2023-2024學(xué)年廣東省廣州市天河區(qū)高二上學(xué)期期末物理試卷（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE2024學(xué)年廣東省廣州市天河區(qū)高二（上）期末物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.如圖，L是自感系數(shù)很大、電阻不計(jì)的線圈a、b是兩個(gè)相同的小燈泡開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)到閉合（）A.a先亮b后亮，然后b逐漸變亮 B.b先亮a后亮，然后a逐漸變亮C.a、b同時(shí)亮后b逐漸變暗至熄滅 D.a、b同時(shí)亮后a逐漸變暗至熄滅〖答案〗C〖解析〗當(dāng)S閉合瞬時(shí)，兩燈同時(shí)獲得電壓，同時(shí)發(fā)光，隨著線圈L電流的增加，逐漸將b燈短路，b逐漸變暗直到熄滅，同時(shí)，a燈電流逐漸增大，變得更亮。故C正確ABD錯(cuò)誤。故選C。2.回旋加速器核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過(guò)狹縫時(shí)都能得到加速，兩個(gè)D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子射出時(shí)的動(dòng)能與D形金屬盒的半徑無(wú)關(guān)B.回旋加速器是靠電場(chǎng)加速的，粒子射出時(shí)的動(dòng)能與電壓有關(guān)C.回旋加速器是靠磁場(chǎng)加速的，粒子射出時(shí)的動(dòng)能與磁場(chǎng)無(wú)關(guān)D.加速電壓越小，粒子在回旋加速器中需加速的次數(shù)越多〖答案〗D〖解析〗A．設(shè)D型盒半徑為R，由牛頓第二定律得粒子射出時(shí)的最大動(dòng)能為聯(lián)立解得可見(jiàn)，粒子射出時(shí)的動(dòng)能與D形金屬盒的半徑有關(guān)，故A錯(cuò)誤；BC．回旋加速器是靠電場(chǎng)加速的，磁場(chǎng)只是改變速度的方向，并且粒子射出時(shí)的動(dòng)能與電壓無(wú)關(guān)但與磁場(chǎng)有關(guān)，故BC均錯(cuò)誤；D．粒子在回旋加速器中需加速次數(shù)為因此，加速電壓越小，粒子在回旋加速器中需加速的次數(shù)越多，故D正確；3.如圖，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行。已知在到的時(shí)間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設(shè)電流i正方向與圖中箭頭方向相同，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗A．電流先正向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同也是向里，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，合力方向與線框左邊所受力方向都向左；然后電流反向增大，在此過(guò)程，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，合力方向與線框左邊所受力方向都向右，故A正確；BD．電流反向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同也是向外，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故B、D錯(cuò)誤；C．由A項(xiàng)分析和圖可知，線框受到的安培力水平向左不變，不符合題安培力的合力先水平向左、后水平向右，故C錯(cuò)誤。故選A。4.點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，電子僅在電場(chǎng)力作用下，從M點(diǎn)到N點(diǎn)做加速度增大的減速直線運(yùn)動(dòng)，則（）A.點(diǎn)電荷Q為正電荷 B.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電子電勢(shì)能增加C.M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比N點(diǎn)的大 D.M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)的低〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)的分布情況，電子僅在電場(chǎng)力作用下，從M點(diǎn)到N點(diǎn)做加速度增大的減速直線運(yùn)動(dòng)，則電子往靠近點(diǎn)電荷的方向運(yùn)動(dòng)，由于電子帶負(fù)電，且做減速運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷Q應(yīng)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．因電子僅受電場(chǎng)力的作用，且從M點(diǎn)到N點(diǎn)動(dòng)能逐漸減少，所以電場(chǎng)力做負(fù)功，因此電勢(shì)能增加，故B正確；C．從M點(diǎn)到N點(diǎn)是往靠近點(diǎn)電荷的方向運(yùn)動(dòng)，越靠近點(diǎn)電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，因此M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比N點(diǎn)的小，故C錯(cuò)誤；D．沿電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，因此M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)的高，故D錯(cuò)誤；故選B。5.用電流傳感器研究電容器充放電現(xiàn)象，電路如圖所示。電容器不帶電，閉合開(kāi)關(guān)，待電流穩(wěn)定后再閉合開(kāi)關(guān)，通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖像是（??）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗閉合開(kāi)關(guān)后，電容器充電，電容器電壓與電源電壓差值越來(lái)越小，則通過(guò)傳感器的電流越來(lái)越小，充電完成后，電容器電壓等于電源電壓，此時(shí)電路中電流為零；再閉合開(kāi)關(guān)，因?yàn)殡娙萜麟妷捍笥陔妷?，則電容器放電，電容器電壓與電壓差值越來(lái)越小，則通過(guò)傳感器的電流越來(lái)越小，且電流方向與開(kāi)始充電時(shí)的方向相反，當(dāng)電容器電壓等于電壓，此時(shí)電路中電流為零。故選A。6.如圖為某電吹風(fēng)電路圖，a、b、c、d為四個(gè)固定觸點(diǎn)。可動(dòng)的扇形金屬觸片P可同時(shí)接觸兩個(gè)觸點(diǎn)。觸片P處于不同位置時(shí)，電吹風(fēng)可處于停機(jī)、吹熱風(fēng)和吹冷風(fēng)三種工作狀態(tài)。和分別是理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)。該電吹風(fēng)的各項(xiàng)參數(shù)如下表所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)觸片P同時(shí)接觸兩個(gè)觸點(diǎn)a和b，電吹風(fēng)處于吹冷風(fēng)狀態(tài)B.吹熱風(fēng)時(shí)，流過(guò)電熱絲的電流是C.小風(fēng)扇的內(nèi)阻是D.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比〖答案〗B〖解析〗A．當(dāng)觸電P同時(shí)接觸兩個(gè)觸點(diǎn)a和b，電熱絲與小風(fēng)扇均被接通，故電吹風(fēng)處于吹熱風(fēng)狀態(tài)，A錯(cuò)誤；D．小風(fēng)扇額定電壓為60V，由變壓器電壓與匝數(shù)之比可得D錯(cuò)誤；C．正常工作時(shí)小風(fēng)扇的額定功率為60W，可得解得輸出功率為52W，故內(nèi)阻上消耗的功率為8W，可得聯(lián)立解得小風(fēng)扇的電阻為R=8ΩC錯(cuò)誤；B．由題中數(shù)據(jù)可知，吹熱風(fēng)時(shí)，電熱絲的功率為400W，可得解得流過(guò)電熱絲的電流為B正確。故選B。7.電磁泵在生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為的正方形。在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ（電阻率的倒數(shù)），泵體所在處有方向垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U的電源（內(nèi)阻不計(jì)）上，則（）A.泵體下表面應(yīng)接電源正極B.減小液體的電導(dǎo)率可獲得更大的抽液高度hC.減小磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度hD.通過(guò)泵體的電流〖答案〗D〖解析〗A．將液體等效為通電導(dǎo)線，泵體所在處有方向垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，液體被抽出，此時(shí)液體受到的安培力水平向左，根據(jù)左手定則可知，電流從上表面流向下表面，泵體上表面接電源正極，故A錯(cuò)誤；D．根據(jù)電阻定律可知，泵體內(nèi)液體的電阻為根據(jù)歐姆定律可得通過(guò)泵體的電流故D正確；B．若減小液體的電導(dǎo)率，則電流減小，安培力為減小，抽液高度變小，故B錯(cuò)誤；C．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，安培力變小，抽液高度變小，故C錯(cuò)誤。故選D。8.有一邊長(zhǎng)、質(zhì)量的正方形導(dǎo)線框abcd，由高度處自由下落，如圖所示，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后，線圈開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊dc剛剛開(kāi)始穿出勻強(qiáng)磁場(chǎng)為止。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的高度也是l，g取，則線框（）A.電阻B.進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程通過(guò)線框橫截面的電荷量C.穿越磁場(chǎng)的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱D.穿越磁場(chǎng)的過(guò)程，感應(yīng)電流方向和安培力方向都不變〖答案〗C〖解析〗A．線框由高度處自由下落，有v2=2gh線框在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，則mg=BIl又E=Blv聯(lián)立解得R=0.2ΩA錯(cuò)誤；B．線框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程流過(guò)線框的電荷量B錯(cuò)誤；C．線框穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q=2mgl=0.02JC正確；D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)和出離磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向相反；穿越磁場(chǎng)的過(guò)程安培力的方向沒(méi)有變化，總是豎直向上，D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題4分，共12分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖象如圖乙中曲線a，b所示，則（）A.兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面重合B.曲線a，b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為25HzD.曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10V〖答案〗AC〖解析〗t＝0時(shí)刻，兩次產(chǎn)生的交流電的電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值均為零，因此線圈平面均與中性面重合，A項(xiàng)正確；圖中a、b對(duì)應(yīng)的周期之比為2∶3，因此線圈轉(zhuǎn)速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；a線表示的交流電動(dòng)勢(shì)的頻率為fa＝＝25Hz，C項(xiàng)正確；a線對(duì)應(yīng)線圈相應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)的最大值Eam＝NBS·，由圖象知Eam＝15V，b線對(duì)應(yīng)線圈相應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10V，有效值Eb＝V＝5V，D項(xiàng)錯(cuò)誤．10.如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質(zhì)子以初速度從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)且時(shí)間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場(chǎng)加速，加速時(shí)電壓U大小相同。質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子經(jīng)過(guò)狹縫的時(shí)間，下列說(shuō)法正確的是（）A.MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化B.圓筒的長(zhǎng)度應(yīng)與質(zhì)子進(jìn)入該圓筒時(shí)的速度成正比C.質(zhì)子從圓筒E射出時(shí)的速度大小為D.圓筒A的長(zhǎng)度與圓筒B的長(zhǎng)度之比為〖答案〗ABC〖解析〗A．因由直線加速器加速質(zhì)子，其運(yùn)動(dòng)方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時(shí)，則在下一個(gè)加速時(shí)需B右邊緣為正極，所以MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化，A正確；B．因質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)且時(shí)間均為T，由可知，金屬圓筒的長(zhǎng)度應(yīng)與質(zhì)子進(jìn)入圓筒時(shí)的速度成正比，B正確；C．質(zhì)子以初速度v0從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子經(jīng)4次加速，由動(dòng)能定理可得解得C正確；D．對(duì)于帶電粒子在圓筒A分析可得對(duì)于質(zhì)子以初速度v0從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子經(jīng)1次加速，由動(dòng)能定理可得解得所以故D錯(cuò)誤。故選ABC。11.如圖所示，有一豎直向上的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，有兩個(gè)比荷相等的帶電粒子k1、k2分別從P點(diǎn)沿著半徑垂直磁場(chǎng)射入，其中粒子k1偏轉(zhuǎn)90°右邊從A點(diǎn)射出，粒子k2偏轉(zhuǎn)60°左邊從B點(diǎn)射出。不計(jì)粒子重力，下列判斷正確的是（）A.粒子k1帶正電，粒子k2帶負(fù)電B.粒子k1帶負(fù)電，粒子k2帶正電C.帶電粒子k1、k2的速度v1：v2=：1D.帶電粒子k1、k2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1：t2=3：2〖答案〗AD〖解析〗AB．根據(jù)左手定則可知k1受向右的洛倫茲力，故k1帶正電，k2受向左的洛倫茲力，故k2帶負(fù)電，B錯(cuò)誤，A正確；C．根據(jù)可得k1、k2的比荷相等，則有由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t有C錯(cuò)誤；D．由可知兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相同，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為則D正確。故選AD。三、非選擇題（本題共7小題，共56分?？忌鶕?jù)要求作答）12.用如圖甲所示的多用電表測(cè)量一個(gè)阻值約為的電阻，測(cè)量步驟如下：（1）調(diào)節(jié)指針定位螺絲S，使多用電表指針對(duì)準(zhǔn)電流“0”刻度線；（2）將選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”擋的____________位置；（填“”或“”）（3）將紅、黑表筆分別插入“+”“-”插孔，并將____________，調(diào)節(jié)____________，使電表指針對(duì)準(zhǔn)____________；（4）將紅、黑表筆分別與待測(cè)電阻兩端接觸，若多用電表讀數(shù)如圖乙所示，該電阻的阻值為_(kāi)___________?！即鸢浮剑?）×1（3）兩表筆短接歐姆調(diào)零旋鈕電阻的零刻度線（4）19〖解析〗（2）[1]將選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到Ω擋的位置，因阻值約為20Ω，為使讀數(shù)靠近中間表盤，應(yīng)選“×1”擋；（3）[2][3][4]根據(jù)歐姆擋使用原理，將紅、黑表筆分別插入“+”“-”插孔，并將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使電表指針對(duì)準(zhǔn)電阻的零刻度線上。（4）[5]根據(jù)圖乙所示，該電阻的阻值為19Ω。13.某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了如圖所示電路，所用器材如下：電壓表（量程，內(nèi)阻很大）電流表（量程）電阻箱（阻值）干電池一節(jié)、開(kāi)關(guān)一個(gè)和導(dǎo)線若干（1）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，閉合開(kāi)關(guān)。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應(yīng)的電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U。根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出的圖像如圖所示，則干電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)___________V（保留3位有效數(shù)字）、內(nèi)阻為_(kāi)___________（保留2位有效數(shù)字）。（2）根據(jù)記錄數(shù)據(jù)進(jìn)一步探究，作出圖像如圖所示。利用圖像的縱軸截距，結(jié)合（1）問(wèn)得到的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，還可以求出電流表內(nèi)阻為_(kāi)___________（保留2位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）1.580.66（2）2.5〖解析〗（1）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得圖像的縱軸截距等于電動(dòng)勢(shì)，則干電池的電動(dòng)勢(shì)為圖像的斜率絕對(duì)值等于內(nèi)阻，則內(nèi)阻為（2）[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得由圖像的縱軸截距可知解得電流表內(nèi)阻為14.在“測(cè)定金屬絲的電阻”的實(shí)驗(yàn)中：（2）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路測(cè)量該金屬絲的電阻（阻值約為幾歐），可選用的器材規(guī)格如下：電流表A（，內(nèi)阻約）電流表G（，內(nèi)阻為）滑動(dòng)變阻器（阻值）滑動(dòng)變阻器（阻值）定值電阻定值電阻電源E（電動(dòng)勢(shì)）開(kāi)關(guān)S和導(dǎo)線若干圖乙中單刀雙擲開(kāi)關(guān)應(yīng)置于____________（填“a”或“b”），滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選____________（填“”或“”），定值電阻應(yīng)選____________（填“”或“”）；（3）若某次測(cè)量時(shí)電流表G的讀數(shù)，電流表A的讀數(shù)指針如圖丙所示，則金屬絲阻值的測(cè)量值為_(kāi)________（結(jié)果保留1位小數(shù)）?！即鸢浮交?.149或0.151（2）（3）〖解析〗（1）[1]螺旋測(cè)微器的精確度為，由圖可知金屬絲的直徑為（2）[2]由于金屬絲的電阻約為幾歐，屬于小電阻，電流表應(yīng)采用外接法，故單刀雙擲開(kāi)關(guān)應(yīng)置于；[3]因待測(cè)電阻只有幾歐，為了調(diào)節(jié)方便，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇阻值較小的；[4]定值電阻和電流表改裝成的電壓表，量程比較合適，所以定值電阻選；（3）[5]根據(jù)讀數(shù)可知電流為，被測(cè)電阻兩端電壓為由歐姆定律可知15.晚會(huì)上裝飾著120個(gè)彩色小燈泡，每個(gè)小燈泡的額定電壓都是4V，工作電流都是0.1A，它們并聯(lián)在一起，由一臺(tái)變壓器供電，小燈泡正常發(fā)光。變壓器的原線圈接在220V的照明電路上，則通過(guò)原線圈的電流為_(kāi)__________A。（結(jié)果保留2位小數(shù)）〖答案〗0.22〖解析〗忽略變壓器的能量損耗，變壓器的輸入功率等于輸出功率，設(shè)原線圈中的電壓、電流分別為、，小燈泡的電壓、電流分別為、，即解得16.在邊長(zhǎng)為a的正方形的每個(gè)頂點(diǎn)都放置一個(gè)電荷量為q的同種點(diǎn)電荷。如果保持它們的位置不變，每個(gè)電荷受到其他三個(gè)電荷的靜電力的合力是________。（靜電力常量為k）〖答案〗〖解析〗[1]如圖，假設(shè)第四個(gè)電荷q放在d點(diǎn)，則對(duì)角線上b點(diǎn)的電荷給它的庫(kù)侖斥力為a點(diǎn)的電荷和c點(diǎn)的電荷給它的庫(kù)侖斥力大小均為根據(jù)力的合成法則，點(diǎn)電荷q所受的電場(chǎng)力大小為17.如圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)、重力為G的金屬桿ab用絕緣輕繩水平懸掛在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。ab下方紙面內(nèi)有一固定的圓形金屬導(dǎo)軌，半徑為r，圓形導(dǎo)軌內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為r的導(dǎo)體棒OA的一端固定在圓心O處的轉(zhuǎn)軸上，另一端緊貼導(dǎo)軌。OA在外力作用下繞O勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力剛好為零。已知兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，ab電阻為R，其它電阻不計(jì)。則OA的轉(zhuǎn)動(dòng)方向?yàn)開(kāi)__________（填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”），轉(zhuǎn)動(dòng)角速度___________?！即鸢浮巾槙r(shí)針〖解析〗[1]依題意，金屬棒ab受到向上的安培力，由左手定則可知電流方向是，導(dǎo)體棒OA中的電流方向是，由右手定則可知OA順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；[2]假設(shè)輕繩的拉力為零時(shí)，回路電流為I，則有OA轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)根據(jù)閉合電路歐姆定律聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)解得18.如圖（a）所示，平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4m．導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好．導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長(zhǎng)度也為L(zhǎng).從0時(shí)刻開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化，規(guī)律如圖（b）所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開(kāi)始向右勻速運(yùn)動(dòng)，1s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)．若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1m/s做直線運(yùn)動(dòng)，求：（1）棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，回路中的電動(dòng)勢(shì)E大?。唬?）棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的最大安培力F，以及棒通過(guò)三角形abd區(qū)域時(shí)電流I與時(shí)間t的關(guān)系式．〖答案〗（1）0.04V；（2）0.04N，i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）；〖解析〗（1）在棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，由于正方形區(qū)域abcd內(nèi)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化，使回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在棒進(jìn)入磁場(chǎng)前回路中的電動(dòng)勢(shì)為E＝＝0.04V（2）當(dāng)棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T恒定不變，此時(shí)由于導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，使回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中的電動(dòng)勢(shì)為：e＝Blv，當(dāng)棒與bd重合時(shí)，切割有效長(zhǎng)度l＝L，達(dá)到最大，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也達(dá)到最大em＝BLv＝0.2V＞E＝0.04V根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應(yīng)電流最大為：im＝＝0.2A根據(jù)安培力大小計(jì)算公式可知，棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的最大安培力為：Fm＝imLB＝0.04N在棒通過(guò)三角形abd區(qū)域時(shí)，切割有效長(zhǎng)度l＝2v（t－1）（其中，1s≤t≤＋1s）綜合上述分析可知，回路中的感應(yīng)電流為：i＝＝（其中，1s≤t≤＋1s）即：i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）19.如圖所示是某種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)化圖。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子束恰能沿直線通過(guò)速度選擇器，并從半圓環(huán)狀D形盒的中縫垂直射入環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。D形盒的外半徑為，內(nèi)半徑為R，殼的厚度不計(jì)，出口M、N之間放置照相底片，底片能記錄粒子經(jīng)過(guò)出口時(shí)的位置。已知速度選擇器中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B（磁場(chǎng)方向未畫出）。不計(jì)粒子重力，若帶電粒子能夠打到照相底片，求：（1）B的方向以及粒子進(jìn)入D形盒時(shí)的速度大?。唬?）D形盒中的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小范圍；（3）打在底片M點(diǎn)的粒子在D形盒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！即鸢浮剑?）B的方向垂直紙面向外，；（2）；（3）〖解析〗（1）沿直線通過(guò)速度選擇器的粒子滿足解得由左手定則可知，B的方向垂直紙面向外。（2）由幾何關(guān)系可知，能打在底片上的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑滿足當(dāng)時(shí)，滿足解得當(dāng)時(shí)，滿足解得故D形盒中的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足（3）打在底片M點(diǎn)的粒子，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為20.在光滑水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10-3kg，電量q＝1.0×10-10C的帶正電小球，靜止在O點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，現(xiàn)突然加一沿x軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝2.0×106V／m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)1.0s，所加電場(chǎng)突然變?yōu)檠貀軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小仍為E＝2.0×106V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)再經(jīng)過(guò)1.0s，所加電場(chǎng)又突然變?yōu)榱硪粋€(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球在此電場(chǎng)作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)榱悖蟠穗妶?chǎng)的方向及速度變?yōu)榱銜r(shí)小球的位置．〖答案〗指向第三象限，與x軸成225°角（0.40m，0.20m）〖解析〗試題分析：第1s內(nèi)小球沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第2s內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度沿y軸正方向，第3s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出第1s末小球的速度和位移．對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法求出第2秒末小球的速度大小和方向，并求出x方向和y方向的位移大?。俑鶕?jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出電場(chǎng)的方向和第3s末的位置．由牛頓定律得知，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中小球加速度的大小為：代人數(shù)據(jù)解得：a=0.20m/s2當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)沿x正方向時(shí)，經(jīng)過(guò)1秒鐘小球的速度大小為：vx=at=0.20×1.0=0.20m/s速度的方向沿x軸正方向，小球沿x軸方向移動(dòng)的距離在第2秒內(nèi)，電場(chǎng)方向沿y軸正方向，故小球在x方向做速度為vx的勻速運(yùn)動(dòng)，在y方向做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，沿x方向移動(dòng)的距離△x2=vxt=0.20m沿y方向移動(dòng)的距離：故在第2秒末小球到達(dá)的位置坐標(biāo)x2=?x1+?x2=0.30my2＝?y=0.10m在第2秒末小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速度vy=at=0.20×1.0=0.20m/s由上可知，此時(shí)運(yùn)動(dòng)方向與x軸成450角，要使小球速度能變?yōu)榱?，則在第3秒內(nèi)所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向必須與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225O角．在第3秒內(nèi)，設(shè)在電場(chǎng)作用下小球加速度的x分量和y分量分別為ax,ay，則在第3秒未小球到達(dá)的位置坐標(biāo)為此電場(chǎng)的方向?yàn)橹赶虻谌笙蓿cx軸成225°角．速度變?yōu)榱銜r(shí)小球的位置為（0.40m，0.20m）2023-2024學(xué)年廣東省廣州市天河區(qū)高二（上）期末物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.如圖，L是自感系數(shù)很大、電阻不計(jì)的線圈a、b是兩個(gè)相同的小燈泡開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)到閉合（）A.a先亮b后亮，然后b逐漸變亮 B.b先亮a后亮，然后a逐漸變亮C.a、b同時(shí)亮后b逐漸變暗至熄滅 D.a、b同時(shí)亮后a逐漸變暗至熄滅〖答案〗C〖解析〗當(dāng)S閉合瞬時(shí)，兩燈同時(shí)獲得電壓，同時(shí)發(fā)光，隨著線圈L電流的增加，逐漸將b燈短路，b逐漸變暗直到熄滅，同時(shí)，a燈電流逐漸增大，變得更亮。故C正確ABD錯(cuò)誤。故選C。2.回旋加速器核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過(guò)狹縫時(shí)都能得到加速，兩個(gè)D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子射出時(shí)的動(dòng)能與D形金屬盒的半徑無(wú)關(guān)B.回旋加速器是靠電場(chǎng)加速的，粒子射出時(shí)的動(dòng)能與電壓有關(guān)C.回旋加速器是靠磁場(chǎng)加速的，粒子射出時(shí)的動(dòng)能與磁場(chǎng)無(wú)關(guān)D.加速電壓越小，粒子在回旋加速器中需加速的次數(shù)越多〖答案〗D〖解析〗A．設(shè)D型盒半徑為R，由牛頓第二定律得粒子射出時(shí)的最大動(dòng)能為聯(lián)立解得可見(jiàn)，粒子射出時(shí)的動(dòng)能與D形金屬盒的半徑有關(guān)，故A錯(cuò)誤；BC．回旋加速器是靠電場(chǎng)加速的，磁場(chǎng)只是改變速度的方向，并且粒子射出時(shí)的動(dòng)能與電壓無(wú)關(guān)但與磁場(chǎng)有關(guān)，故BC均錯(cuò)誤；D．粒子在回旋加速器中需加速次數(shù)為因此，加速電壓越小，粒子在回旋加速器中需加速的次數(shù)越多，故D正確；3.如圖，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行。已知在到的時(shí)間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設(shè)電流i正方向與圖中箭頭方向相同，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗A．電流先正向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同也是向里，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍狭Ψ较蚺c線框左邊所受力方向都向左；然后電流反向增大，在此過(guò)程，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍狭Ψ较蚺c線框左邊所受力方向都向右，故A正確；BD．電流反向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同也是向外，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故B、D錯(cuò)誤；C．由A項(xiàng)分析和圖可知，線框受到的安培力水平向左不變，不符合題安培力的合力先水平向左、后水平向右，故C錯(cuò)誤。故選A。4.點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，電子僅在電場(chǎng)力作用下，從M點(diǎn)到N點(diǎn)做加速度增大的減速直線運(yùn)動(dòng)，則（）A.點(diǎn)電荷Q為正電荷 B.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電子電勢(shì)能增加C.M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比N點(diǎn)的大 D.M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)的低〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)的分布情況，電子僅在電場(chǎng)力作用下，從M點(diǎn)到N點(diǎn)做加速度增大的減速直線運(yùn)動(dòng)，則電子往靠近點(diǎn)電荷的方向運(yùn)動(dòng)，由于電子帶負(fù)電，且做減速運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷Q應(yīng)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．因電子僅受電場(chǎng)力的作用，且從M點(diǎn)到N點(diǎn)動(dòng)能逐漸減少，所以電場(chǎng)力做負(fù)功，因此電勢(shì)能增加，故B正確；C．從M點(diǎn)到N點(diǎn)是往靠近點(diǎn)電荷的方向運(yùn)動(dòng)，越靠近點(diǎn)電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，因此M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比N點(diǎn)的小，故C錯(cuò)誤；D．沿電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，因此M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)的高，故D錯(cuò)誤；故選B。5.用電流傳感器研究電容器充放電現(xiàn)象，電路如圖所示。電容器不帶電，閉合開(kāi)關(guān)，待電流穩(wěn)定后再閉合開(kāi)關(guān)，通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖像是（??）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗閉合開(kāi)關(guān)后，電容器充電，電容器電壓與電源電壓差值越來(lái)越小，則通過(guò)傳感器的電流越來(lái)越小，充電完成后，電容器電壓等于電源電壓，此時(shí)電路中電流為零；再閉合開(kāi)關(guān)，因?yàn)殡娙萜麟妷捍笥陔妷?，則電容器放電，電容器電壓與電壓差值越來(lái)越小，則通過(guò)傳感器的電流越來(lái)越小，且電流方向與開(kāi)始充電時(shí)的方向相反，當(dāng)電容器電壓等于電壓，此時(shí)電路中電流為零。故選A。6.如圖為某電吹風(fēng)電路圖，a、b、c、d為四個(gè)固定觸點(diǎn)?？蓜?dòng)的扇形金屬觸片P可同時(shí)接觸兩個(gè)觸點(diǎn)。觸片P處于不同位置時(shí)，電吹風(fēng)可處于停機(jī)、吹熱風(fēng)和吹冷風(fēng)三種工作狀態(tài)。和分別是理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)。該電吹風(fēng)的各項(xiàng)參數(shù)如下表所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)觸片P同時(shí)接觸兩個(gè)觸點(diǎn)a和b，電吹風(fēng)處于吹冷風(fēng)狀態(tài)B.吹熱風(fēng)時(shí)，流過(guò)電熱絲的電流是C.小風(fēng)扇的內(nèi)阻是D.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比〖答案〗B〖解析〗A．當(dāng)觸電P同時(shí)接觸兩個(gè)觸點(diǎn)a和b，電熱絲與小風(fēng)扇均被接通，故電吹風(fēng)處于吹熱風(fēng)狀態(tài)，A錯(cuò)誤；D．小風(fēng)扇額定電壓為60V，由變壓器電壓與匝數(shù)之比可得D錯(cuò)誤；C．正常工作時(shí)小風(fēng)扇的額定功率為60W，可得解得輸出功率為52W，故內(nèi)阻上消耗的功率為8W，可得聯(lián)立解得小風(fēng)扇的電阻為R=8ΩC錯(cuò)誤；B．由題中數(shù)據(jù)可知，吹熱風(fēng)時(shí)，電熱絲的功率為400W，可得解得流過(guò)電熱絲的電流為B正確。故選B。7.電磁泵在生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為的正方形。在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ（電阻率的倒數(shù)），泵體所在處有方向垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U的電源（內(nèi)阻不計(jì)）上，則（）A.泵體下表面應(yīng)接電源正極B.減小液體的電導(dǎo)率可獲得更大的抽液高度hC.減小磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度hD.通過(guò)泵體的電流〖答案〗D〖解析〗A．將液體等效為通電導(dǎo)線，泵體所在處有方向垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，液體被抽出，此時(shí)液體受到的安培力水平向左，根據(jù)左手定則可知，電流從上表面流向下表面，泵體上表面接電源正極，故A錯(cuò)誤；D．根據(jù)電阻定律可知，泵體內(nèi)液體的電阻為根據(jù)歐姆定律可得通過(guò)泵體的電流故D正確；B．若減小液體的電導(dǎo)率，則電流減小，安培力為減小，抽液高度變小，故B錯(cuò)誤；C．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，安培力變小，抽液高度變小，故C錯(cuò)誤。故選D。8.有一邊長(zhǎng)、質(zhì)量的正方形導(dǎo)線框abcd，由高度處自由下落，如圖所示，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后，線圈開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊dc剛剛開(kāi)始穿出勻強(qiáng)磁場(chǎng)為止。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的高度也是l，g取，則線框（）A.電阻B.進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程通過(guò)線框橫截面的電荷量C.穿越磁場(chǎng)的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱D.穿越磁場(chǎng)的過(guò)程，感應(yīng)電流方向和安培力方向都不變〖答案〗C〖解析〗A．線框由高度處自由下落，有v2=2gh線框在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，則mg=BIl又E=Blv聯(lián)立解得R=0.2ΩA錯(cuò)誤；B．線框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程流過(guò)線框的電荷量B錯(cuò)誤；C．線框穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q=2mgl=0.02JC正確；D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)和出離磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向相反；穿越磁場(chǎng)的過(guò)程安培力的方向沒(méi)有變化，總是豎直向上，D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題4分，共12分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖象如圖乙中曲線a，b所示，則（）A.兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面重合B.曲線a，b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為25HzD.曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10V〖答案〗AC〖解析〗t＝0時(shí)刻，兩次產(chǎn)生的交流電的電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值均為零，因此線圈平面均與中性面重合，A項(xiàng)正確；圖中a、b對(duì)應(yīng)的周期之比為2∶3，因此線圈轉(zhuǎn)速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；a線表示的交流電動(dòng)勢(shì)的頻率為fa＝＝25Hz，C項(xiàng)正確；a線對(duì)應(yīng)線圈相應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)的最大值Eam＝NBS·，由圖象知Eam＝15V，b線對(duì)應(yīng)線圈相應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10V，有效值Eb＝V＝5V，D項(xiàng)錯(cuò)誤．10.如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質(zhì)子以初速度從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)且時(shí)間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場(chǎng)加速，加速時(shí)電壓U大小相同。質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子經(jīng)過(guò)狹縫的時(shí)間，下列說(shuō)法正確的是（）A.MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化B.圓筒的長(zhǎng)度應(yīng)與質(zhì)子進(jìn)入該圓筒時(shí)的速度成正比C.質(zhì)子從圓筒E射出時(shí)的速度大小為D.圓筒A的長(zhǎng)度與圓筒B的長(zhǎng)度之比為〖答案〗ABC〖解析〗A．因由直線加速器加速質(zhì)子，其運(yùn)動(dòng)方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時(shí)，則在下一個(gè)加速時(shí)需B右邊緣為正極，所以MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化，A正確；B．因質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)且時(shí)間均為T，由可知，金屬圓筒的長(zhǎng)度應(yīng)與質(zhì)子進(jìn)入圓筒時(shí)的速度成正比，B正確；C．質(zhì)子以初速度v0從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子經(jīng)4次加速，由動(dòng)能定理可得解得C正確；D．對(duì)于帶電粒子在圓筒A分析可得對(duì)于質(zhì)子以初速度v0從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子經(jīng)1次加速，由動(dòng)能定理可得解得所以故D錯(cuò)誤。故選ABC。11.如圖所示，有一豎直向上的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，有兩個(gè)比荷相等的帶電粒子k1、k2分別從P點(diǎn)沿著半徑垂直磁場(chǎng)射入，其中粒子k1偏轉(zhuǎn)90°右邊從A點(diǎn)射出，粒子k2偏轉(zhuǎn)60°左邊從B點(diǎn)射出。不計(jì)粒子重力，下列判斷正確的是（）A.粒子k1帶正電，粒子k2帶負(fù)電B.粒子k1帶負(fù)電，粒子k2帶正電C.帶電粒子k1、k2的速度v1：v2=：1D.帶電粒子k1、k2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1：t2=3：2〖答案〗AD〖解析〗AB．根據(jù)左手定則可知k1受向右的洛倫茲力，故k1帶正電，k2受向左的洛倫茲力，故k2帶負(fù)電，B錯(cuò)誤，A正確；C．根據(jù)可得k1、k2的比荷相等，則有由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t有C錯(cuò)誤；D．由可知兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相同，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為則D正確。故選AD。三、非選擇題（本題共7小題，共56分?？忌鶕?jù)要求作答）12.用如圖甲所示的多用電表測(cè)量一個(gè)阻值約為的電阻，測(cè)量步驟如下：（1）調(diào)節(jié)指針定位螺絲S，使多用電表指針對(duì)準(zhǔn)電流“0”刻度線；（2）將選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“”擋的____________位置；（填“”或“”）（3）將紅、黑表筆分別插入“+”“-”插孔，并將____________，調(diào)節(jié)____________，使電表指針對(duì)準(zhǔn)____________；（4）將紅、黑表筆分別與待測(cè)電阻兩端接觸，若多用電表讀數(shù)如圖乙所示，該電阻的阻值為_(kāi)___________?！即鸢浮剑?）×1（3）兩表筆短接歐姆調(diào)零旋鈕電阻的零刻度線（4）19〖解析〗（2）[1]將選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到Ω擋的位置，因阻值約為20Ω，為使讀數(shù)靠近中間表盤，應(yīng)選“×1”擋；（3）[2][3][4]根據(jù)歐姆擋使用原理，將紅、黑表筆分別插入“+”“-”插孔，并將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使電表指針對(duì)準(zhǔn)電阻的零刻度線上。（4）[5]根據(jù)圖乙所示，該電阻的阻值為19Ω。13.某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了如圖所示電路，所用器材如下：電壓表（量程，內(nèi)阻很大）電流表（量程）電阻箱（阻值）干電池一節(jié)、開(kāi)關(guān)一個(gè)和導(dǎo)線若干（1）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，閉合開(kāi)關(guān)。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應(yīng)的電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U。根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出的圖像如圖所示，則干電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)___________V（保留3位有效數(shù)字）、內(nèi)阻為_(kāi)___________（保留2位有效數(shù)字）。（2）根據(jù)記錄數(shù)據(jù)進(jìn)一步探究，作出圖像如圖所示。利用圖像的縱軸截距，結(jié)合（1）問(wèn)得到的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，還可以求出電流表內(nèi)阻為_(kāi)___________（保留2位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）1.580.66（2）2.5〖解析〗（1）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得圖像的縱軸截距等于電動(dòng)勢(shì)，則干電池的電動(dòng)勢(shì)為圖像的斜率絕對(duì)值等于內(nèi)阻，則內(nèi)阻為（2）[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得由圖像的縱軸截距可知解得電流表內(nèi)阻為14.在“測(cè)定金屬絲的電阻”的實(shí)驗(yàn)中：（2）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路測(cè)量該金屬絲的電阻（阻值約為幾歐），可選用的器材規(guī)格如下：電流表A（，內(nèi)阻約）電流表G（，內(nèi)阻為）滑動(dòng)變阻器（阻值）滑動(dòng)變阻器（阻值）定值電阻定值電阻電源E（電動(dòng)勢(shì)）開(kāi)關(guān)S和導(dǎo)線若干圖乙中單刀雙擲開(kāi)關(guān)應(yīng)置于____________（填“a”或“b”），滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選____________（填“”或“”），定值電阻應(yīng)選____________（填“”或“”）；（3）若某次測(cè)量時(shí)電流表G的讀數(shù)，電流表A的讀數(shù)指針如圖丙所示，則金屬絲阻值的測(cè)量值為_(kāi)________（結(jié)果保留1位小數(shù)）?！即鸢浮交?.149或0.151（2）（3）〖解析〗（1）[1]螺旋測(cè)微器的精確度為，由圖可知金屬絲的直徑為（2）[2]由于金屬絲的電阻約為幾歐，屬于小電阻，電流表應(yīng)采用外接法，故單刀雙擲開(kāi)關(guān)應(yīng)置于；[3]因待測(cè)電阻只有幾歐，為了調(diào)節(jié)方便，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇阻值較小的；[4]定值電阻和電流表改裝成的電壓表，量程比較合適，所以定值電阻選；（3）[5]根據(jù)讀數(shù)可知電流為，被測(cè)電阻兩端電壓為由歐姆定律可知15.晚會(huì)上裝飾著120個(gè)彩色小燈泡，每個(gè)小燈泡的額定電壓都是4V，工作電流都是0.1A，它們并聯(lián)在一起，由一臺(tái)變壓器供電，小燈泡正常發(fā)光。變壓器的原線圈接在220V的照明電路上，則通過(guò)原線圈的電流為_(kāi)__________A。（結(jié)果保留2位小數(shù)）〖答案〗0.22〖解析〗忽略變壓器的能量損耗，變壓器的輸入功率等于輸出功率，設(shè)原線圈中的電壓、電流分別為、，小燈泡的電壓、電流分別為、，即解得16.在邊長(zhǎng)為a的正方形的每個(gè)頂點(diǎn)都放置一個(gè)電荷量為q的同種點(diǎn)電荷。如果保持它們的位置不變，每個(gè)電荷受到其他三個(gè)電荷的靜電力的合力是________。（靜電力常量為k）〖答案〗〖解析〗[1]如圖，假設(shè)第四個(gè)電荷q放在d點(diǎn)，則對(duì)角線上b點(diǎn)的電荷給它的庫(kù)侖斥力為a點(diǎn)的電荷和c點(diǎn)的電荷給它的庫(kù)侖斥力大小均為根據(jù)力的合成法則，點(diǎn)電荷q所受的電場(chǎng)力大小為17.如圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)、重力為G的金屬桿ab用絕緣輕繩水平懸掛在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。ab下方紙面內(nèi)有一固定的圓形金屬導(dǎo)軌，半徑為r，圓形導(dǎo)軌內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為r的導(dǎo)體棒OA的一端固定在圓心O處的轉(zhuǎn)軸上，另一端緊貼導(dǎo)軌。OA在外力作用下繞O勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力剛好為零。已知兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，ab電阻為R，其它電阻不計(jì)。則OA的轉(zhuǎn)動(dòng)方向?yàn)開(kāi)__________（填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”），轉(zhuǎn)動(dòng)角速度___________。〖答案〗順時(shí)針〖解析〗[1]依題意，金屬棒ab受到向上的安培力，由左手定則可知電流方向是，導(dǎo)體棒OA中的電流方向是，由右手定則可知OA順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；[2]假設(shè)輕繩的拉力為零時(shí)，回路電流為I，則有OA轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)根據(jù)閉合電路歐姆定律聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)解得18.如圖（a）所示，平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4m．導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好．導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長(zhǎng)度也為L(zhǎng).從0時(shí)刻開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化，規(guī)律如圖（b）所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開(kāi)始向右勻速運(yùn)動(dòng)，1s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)．若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1m/s做直線運(yùn)動(dòng)，求：（1）棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，回路中的電動(dòng)勢(shì)E大?。唬?）棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的最大安培力F，以及棒通過(guò)三角形abd區(qū)域時(shí)電流I與時(shí)間t的關(guān)系式．〖答案〗（1）0.04V；（2）0.04N，i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）；〖解析〗（1）在棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，由于正