2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中高二(上)期中物理试卷【答案版

2023年12月31日发(作者：句话)

2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中高二（上）期中物理试卷

一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。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．在人类探索自然规律的过程中，下列物理事实不正确的是（ ）

A．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷

B．法国物理学家安培提出了安培分子电流假说，揭示了磁现象的电本质

C．法拉第最早发现了电磁感应现象，并指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比

D．普朗克解释黑体辐射规律时最早提出能量子假说

2．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图1，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在武汉某地对地磁场进行了一次测量，测量时手机平放在水平桌面使z轴正向保持竖直向上。根据图2中测量结果可推知（ ）

A．测量时y轴正向指向北方

B．测量时y轴正向指向西方

C．武汉该地的地磁场小于50μT

D．武汉该地的磁倾角（磁场与水平方向的夹角）大于45°

3．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）

第1页（共22页）

A． B．

C． D．

4．空间存在着匀强磁场B和匀强电场E，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴负方向。一带正电的粒子从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0进入该场区，若0＜v0＜𝐵，在电场和磁场的作用下，下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）

𝐸A． B．

C． D．

5．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着边长为l正三角形线圈，匝数为n，线圈的底边水平，一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过图示方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则（ ）

A．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=𝑛𝐼𝑙

B．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=2𝑛𝐼𝑙

C．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=𝑛𝐼𝑙

D．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=2𝑛𝐼𝑙

第2页（共22页）

𝑚𝑔𝑚𝑔𝑚𝑔𝑚𝑔

6．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）

A．θ增大，E增大

C．θ减小，Ep增大

B．θ增大，Ep不变

D．θ减小，E不变

7．如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．线圈感应电流的方向先是沿abcda，后沿adcba

B．线圈始终受到垂直于ad向右的静摩擦力

√2𝐵2𝐿2𝑣C．线圈回路中的最大电功率为

𝑅√2𝐵2𝐿2𝑣D．线圈受到摩擦力的最大值为

𝑅

8．恒流源（输出电流大小恒定）与定值电阻并联后作为一个整体可看作一个实际电源，如图所示的电路中恒流源的输出电流为I0，并联电阻为R0。关于该电源，下列说法正确的是（ ）

A．该电源的A端为电源的正极

B．该电源的电动势为I0R0

C．若将A、B短路，短路电流为0

D．该电源的内阻为R0

第3页（共22页）

9．某光控开关控制电路如图所示，R1为光敏电阻（电阻值随光照强度的减弱而增大），R2、R3为滑动变阻器。当光控开关两端电压升高到一定值时，照明系统打开，以下操作能使傍晚时照明系统更早打开的是（ ）

A．R2的滑片位置不变，R3的滑片向上滑动

B．R3的滑片位置不变，R2的滑片向上滑动

C．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更大，内阻更小的新电源

D．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更小，内阻更大的旧电源

10．图（a）是一款无线充电手机的实物图，图（b）是其原理图。送电线圈接电源，匝数为1100匝。受电线圈接手机电池，匝数为50匝。工作状态下，穿过受电线圈的磁通量约为送电线圈的80%，忽略其它损耗，现让受电线圈与手机电池断开，规定图中送电线圈从a流入的电流方向为正，送电线圈输入如图（c）所示的电流，在t=时，关于受电线圈下列说法正确的是（ ）

𝑇2

A．受电线圈的磁通量最大

B．受电线圈两端cd间电压最高

C．受电线圈c端电势低于d端

D．受电线圈与送电线圈的感应电动势之比为2：55

11．如图所示，金属棒MN质量m＝0.01kg，电阻为R＝8Ω，放在宽度为L＝0.5m的两根光滑的平行金属导轨最右端上，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，电源电动势为E＝12V，内阻为r＝4Ω，重力加速度为g＝10m/s2，导轨平面离地高为h＝0.8m。将开关S闭合，金属棒被水平抛出后落到距轨道末端水平距离为s＝0.8m的位置，则（ ）

第4页（共22页）

A．刚闭合瞬间通过金属棒的电流大小为1A

B．金属棒离开轨道时的速度为20m/s

C．通过金属棒的电量为0.08C

D．金属棒产生的焦耳热为0.63J

二、实验题（本题共14分，其中11题共6分，12题共8分。把答案填在答题卡的相应位置。）

12．（6分）某实验小组为了测量一段长度为L的电热丝的电阻率，进行了如下实验操作：

（1）用螺旋测微器测量电热丝的直径，其中某次测量结果如图甲所示，则电热丝的直径d＝ mm。

（2）先用欧姆表粗测其电阻值。选用“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角较大，因此需重新选择 （选填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量时欧姆第5页（共22页）

表示数如图乙所示，则电热丝的电阻值为 Ω。

（3）用伏安法测量该金属丝的阻值，电路如图丙所示。若某次测量中，电压表和电流表的示数分别为U和I，则该金属丝的电阻率的测量值ρ＝ 。（用d、L、U、I表示）

（4）丙中由于 （“电流表分压”、“伏特表分流”）使电阻率的测量值偏 （“大”、“小”）

13．（8分）如图所示，请按该电路图选择合适的器材连接好后用来测量电源电动势和内阻。

（1）开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到 （填“左侧”或“右侧”）。

（2）根据实验测得的几组I、U数据做出U﹣I图像如图所示，由图像可确定：该电源的电动势为

V，电源的内电阻为 Ω（结果保留到小数点后两位）。

（3）若在实验中发现电压表坏了，于是不再使用电压表，而是选用电阻箱替换了滑动变阻器，重新连接电路进行实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R以及对应的电流表的示数I，则该同学以R为横坐标，以 （选填“I”“”）为纵坐标得到的函数图线是一条直线。分析可得该图线的斜率为k，纵𝐼1轴截距为b，可求得电源电动势E＝ ，电源内电阻r＝ 。（用符号k和b表示电源电动势和内电阻）。这种方案测得的电动势和内电阻的值与真实值相比，E测 E真，r测 r真（选填“＞”“＝”“＜”）。

三、计算题（本题共42分，请将答案填写在答题卡的相应位置。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得分，有数字计算的题，答案中必须明确写出数据和单位。）

14．（11分）如图所示，直角坐标系xOy平面竖直，y轴竖直向上，平面内有沿竖直方向的匀强电场（图中未画出），由x轴上的点A（﹣1，0）沿与x轴正方向成45°角以速度v＝2√2×102m/s斜射出一个比荷𝑞𝑚=2×102C/kg的带负电的粒子，B点是粒子运动轨迹与y轴的交点，运动轨迹上C、D两点的﹣坐标已在图中标出。不计粒子的重力和空气阻力。求：

（1）B点的坐标；

（2）匀强电场的电场强度大小和方向；

（3）粒子运动到D点时的速度大小。

第6页（共22页）

15．（15分）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上的EF和GH之间有垂直斜面向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm。质量m＝0.5kg闭合矩形线框ABCD放在斜面上，线框由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中AC长为L1＝100cm，AB长为L2＝20cm。开始时，线框的CD边与EF平行。现由静止释放线框，当线框CD边运动到磁场边界EF时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1。而当AB边到达磁场下边缘GH时，线框的速度大小为v2＝2.0m/s，整个过程中线框不发生转动。已知线框和斜面之间的摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2）求：

（1）速度v1的大小；

（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热；

（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间。

16．（16分）如图所示，半径r＝0.08m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1m，磁感应强度大小B＝0.1T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.06m），平行金属板MN的极板长L＝0.3m、间距d＝0.1m，极板间所加电压U＝4.8.×102V，其中N极板收集粒子全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向。若粒子重力不计、比荷及电场的边缘效应．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

（1）粒子在磁场中的运动半径R0；

（2）从坐标（0，0.16m）处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角θ；

（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η。

𝑞𝑚=108C/kg、不计粒子间的相互作用力第7页（共22页）

第8页（共22页）

2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中高二（上）期中物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。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．在人类探索自然规律的过程中，下列物理事实不正确的是（ ）

A．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷

B．法国物理学家安培提出了安培分子电流假说，揭示了磁现象的电本质

C．法拉第最早发现了电磁感应现象，并指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比

D．普朗克解释黑体辐射规律时最早提出能量子假说

解：A.美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，故A正确；

B.法国物理学家安培提出了安培分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故B正确；

C.法拉第最早发现了电磁感应现象，但是最早指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比的是纽曼和韦伯，故C错误，选择C；

D.普朗克解释黑体辐射规律时最早提出能量子假说，故D正确；

本题选不正确的，故选：C。

2．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图1，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在武汉某地对地磁场进行了一次测量，测量时手机平放在水平桌面使z轴正向保持竖直向上。根据图2中测量结果可推知（ ）

第9页（共22页）

A．测量时y轴正向指向北方

B．测量时y轴正向指向西方

C．武汉该地的地磁场小于50μT

D．武汉该地的磁倾角（磁场与水平方向的夹角）大于45°

解：AB.武汉处于北半球，地磁场的分量一个沿水平方向向北，一个竖直向下指向地面，根据题图中测量结果可知，x轴磁场分量为负值，说明：x轴正方向指向南方，则y轴正方向指向东方，

故AB错误；

2+𝐵2=√352+452μT＝57μT＞50μT，故C错误； C.武汉该地的地磁场为B=√𝐵𝑥𝑧D.武汉该地的磁倾角（磁场与水平方向的夹角）正切值为tanθ=确。

故选：D。

𝐵𝑧43=＞1，故θ大于45°，故D正𝐵𝑥353．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）

A． B．

C．

𝑞𝑟2D．

解：根据点电荷的电场强度公式E＝k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同。再根据U＝Φ2﹣Φ1，U＝Ed得，Φ2﹣Φ1＝Ed可判断a、b两电势相等。故A正确

B、根据点电荷的电场强度公式E＝k𝑞𝑟2，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B错误。

C、根据点电荷的电场强度公式E＝k𝑞𝑟2，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故C错误；

D、根据点电荷的电场强度公式E＝k𝑞𝑟2，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量第10页（共22页）

的合成，可得a、b两点的电场场强大小相等，根据对称性，方向也相同，都平行于两电荷的连线指向同一方向，ab两点连成的平面是等势面，因此这两点电势相等，故D正确；

故选：AD。

4．空间存在着匀强磁场B和匀强电场E，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴负方向。一带正电的粒子从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0进入该场区，若0＜v0＜𝐵，在电场和磁场的作用下，下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）

𝐸A． B．

C． D．

解：AC、由题意分析从坐标原点处以速度v0释放的带正电的粒子受到向下电场力，磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，此时带电粒子受到沿y轴正方向的洛伦兹力，但由于v0＜𝐵，即qv0B＜Eq，合力向下，带电粒子会第四象限内做曲线运动，故AC错误；

BD、随着速度逐渐增大，其方向顺时针偏转，洛伦兹力的方向逐渐趋于向x轴正方向，且逐渐变大，粒子轨迹再逆时针偏转，速度方向逐渐趋于向x轴正方向，当速度方向水平向右时，两个力方向均向上，此后粒子运动轨迹与前面过程对称，到达最高点在x轴上，速度为v0，之后重复之前的运动轨迹，可见过程中粒子速度方向不会沿x轴负方向，当v0接近等于零时，其运动轨迹可能如B选项的轨迹，故B正确，D错误。

故选：B。

5．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着边长为l正三角形线圈，匝数为n，线圈的底边水平，一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过图示方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则（ ）

𝐸

第11页（共22页）

A．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=𝑚𝑔

𝑛𝐼𝑙𝑚𝑔B．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=2𝑛𝐼𝑙

C．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=𝑚𝑔

𝑛𝐼𝑙𝑚𝑔D．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=2𝑛𝐼𝑙

解：线框中电流方向反向后需要在左盘中添加砝码m，说明电流反向后线框所受安培力竖直向下，则电流反向前线框所受安培力竖直向上，根据左手定则可知线框内的磁场方向垂直纸面向外；

设线框中的电流反向前，天平左右砝码盘中砝码质量分别为m1、m2，线框的有效长度L=𝑙−2𝑙=2𝑙

线框中的电流反向前，根据平衡条件𝑚1𝑔=𝑚2𝑔−𝑛𝐵𝐼𝑙

线框中的电流反向后，根据平衡条件𝑚1𝑔+𝑚𝑔=𝑚2𝑔+2𝑛𝐵𝐼𝑙

联立解得𝐵=𝑛𝐼𝑙，故C正确，ABD错误。

故选：C。

6．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）

𝑚𝑔11211

A．θ增大，E增大

C．θ减小，Ep增大

B．θ增大，Ep不变

D．θ减小，E不变

ɛ𝑠解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=4𝜋𝑘𝑑可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；

两板间的电场强度为：E=𝑑=𝐶𝑑=ɛ𝑆；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；

再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP＝EL，电势能EP＝ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；

故选：D。

7．如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂第12页（共22页）

𝑄𝑈𝑈𝑄4𝜋𝑘𝑄

直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．线圈感应电流的方向先是沿abcda，后沿adcba

B．线圈始终受到垂直于ad向右的静摩擦力

√2𝐵2𝐿2𝑣C．线圈回路中的最大电功率为

𝑅√2𝐵2𝐿2𝑣D．线圈受到摩擦力的最大值为

𝑅

解：A．磁场竖直向上，根据右手定则，线圈进入磁场过程感应电流方向为adcba，线圈离开磁场过程，感应电流方向为abcda，故A错误；

B．由左手定则可知，线圈进入磁场过程所受安培力方向垂直于PQ向左，线圈离开磁场过程所受安培力也是垂直于PQ向左，由平衡条件可知，线圈受到的摩擦力始终垂直于PQ向右，完全进入磁场时不受安培力，则摩擦力为零，故B错误；

C．当ab边恰好完全进入磁场时回路中产生的感应电动势最大，此时有效切割长度为L，产生的感应电𝐵𝐿𝑣𝐵2𝐿2𝑣22动势为E＝BLv，感应电流为：I=𝑅，线圈回路中的最大电功率为P＝IR，解得：P=𝑅，故C错误；

D、当ab边恰好完全进入磁场时回路中产生的感应电动势最大，线圈受到的安培力最大，由平衡条件可知，此时受到的摩擦力最大，最大摩擦力为f＝F安=√2BIL=故选：D。

8．恒流源（输出电流大小恒定）与定值电阻并联后作为一个整体可看作一个实际电源，如图所示的电路中恒流源的输出电流为I0，并联电阻为R0。关于该电源，下列说法正确的是（ ）

√2𝐵2𝐿2𝑣𝑅，故D正确。

A．该电源的A端为电源的正极

B．该电源的电动势为I0R0

C．若将A、B短路，短路电流为0

第13页（共22页）

D．该电源的内阻为R0

解：A、电源内部电流的方向由负极到正极，则电源的B端为正极，故A错误；

CD、若将A、B短路，短路电流为I0，若将A、B断路，R0即为电源的内阻，故C错误，D正确；

B、则该电源的电动势为I0R0，故B正确；

故选：BD。

9．某光控开关控制电路如图所示，R1为光敏电阻（电阻值随光照强度的减弱而增大），R2、R3为滑动变阻器。当光控开关两端电压升高到一定值时，照明系统打开，以下操作能使傍晚时照明系统更早打开的是（ ）

A．R2的滑片位置不变，R3的滑片向上滑动

B．R3的滑片位置不变，R2的滑片向上滑动

C．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更大，内阻更小的新电源

D．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更小，内阻更大的旧电源

解：光敏电阻R1的电阻值随光照强度的减弱而增大，要使照明系统更早打开，需要在R1的电阻较小时其两端电压达到打开照明系统的电压（换言之，在R1的电阻不变的情况下增大其两端的电压），由串并联电路的特点可知：

A、若R2的接入电路的电阻不变，R3的滑片向上滑动，使得电阻增大，则总电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，R1两端电压增大，故A正确；

B、若R3的接入电路的电阻不变，R2的滑片向上滑动，使得电阻增大，则总电阻增大，总电流减小，则R1两端电压减小，故B错误；

C、R2、R3的滑片位置不变，换电动势更大，内阻更小的新电源，使得总电流增大，则R1两端电压增大，故C正确；

D、R2、R3的滑片位置不变，换电动势更小，内阻更大的旧电源，使得总电流减小，则R1两端电压减小，故D错误；

故选：AC。

10．图（a）是一款无线充电手机的实物图，图（b）是其原理图。送电线圈接电源，匝数为1100匝。受电线圈接手机电池，匝数为50匝。工作状态下，穿过受电线圈的磁通量约为送电线圈的80%，忽略其它损耗，现让受电线圈与手机电池断开，规定图中送电线圈从a流入的电流方向为正，送电线圈输入如第14页（共22页）

图（c）所示的电流，在t=时，关于受电线圈下列说法正确的是（ ）

𝑇2

A．受电线圈的磁通量最大

B．受电线圈两端cd间电压最高

C．受电线圈c端电势低于d端

D．受电线圈与送电线圈的感应电动势之比为2：55

解：A.在 𝑡= 时，送电线圈的电流为0，则磁通量为0，受电线圈的磁通量也为0，故A错误；

B.在𝑡=2时，送电线圈的电流变化率最大，产生的磁感应强度的变化率最大，感应电动势最大，则由法立第电磁感应定律，受电线固的感应电动势为

𝐸𝑐𝑑=𝑛280%𝛥𝛷80%𝛥𝐵𝑆=𝑛2

𝛥𝑡𝛥𝑡𝑇𝑇2受电线圈两端cd间电压最高，故B正确；

C.在 𝑡=2 前，根据安培定则送电线圈产生的磁场方向向下正在减小，根据㭷次定律可知，受电线圈产生的感应电流方向由d到c，受电线圈相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势，故 c 点电势高于d端，故C 错误；

D.根据法拉第电磁感应定律

𝐸1=𝑛1𝛥𝛷

𝛥𝑡𝑇受电线图与送电线眣的感应电动势之比为

𝐸2𝐸1=𝑛2×80%𝑛1=50×0.81100=255，故D正确。

故选：BD。

11．如图所示，金属棒MN质量m＝0.01kg，电阻为R＝8Ω，放在宽度为L＝0.5m的两根光滑的平行金属导轨最右端上，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，电源电动势为E＝12V，内阻为r＝4Ω，重力加速度为g＝10m/s2，导轨平面离地高为h＝0.8m。将开关S闭合，金属棒被水平抛出后落到距轨道末端水平距离为s＝0.8m的位置，则（ ）

第15页（共22页）

A．刚闭合瞬间通过金属棒的电流大小为1A

B．金属棒离开轨道时的速度为20m/s

C．通过金属棒的电量为0.08C

D．金属棒产生的焦耳热为0.63J

解：A．刚闭合瞬间通过金属棒的电流大小为：𝐼=𝐸12=𝐴=1𝐴，故A正确；

𝑅+𝑟8+4

B．金属棒水平抛出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：

s＝v0t

ℎ=2𝑔𝑡2

解得：v0＝2m/s，故B错误；

C．取向右为正方向，由动量定理可知：B𝐼LΔt＝BLq＝mv0

解得：𝑞=𝑚𝑣00.01×2=𝐶=0.08𝐶，故C正确；

𝐵𝐿0.5×0.51D．电源提供的中的电能为：E电＝qE＝0.08C×12V＝0.96J

2由能量守恒可得回路产生的中的焦耳热为：Q＝E电−𝑚𝑣0

12根据焦耳定律可得金属棒产生的焦耳热为：QR=𝑅+𝑟𝑄

解得：QR=3×0.94J≈0.63J，故D正确。

故选：ACD。

二、实验题（本题共14分，其中11题共6分，12题共8分。把答案填在答题卡的相应位置。）

12．（6分）某实验小组为了测量一段长度为L的电热丝的电阻率，进行了如下实验操作：

2𝑅第16页（共22页）

（1）用螺旋测微器测量电热丝的直径，其中某次测量结果如图甲所示，则电热丝的直径d＝ 1.400 mm。

（2）先用欧姆表粗测其电阻值。选用“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角较大，因此需重新选择 ×1 （选填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量时欧姆表示数如图乙所示，则电热丝的电阻值为 16.0 Ω。

（3）用伏安法测量该金属丝的阻值，电路如图丙所示。若某次测量中，电压表和电流表的示数分别为U和I，则该金属丝的电阻率的测量值ρ＝

𝜋𝑈𝑑24𝐼𝐿 。（用d、L、U、I表示）

（4）丙中由于 电压表分流 （“电流表分压”、“伏特表分流”）使电阻率的测量值偏 小 （“大”、“小”）

解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值d＝1mm+40.0×0.01mm＝1.400mm；

（2）欧姆表指针偏转角较大，说明指针所指示数小，根据电阻的测量值R＝指针所指示数×倍率可知，要使指针所指示数增大，需要减小倍率，即将倍率换成”×1“挡位；电阻的测量值R＝16.0Ω×1＝16.0Ω；

（3）根据电阻定律，待测电阻𝑅=𝜌=1根据欧姆定律，得待测电阻𝑅=𝐼

𝜋𝑑𝑈联立解得电阻率𝜌=4𝐼𝐿

𝜋𝑑𝑈（4）由于电压表分流作用，流经待测电阻的电流IR＝I﹣IV＜I，由电阻率的表达式𝜌=4𝐼𝐿可知，ρ2真𝐿𝑆𝜌𝐿24𝜋𝑑=4𝜌𝐿𝜋𝑑2

𝑈2＞ρ，即使电阻率的测量值偏小。

第17页（共22页）

故答案为：（1）1.400；（2）×1；16.0；（3）𝜋𝑈𝑑24𝐼𝐿；（4）电压表分流；小。

13．（8接好后用来测量电源电动势和内阻。

分）如图所示，请按该电路图选择合适的器材连（1）开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到 左侧 （填“左侧”或“右侧”）。

（2）根据实验测得的几组I、U数据做出U﹣I图像如图所示，由图像可确定：该电源的电动势为 1.40

V，电源的内电阻为 0.57 Ω（结果保留到小数点后两位）。

（3）若在实验中发现电压表坏了，于是不再使用电压表，而是选用电阻箱替换了滑动变阻器，重新连接电路进行实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R以及对应的电流表的示数I，则该同学以R为横坐标，以

1𝐼 （选填“I”“”）为纵坐标得到的函数图线是一条直线。分析可得该图线的斜率为k，纵轴截𝐼1𝑘1距为b，可求得电源电动势E＝ ，电源内电阻r＝

𝑏𝑘 。（用符号k和b表示电源电动势和内电阻）。这种方案测得的电动势和内电阻的值与真实值相比，E测 ＝ E真，r测 ＞ r真（选填“＞”“＝”“＜”）。

解：（1）开关闭合前滑动变阻器接入电路的阻值应最大，因此滑片滑到左侧。

（2）根据U＝E﹣IIr，由图可知该电源的电动势为E＝b＝1.40V

电源的内电阻为r＝k=1.40−1.00Ω＝0.57Ω

0.70（3）若用电阻箱替换滑动变阻器，根据闭合电路欧姆定律有E＝I（R+r）

整理得=𝐼11𝐸R+

1𝐼𝑟𝐸即以R为横坐标，若得到的函数图线是一条直线，应以为纵坐标.

图象的斜率k=

纵轴截距b=𝐸

解得电源电动势为E=𝑘

电源内阻r=𝑘

电路处于断路时，路端电压等于电源电动势，利用−R图像斜率计算的阻值包含电流表内阻，所以内𝐼1𝑏1𝑟1𝐸阻的测量值偏大；

第18页（共22页）

故答案为：（1）左侧；（2）1.40，0.57；（3），，，＝，＞

𝐼𝑘𝑘11𝑏三、计算题（本题共42分，请将答案填写在答题卡的相应位置。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得分，有数字计算的题，答案中必须明确写出数据和单位。）

14．（11分）如图所示，直角坐标系xOy平面竖直，y轴竖直向上，平面内有沿竖直方向的匀强电场（图中未画出），由x轴上的点A（﹣1，0）沿与x轴正方向成45°角以速度v＝2√2×102m/s斜射出一个比荷𝑞𝑚=2×102C/kg的带负电的粒子，B点是粒子运动轨迹与y轴的交点，运动轨迹上C、D两点的﹣坐标已在图中标出。不计粒子的重力和空气阻力。求：

（1）B点的坐标；

（2）匀强电场的电场强度大小和方向；

（3）粒子运动到D点时的速度大小。

解：（1）由几何知识可知，小球从A点运动的B点的逆过程做类平抛运动，则有：

水平方向分速度：vAx＝vAcos45°

竖直分速度：vAy＝vAsin45°

水平方向做匀速运动，则有：vAxt1＝xA

竖直方向做匀加速直线运动，则有：联立解得：t1＝5×103s，yB＝0.5m

﹣𝑣𝐴𝑦2t1＝yB

所以B点的坐标为（0，0.5）；

（2）由类平抛运动的知识可知，对竖直方向分析有：yB=at12

解得：a＝4×104m/s2

根据牛顿第二定律可得：qE＝ma

解得：E＝2×106N/C，由于粒子带负电，所以电场强度方向向上；

（3）小球从B点到D点的运动过程做类平抛运动，由动能定理可知：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点的坐标为（0，0.5）；

（2）匀强电场的电场强度大小为2×106N/C，方向竖直向下；

（3）小球运动到D点时的速度大小为400m/s。

15．（15分）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上的EF和GH之间有垂直斜面向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm。质量m＝0.5kg闭合矩形线框ABCD放在斜面上，线框由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中AC长为L1＝100cm，AB长为L2＝20cm。开始时，线框的CD边与EF平行。现由静止释放线框，当线框CD边运动到磁场边界EF时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1。而当AB边到达磁场下边缘GH时，线框的速度大小为v2＝2.0m/s，整个过程中线框不发生转动。已知线框和斜面之间的摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2）求：

（1）速度v1的大小；

（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热；

（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间。

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

（1）线框的CD边刚进入磁场时，对线框受力分析：BIL2+μN＝mgsinθ

其中：N＝mgcosθ，

CD边切割磁感线，由法拉第电磁感应定律：ECD＝BL2v

由闭合电路欧姆定律：I=联立解得：v1＝1m/s；

（2）线框由CD边进入磁场到AB边离开磁场，由能量守恒可得：

ΔEp＝ΔEk+Q摩+Q焦

其中ΔEp＝mg（d+L1）sinθ

22ΔEk=2𝑚𝑣2−2𝑚𝑣1

𝐸𝐶𝐷

𝑅11Q摩＝μmgcosθ（d+L1）

联立解得：Q焦＝0.35J；

（3）CD边匀速进入的过程：t1=𝑣=1s＝0.1s

1CD边出磁场到AB边进入磁场的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma

第20页（共22页）

𝑑0.1

解得：a＝2m/s2

2设匀加的时间为t2，则有：L1﹣d＝v1t2+𝑎𝑡2

12解得：t2≈0.57s或t2≈﹣1.57s（舍去）

AB边刚进入磁场的速度大小为：v3＝v1+at2＝1m/s+2×0.57m/s＝2.14m/s

AB边由进入到出磁场的过程，根据动量定理可得：﹣B𝐼L2t3﹣（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv2﹣mv3

即𝐵2𝐿22𝑑𝑅+（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv3﹣mv2

代入数据解得：t3＝0.03s

则总时间：t＝t1+t2+t3＝0.1s+0.57s+0.03s＝0.7s。

答：（1）速度v1的大小为1m/s；

（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热为0.35J；

（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间为0.7s。

16．（16分）如图所示，半径r＝0.08m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1m，磁感应强度大小B＝0.1T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.06m），平行金属板MN的极板长L＝0.3m、间距d＝0.1m，极板间所加电压U＝4.8.×102V，其中N极板收集粒子全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向。若粒子重力不计、比荷及电场的边缘效应．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

（1）粒子在磁场中的运动半径R0；

（2）从坐标（0，0.16m）处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角θ；

（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η。

𝑞𝑚=108C/kg、不计粒子间的相互作用力

解：（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB＝m𝑚𝑣﹣𝑣2𝑅0；

可得：R0=𝑞𝐵=1×108×6×105×10m＝0.06m；

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（2）带电粒子轨迹如图所示

令从y＝0.16m处出射的粒子对应的入射角方向与y轴的夹角为θ，由几何关系可得：

（0.16﹣R0）sinθ＝R0；

解得：sinθ＝0.5，即θ＝30°；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：

y=at2，

a=𝑚𝑓=108×4.8×102×10m/s2＝4.8×1011 m/s2

t=𝑣=𝐿0.36×1075s＝5×10s

﹣12𝑞𝑈由上式计算得出：y＝0.06m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：

tanα=𝑅00.063==

𝑅0.084即α＝37°；

比例η=37×100%＝20.55%；

180答：（1）粒子在磁场中的运动半径R0为0.06m；

（2）从坐标（0，0.16m）处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角θ为37°；

（3）N板收集的粒子占所有发射粒子的比例η为20.55%；

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