四川省成都市成華區(qū)某校2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期12月月考試題含解析

高二物理第Ⅰ卷（選擇題共54分）一、單項(xiàng)選擇題：（本大題共10個(gè)小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的）1.下列不符合物理學(xué)史實(shí)的是（）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系B.卡文迪許通過(guò)扭稱實(shí)驗(yàn)測(cè)定了靜電力常量C.密立根利用油滴實(shí)驗(yàn)確定了電荷量的不連續(xù)性，并測(cè)定了元電荷的數(shù)值D.安培提出了著名的分子電流假說(shuō)，揭示了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)【答案】B【解析】【詳解】A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故A正確，不符合題意；B．卡文迪許通過(guò)扭稱實(shí)驗(yàn)測(cè)定了萬(wàn)有引力常量，靜電力常量用麥克斯韋的相關(guān)理論計(jì)算出來(lái)的，故B錯(cuò)誤，符合題意；C．密立根利用油滴實(shí)驗(yàn)確定了電荷量的不連續(xù)性，并測(cè)定了元電荷的數(shù)值，故C正確，不符合題意；D．安培提出了著名的分子電流假說(shuō)，揭示了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)，故D正確，不符合題意。故選B。2.如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，下列選項(xiàng)正確的是（）A.ma>mb>mc B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb D.mc>mb>ma【答案】B【解析】【詳解】由題意知mag=qEmbg=qE+Bqvmcg+Bqv=qE所以故選B。3.微信運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測(cè)量是通過(guò)手機(jī)內(nèi)電容式加速度傳感器實(shí)現(xiàn)的。如圖，M極板固定，當(dāng)手機(jī)的加速度變化時(shí)，N極板只能按圖中標(biāo)識(shí)的“前后”方向運(yùn)動(dòng)。圖中R為定值電阻。下列對(duì)傳感器描述正確的是（）A.靜止時(shí)，電流表示數(shù)零，電容器兩極板不帶電B.由靜止突然向前加速時(shí)，電容器的電容增大C.由靜止突然向前加速時(shí)，電流由b向a流過(guò)電流表D.保持向前勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R以恒定功率發(fā)熱【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．靜止時(shí)，N板不動(dòng)，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數(shù)為零，電容器兩極板帶電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BC．由靜止突然向前加速時(shí)，N板向后運(yùn)動(dòng)，則板間距變大，根據(jù)可知，電容器的電容減小，電容器帶電量減小，則電容器放電，則電流由b向a流過(guò)電流表，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；D．保持向前勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度恒定不變，則N板的位置在某位置不動(dòng)，電容器電量不變，電路中無(wú)電流，則電阻R發(fā)熱功率為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。4.靜置于桌面上的水平螺線管中通有如圖所示的恒定電流，螺線管正上方固定一通電直導(dǎo)線M，M中通有垂直紙面向里的恒定電流，導(dǎo)線恰與螺線管中軸線垂直，紙面內(nèi)，螺線管正上方以直導(dǎo)線M為圓心的圓上有a、b、c、d四點(diǎn)。其中a、c連線恰為圓的豎直直徑，b、d連線為圓的水平直徑。已知a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，忽略地磁場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B.b、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同C.導(dǎo)線在圖示位置時(shí)，通電螺線管所受的安培力豎直向下D.若將通電直導(dǎo)線M豎直向下移動(dòng)到a點(diǎn)的過(guò)程中，螺線管所受安培力逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】A．設(shè)螺線管在a、c兩點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為Ba1和Bc1，通電直導(dǎo)線M在a、c兩點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為Ba2和Bc2，根據(jù)安培定則以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加法則可知a、c兩點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為并且所以故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱性可知，b、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)線在圖示位置時(shí)，通電螺線管在M處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樗较蛴?，根?jù)左手定則可知M所受安培力豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律可知通電螺線管所受安培力豎直向上，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)通電螺線管周圍磁感線分布特點(diǎn)可知，將通電直導(dǎo)線M豎直向下移動(dòng)到a點(diǎn)的過(guò)程中，導(dǎo)線M所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，則M所受安培力逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知螺線管所受安培力也逐漸增大，故D正確。故選D。5.如圖所示，用兩個(gè)完全相同的輕彈簧吊著一根水平銅棒，每根輕彈簧連接有力傳感器（圖中未畫出）可測(cè)出輕彈簧彈力大小，銅棒所在虛線范圍內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)棒靜止時(shí)，每個(gè)力傳感器的拉力讀數(shù)均為F1；當(dāng)棒中通以大小為I的自左向右的電流，當(dāng)棒再次靜止時(shí)，每個(gè)力傳感器的拉力示數(shù)均為F2，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的大小為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】由題意可知當(dāng)棒中通以大小為I的自左向右的電流時(shí)，受向上的安培力，則聯(lián)立解得故選D。6.如圖，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abcd內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從ab中點(diǎn)O處以垂直于ab的速度射入磁場(chǎng)，恰好從c點(diǎn)射出。不計(jì)粒子重力，粒子的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系，有根據(jù)牛頓第二定律，有聯(lián)立可得故選B。7.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為，電源內(nèi)阻為，電路中的電阻為，小型直流電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為，閉合開關(guān)后，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，理想電流表的示數(shù)為，則以下判斷中正確的是（）A.電動(dòng)機(jī)的輸出功率為 B.電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為C.電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的熱功率為 D.電動(dòng)機(jī)的效率恰為【答案】B【解析】【詳解】ABC．根據(jù)題意可知，流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流等于電路中的電流為則電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為由公式可得，電動(dòng)機(jī)的熱功率為由公式可得，電動(dòng)機(jī)的輸入功率為則電動(dòng)機(jī)的輸出功率為故AC錯(cuò)誤，B正確；D．由公式可得，電動(dòng)機(jī)的效率為故D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖甲是回旋加速器的原理示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定)，并分別與高頻電源相連，加速時(shí)某帶電粒子的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，若忽略帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間，則下列判斷正確的是（）A.在Ek－t圖像中B.在Ek－t圖像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C.高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn－tn－1D.根據(jù)圖像粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動(dòng)能一定越大【答案】B【解析】【詳解】A．在Ek－t圖像中可知t1是半個(gè)周期，所以故A錯(cuò)誤；B．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期與粒子速度無(wú)關(guān)，故B正確；C．回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的頻率相同，在一個(gè)周期內(nèi)，帶電粒子兩次通過(guò)勻強(qiáng)電場(chǎng)而加速，故高頻電源的變化周期為tn－tn－2，故C錯(cuò)誤；D．粒子加速到做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于加速器半徑時(shí)，速度達(dá)到最大，即可得粒子獲得的最大動(dòng)能可見粒子獲得的最大動(dòng)能與加速次數(shù)無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選B。9.如圖所示，四根通有大小相等且為恒定電流的長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直穿過(guò)xoy平面，1、2、3、4直導(dǎo)線與xoy平面的交點(diǎn)成邊長(zhǎng)為2a的正方形且關(guān)于x軸和y軸對(duì)稱，各導(dǎo)線中電流方向已標(biāo)出，已知通電無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與到直導(dǎo)線距離成反比，設(shè)1導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，下列說(shuō)法正確的是（）A.4根直導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0B.直導(dǎo)線1、2之間相互作用力為吸引力C.直導(dǎo)線1、2在O點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0D.直導(dǎo)線2受到直導(dǎo)線1、3、4的作用力合力方向指向O點(diǎn)【答案】A【解析】【詳解】AC．根據(jù)安培定則判斷四根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向分別為：1導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)镺4方向；3導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)镺2方向；同理，2導(dǎo)線產(chǎn)生的方向?yàn)镺3方向，4導(dǎo)線產(chǎn)生的方向?yàn)镺1方向；則根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成可知，四根導(dǎo)線同時(shí)存在時(shí)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，直導(dǎo)線1、2在O點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，故A正確，C錯(cuò)誤。

B．直導(dǎo)線1、2電流方向相反，根據(jù)平行通電導(dǎo)線作用規(guī)律，直導(dǎo)線1、2之間的相互作用力為排斥力，故B錯(cuò)誤；

D．無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與到直導(dǎo)線距離成反比，即，1導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，則1、3在2的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向分別沿著23和12方向；故1、3在2的磁感應(yīng)強(qiáng)度合成為沿13方向；直導(dǎo)線4在2的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向沿31方向，直導(dǎo)線1、3、4在2處的合磁場(chǎng)為，方向沿13方向，則由左手定則，直導(dǎo)線2受到直導(dǎo)線1、3、4的作用力合力方向沿著42方向，不指向O點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；

故選A。10.如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出）。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O。已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失了，速度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為（）A.2 B. C.1 D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)初速度為v1，從Q點(diǎn)穿過(guò)鋁板后速度為v2，則由題意粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失了，可知即則據(jù)圖分析知洛倫茲力提供向心力得所以故C正確。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一個(gè)以上的選項(xiàng)正確。全部選對(duì)得4分，選不全得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分。11.如圖甲所示，彈簧振子以點(diǎn)O為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。取向右為正方向，振子的位移x隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)，振子的速度方向向左B.時(shí)，振子在O點(diǎn)右側(cè)處C.和時(shí)，振子的加速度完全相同D.到的時(shí)間內(nèi)，振子的速度逐漸增大【答案】ABD【解析】【詳解】A．t=0.8s時(shí)，振子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，即向左運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．由乙圖可知振子振幅A=12cm，周期T=1.6s，則可知?jiǎng)t振子振動(dòng)方程當(dāng)t=0.2s時(shí)，振子在O點(diǎn)右側(cè)，且故B正確；C．t=0.4s和t=1.2s時(shí)，振子的位移等大反向，回復(fù)力和加速度也是等大反向，故C錯(cuò)誤；D．t=0.4s到t=0.8s的時(shí)間內(nèi)，振子從B點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)到平衡位置，其速度逐漸增加，故D正確。故選ABD。12.如圖所示，空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線，一不計(jì)重力的帶電粒子在M點(diǎn)以某一初速度垂直等勢(shì)線進(jìn)入正交電磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，已知粒子在N點(diǎn)的速度比在M點(diǎn)的速度大。則下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子帶正電B.電場(chǎng)線方向一定垂直等勢(shì)面向左C.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定是拋物線D.粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能減小【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)粒子在電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．由于空間只存在電場(chǎng)和磁場(chǎng)，粒子的速度增大，說(shuō)明在此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做正功，則電場(chǎng)線方向一定垂直等勢(shì)面向左，故B正確；C．由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡才是拋物線，故C錯(cuò)誤；D．電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D正確。故選BD。13.一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里，其邊界如圖中虛線所示，ab為半徑為R的半圓，ac、bd與直徑ab共線，a、c間的距離等于半圓的半徑R。一束質(zhì)量均為m、電量均為q的帶負(fù)電的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac以不同速度射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是（）A.可以經(jīng)過(guò)半圓形邊界的粒子的速率最小值為B.可以經(jīng)過(guò)半圓形邊界的粒子的速率最大值為C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子速率為D.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【答案】BD【解析】【詳解】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得，粒子的軌道半徑粒子速度v越大，半徑R越大。A．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，在能達(dá)到半圓形邊界的粒子中，經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的粒子半徑最小，速度小，其軌如圖中1所示，由得故A錯(cuò)誤；B．經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的粒子半徑最大，速度最大，其軌跡如圖中2所示，由解得故B正確；C．軌跡圓弧所對(duì)應(yīng)的弦與ab半圓形邊界相切時(shí)，圓心角最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，其軌跡如圖中所示，圓心恰好位于a點(diǎn)，由解得故C錯(cuò)誤；D．粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的最小圓心角為，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期粒子在磁場(chǎng)中的最短運(yùn)動(dòng)時(shí)間為故D正確。故選BD。14.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r，理想電壓表、示數(shù)分別為、，其變化量的絕對(duì)值分別為和；流過(guò)電源的電流為I，其變化量的絕對(duì)值為。在滑動(dòng)變阻器的觸片從右端滑到左端的過(guò)程中（燈泡、、電阻均不變）,則（）A.燈泡變暗，、變亮B.C.增大D.不變【答案】AD【解析】【詳解】A．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片P從右端滑到左端時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，流過(guò)L2的電流增大，則L2變亮；內(nèi)電壓和L2的電壓均增大，則并聯(lián)部分的電壓減小，L3變暗；總電流增大，而L3的電流減小，則L1的電流增大，則L1變亮，故A正確；

B．由上分析可知，電壓表V1的示數(shù)減小，電壓表V2的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以ΔU1＞ΔU2，故B錯(cuò)誤；

C．由U1=E-I（RL2+r）得=RL2+r不變，故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)歐姆定律得=RL2不變，故D正確

故選AD。15.霍爾效應(yīng)這一現(xiàn)象是美國(guó)物理學(xué)家霍爾于1879年發(fā)現(xiàn)的。當(dāng)電流垂直于外磁場(chǎng)通過(guò)導(dǎo)體時(shí)，載流子發(fā)生偏轉(zhuǎn)，垂直于電流和磁場(chǎng)的方向會(huì)產(chǎn)生一附加電場(chǎng)，從而在導(dǎo)體的兩端產(chǎn)生電勢(shì)差，這一現(xiàn)象就是霍爾效應(yīng)，這個(gè)電勢(shì)差被稱為霍爾電勢(shì)差?，F(xiàn)有一金屬導(dǎo)體霍爾元件連在如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不計(jì)，電動(dòng)勢(shì)恒定，霍爾電勢(shì)差穩(wěn)定后，下列說(shuō)法正確的是（）A.a端電勢(shì)低于b端電勢(shì)B.若元件的厚度增加，a、b兩端電勢(shì)差不變C.霍爾電勢(shì)差的大小只由霍爾元件本身決定D.若要測(cè)量赤道附近的地磁場(chǎng)，應(yīng)將工作面調(diào)整為與待測(cè)平面垂直【答案】BD【解析】【詳解】A．由題圖知電流方向從右向左，則霍爾元件中電子從左向右定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則判斷可知在洛倫茲力的作用下電子向b端偏轉(zhuǎn)，故b端電勢(shì)較低，故A錯(cuò)誤；BC．穩(wěn)定后，定向移動(dòng)的電子受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等，即可得可見U與磁感應(yīng)強(qiáng)度B、元件的前后距離d等因素有關(guān)，與題中定義的厚度無(wú)關(guān)，故B正確，C錯(cuò)誤；D．由于赤道附近的地磁場(chǎng)平行于地面，若要測(cè)量赤道附近地磁場(chǎng)，工作面應(yīng)該處于垂直狀態(tài)，故D正確。故選BD。16.如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場(chǎng)。欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】【詳解】粒子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由R=知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當(dāng)粒子的徑跡和邊界QQ′相切時(shí)，粒子剛好不從QQ′射出，此時(shí)其入射速度v0應(yīng)為最大。若粒子帶正電，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖a所示（此時(shí)圓心為O點(diǎn)），根據(jù)幾何關(guān)系有R1cos45°＋d=R1且R1=聯(lián)立解得v0=若粒子帶負(fù)電，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖b所示（此時(shí)圓心為O′點(diǎn)），根據(jù)幾何關(guān)系有R2＋R2cos45°=d且R2=聯(lián)立解得v0=故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題共46分）三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。請(qǐng)將正確答案直接答在答題卡相應(yīng)的位置上。17.在學(xué)習(xí)安培力后，某學(xué)習(xí)小組利用安培力與磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系測(cè)定磁極間的磁感應(yīng)強(qiáng)度，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，步驟如下：①在彈簧測(cè)力計(jì)下端掛一n匝矩形線圈，將矩形線圈的短邊完全置于U形磁鐵N、S極之間的磁場(chǎng)中，則應(yīng)使矩形線圈所在的平面與N、S極的連線_____________；②在電路未接通時(shí)，記錄線圈靜止時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)；③接通電路開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電流表讀數(shù)為I，記錄線圈靜止時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)，則線圈所受安培力為______________。④用刻度尺測(cè)出矩形線圈短邊的長(zhǎng)度L；利用上述數(shù)據(jù)可得待測(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度_____________?！敬鸢浮竣?垂直②.③.【解析】【詳解】①[1]使矩形線圈所在的平面與N、S極的連線垂直，這樣能使短邊受到的安培力沿豎直方向，彈簧測(cè)力計(jì)保持豎直，方便測(cè)出拉力；③[2]對(duì)線框受力分析知：受重力、安培力、彈簧的拉力，三力平衡，F(xiàn)2+F安=mg，又：F1=mg，所以線圈所受安培力；④[3]由安培力公式得：F安=nBIL，解得：；18.一興趣小組要測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)（約1.5V）和內(nèi)阻（小于1Ω），借助以下實(shí)驗(yàn)器材進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。A．毫安表mA（量程0~600mA，內(nèi)阻約0.1Ω）；B．微安表G（量程0~400μA，內(nèi)阻為100Ω）；C．滑動(dòng)變阻器（0~20Ω）；D．滑動(dòng)變阻器（0~1kΩ）；E．電阻箱R（0~9999.9Ω）；F．定值電阻（阻值為2.50Ω）；G．定值電阻（阻值為10.00Ω）；H．開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）將微安表G改裝為量程2V的電壓表，該小組應(yīng)將電阻箱調(diào)到的阻值為______Ω。（2）該小組設(shè)計(jì)電路原理圖如圖1所示，則應(yīng)該選擇的滑動(dòng)變阻器為______（填“C”或“D”），定值電阻為______。（填“F”或“G”）。（3）該小組根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)，作出微安表G的示數(shù)隨毫安表mA的示數(shù)變化的圖像如圖2所示，則該節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)______V，內(nèi)阻______Ω。（保留2位小數(shù)）【答案】①.4900②.C③.F④.1.44⑤.0.50【解析】【詳解】（1）[1]將微安表G改裝為量程2V的電壓表，當(dāng)微安表滿偏時(shí)，微安表和電阻箱兩端電壓之和應(yīng)為2V，有解得（2）[2][3]為了操作方便，滑動(dòng)變阻器選擇阻值范圍較小的，即選C；由于電源內(nèi)阻較小，為了測(cè)量繪圖方便，故可把定值電阻R01與r等效看成電源的內(nèi)阻，從而便于精確測(cè)量，故選，即選F。（3）[4[5]根據(jù)閉合電路歐姆定律有整理得結(jié)合圖像可知解得E=1.44V，四、計(jì)算題：本大題共2小題，共30分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。19.如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面