2016-2017江西省抚州市临川一中高二上学期期中物理试卷考试试卷

2016-2017学年江西省抚州市临川一中高二上学期期中物理试卷
一、选择题
1．（2016高二上·临川期中）关于电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场是假想的，并不是客观存在的物质
B．描述电场的电场线是客观存在的
C．电场对放入其中的电荷有力的作用
D．电场对放入其中的电荷没有力的作用
2．（2017高二上·哈密期末）带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（　　）
A．带正电，运动方向a→b→c B．带负电，运动方向c→b→a
C．带负电，运动方向a→b→c D．带正电，运动方向c→b→a
3．（2016高二上·临川期中）如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则当线框左边为轴转过30°时通过线框的磁通量为（　　）
A．0 B．BS C． D．
4．（2016高二上·临川期中）如图所示，光滑无电阻的金属框架MON竖直放置，水平方向的匀强磁场垂直MON平面，质量为m的金属棒ab从∠abO=45°的位置（此时三角形aob面积最大）由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动．在棒由图示的位置滑动到处于水平位置的过程中，ab中感应电流的方向是（　　）
A．由a到b B．由b到a
C．先由a到b，再由b到a D．先由b到a，再由a到b
5．（2016高二上·临川期中）如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一带电量为q，质量为M的质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在M屏上．以下说法中正确的是（　　）
A．质点打在屏的P点上方，板间场强大小为
B．质点打在屏的P点上方，板间场强大小为
C．质点打在屏的P点下方，板间场强大小为为
D．质点打在屏的P点下方，板间场强大小为
6．（2016高二上·临川期中）粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有相同的电流，电流方向垂直纸面向里．水平面上一带电滑块（电性未知）以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面．下列说法正确的是（　　）
A．滑块可能做加速直线运动 B．滑块可能做匀速直线运动
C．滑块可能做曲线运动 D．滑块一定做减速运动
7．（2017高二上·盐城期末）如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
8．（2016高二上·临川期中）在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时（　　）
A．电压表示数变小 B．电压表示数变大
C．电流表示数变小 D．电流表示数变大
9．（2016高二上·临川期中）如图所示，边长为L的正方形abcd为两个匀强磁场的边界，正方形内磁场的方向垂直纸面向外．磁感应强度大小为B，正方形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B；把一个离子源放在顶点a处，它将沿ac连线方向发射质量也为m、电荷量为q（q＞0）、初速度为v0= 的带负电粒子（重力不计），下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 L
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
C．粒子第一次到达c点所用的时间为
D．粒子第一次返回a点所用的时间为
10．（2016高二上·临川期中）如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（　　）
A．圆环可能做匀减速运动
B．圆环可能做匀速直线运动
C．圆环克服摩擦力所做的功可能为 mv02
D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为 mv02﹣
二、填空题
11．（2016高二上·临川期中）如图甲、乙所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形．螺旋测微器读数为　 　 mm．游标卡尺读数为　 　 mm．
12．（2016高二上·临川期中）某同学为测定电子元件的电阻，做如下测量：
（1）用多用表粗测该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡后，应先　 　，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为　 　Ω．
（2）为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：
A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω） B．电流表A2 （量程200mA、内阻r2约为2Ω）
C．定值电阻R0=30Ω D．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）
E．电源E（电动势约为4V） F．开关S、导线若干
该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b）所示，N处的电流表应选用　 　（填器材选项前相应的英文字母）．开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于　 　 （选填“a”或者“b”）．若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=　 　．（用题中字母表示）
三、计算题
13．（2016高二上·临川期中）如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．
（1）若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？
（2）若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？
14．（2016高二上·临川期中）匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形．AB=4cm，BC=3cm，把电荷量为q=﹣2×10﹣10C的点电荷从A点移到B时，电场力做功4.8×10﹣8J，从B点移到电C点时，克服电场力做功4.8×10﹣8J，若取B点的电势为零，求A、C两点的电势和场强的大小及方向．（要求方向在图中画出）
15．（2016高二上·临川期中）如图所示，在与水平方向成θ角的光滑金属导轨间连一电源，在相距L的平行导轨上放一质量为m的金属棒ab，棒上通过的电流为I，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，则：
（1）匀强磁场的磁感强度为多大？
（2）欲使导体棒静止在导轨上，求外加的匀强磁场的磁感应强度的最小值及方向．
16．（2016高二上·临川期中）如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点A（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的B点射出磁场，射出B点时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）电子在磁场中运动的时间t．
17．（2016高二上·临川期中）如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=lm），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ= m（现只研究与放射源P和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B=2T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．
（粒子比荷为 =1×106C/kg）求：
（1）粒子的发射速率；
（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）
（3）当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：A、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的，故A错误；
B、电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，故B错误；
C、D、电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，故C正确，D错误．
故选：C．
【分析】解答本题需掌握：电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的；
电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，电场的能的性质表现为，当电荷在电场中移动时，电场力对电荷作功（这说明电场具有能量）；
电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致，曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱．
2．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式 得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c．在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电．所以选项c正确．
故选：C
【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．
3．【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解：由磁通量表达式：Φ=BS，S指垂直磁感线的有效面积，则可知转过30°时的磁通量Φ=BSsin30°= ；
故选：D．
【分析】磁通量为： =BS，S指垂直磁感线的有效面积，由磁感线和线圈的方向可判定磁通量．
4．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：以ab棒与直角滑轨组成的回路为研究对象，由几何规律可知，当夹角为45°时，组成的线圈面积最大，故由图示位置开始变化时，当越过此位置后，穿过的回路的磁通量在减小，由楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针，即为由a→b，故BCD错误，A正确．
故选：A
【分析】由几何关系分析导线组成的线圈面积的变化情况，产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件，分析磁通量是否变化，判断有无感应电流产生．若有，根据楞次定律判断其方向．
5．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】解：质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动．否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上．质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，则质点类平抛运动的轨迹与斜上抛运动的轨迹具有中心对称性，轨迹如图虚线所示，
加速度大小，方向相反，根据牛顿第二定律得到，qE﹣mg=mg，E= ．
故选A
【分析】由题，质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开出场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动．质点从离开电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强．
6．【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度
【解析】【解答】解：根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上：上方的磁场方向水平向右，而下方的磁场方向水平向左，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外或向里，滑块所受的支持力减小或增大，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故ABC错误，D正确．
故选：D
【分析】先根据安培定则判断AB连线上的磁场方向，再判断滑块所受的洛仑兹力情况，分析滑块的运动情况．
7．【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
A、在a点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大．故A正确；BCD错误．
故选：A
【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．
8．【答案】B,C
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】解：当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小，因此路端电压增大，并联部分电压也增大，故R2电压增大，电压表示数变大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故BC正确，AD错误；
故选：BC．
【分析】先分析电路结构，由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化，得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．
9．【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解：A、由Bqv=m 可知：R= = ，故A错误；
B、由v= 可知，粒子在磁场中运动的周期T= ；故B正确；
C、由几何关系可知，粒子在内部磁场中应恰好到达b点，离开b后再经四分之三圆周到达c点，运动轨迹如图所示，则可知到达c点的时间为一个周期，故为T= ，故C错误；
D、粒子由c点进入时也ca方向，经四分之一圆周到达d点，离开后再在外磁场中经经四分之三圆周回到a点，则可知，粒子恰好经过了2个周期，故间为 ；故D正确．
故选：BD．
【分析】根据洛伦兹力充当向心力可求得粒子半径；由v= 可得出周期公式；再分析粒子的运动过程，明确粒子的运动轨迹，从而确定粒子到达c和到达d所用的时间．
10．【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】解：A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误
B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确
C、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得
﹣W=0﹣ mv02 得W= mv02，
当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．
当qvB=mg时得v=
根据动能定理得
﹣W= mv2﹣ mv02
代入解得
W= mv02﹣ ，故C正确，D错误
故选：BC．
【分析】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．
11．【答案】6.723mm；30.35mm
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】解：由图可知，螺旋测微器的固定部分为6.5mm；转动部分为22.3，故读数为：6.5+22.3×0.01=6.723mm；
游标卡尺游标为20分度，长度为19mm；故游标最小分度为 =0.95mm；游标卡尺对齐的主尺长度为37mm，而游标对齐的刻度为：7×0.95=6.65mm
故读数为：37﹣6.65mm=30.35mm；
故答案为：6.723mm（6.722﹣6.725），30.35mm．
【分析】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．游标卡尺读数的方法用对齐的主尺刻度减去游标长度，不需估读．
12．【答案】（1）欧姆调零；70
（2）B；a； ﹣r1
【知识点】电磁学实验
【解析】【解答】解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为7×10=70Ω．（2）通过待测电阻的最大电流约为IM= = A=0.057A=57mA；通过N出的最大电流约为IN=IM+ =0.057A+ A≈0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a．通过定值电阻R0的电流I=IN﹣IM，并联电路两端电压U=IR0=（IN﹣IM）R0， R1+r1= = 则待测电阻的电阻值：R1= ﹣r1；故答案为：（1）欧姆调零，70；（2）B，a， ﹣r1
【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表选挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．
13．【答案】（1）解：若在C、D间接入理想电压表，电路连接如图
由闭合电路欧姆定律得 干路电流 I1= = A=1A
理想电压表读数为 UV=I1R2=6V
（2）解：若在C、D间连一个理想电流表，电路连接如图所示
这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小
R23= =2Ω
根据闭合电路欧姆定律，有
I2= =1.5A
理想电流表读数为
IA= I2=1A
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路．C、D间接入理想电压表后，R3可看做导线，R1与R2为串联关系，电压表示数为R2电压．接入理想电流表时，R2和R3并联后再与R1串联，电流表示数为R3支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解．
14．【答案】解：由A到B过程：
而UAB=φA﹣φB，
解得：φA=﹣240V
由B到C过程：
而UBC=φB﹣φC，
解得：φC=﹣240V
即A、C两点在同一等势线上，电场线垂直于等势线如图所示．
因为AB=4cm，BC=3cm，三角形ABC为直角三角形，所以∠A=37°
则
答：A点电势为﹣240V，C点的电势为﹣240V，场强的大小为10000V/m，方向如图所示．
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【分析】由A到B和由B到C两个过程，根据 求出两点间的电势差，从而求出A、C两点的电势，根据电场方向垂直于等势线，找出等势线，画出电场方向，根据U=Ed求解电场强度．
15．【答案】（1）解：由力的平衡条件可得：BIL=mgtanθ
解得：B=
（2）解：当磁感应强度垂直于斜面向上时，磁感应强度最小
BmIL=mgsinθ
解得Bm=
【知识点】安培力
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡，运用合成法求出支持力的大小，从而得出对导轨的压力．（2）当安培力平行斜面向上时，F有最小值，即磁感应强度具有最小值．
16．【答案】（1）解：设电子在磁场中轨迹的半径为r，运动轨迹如图，
可得电子在磁场中转动的圆心角为60°，
由几何关系可得：r﹣L=rcos60°，
解得，轨迹半径：r=2L，
对于电子在磁场中运动，有：ev0B=m ，
解得，磁感应强度B的大小：B= ；
（2）解：电子在磁场中转动的周期：T= = ，
电子转动的圆心角为60°，则电子在磁场中运动的时间
t= T= T= ；
【知识点】匀速圆周运动；向心力；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．（2）根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期可以求出电子的运动时间．
17．【答案】（1）解：作PQ的中垂线分别交PQ、PC于A、O两点，O点即为圆心，设圆的半径为r，
由相似三角形知识有
，
由直角三角形知识有
，
对粒子由牛顿第二定律得
，
解以上方程并代入数据得v0=1.25×106m/s
（2）解：因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以
QC=v0t，
PC= ，
v= ，
联立解以上方程并代入数据得
v= ．
E=1.25×107V/m
（3）解：从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得
，
所以∠PO′P1=54°，
得∠PO′C=106°．
则其运动时间t= ．
【知识点】匀速圆周运动；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出粒子在磁场中运动的轨道半径，结合半径公式求出粒子的发射速率．（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，结合周期公式和圆心角的大小求出粒子运动的时间．
2016-2017学年江西省抚州市临川一中高二上学期期中物理试卷
一、选择题
1．（2016高二上·临川期中）关于电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场是假想的，并不是客观存在的物质
B．描述电场的电场线是客观存在的
C．电场对放入其中的电荷有力的作用
D．电场对放入其中的电荷没有力的作用
【答案】C
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：A、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的，故A错误；
B、电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，故B错误；
C、D、电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，故C正确，D错误．
故选：C．
【分析】解答本题需掌握：电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的；
电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，电场的能的性质表现为，当电荷在电场中移动时，电场力对电荷作功（这说明电场具有能量）；
电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致，曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱．
2．（2017高二上·哈密期末）带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（　　）
A．带正电，运动方向a→b→c B．带负电，运动方向c→b→a
C．带负电，运动方向a→b→c D．带正电，运动方向c→b→a
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式 得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c．在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电．所以选项c正确．
故选：C
【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．
3．（2016高二上·临川期中）如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则当线框左边为轴转过30°时通过线框的磁通量为（　　）
A．0 B．BS C． D．
【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解：由磁通量表达式：Φ=BS，S指垂直磁感线的有效面积，则可知转过30°时的磁通量Φ=BSsin30°= ；
故选：D．
【分析】磁通量为： =BS，S指垂直磁感线的有效面积，由磁感线和线圈的方向可判定磁通量．
4．（2016高二上·临川期中）如图所示，光滑无电阻的金属框架MON竖直放置，水平方向的匀强磁场垂直MON平面，质量为m的金属棒ab从∠abO=45°的位置（此时三角形aob面积最大）由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动．在棒由图示的位置滑动到处于水平位置的过程中，ab中感应电流的方向是（　　）
A．由a到b B．由b到a
C．先由a到b，再由b到a D．先由b到a，再由a到b
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：以ab棒与直角滑轨组成的回路为研究对象，由几何规律可知，当夹角为45°时，组成的线圈面积最大，故由图示位置开始变化时，当越过此位置后，穿过的回路的磁通量在减小，由楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针，即为由a→b，故BCD错误，A正确．
故选：A
【分析】由几何关系分析导线组成的线圈面积的变化情况，产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件，分析磁通量是否变化，判断有无感应电流产生．若有，根据楞次定律判断其方向．
5．（2016高二上·临川期中）如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一带电量为q，质量为M的质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在M屏上．以下说法中正确的是（　　）
A．质点打在屏的P点上方，板间场强大小为
B．质点打在屏的P点上方，板间场强大小为
C．质点打在屏的P点下方，板间场强大小为为
D．质点打在屏的P点下方，板间场强大小为
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】解：质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动．否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上．质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，则质点类平抛运动的轨迹与斜上抛运动的轨迹具有中心对称性，轨迹如图虚线所示，
加速度大小，方向相反，根据牛顿第二定律得到，qE﹣mg=mg，E= ．
故选A
【分析】由题，质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开出场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动．质点从离开电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强．
6．（2016高二上·临川期中）粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有相同的电流，电流方向垂直纸面向里．水平面上一带电滑块（电性未知）以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面．下列说法正确的是（　　）
A．滑块可能做加速直线运动 B．滑块可能做匀速直线运动
C．滑块可能做曲线运动 D．滑块一定做减速运动
【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度
【解析】【解答】解：根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上：上方的磁场方向水平向右，而下方的磁场方向水平向左，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外或向里，滑块所受的支持力减小或增大，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故ABC错误，D正确．
故选：D
【分析】先根据安培定则判断AB连线上的磁场方向，再判断滑块所受的洛仑兹力情况，分析滑块的运动情况．
7．（2017高二上·盐城期末）如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
A、在a点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大．故A正确；BCD错误．
故选：A
【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．
8．（2016高二上·临川期中）在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时（　　）
A．电压表示数变小 B．电压表示数变大
C．电流表示数变小 D．电流表示数变大
【答案】B,C
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】解：当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小，因此路端电压增大，并联部分电压也增大，故R2电压增大，电压表示数变大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故BC正确，AD错误；
故选：BC．
【分析】先分析电路结构，由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化，得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．
9．（2016高二上·临川期中）如图所示，边长为L的正方形abcd为两个匀强磁场的边界，正方形内磁场的方向垂直纸面向外．磁感应强度大小为B，正方形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B；把一个离子源放在顶点a处，它将沿ac连线方向发射质量也为m、电荷量为q（q＞0）、初速度为v0= 的带负电粒子（重力不计），下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 L
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
C．粒子第一次到达c点所用的时间为
D．粒子第一次返回a点所用的时间为
【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解：A、由Bqv=m 可知：R= = ，故A错误；
B、由v= 可知，粒子在磁场中运动的周期T= ；故B正确；
C、由几何关系可知，粒子在内部磁场中应恰好到达b点，离开b后再经四分之三圆周到达c点，运动轨迹如图所示，则可知到达c点的时间为一个周期，故为T= ，故C错误；
D、粒子由c点进入时也ca方向，经四分之一圆周到达d点，离开后再在外磁场中经经四分之三圆周回到a点，则可知，粒子恰好经过了2个周期，故间为 ；故D正确．
故选：BD．
【分析】根据洛伦兹力充当向心力可求得粒子半径；由v= 可得出周期公式；再分析粒子的运动过程，明确粒子的运动轨迹，从而确定粒子到达c和到达d所用的时间．
10．（2016高二上·临川期中）如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（　　）
A．圆环可能做匀减速运动
B．圆环可能做匀速直线运动
C．圆环克服摩擦力所做的功可能为 mv02
D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为 mv02﹣
【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】解：A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误
B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确
C、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得
﹣W=0﹣ mv02 得W= mv02，
当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．
当qvB=mg时得v=
根据动能定理得
﹣W= mv2﹣ mv02
代入解得
W= mv02﹣ ，故C正确，D错误
故选：BC．
【分析】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．
二、填空题
11．（2016高二上·临川期中）如图甲、乙所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形．螺旋测微器读数为　 　 mm．游标卡尺读数为　 　 mm．
【答案】6.723mm；30.35mm
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】解：由图可知，螺旋测微器的固定部分为6.5mm；转动部分为22.3，故读数为：6.5+22.3×0.01=6.723mm；
游标卡尺游标为20分度，长度为19mm；故游标最小分度为 =0.95mm；游标卡尺对齐的主尺长度为37mm，而游标对齐的刻度为：7×0.95=6.65mm
故读数为：37﹣6.65mm=30.35mm；
故答案为：6.723mm（6.722﹣6.725），30.35mm．
【分析】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．游标卡尺读数的方法用对齐的主尺刻度减去游标长度，不需估读．
12．（2016高二上·临川期中）某同学为测定电子元件的电阻，做如下测量：
（1）用多用表粗测该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡后，应先　 　，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为　 　Ω．
（2）为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：
A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω） B．电流表A2 （量程200mA、内阻r2约为2Ω）
C．定值电阻R0=30Ω D．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）
E．电源E（电动势约为4V） F．开关S、导线若干
该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b）所示，N处的电流表应选用　 　（填器材选项前相应的英文字母）．开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于　 　 （选填“a”或者“b”）．若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=　 　．（用题中字母表示）
【答案】（1）欧姆调零；70
（2）B；a； ﹣r1
【知识点】电磁学实验
【解析】【解答】解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为7×10=70Ω．（2）通过待测电阻的最大电流约为IM= = A=0.057A=57mA；通过N出的最大电流约为IN=IM+ =0.057A+ A≈0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a．通过定值电阻R0的电流I=IN﹣IM，并联电路两端电压U=IR0=（IN﹣IM）R0， R1+r1= = 则待测电阻的电阻值：R1= ﹣r1；故答案为：（1）欧姆调零，70；（2）B，a， ﹣r1
【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表选挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．
三、计算题
13．（2016高二上·临川期中）如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．
（1）若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？
（2）若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？
【答案】（1）解：若在C、D间接入理想电压表，电路连接如图
由闭合电路欧姆定律得 干路电流 I1= = A=1A
理想电压表读数为 UV=I1R2=6V
（2）解：若在C、D间连一个理想电流表，电路连接如图所示
这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小
R23= =2Ω
根据闭合电路欧姆定律，有
I2= =1.5A
理想电流表读数为
IA= I2=1A
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路．C、D间接入理想电压表后，R3可看做导线，R1与R2为串联关系，电压表示数为R2电压．接入理想电流表时，R2和R3并联后再与R1串联，电流表示数为R3支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解．
14．（2016高二上·临川期中）匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形．AB=4cm，BC=3cm，把电荷量为q=﹣2×10﹣10C的点电荷从A点移到B时，电场力做功4.8×10﹣8J，从B点移到电C点时，克服电场力做功4.8×10﹣8J，若取B点的电势为零，求A、C两点的电势和场强的大小及方向．（要求方向在图中画出）
【答案】解：由A到B过程：
而UAB=φA﹣φB，
解得：φA=﹣240V
由B到C过程：
而UBC=φB﹣φC，
解得：φC=﹣240V
即A、C两点在同一等势线上，电场线垂直于等势线如图所示．
因为AB=4cm，BC=3cm，三角形ABC为直角三角形，所以∠A=37°
则
答：A点电势为﹣240V，C点的电势为﹣240V，场强的大小为10000V/m，方向如图所示．
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【分析】由A到B和由B到C两个过程，根据 求出两点间的电势差，从而求出A、C两点的电势，根据电场方向垂直于等势线，找出等势线，画出电场方向，根据U=Ed求解电场强度．
15．（2016高二上·临川期中）如图所示，在与水平方向成θ角的光滑金属导轨间连一电源，在相距L的平行导轨上放一质量为m的金属棒ab，棒上通过的电流为I，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，则：
（1）匀强磁场的磁感强度为多大？
（2）欲使导体棒静止在导轨上，求外加的匀强磁场的磁感应强度的最小值及方向．
【答案】（1）解：由力的平衡条件可得：BIL=mgtanθ
解得：B=
（2）解：当磁感应强度垂直于斜面向上时，磁感应强度最小
BmIL=mgsinθ
解得Bm=
【知识点】安培力
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡，运用合成法求出支持力的大小，从而得出对导轨的压力．（2）当安培力平行斜面向上时，F有最小值，即磁感应强度具有最小值．
16．（2016高二上·临川期中）如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点A（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的B点射出磁场，射出B点时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）电子在磁场中运动的时间t．
【答案】（1）解：设电子在磁场中轨迹的半径为r，运动轨迹如图，
可得电子在磁场中转动的圆心角为60°，
由几何关系可得：r﹣L=rcos60°，
解得，轨迹半径：r=2L，
对于电子在磁场中运动，有：ev0B=m ，
解得，磁感应强度B的大小：B= ；
（2）解：电子在磁场中转动的周期：T= = ，
电子转动的圆心角为60°，则电子在磁场中运动的时间
t= T= T= ；
【知识点】匀速圆周运动；向心力；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．（2）根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期可以求出电子的运动时间．
17．（2016高二上·临川期中）如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=lm），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ= m（现只研究与放射源P和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B=2T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．
（粒子比荷为 =1×106C/kg）求：
（1）粒子的发射速率；
（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）
（3）当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间．
【答案】（1）解：作PQ的中垂线分别交PQ、PC于A、O两点，O点即为圆心，设圆的半径为r，
由相似三角形知识有
，
由直角三角形知识有
，
对粒子由牛顿第二定律得
，
解以上方程并代入数据得v0=1.25×106m/s
（2）解：因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以
QC=v0t，
PC= ，
v= ，
联立解以上方程并代入数据得
v= ．
E=1.25×107V/m
（3）解：从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得
，
所以∠PO′P1=54°，
得∠PO′C=106°．
则其运动时间t= ．
【知识点】匀速圆周运动；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出粒子在磁场中运动的轨道半径，结合半径公式求出粒子的发射速率．（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，结合周期公式和圆心角的大小求出粒子运动的时间．