甘肃省天水市2015-2016学年高二物理上册期末试题.doc

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2015-2016学年甘肃省天水市秦安一中高二（上）期末物理试卷

一、选择题（共60分，在每小题给出的4个选项中，第1题到第10题有一个选项正确，第11题到第15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．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（　　）
A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷
B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移
C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移
D．以上说法均不正确

2．如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等．一个带正电的点电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（　　）

A．A点的电势比B点的高
B．无法比较A、B两点的电势高低
C．A点的电场强度比B点的大
D．无法比较A、B两点的场强大小
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3．下列说法正确的是（　　）
A．处于静电平衡状态的导体，内部既无正电荷，又无负电荷
B．处于静电平衡状态的导体，内部和外表面处的电场强度均为零
C．手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，那么验电器的金属箔张开的角度将变小
D．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多

4．如图两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点并处于大小为E的匀强电场中．A、B带电量分别为+4q、﹣q，当系统处于静止状态时，可能出现的状态是（　　）

A． B． C． D．

5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）

A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变

6．一只电炉的电阻丝和一台电动机线圈的电阻相等，都是R，设通过的电流强度相同，则在相同的时间内，关于这只电炉和这台电动机的发热情况，下列说法中正确的是（　　）
A．电炉和电动机产生电炉的热量相等
B．产生的热量多于电动机产生的热量
C．产生的热量少于电动机产生的热量
D．无法判断

7．如图所示，当ab端接入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（　　）

A．4：1：2 B．2：1：1 C．3：2：1 D．以上都不对
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8．关于磁场中的磁感应强度，以下说法正确的是（　　）
A．一电流元或一运动电荷在某一区域不受力，则表明该区域不存在磁场
B．磁感应强度是反映磁场本身性质的物理量，与放入其中电流元或小磁针无关
C．若电流元探测到磁场力，则该力的方向即为磁场的方向
D．当一电流元在磁场中某一位置探测到磁场力F时，可以利用公式B=求出磁感应强度的大小

9．如图所示，环中电流方向由左向右，且I1=I2，则圆环中心O处的磁场是（　　）

A．最大，垂直穿出纸面 B．最大，垂直穿入纸面
C．为零 D．无法确定

10．一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab棒右移时，作出的下列判断中正确的是（　　）

A．其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流
B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行
C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行[来源:学科网ZXXK]
D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行

11．如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（　　）

A．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
D．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大

12．如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（　　）

A．该带电粒子带正电
B．该带电粒子带负电
C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出
D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出
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13．关于电动势，下列说法正确的是（　　）
A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加
B．对于给定的电源，移动正电荷，非静电力做功越多，电动势就越大
C．电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做功越多
D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极的电荷量越多

14．如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则（　　）

A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极
B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极
C．无论如何台秤的示数都不可能变化
D．台秤的示数可能随电流的增大而减小

15．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（　　）

A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径

二、实验题：本题共2小题，每空2分，共14分．
16．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程0～0.6A，内阻约1Ω
C．电流表：量程0～3A，内阻约0.1Ω
D．电压表：量程0～3V，内阻未知
E．电压表：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻的．

（1）在上述器材中请选择适当的器材：　　　　　　（填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的　　　　　　 （填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E=　　　　　　V，内电阻r=　　　　　　Ω．

17．读出下列测量仪器的数据：

（1）如图1，游标卡尺　　　　　　cm
（2）如图2，螺旋测微器　　　　　　mm
（3）如图3，多用电表电阻档（10倍率）　　　　　　Ω

三、本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．
18．如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°，求电子的质量和穿越磁场的时间．

19．有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V，内阻r=0.5Ω．求：
①为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？
②滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？
（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

20．如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=25V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中．金属板长L=20cm，两板间距d=10cm．求：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大？
（2）若微粒射出电场过程的偏转角为θ=30°，并接着进入一个方向垂直与纸面向里的匀强磁场区，则两金属板间的电压U2是多大？
（3）若该匀强磁场的宽度为D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？

2015-2016学年甘肃省天水市秦安一中高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（共60分，在每小题给出的4个选项中，第1题到第10题有一个选项正确，第11题到第15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．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（　　）
A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷
B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移
C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移
D．以上说法均不正确
【考点】元电荷、点电荷．
【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．
【解答】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．
感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确．
故选C
【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．

2．如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等．一个带正电的点电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（　　）

A．A点的电势比B点的高
B．无法比较A、B两点的电势高低
C．A点的电场强度比B点的大
D．无法比较A、B两点的场强大小
【考点】电势差；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】等势面的疏密代表场强的大小，正电荷在电势高的地方电势能大
【解答】解：A、正电荷在电场中，在电势高的位置，电势能越大，故A正确，B错误；
C、等势面的疏密代表场强的大小，故A点的场强小于B点的场强，故CD错误；
故选：A
【点评】本题主要考查了等势面与电场强度的关系，抓住正电荷在电势高的位置电势能大即可

3．下列说法正确的是（　　）
A．处于静电平衡状态的导体，内部既无正电荷，又无负电荷
B．处于静电平衡状态的导体，内部和外表面处的电场强度均为零
C．手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，那么验电器的金属箔张开的角度将变小
D．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多
【考点】电容器；静电场中的导体．
【专题】电容器专题．
【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．当点电荷移走后，电荷恢复原状，并由公式，可知，C与Q及U无关．
【解答】解：A、金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，都是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷． 故A错误．
B、金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，而表面处的场强不等于0，故B错误．
C、手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，根据感应带电原理，及同种电荷相斥，异种电荷相斥，则验电器的金属箔张开的角度将变小．故C正确；
D、公式，可知，C与Q及U无关，故D错误．
故选：C．
【点评】处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体，并掌握比值定义法的含义．

4．如图两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点并处于大小为E的匀强电场中．A、B带电量分别为+4q、﹣q，当系统处于静止状态时，可能出现的状态是（　　）

A． B． C． D．
【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．
【专题】整体思想；整体法和隔离法；电场力与电势的性质专题．
【分析】先运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，即可判断出系统平衡时的状态．
【解答】解：A球受到电场力水平向右，大小为 4qE，B球受到的电场力水平向左，大小为 qE．设F=qE
以整体为研究对象，分析受力如图．
设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
tanα==
以B球为研究对象，受力如图．设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：
tanβ=
得到 α=β，故ACD错误，B正确．
故选：B

【点评】本题采用隔离法和整体法，结合平衡条件分析物体的状态，关键要灵活选择研究对象．

5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）

A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变
【考点】电容器的动态分析．
【专题】电容器专题．
【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．
【解答】解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．
C、D、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．
故选：A．
【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C= 和C=．

6．一只电炉的电阻丝和一台电动机线圈的电阻相等，都是R，设通过的电流强度相同，则在相同的时间内，关于这只电炉和这台电动机的发热情况，下列说法中正确的是（　　）
A．电炉和电动机产生电炉的热量相等
B．产生的热量多于电动机产生的热量
C．产生的热量少于电动机产生的热量
D．无法判断
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】用电器的发热的功率要用P=I2R来计算，根据焦耳定律可以分析产生的热量的大小．
【解答】解：用电器产生的热量要根据焦耳定律来计算，由题可知，电阻相等，电流相等，时间相同；
所以根据Q=I2Rt可知，电炉产生的热量等于电动机产生的热量，所以A正确．
故选：A．
【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．

7．如图所示，当ab端接入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（　　）

A．4：1：2 B．2：1：1 C．3：2：1 D．以上都不对
【考点】欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】分析两种情况下电路的结构，由串联电路的分压规律可得出电阻的关系；再得出三个电阻的关系．
【解答】解：当ab端接入电压时，cd端输出电压为20=×100；
解得：2R2=R1；
当cd接入电压时，ab端输出电压50=×100；
解得：2R3=R2；
故电阻之比R1：R2：R3=4：2：1．
故选：D．
【点评】本题考查串联电路的分压原理，要注意明确电路的结构，再由串联电路的规律进行分压．

8．关于磁场中的磁感应强度，以下说法正确的是（　　）
A．一电流元或一运动电荷在某一区域不受力，则表明该区域不存在磁场
B．磁感应强度是反映磁场本身性质的物理量，与放入其中电流元或小磁针无关
C．若电流元探测到磁场力，则该力的方向即为磁场的方向
D．当一电流元在磁场中某一位置探测到磁场力F时，可以利用公式B=求出磁感应强度的大小
【考点】磁感应强度．
【分析】磁感线可以直观反映磁场的强弱，磁感线较密的地方，磁感应强度大；
而B=只有在B与I相互垂直时才能适用，而当BI平行时，导线不受力．
【解答】解：A、若导线与磁场平行，则即使磁感应强度大，通电导线也不会受磁场力，故A错误；
B、D、物理学上用一小段通电导线垂直于磁场方向放在某点时，受到的磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值来表征该点磁场的强弱，故B正确，D错误；
C、根据左手定则可知，通电导线在磁场中的受力方向与该处磁感应强度的方向垂直．故C错误；
故选：B．
【点评】本题为初学磁场时的难点所在，要注意明确只有导线垂直于磁场时，才能利用B=求解磁感应强度．

9．如图所示，环中电流方向由左向右，且I1=I2，则圆环中心O处的磁场是（　　）

A．最大，垂直穿出纸面 B．最大，垂直穿入纸面
C．为零 D．无法确定
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】根据安培定则可知，上半环的电流I1在环中心O处的磁场方向垂直纸面向里，下半环的电流I2在O处的磁场方向垂直纸面向外．
【解答】解：根据安培定则可知，上半环的电流I1在环中心O处的磁场方向垂直纸面向里，下半环的电流I2在O处的磁场方向垂直纸面向外，因电流I1=I2，根据圆环电流的对称性可知在环中心O处向里和向外的磁感应强度大小相等，故其合磁场的磁感应强度应为零．
故选：C
【点评】本题考查了安培定则的应用，还要掌握通电直导线、通电螺线管的磁场方向的判定．

10．一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab棒右移时，作出的下列判断中正确的是（　　）

A．其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流
B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行
C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行
D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行
【考点】楞次定律；感应电流的产生条件．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】本题考查感应电流的产生条件，注意应分为左右两部分进行分析判断．
【解答】解：虽然整个框架内磁通量不变，但由于ab棒的运动，使左右两边都产生磁通量的变化，故两边均为产生感应电流；
由楞次定律可知，左侧电流为逆时针，右侧电流为顺时针，故D正确；
故选D．
【点评】本题可由右手定则直接进行判断，但考虑本题命题的意图是考查楞次定律，故采用此解法求解．

11．如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（　　）

A．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
D．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大
【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断摩擦力的变化．
【解答】解：A、甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，所以A正确，BC错误；
D、甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，所以D正确；
故选：AD．
【点评】甲运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析甲受到的静摩擦力即可；注意拉力F为恒力．

12．如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（　　）

A．该带电粒子带正电
B．该带电粒子带负电
C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出
D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】电子从小孔沿与电场线相反方向射入电场后，电子受到的电场力与电场线的方向相反，所以电子将逆电场线的方向做加速运动，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，动能增大．只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变．
【解答】解：A、B、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，则受力的方向与电场的方向相同，所以粒子带正电．故A正确，B错误；
C、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，设极板的长度是L，极板之间的距离是d，时间t，则：；
若粒子恰能从负极板边缘射出，则时间t不变，沿极板方向的位移：x=vt=L，所以：，故C正确；
D、恰能从负极板边缘射出，根据：可知，粒子的动能需增加为原来的4倍．故D错误．
故选：AC
【点评】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动．应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件．

13．关于电动势，下列说法正确的是（　　）
A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加
B．对于给定的电源，移动正电荷，非静电力做功越多，电动势就越大
C．电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做功越多
D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极的电荷量越多
【考点】电源的电动势和内阻．
【专题】恒定电流专题．
【分析】根据电源电动势的定义E=，即可作出判断．明确电动势的意义．
【解答】解：A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，将其他能转化为电能，电能增加．故A正确．
B、电动势是电源本身的性质，与移送电荷的多少无关；故B错误；
C、C、D根据电动势的定义E=，电动势越大，非静电力在电源内部从负极向正极移动单位正电荷做功越大，而不是电荷量越多．故D错误，C正确．
故选：AC
【点评】本题考查电动势的概念；而概念是物理知识的细胞，加强基本概念学习，是提高物理解题能力的基础．

14．如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则（　　）

A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极
B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极
C．无论如何台秤的示数都不可能变化
D．台秤的示数可能随电流的增大而减小
【考点】磁场对电流的作用．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．
【分析】先由台秤示数的变化得到电流对磁铁的作用力方向，然后根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力方向，再根据左手定则判断磁场方向，最后得到磁极分布情况．
【解答】解：AB、如果台秤的示数增大，说明电流对磁铁的作用力向下，根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力向上，根据左手定则，电流所在位置磁场向右，故磁铁左侧为N极，右侧为S极，故A正确，B错误；
CD、由A分析，结合F=BIL可得，随电流的增大，安培力也增大，但由于磁极不知，所以台秤示数可能定增大，也可能减小，故C错误，D正确；
故选：AD．
【点评】判断磁体以电流间作用力可以先以电流为研究对象，然后结合左手定则分析，注意牛顿第三定律的应用．

15．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（　　）

A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．
【解答】解：由qvB=m，解得v=．
则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故B、D正确，A、C 错误．
故选BD．
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．

二、实验题：本题共2小题，每空2分，共14分．
16．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节[来源:学&科&网Z&X&X&K]
B．电流表：量程0～0.6A，内阻约1Ω
C．电流表：量程0～3A，内阻约0.1Ω
D．电压表：量程0～3V，内阻未知
E．电压表：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻的．

（1）在上述器材中请选择适当的器材：　ABDFH　（填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的　乙　 （填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.0　Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；
（2）本实验应采用滑动变阻器和电压表联合测量，根本干电池内阻结合实验原理可得出电路原理图；
（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，结合图象由数学关系可得出电动势和内电阻．
【解答】解：（1）实验目的：测一节干电池的电动势和内阻，则A．被测干电池一节和H．开关、导线若干一定需要
为了读数准确，所以选择电流表：量程0～0.6A，故选B；
一节干电池电压约为1.5V，故电压表：量程0～3V即可，选D；
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，为了便以电流的测量，故滑动变阻器选F；
故在上述器材中请选择适当的器材有：ABDFH；
（2）因干电池内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法；因此实验电路图应选择图中的乙；
（3）电源电动势E=U+Ir，则U=E﹣Ir，则U﹣I图中，与纵坐标的交点表示干电池的电动势，则干电池的电动势E=1.50V；
图线的斜率表示内电阻，则内电阻r=；
故答案为：（1）ABDFH；
（2）乙；
（3）1.5；1.0．
【点评】解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，结合图象得出电动势和内电阻．

17．读出下列测量仪器的数据：

（1）如图1，游标卡尺　1.14　cm
（2）如图2，螺旋测微器　6.703　mm
（3）如图3，多用电表电阻档（10倍率）　240　Ω
【考点】用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】游标卡尺读数的方法是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
欧姆表的读法：刻度数×倍率
【解答】解：（1）、游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm=1.14cm．
（2）、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为20.3×0.01mm=0.203mm，所以最终读数为6.5mm+0.203mm=6.703mm，由于需要估读，最后的结果可以在6.702～6.704之间．
（3）由图3所示可知，欧姆表示数为24×10Ω=240Ω；
故答案为：（1）1.14；（2）6.702～6.704；（3）240
【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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

三、本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．
18．如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°，求电子的质量和穿越磁场的时间．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量．根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间．
【解答】解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：
根据洛伦兹力提供向心力得，
解得电子的质量
电子的周期
所以电子穿越磁场的时间．
答：电子的质量为，穿越磁场的时间为．

【点评】解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解．

19．有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V，内阻r=0.5Ω．求：
①为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？
②滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？
（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】（1）当金属棒刚要要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大．
（2）由最大电流可求得最小电阻值；
当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为，由最小电流值可求得最大电阻值．
【解答】解：（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大I1
mgsinθ+μmgcosθ=I1LB
解得：I1=1A
（2）由
解得：R1=2.5Ω
当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为I2
mgsinθ=μmgcosθ+I2LB

解得：R2=14.5Ω
2.5Ω≤R≤14.5Ω
答：（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为1A．
（2）滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围为2.5Ω≤R≤14.5Ω，金属棒能静止在轨道上

【点评】本题关键是金属棒能静止在轨道上是有静摩擦力作用，静摩擦力作用的问题总是离不开方向的变化，由此以最大静摩擦力的方向来分析解决问题

20．如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=25V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中．金属板长L=20cm，两板间距d=10cm．求：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大？
（2）若微粒射出电场过程的偏转角为θ=30°，并接着进入一个方向垂直与纸面向里的匀强磁场区，则两金属板间的电压U2是多大？
（3）若该匀强磁场的宽度为D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）根据动能定理求带电微粒进入偏转电