江西省九江一中2015-2016学年高二物理上册期中试题.doc

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A，内阻rg=2.0k，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只阻值为（保留一位小数）的定值电阻R0；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是（填选项前的字母）A电压表内阻的影响B滑动变阻器的最大阻值偏小CR1的实际阻值比标称值偏大DR0的实际阻值比计算值偏大三、计算题（本题共4小题，共30分.解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为R，磁感应强度为B，现在在纸面内放上圆线圈，圆心在O处，半径为r（rR），共有N匝求：穿过这个线圈的磁通量17如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R18在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和长度s=10m的倾斜轨道GH与半径r=m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角=37，过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E=1104N/C小物体P1质量m=2103kg、电荷量q=+8106C，受到水平向右的推力F=9.98103N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力P1与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为=0.5，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力求：（1）小物体P1到达G点时的速度v的大小；（2）小物体P1从G点运动到斜面顶端H点所用的时间t19如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，ON与OS连线的夹角为（0），板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0104T，电子质量m=9.11031kg，电量e=1.61019C，不计电子重力电子源发射速度v=1.6106m/s的一个电子，求：该电子打在板上可能位置的区域的长度l （用含有的式子表示）2015-2016学年江西省九江一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题.每小题4分，共48分.每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项正确；9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1首先用实验得出磁与电相联系的科学家是（）A安培B牛顿C奥斯特D法拉第【考点】物理学史 【专题】常规题型【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：1820年，奥斯特意外地发现载流导线的电流会作用于磁针，使磁针改变方向，也就是通电导体周围产生磁场即发现了电流的磁效应揭示了磁与电的关系，故ABD错误，C正确；故选：C【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2表是某逻辑电路的真值表，该电路是（）输入输出000010100111ABCD【考点】简单的逻辑电路 【分析】根据真值表当输入端为：00、01、10、11时，输出分别为0、0、0、1；则可知只有两输入端均输入高电平时，才能输出高电平【解答】解：由图中真值表可知，只有两输入端均为1时，输出端才为1，故该逻辑电路为与逻辑关系；故选：B【点评】本题考查门电路中真值表的分析；学会根据真值表理清逻辑关系，会区分门电路并理解其功能3当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为1.2J为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）A4V，4.8JB4V，2.4JC8V，4.8JD8V，2.4【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】根据W=UQ变形可求出开始时电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同由电荷时的关系可知电流关系；因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是1.2J，所以此时电压为：U=4V，当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I，根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压为：U=2U=24=8V，电阻丝在这段时间内消耗的电能为：W=UQ=8V0.6C=4.8J故选：C【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用本题由于不知道时间不能直接求出电流，故可以通过比值法进行分析求解4如图所示，两个通电的彼此绝缘的圆环A、B通有图示的电流，已知两环都可以绕直径COD（C、D为两环交点）自由转动，从左向右看，关于两环转动情况判断正确的是（）AA环逆时针转动，B环顺时针转动BA环顺时针转动，B环逆时针转动CA环逆时针转动，B环逆时针转动DA环顺时针转动，B环顺时针转动【考点】楞次定律 【专题】电磁感应与电路结合【分析】当平行的直导线中的电流方向相同时，这两条直导线就会互相的吸引，当平行的直导线中的电流方向相反时，这两条直导线就会互相的排斥【解答】解：由图可知，在图中，由于两环在A点处与B点处的电流的方向是相反的，它们会互相排斥，所以A会远离B，所以从左向右看，A环将逆时针转动，同时，B也远离A，所以B沿顺时针方向转动所以A正确故选：A【点评】掌握住平时总结的结论，在做选择题题目的时候可以快速而且准确的得到答案，所以掌握住平时总结的小结论是非常有用的5图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）A向上B向下C向左D向右【考点】洛仑兹力 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向【解答】解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下故B正确，ACD错误故选：B【点评】考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向6如图所示的天平可用来测定磁感强度天平右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有电流I（方向顺时针）时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知（）A磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为B磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为C磁感强度的方向垂直纸面向外，大小为D磁感强度的方向垂直纸面向外，大小为【考点】安培力 【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：A、B的方向垂直纸面向里，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡因为线框也是有质量的，设右边的线框质量为m02，根据平衡有：NBIL=（m1m02m2）g，解得B=故A错误B、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码，有mg=2NBIL，所以B=，故B正确 C、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，需要在左边加砝码故C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题7如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P从最低端向上滑动的过程中（）A电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变大B电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变小C电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】先根据变阻器滑动触头移动的方向，分析其有效电阻如何变化，再由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断电压表读数的变化由欧姆定律和并联电路的规律分析电流表读数的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P从最低端向上滑动的过程中，变阻器并联的总电阻先变大后变小，外电路总电阻先变大后变小，则总电流先变小后变大，电源的内电压先变小后变大，路端电压先变大后变小，则电压表V读数先变大后变小滑动触头P从最低端移到中点时，变阻器并联总电阻变大，并联的电压增大，通过触头与P端之间的电流增大，而总电流减小，则电流表A读数变小滑动触头P从中点移到P点时，变阻器并联总电阻变小，并联的电压减小，电流表所在支路的电阻增大，则电流表A读数变小故B正确故选：B【点评】本题是简单的电路动态分析问题，关键理清电路结构，根据闭合电路欧姆定律判断电流变化情况，根据欧姆定律判断电压变化情况8如图，长为L、质量为m的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为则当该磁场的磁感应强度最小时，其方向为（）Az正向By正向Cz负向D沿悬线向下【考点】安培力 【分析】对导体棒受力分析，根据三角形定则判断出安培力的最下值时的方向，根据左手定则判断磁场方向【解答】解：对导体棒受力分析可知，安培力和绳子的拉力等于重力，根据三角形定则可知，当安培力垂直于绳子拉力时，此时安培力最小，根据F=BIL可知，此时磁感应强度最小，根据左手定则可知，磁场方向为沿悬线向下，故D正确故选：D【点评】本题主要考查了共点力平衡下的极值问题，关键是抓住三角形定则，判断出安培力的最小值即可9下列说法中正确的是（）A电荷在某处不受电场力的作用，则该处的电场强度为零B一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处的磁感应强度可能为零C把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流乘积的比值表示该处磁场的强弱D把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱【考点】安培力 【分析】电荷在电场中一定受电场力，而通电导线在磁场中，不一定受到磁场力，还与放置的角度有关，从而即可求解【解答】解：A、电荷处在电场强度为零的地方，受到的电场力一定为零，故A正确；B、一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度不一定为零，可能平行与磁场放置，故B正确；C、磁场的强弱只与磁场本身有关，故导线受力大小无关，故C错误；D、根据E=知，电荷受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱故D正确；故选：ABD【点评】考查电荷在电场中一定受电场力，而通电导线在磁场中不一定受磁场力，注意通电导线在磁场中放置角度10电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）A输出功率一定先增大后减小B总功率一定减小C内部损耗功率可能增大D效率一定增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题【解答】解：A、由电路图可知，当滑动变阻滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源的电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于电源的内电阻与外电阻的大小关系未知，不能判断电源输出功率如何变化，故A错误B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI，则P一定减小，故B正确C、电源内阻r不变，电流I减小，电源内部的发热功率P热=I2r，一定减小，故C错误D、电源的效率=100%=100%，外电阻增大，路端电压U增大，则电源效率一定增大，故D正确故选：BD【点评】熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题；同时要记住“当外电路的电阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大”的结论11如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，匀强磁场垂直于纸面一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列说法中正确的是（）A该带电粒子一定带正电B该匀强磁场的方向垂直于纸面向外C该带电粒子所带的电荷量改变时，粒子运动轨迹不会改变D该带电粒子的速度变大时，粒子运动轨迹不会改变【考点】带电粒子在混合场中的运动 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨迹不会改变【解答】解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有：qvB=qE即有：vB=EA、只改变粒子所带电荷电性，电场力和洛伦兹力同时反向、大小不变，故洛伦兹力与电场力依然平衡，故粒子的轨迹不发生改变，因此无法确定粒子的电性故A错误B、根据左手定则，结合电场方向竖直向上，假设带正电，则洛伦兹力竖直向下，因此磁场方向垂直纸面向外，若粒子带负电，磁场方向仍是垂直向外，故B正确C、粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变故C正确D、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故D错误故选：BC【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，注意粒子的运动情况与粒子的电荷，及电量均无关12如图，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则（）AA的示数减小BV1的示数增大CU3与I的比值不变DU1大于U2【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律分析【解答】解：A、理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；B、电路中电流增大，由欧姆定律知R的电压增大，则V1的示数增大，故B正确C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=EI（R+r），则得：=R+r，保持不变，故C正确D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=EIr，则得：=r；=R，由R与r的大小关系未知，所以不能比较与的大小，也不能比较U1与U2的大小故D错误故选：BC【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析二、实验题（13题12分，14题10分，共22分）13（12分）（2015秋九江校级期中）某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻使用的器材有：多用电表，表盘如图b所示；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5k；导线若干回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点（2）将图（a）中多用电表的红表笔和2（选填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端（3）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为15.0k和4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为15k（4）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（c）所示根据前面的实验数据计算可得，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为15k，此多用电表内电池的电动势为8V（5）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若BCA双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大B欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大C选择“1”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25D测量时发现指针偏转过小，则需减小倍率，重新调零后再进行测量【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势（5）欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入测量电阻时，先选择挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，注意 每次换档后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高档测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开【解答】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触2，黑表笔接1；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1K15.0=15.0k；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为15.0K；欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为15.0K；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+r=4V+15k=8V；（5）A、人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测量值将偏小，故A错误；B、当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，电流：Ig=，内阻R内=，当指针指在刻度盘的正中央时I=，=，代入数据可得RX=R内；当电池用久后，电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig=，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I=，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，故B正确C、欧姆表刻度是左密右疏，选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于25，大于20，即测量值可能小于25，故C正确；D、测量时发现指针偏转过小，则需增大倍率，重新调零后再进行测量；故D错误；故答案为：（1）短接 （2）2 （3）15 （4）15 8 （5）BC【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；欧姆表使用时每次换挡都要欧姆调零要注意测量误差应如何来分析14某同学用一50分度游标卡尺测定一金属杆的直径，示数如图甲所示，则该金属杆的直径4.10mm另一同学用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图乙所示，其读数应为0.3950.399mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为4mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为50.02mm=0.10mm，所以最终读数为：4mm+0.10mm=4.10mm2、螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为39.70.01mm=0.397mm，所以最终读数为0mm+0.39mm=0.397mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.3950.399之间故答案为：4.10 0.3950.399【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量15某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R1是标称值为4.0的定值电阻已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100 A，内阻rg=2.0k，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只阻值为1.0（保留一位小数）的定值电阻R0；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是C（填选项前的字母）A电压表内阻的影响B滑动变阻器的最大阻值偏小CR1的实际阻值比标称值偏大DR0的实际阻值比计算值偏大【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】根据电流表的改装原理，计算并联的电阻根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）分析内阻测量值总量偏大的原因【解答】解：根据电流表的改装原理有：R1=1.0；根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，电路图如图所示：A、如果考虑电压表的内阻，则虚线部分相当于电源，测得的电阻相当于电源E的内阻与R0串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，故A错误；B、滑动变阻器的阻值不会影响r的测量结果，故B错误；C、电表改装时，R1的实际阻值比标称值偏大，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大，故C正确；D、结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）知，R0的实际阻值比计算值偏大，可导致内阻测量值总量偏小，故D错误故选：C故答案为：（1）1.0；（2）如图所示；（3）C【点评】本题考查电源电动势和内电阻的测量，要明确电表改装为重点内容要切实弄明白，连接实物图为基本功，数据处理和误差分析的能力要平时加强训练，结合具体的实验情景具体分析，有一定难度三、计算题（本题共4小题，共30分.解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为R，磁感应强度为B，现在在纸面内放上圆线圈，圆心在O处，半径为r（rR），共有N匝求：穿过这个线圈的磁通量【考点】磁通量 【分析】线圈与匀强磁场垂直，通过线圈的磁通量=BS，S是线圈内有磁场部分的面积【解答】解：由题，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面，通过该线圈的磁通量为=BS=BR2答：穿过这个线圈的磁通量为BR2【点评】在匀强磁场中，通过该线圈的磁通量公式=BS中，S是有效面积；注意磁通量的大小与线圈匝数无关17如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求得粒子从电场射出时的速度大小；（2）带电粒子进入磁场在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求得粒子圆周运动的半径【解答】解：（1）设带电粒子射出电场时的速度为v，由动能定理可得：解得粒子射出速度v=（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：可得带电粒子圆周运动的半径R=答：（1）粒子从电场中射出时的速度为；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为【点评】带电粒子在电场中加速可以根据动能定理求解加速的速度，在磁场中做匀速圆周运动根据洛伦兹力提供圆周运动向心力列式求解是关键18在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和长度s=10m的倾斜轨道GH与半径r=m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角=37，过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方