò)程中，由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于ab 棒機(jī)械能的減少量，第10 頁(yè)，共 12頁(yè)即：總，又有：金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為：總代入數(shù)據(jù)解得：。答：流過(guò)金屬棒 ab 某一橫截面的電荷量q 為；金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q 為?！窘馕觥扛鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量與電流的關(guān)系結(jié)合流過(guò)金屬棒ab 某一橫截面的電荷量q；金屬棒 ab 下滑過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于ab 棒機(jī)械能的減少量，先求整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱，再求金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱 Q。解決該題的關(guān)鍵是掌握法拉第電磁感應(yīng)定律以及電荷量的表達(dá)式從而求解電量的表達(dá)式，知道用能量守恒求解總的電荷量；15.【答案】解：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水