2022-2023學年湖北省鄂東南省級示范高中高二(上)期中物理試卷【答案版

2023年12月31日發(fā)(作者：句話)

2022-2023學年湖北省鄂東南省級示范高中高二（上）期中物理試卷

一、選擇題（本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，第8-11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）

1．在人類探索自然規(guī)律的過程中，下列物理事實不正確的是（ ）

A．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷

B．法國物理學家安培提出了安培分子電流假說，揭示了磁現象的電本質

C．法拉第最早發(fā)現了電磁感應現象，并指出閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比

D．普朗克解釋黑體輻射規(guī)律時最早提出能量子假說

2．安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖1，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在武漢某地對地磁場進行了一次測量，測量時手機平放在水平桌面使z軸正向保持豎直向上。根據圖2中測量結果可推知（ ）

A．測量時y軸正向指向北方

B．測量時y軸正向指向西方

C．武漢該地的地磁場小于50μT

D．武漢該地的磁傾角（磁場與水平方向的夾角）大于45°

3．如圖所示的真空空間中，僅在正方體中的黑點處存在著電荷量大小相等的點電荷，則圖中a，b兩點電場強度和電勢均相同的是（ ）

第1頁（共22頁）

A． B．

C． D．

4．空間存在著勻強磁場B和勻強電場E，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方向沿y軸負方向。一帶正電的粒子從坐標原點O沿x軸正方向以初速度v0進入該場區(qū)，若0＜v0＜??，在電場和磁場的作用下，下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（ ）

??A． B．

C． D．

5．如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂掛著邊長為l正三角形線圈，匝數為n，線圈的底邊水平，一半的高度處于方框內的勻強磁場中，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直。當線圈中通過圖示方向的電流I時，調節(jié)砝碼使兩臂達到平衡。然后使電流反向，大小不變。這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡。則（ ）

A．方框內磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=??????

B．方框內磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=2??????

C．方框內磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度B=??????

D．方框內磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度B=2??????

第2頁（共22頁）

????????????????

6．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則（ ）

A．θ增大，E增大

C．θ減小，Ep增大

B．θ增大，Ep不變

D．θ減小，E不變

7．如圖所示，正方形金屬線圈abcd邊長為L，電阻為R。現將線圈平放在粗糙水平傳送帶上，ab邊與傳送帶邊緣QN平行，隨傳送帶以速度v勻速運動，勻強磁場的邊界PQNM是平行四邊形，磁場方向垂直于傳送帶向上，磁感應強度大小為B，PQ與QN夾角為45°，PM長為2L，PQ足夠長，線圈始終相對于傳送帶靜止，在線圈穿過磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是（ ）

A．線圈感應電流的方向先是沿abcda，后沿adcba

B．線圈始終受到垂直于ad向右的靜摩擦力

√2??2??2??C．線圈回路中的最大電功率為

??√2??2??2??D．線圈受到摩擦力的最大值為

??

8．恒流源（輸出電流大小恒定）與定值電阻并聯(lián)后作為一個整體可看作一個實際電源，如圖所示的電路中恒流源的輸出電流為I0，并聯(lián)電阻為R0。關于該電源，下列說法正確的是（ ）

A．該電源的A端為電源的正極

B．該電源的電動勢為I0R0

C．若將A、B短路，短路電流為0

D．該電源的內阻為R0

第3頁（共22頁）

9．某光控開關控制電路如圖所示，R1為光敏電阻（電阻值隨光照強度的減弱而增大），R2、R3為滑動變阻器。當光控開關兩端電壓升高到一定值時，照明系統(tǒng)打開，以下操作能使傍晚時照明系統(tǒng)更早打開的是（ ）

A．R2的滑片位置不變，R3的滑片向上滑動

B．R3的滑片位置不變，R2的滑片向上滑動

C．R2、R3的滑片位置不變，換電動勢更大，內阻更小的新電源

D．R2、R3的滑片位置不變，換電動勢更小，內阻更大的舊電源

10．圖（a）是一款無線充電手機的實物圖，圖（b）是其原理圖。送電線圈接電源，匝數為1100匝。受電線圈接手機電池，匝數為50匝。工作狀態(tài)下，穿過受電線圈的磁通量約為送電線圈的80%，忽略其它損耗，現讓受電線圈與手機電池斷開，規(guī)定圖中送電線圈從a流入的電流方向為正，送電線圈輸入如圖（c）所示的電流，在t=時，關于受電線圈下列說法正確的是（ ）

??2

A．受電線圈的磁通量最大

B．受電線圈兩端cd間電壓最高

C．受電線圈c端電勢低于d端

D．受電線圈與送電線圈的感應電動勢之比為2：55

11．如圖所示，金屬棒MN質量m＝0.01kg，電阻為R＝8Ω，放在寬度為L＝0.5m的兩根光滑的平行金屬導軌最右端上，導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0.5T，電源電動勢為E＝12V，內阻為r＝4Ω，重力加速度為g＝10m/s2，導軌平面離地高為h＝0.8m。將開關S閉合，金屬棒被水平拋出后落到距軌道末端水平距離為s＝0.8m的位置，則（ ）

第4頁（共22頁）

A．剛閉合瞬間通過金屬棒的電流大小為1A

B．金屬棒離開軌道時的速度為20m/s

C．通過金屬棒的電量為0.08C

D．金屬棒產生的焦耳熱為0.63J

二、實驗題（本題共14分，其中11題共6分，12題共8分。把答案填在答題卡的相應位置。）

12．（6分）某實驗小組為了測量一段長度為L的電熱絲的電阻率，進行了如下實驗操作：

（1）用螺旋測微器測量電熱絲的直徑，其中某次測量結果如圖甲所示，則電熱絲的直徑d＝ mm。

（2）先用歐姆表粗測其電阻值。選用“×10”倍率的電阻擋正確測量時，發(fā)現歐姆表指針偏轉角較大，因此需重新選擇 （選填“×1”或“×100”）倍率的電阻擋，重新歐姆調零后再測量時歐姆第5頁（共22頁）

表示數如圖乙所示，則電熱絲的電阻值為 Ω。

（3）用伏安法測量該金屬絲的阻值，電路如圖丙所示。若某次測量中，電壓表和電流表的示數分別為U和I，則該金屬絲的電阻率的測量值ρ＝ 。（用d、L、U、I表示）

（4）丙中由于 （“電流表分壓”、“伏特表分流”）使電阻率的測量值偏 （“大”、“小”）

13．（8分）如圖所示，請按該電路圖選擇合適的器材連接好后用來測量電源電動勢和內阻。

（1）開關閉合前滑動變阻器R的滑片滑到 （填“左側”或“右側”）。

（2）根據實驗測得的幾組I、U數據做出U﹣I圖像如圖所示，由圖像可確定：該電源的電動勢為

V，電源的內電阻為 Ω（結果保留到小數點后兩位）。

（3）若在實驗中發(fā)現電壓表壞了，于是不再使用電壓表，而是選用電阻箱替換了滑動變阻器，重新連接電路進行實驗。實驗中讀出幾組電阻箱的阻值R以及對應的電流表的示數I，則該同學以R為橫坐標，以 （選填“I”“”）為縱坐標得到的函數圖線是一條直線。分析可得該圖線的斜率為k，縱??1軸截距為b，可求得電源電動勢E＝ ，電源內電阻r＝ 。（用符號k和b表示電源電動勢和內電阻）。這種方案測得的電動勢和內電阻的值與真實值相比，E測 E真，r測 r真（選填“＞”“＝”“＜”）。

三、計算題（本題共42分，請將答案填寫在答題卡的相應位置。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數字計算的題，答案中必須明確寫出數據和單位。）

14．（11分）如圖所示，直角坐標系xOy平面豎直，y軸豎直向上，平面內有沿豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），由x軸上的點A（﹣1，0）沿與x軸正方向成45°角以速度v＝2√2×102m/s斜射出一個比荷????=2×102C/kg的帶負電的粒子，B點是粒子運動軌跡與y軸的交點，運動軌跡上C、D兩點的﹣坐標已在圖中標出。不計粒子的重力和空氣阻力。求：

（1）B點的坐標；

（2）勻強電場的電場強度大小和方向；

（3）粒子運動到D點時的速度大小。

第6頁（共22頁）

15．（15分）如圖所示，傾角為θ＝37°的絕緣斜面上的EF和GH之間有垂直斜面向下的有界磁場，磁感應強度B＝1.0T，磁場寬度d＝10cm。質量m＝0.5kg閉合矩形線框ABCD放在斜面上，線框由粗細均勻的導線繞制而成，其總電阻為R＝0.04Ω，其中AC長為L1＝100cm，AB長為L2＝20cm。開始時，線框的CD邊與EF平行。現由靜止釋放線框，當線框CD邊運動到磁場邊界EF時，恰好做勻速直線運動，速度大小為v1。而當AB邊到達磁場下邊緣GH時，線框的速度大小為v2＝2.0m/s，整個過程中線框不發(fā)生轉動。已知線框和斜面之間的摩擦因數為0.5，（g＝10m/s2）求：

（1）速度v1的大小；

（2）線圈穿越磁場的過程中產生的焦耳熱；

（3）線框從CD邊進入磁場到AB邊穿出磁場的過程所用的時間。

16．（16分）如圖所示，半徑r＝0.08m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1m，磁感應強度大小B＝0.1T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為（0，0.06m），平行金屬板MN的極板長L＝0.3m、間距d＝0.1m，極板間所加電壓U＝4.8.×102V，其中N極板收集粒子全部中和吸收。一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6×105m/s的帶正電粒子，經圓形磁場偏轉后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向。若粒子重力不計、比荷及電場的邊緣效應．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

（1）粒子在磁場中的運動半徑R0；

（2）從坐標（0，0.16m）處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸夾角θ；

（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η。

????=108C/kg、不計粒子間的相互作用力第7頁（共22頁）

第8頁（共22頁）

2022-2023學年湖北省鄂東南省級示范高中高二（上）期中物理試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題（本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，第8-11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）

1．在人類探索自然規(guī)律的過程中，下列物理事實不正確的是（ ）

A．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷

B．法國物理學家安培提出了安培分子電流假說，揭示了磁現象的電本質

C．法拉第最早發(fā)現了電磁感應現象，并指出閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比

D．普朗克解釋黑體輻射規(guī)律時最早提出能量子假說

解：A.美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，故A正確；

B.法國物理學家安培提出了安培分子電流假說，揭示了磁現象的電本質，故B正確；

C.法拉第最早發(fā)現了電磁感應現象，但是最早指出閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比的是紐曼和韋伯，故C錯誤，選擇C；

D.普朗克解釋黑體輻射規(guī)律時最早提出能量子假說，故D正確；

本題選不正確的，故選：C。

2．安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖1，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在武漢某地對地磁場進行了一次測量，測量時手機平放在水平桌面使z軸正向保持豎直向上。根據圖2中測量結果可推知（ ）

第9頁（共22頁）

A．測量時y軸正向指向北方

B．測量時y軸正向指向西方

C．武漢該地的地磁場小于50μT

D．武漢該地的磁傾角（磁場與水平方向的夾角）大于45°

解：AB.武漢處于北半球，地磁場的分量一個沿水平方向向北，一個豎直向下指向地面，根據題圖中測量結果可知，x軸磁場分量為負值，說明：x軸正方向指向南方，則y軸正方向指向東方，

故AB錯誤；

2+??2=√352+452μT＝57μT＞50μT，故C錯誤； C.武漢該地的地磁場為B=√??????D.武漢該地的磁傾角（磁場與水平方向的夾角）正切值為tanθ=確。

故選：D。

????43=＞1，故θ大于45°，故D正????353．如圖所示的真空空間中，僅在正方體中的黑點處存在著電荷量大小相等的點電荷，則圖中a，b兩點電場強度和電勢均相同的是（ ）

A． B．

C．

????2D．

解：根據點電荷的電場強度公式E＝k可得各個點電荷在a、b兩點的電場場強大小相等，再根據矢量合成，求出合場強相等，再根據正電荷的受力判斷場強的方向相同。再根據U＝Φ2﹣Φ1，U＝Ed得，Φ2﹣Φ1＝Ed可判斷a、b兩電勢相等。故A正確

B、根據點電荷的電場強度公式E＝k????2，可求得各個點電荷在a、b兩點的電場場強大小，再根據矢量的合成，可得a、b兩點的電場場強大小不等，兩點電勢不等，故B錯誤。

C、根據點電荷的電場強度公式E＝k????2，可求得各個點電荷在a、b兩點的電場場強大小，再根據矢量的合成，可得a、b兩點的電場場強大小不等，兩點電勢不等，故C錯誤；

D、根據點電荷的電場強度公式E＝k????2，可求得各個點電荷在a、b兩點的電場場強大小，再根據矢量第10頁（共22頁）

的合成，可得a、b兩點的電場場強大小相等，根據對稱性，方向也相同，都平行于兩電荷的連線指向同一方向，ab兩點連成的平面是等勢面，因此這兩點電勢相等，故D正確；

故選：AD。

4．空間存在著勻強磁場B和勻強電場E，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方向沿y軸負方向。一帶正電的粒子從坐標原點O沿x軸正方向以初速度v0進入該場區(qū)，若0＜v0＜??，在電場和磁場的作用下，下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（ ）

??A． B．

C． D．

解：AC、由題意分析從坐標原點處以速度v0釋放的帶正電的粒子受到向下電場力，磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，此時帶電粒子受到沿y軸正方向的洛倫茲力，但由于v0＜??，即qv0B＜Eq，合力向下，帶電粒子會第四象限內做曲線運動，故AC錯誤；

BD、隨著速度逐漸增大，其方向順時針偏轉，洛倫茲力的方向逐漸趨于向x軸正方向，且逐漸變大，粒子軌跡再逆時針偏轉，速度方向逐漸趨于向x軸正方向，當速度方向水平向右時，兩個力方向均向上，此后粒子運動軌跡與前面過程對稱，到達最高點在x軸上，速度為v0，之后重復之前的運動軌跡，可見過程中粒子速度方向不會沿x軸負方向，當v0接近等于零時，其運動軌跡可能如B選項的軌跡，故B正確，D錯誤。

故選：B。

5．如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂掛著邊長為l正三角形線圈，匝數為n，線圈的底邊水平，一半的高度處于方框內的勻強磁場中，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直。當線圈中通過圖示方向的電流I時，調節(jié)砝碼使兩臂達到平衡。然后使電流反向，大小不變。這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡。則（ ）

??

第11頁（共22頁）

A．方框內磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=????

??????????B．方框內磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=2??????

C．方框內磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度B=????

??????????D．方框內磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度B=2??????

解：線框中電流方向反向后需要在左盤中添加砝碼m，說明電流反向后線框所受安培力豎直向下，則電流反向前線框所受安培力豎直向上，根據左手定則可知線框內的磁場方向垂直紙面向外；

設線框中的電流反向前，天平左右砝碼盤中砝碼質量分別為m1、m2，線框的有效長度L=???2??=2??

線框中的電流反向前，根據平衡條件??1??=??2???????????

線框中的電流反向后，根據平衡條件??1??+????=??2??+2????????

聯(lián)立解得??=??????，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

6．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則（ ）

????11211

A．θ增大，E增大

C．θ減小，Ep增大

B．θ增大，Ep不變

D．θ減小，E不變

???解：電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向下移動時，兩板間的距離減小，根據C=4??????可知，電容C增大，則根據C=可知，電壓U減小；故靜電計指針偏角減小；

兩板間的電場強度為：E=??=????=???；因此電場強度與板間距無關，因此電場強度不變；

再根據設P與下極板距離為L，則P點的電勢φP＝EL，電勢能EP＝ELq；因此電荷在P點的電勢能保持不變；故D正確，ABC錯誤；

故選：D。

7．如圖所示，正方形金屬線圈abcd邊長為L，電阻為R。現將線圈平放在粗糙水平傳送帶上，ab邊與傳送帶邊緣QN平行，隨傳送帶以速度v勻速運動，勻強磁場的邊界PQNM是平行四邊形，磁場方向垂第12頁（共22頁）

????????4??????

直于傳送帶向上，磁感應強度大小為B，PQ與QN夾角為45°，PM長為2L，PQ足夠長，線圈始終相對于傳送帶靜止，在線圈穿過磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是（ ）

A．線圈感應電流的方向先是沿abcda，后沿adcba

B．線圈始終受到垂直于ad向右的靜摩擦力

√2??2??2??C．線圈回路中的最大電功率為

??√2??2??2??D．線圈受到摩擦力的最大值為

??

解：A．磁場豎直向上，根據右手定則，線圈進入磁場過程感應電流方向為adcba，線圈離開磁場過程，感應電流方向為abcda，故A錯誤；

B．由左手定則可知，線圈進入磁場過程所受安培力方向垂直于PQ向左，線圈離開磁場過程所受安培力也是垂直于PQ向左，由平衡條件可知，線圈受到的摩擦力始終垂直于PQ向右，完全進入磁場時不受安培力，則摩擦力為零，故B錯誤；

C．當ab邊恰好完全進入磁場時回路中產生的感應電動勢最大，此時有效切割長度為L，產生的感應電????????2??2??22動勢為E＝BLv，感應電流為：I=??，線圈回路中的最大電功率為P＝IR，解得：P=??，故C錯誤；

D、當ab邊恰好完全進入磁場時回路中產生的感應電動勢最大，線圈受到的安培力最大，由平衡條件可知，此時受到的摩擦力最大，最大摩擦力為f＝F安=√2BIL=故選：D。

8．恒流源（輸出電流大小恒定）與定值電阻并聯(lián)后作為一個整體可看作一個實際電源，如圖所示的電路中恒流源的輸出電流為I0，并聯(lián)電阻為R0。關于該電源，下列說法正確的是（ ）

√2??2??2????，故D正確。

A．該電源的A端為電源的正極

B．該電源的電動勢為I0R0

C．若將A、B短路，短路電流為0

第13頁（共22頁）

D．該電源的內阻為R0

解：A、電源內部電流的方向由負極到正極，則電源的B端為正極，故A錯誤；

CD、若將A、B短路，短路電流為I0，若將A、B斷路，R0即為電源的內阻，故C錯誤，D正確；

B、則該電源的電動勢為I0R0，故B正確；

故選：BD。

9．某光控開關控制電路如圖所示，R1為光敏電阻（電阻值隨光照強度的減弱而增大），R2、R3為滑動變阻器。當光控開關兩端電壓升高到一定值時，照明系統(tǒng)打開，以下操作能使傍晚時照明系統(tǒng)更早打開的是（ ）

A．R2的滑片位置不變，R3的滑片向上滑動

B．R3的滑片位置不變，R2的滑片向上滑動

C．R2、R3的滑片位置不變，換電動勢更大，內阻更小的新電源

D．R2、R3的滑片位置不變，換電動勢更小，內阻更大的舊電源

解：光敏電阻R1的電阻值隨光照強度的減弱而增大，要使照明系統(tǒng)更早打開，需要在R1的電阻較小時其兩端電壓達到打開照明系統(tǒng)的電壓（換言之，在R1的電阻不變的情況下增大其兩端的電壓），由串并聯(lián)電路的特點可知：

A、若R2的接入電路的電阻不變，R3的滑片向上滑動，使得電阻增大，則總電阻增大，總電流減小，R2兩端電壓減小，R1兩端電壓增大，故A正確；

B、若R3的接入電路的電阻不變，R2的滑片向上滑動，使得電阻增大，則總電阻增大，總電流減小，則R1兩端電壓減小，故B錯誤；

C、R2、R3的滑片位置不變，換電動勢更大，內阻更小的新電源，使得總電流增大，則R1兩端電壓增大，故C正確；

D、R2、R3的滑片位置不變，換電動勢更小，內阻更大的舊電源，使得總電流減小，則R1兩端電壓減小，故D錯誤；

故選：AC。

10．圖（a）是一款無線充電手機的實物圖，圖（b）是其原理圖。送電線圈接電源，匝數為1100匝。受電線圈接手機電池，匝數為50匝。工作狀態(tài)下，穿過受電線圈的磁通量約為送電線圈的80%，忽略其它損耗，現讓受電線圈與手機電池斷開，規(guī)定圖中送電線圈從a流入的電流方向為正，送電線圈輸入如第14頁（共22頁）

圖（c）所示的電流，在t=時，關于受電線圈下列說法正確的是（ ）

??2

A．受電線圈的磁通量最大

B．受電線圈兩端cd間電壓最高

C．受電線圈c端電勢低于d端

D．受電線圈與送電線圈的感應電動勢之比為2：55

解：A.在 ??= 時，送電線圈的電流為0，則磁通量為0，受電線圈的磁通量也為0，故A錯誤；

B.在??=2時，送電線圈的電流變化率最大，產生的磁感應強度的變化率最大，感應電動勢最大，則由法立第電磁感應定律，受電線固的感應電動勢為

??????=??280%????80%??????=??2

????????????2受電線圈兩端cd間電壓最高，故B正確；

C.在 ??=2 前，根據安培定則送電線圈產生的磁場方向向下正在減小，根據?次定律可知，受電線圈產生的感應電流方向由d到c，受電線圈相當于電源，電源內部電流由低電勢流向高電勢，故 c 點電勢高于d端，故C 錯誤；

D.根據法拉第電磁感應定律

??1=??1????

??????受電線圖與送電線眣的感應電動勢之比為

??2??1=??2×80%??1=50×0.81100=255，故D正確。

故選：BD。

11．如圖所示，金屬棒MN質量m＝0.01kg，電阻為R＝8Ω，放在寬度為L＝0.5m的兩根光滑的平行金屬導軌最右端上，導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0.5T，電源電動勢為E＝12V，內阻為r＝4Ω，重力加速度為g＝10m/s2，導軌平面離地高為h＝0.8m。將開關S閉合，金屬棒被水平拋出后落到距軌道末端水平距離為s＝0.8m的位置，則（ ）

第15頁（共22頁）

A．剛閉合瞬間通過金屬棒的電流大小為1A

B．金屬棒離開軌道時的速度為20m/s

C．通過金屬棒的電量為0.08C

D．金屬棒產生的焦耳熱為0.63J

解：A．剛閉合瞬間通過金屬棒的電流大小為：??=??12=??=1??，故A正確；

??+??8+4

B．金屬棒水平拋出后做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律可得：

s＝v0t

?=2????2

解得：v0＝2m/s，故B錯誤；

C．取向右為正方向，由動量定理可知：B??LΔt＝BLq＝mv0

解得：??=????00.01×2=??=0.08??，故C正確；

????0.5×0.51D．電源提供的中的電能為：E電＝qE＝0.08C×12V＝0.96J

2由能量守恒可得回路產生的中的焦耳熱為：Q＝E電?????0

12根據焦耳定律可得金屬棒產生的焦耳熱為：QR=??+????

解得：QR=3×0.94J≈0.63J，故D正確。

故選：ACD。

二、實驗題（本題共14分，其中11題共6分，12題共8分。把答案填在答題卡的相應位置。）

12．（6分）某實驗小組為了測量一段長度為L的電熱絲的電阻率，進行了如下實驗操作：

2??第16頁（共22頁）

（1）用螺旋測微器測量電熱絲的直徑，其中某次測量結果如圖甲所示，則電熱絲的直徑d＝ 1.400 mm。

（2）先用歐姆表粗測其電阻值。選用“×10”倍率的電阻擋正確測量時，發(fā)現歐姆表指針偏轉角較大，因此需重新選擇 ×1 （選填“×1”或“×100”）倍率的電阻擋，重新歐姆調零后再測量時歐姆表示數如圖乙所示，則電熱絲的電阻值為 16.0 Ω。

（3）用伏安法測量該金屬絲的阻值，電路如圖丙所示。若某次測量中，電壓表和電流表的示數分別為U和I，則該金屬絲的電阻率的測量值ρ＝

??????24???? 。（用d、L、U、I表示）

（4）丙中由于 電壓表分流 （“電流表分壓”、“伏特表分流”）使電阻率的測量值偏 小 （“大”、“小”）

解：（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，測量值d＝1mm+40.0×0.01mm＝1.400mm；

（2）歐姆表指針偏轉角較大，說明指針所指示數小，根據電阻的測量值R＝指針所指示數×倍率可知，要使指針所指示數增大，需要減小倍率，即將倍率換成”×1“擋位；電阻的測量值R＝16.0Ω×1＝16.0Ω；

（3）根據電阻定律，待測電阻??=??=1根據歐姆定律，得待測電阻??=??

??????聯(lián)立解得電阻率??=4????

??????（4）由于電壓表分流作用，流經待測電阻的電流IR＝I﹣IV＜I，由電阻率的表達式??=4????可知，ρ2真????????24????=4????????2

??2＞ρ，即使電阻率的測量值偏小。

第17頁（共22頁）

故答案為：（1）1.400；（2）×1；16.0；（3）??????24????；（4）電壓表分流；小。

13．（8接好后用來測量電源電動勢和內阻。

分）如圖所示，請按該電路圖選擇合適的器材連（1）開關閉合前滑動變阻器R的滑片滑到 左側 （填“左側”或“右側”）。

（2）根據實驗測得的幾組I、U數據做出U﹣I圖像如圖所示，由圖像可確定：該電源的電動勢為 1.40

V，電源的內電阻為 0.57 Ω（結果保留到小數點后兩位）。

（3）若在實驗中發(fā)現電壓表壞了，于是不再使用電壓表，而是選用電阻箱替換了滑動變阻器，重新連接電路進行實驗。實驗中讀出幾組電阻箱的阻值R以及對應的電流表的示數I，則該同學以R為橫坐標，以

1?? （選填“I”“”）為縱坐標得到的函數圖線是一條直線。分析可得該圖線的斜率為k，縱軸截??1??1距為b，可求得電源電動勢E＝ ，電源內電阻r＝

???? 。（用符號k和b表示電源電動勢和內電阻）。這種方案測得的電動勢和內電阻的值與真實值相比，E測 ＝ E真，r測 ＞ r真（選填“＞”“＝”“＜”）。

解：（1）開關閉合前滑動變阻器接入電路的阻值應最大，因此滑片滑到左側。

（2）根據U＝E﹣IIr，由圖可知該電源的電動勢為E＝b＝1.40V

電源的內電阻為r＝k=1.40?1.00Ω＝0.57Ω

0.70（3）若用電阻箱替換滑動變阻器，根據閉合電路歐姆定律有E＝I（R+r）

整理得=??11??R+

1??????即以R為橫坐標，若得到的函數圖線是一條直線，應以為縱坐標.

圖象的斜率k=

縱軸截距b=??

解得電源電動勢為E=??

電源內阻r=??

電路處于斷路時，路端電壓等于電源電動勢，利用?R圖像斜率計算的阻值包含電流表內阻，所以內??1??1??1??阻的測量值偏大；

第18頁（共22頁）

故答案為：（1）左側；（2）1.40，0.57；（3），，，＝，＞

??????11??三、計算題（本題共42分，請將答案填寫在答題卡的相應位置。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數字計算的題，答案中必須明確寫出數據和單位。）

14．（11分）如圖所示，直角坐標系xOy平面豎直，y軸豎直向上，平面內有沿豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），由x軸上的點A（﹣1，0）沿與x軸正方向成45°角以速度v＝2√2×102m/s斜射出一個比荷????=2×102C/kg的帶負電的粒子，B點是粒子運動軌跡與y軸的交點，運動軌跡上C、D兩點的﹣坐標已在圖中標出。不計粒子的重力和空氣阻力。求：

（1）B點的坐標；

（2）勻強電場的電場強度大小和方向；

（3）粒子運動到D點時的速度大小。

解：（1）由幾何知識可知，小球從A點運動的B點的逆過程做類平拋運動，則有：

水平方向分速度：vAx＝vAcos45°

豎直分速度：vAy＝vAsin45°

水平方向做勻速運動，則有：vAxt1＝xA

豎直方向做勻加速直線運動，則有：聯(lián)立解得：t1＝5×103s，yB＝0.5m

﹣??????2t1＝y(tǒng)B

所以B點的坐標為（0，0.5）；

（2）由類平拋運動的知識可知，對豎直方向分析有：yB=at12

解得：a＝4×104m/s2

根據牛頓第二定律可得：qE＝ma

解得：E＝2×106N/C，由于粒子帶負電，所以電場強度方向向上；

（3）小球從B點到D點的運動過程做類平拋運動，由動能定理可知：Eq（yB+|yD|）=2m（vD2﹣vB2）

其中vB＝vAx＝200m/s

解得：vD＝400m/s。

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121

答：（1）B點的坐標為（0，0.5）；

（2）勻強電場的電場強度大小為2×106N/C，方向豎直向下；

（3）小球運動到D點時的速度大小為400m/s。

15．（15分）如圖所示，傾角為θ＝37°的絕緣斜面上的EF和GH之間有垂直斜面向下的有界磁場，磁感應強度B＝1.0T，磁場寬度d＝10cm。質量m＝0.5kg閉合矩形線框ABCD放在斜面上，線框由粗細均勻的導線繞制而成，其總電阻為R＝0.04Ω，其中AC長為L1＝100cm，AB長為L2＝20cm。開始時，線框的CD邊與EF平行。現由靜止釋放線框，當線框CD邊運動到磁場邊界EF時，恰好做勻速直線運動，速度大小為v1。而當AB邊到達磁場下邊緣GH時，線框的速度大小為v2＝2.0m/s，整個過程中線框不發(fā)生轉動。已知線框和斜面之間的摩擦因數為0.5，（g＝10m/s2）求：

（1）速度v1的大小；

（2）線圈穿越磁場的過程中產生的焦耳熱；

（3）線框從CD邊進入磁場到AB邊穿出磁場的過程所用的時間。

解：L2＝20cm＝0.2m，L1＝100cm＝1m，d＝10cm＝0.1m。

（1）線框的CD邊剛進入磁場時，對線框受力分析：BIL2+μN＝mgsinθ

其中：N＝mgcosθ，

CD邊切割磁感線，由法拉第電磁感應定律：ECD＝BL2v

由閉合電路歐姆定律：I=聯(lián)立解得：v1＝1m/s；

（2）線框由CD邊進入磁場到AB邊離開磁場，由能量守恒可得：

ΔEp＝ΔEk+Q摩+Q焦

其中ΔEp＝mg（d+L1）sinθ

22ΔEk=2????2?2????1

??????

??11Q摩＝μmgcosθ（d+L1）

聯(lián)立解得：Q焦＝0.35J；

（3）CD邊勻速進入的過程：t1=??=1s＝0.1s

1CD邊出磁場到AB邊進入磁場的過程做勻加速直線運動，由牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma

第20頁（共22頁）

??0.1

解得：a＝2m/s2

2設勻加的時間為t2，則有：L1﹣d＝v1t2+????2

12解得：t2≈0.57s或t2≈﹣1.57s（舍去）

AB邊剛進入磁場的速度大小為：v3＝v1+at2＝1m/s+2×0.57m/s＝2.14m/s

AB邊由進入到出磁場的過程，根據動量定理可得：﹣B??L2t3﹣（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv2﹣mv3

即??2??22????+（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv3﹣mv2

代入數據解得：t3＝0.03s

則總時間：t＝t1+t2+t3＝0.1s+0.57s+0.03s＝0.7s。

答：（1）速度v1的大小為1m/s；

（2）線圈穿越磁場的過程中產生的焦耳熱為0.35J；

（3）線框從CD邊進入磁場到AB邊穿出磁場的過程所用的時間為0.7s。

16．（16分）如圖所示，半徑r＝0.08m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1m，磁感應強度大小B＝0.1T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為（0，0.06m），平行金屬板MN的極板長L＝0.3m、間距d＝0.1m，極板間所加電壓U＝4.8.×102V，其中N極板收集粒子全部中和吸收。一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6×105m/s的帶正電粒子，經圓形磁場偏轉后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向。若粒子重力不計、比荷及電場的邊緣效應．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

（1）粒子在磁場中的運動半徑R0；

（2）從坐標（0，0.16m）處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸夾角θ；

（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η。

????=108C/kg、不計粒子間的相互作用力

解：（1）由洛倫茲力充當向心力，即qvB＝m????﹣??2??0；

可得：R0=????=1×108×6×105×10m＝0.06m；

第21頁（共22頁）

（2）帶電粒子軌跡如圖所示

令從y＝0.16m處出射的粒子對應的入射角方向與y軸的夾角為θ，由幾何關系可得：

（0.16﹣R0）sinθ＝R0；

解得：sinθ＝0.5，即θ＝30°；

（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標為y，由帶電粒子在電場中偏轉的規(guī)律得：

y=at2，

a=????=108×4.8×102×10m/s2＝4.8×1011 m/s2

t=??=??0.36×1075s＝5×10s

﹣12????由上式計算得出：y＝0.06m

設此粒子射入時與x軸的夾角為α，則由幾何知識得：

tanα=??00.063==

??0.084即α＝37°；

比例η=37×100%＝20.55%；

180答：（1）粒子在磁場中的運動半徑R0為0.06m；

（2）從坐標（0，0.16m）處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸夾角θ為37°；

（3）N板收集的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η為20.55%；

第22頁（共22頁）