【文档说明】辽宁省沈阳市东北育才学校2023-2024学年高二上学期10月月考试题+物理+含解析.docx，共(25)页，3.123 MB，由小赞的店铺上传

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35届高二上学期第一次月考物理试卷考试时间：75分钟试卷满分：100分选择题:本题共10小题，共46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，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要

求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，漏选或有选错的得0分。一、单选题1．关于磁场，下列认识正确的是（）A．公式FBIL=说明磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．磁感线总是由磁体的N极发出终止于磁体

的S极C．某点的磁场方向与放在该点的小磁针N极所受磁场力方向一定相同D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零2．四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q，m）、（+q，2m）、（+3q，3m）、（

-q，m），它们先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入一匀强磁场中，磁场方向垂直于xOy平面。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）A．B．C．D．3．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁场垂直的长直

导线，当导线中通以图示方向的电流时（）A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用4．如图所

示，在直角坐标系xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力

及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=mv/qB，正确的图是（）A．B．C．D．5．中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），

这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒

子速度方向与磁场方向间的夹角为，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q+，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（）A．甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右B．乙粒子的运动轨迹是抛物线C．丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变D．从图

中所示状态，经过2πmqB时间后，丙粒子位置改变了2πcosmvqB6．如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻

璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（）A．洛伦兹力对小球做正功B．小球机械能的增加量等于qvBhC．小球相对于地面做加速度不断变化的曲线运动D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管的速度成反比7

．在笔记本电脑的机身与显示屏的对应部位，分别装有磁体和霍尔元件。开启显示屏，磁体的磁场远离霍尔元件，元件不工作，屏幕正常显示：闭合显示屏，磁体的磁场靠近使得霍尔元件工作，屏幕熄灭，电脑也休眠。如图所示，一块长为a、宽为

c、高为d的长方体霍尔元件，当有电流I沿长度方向流过，且有垂直于上表面、方向向上的磁感应强度为B的匀强磁场作用时，元件的前、后表面间形成电势差为U。电势差U控制屏幕的熄灭。已知电流I是电子定向移动形成的，电子电荷量为

e，单位体积内的电子数目为n，下列说法正确的是（）A．前表面的电势比后表面的高B．前后表面间的电势差为BIUned=C．自由电子所受静电力的大小为eUdD．自由电子所受洛伦兹力大小为eUa8．如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁

线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（）A．仅增大电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变

大C．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小D．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期可能不变9．某一质谱仪原理如图所示，区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为1U；区域Ⅱ为速度选择器，

磁场与电场正交，磁感应强度为1B，两板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为2B。今有一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止经加速电场1U加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子离开加速器时的速度

大小12qUvm=C．速度选择器两板间的电压1122BqUUdm=D．粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径1221UmRBq=10．如图所示，边长为2a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电荷量为-q（q>0）的同种带电粒子（不计重力），从AB边的中点，

以不同速率沿不同方向射入磁场区域（均垂直于磁场方向射入），下列说法正确的是（）A．若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子最大速率为3BqamB．若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子最小速率为34BqamC．若粒子均垂直于AB边射入，则粒子可能从BC边上距B点

233−a处射出D．若粒子射入时的速率为32Bqam，则粒子从BC边射出的最短时间为3mBq三、实验题11．某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）用10分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙

所示，可知其直径为mm；（3）用如图丙所示的电路测量其电阻，正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至某位置时，电压表的示数2.60VU=时，电流表的示数如图丁所示，已知电流表的内阻为18，此段圆柱体

的电阻为，该材料的电阻率为m。（结果均保留两位有效数字）12．（1）在“伏安法测电阻”的实验中，待测电阻xR约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为1Ω，测量电路如图甲或图乙所示，电阻测量值由公式xURI=计算得出，式中U与I分别为

电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙电路电阻的测量值分别记为1xR和2xR，则（选填“1xR”或“2xR”）更接近待测电阻的真实值；该测量值（选填“大于”、“等于”或“小于”）待测电阻的真实值。（2）在

“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表1A（量程0～3mA，内阻1g10ΩR=）C．电流表2A（量程0～0.6A，内阻2g0.1ΩR=）D．滑动变阻器1R（0

～20Ω，1.0A）E．电阻箱0R（0～9999.9Ω）F．开关和若干导线①某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0～3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线

框内为改装电压表的电路），其中合理的是（选填“a”或“b”）电路；此时0R的阻值应取Ω。②如图为该同学根据合理电路所绘出的12II−图象（1I为电流表1A的示数，2I为电流表2A的示数）。根据该图线可得被

测电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω。四、解答题13．回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量

为q+，加在狭缝间的交变电压如图所示，电压为0U，周期2mTqB=，一束该种粒子在0~2T时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零，现不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用，不考虑粒子从最后一次加速至从引出

装置射出过程的时间，求：（1）粒子获得的最大动能kmE；（2）粒子从飘入狭缝至动能达到kmE所需的总时间0t。（表达式中不能出现T）14．如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ＝37°，两轨道之间的距离L＝0.50m．一根质量m＝0.2

0kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中．在导轨的上端接有电动势E＝36V、内阻r＝1.6Ω的直流电源和电阻箱R．已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，si

n37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g＝10m/s2．（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R1＝2.0Ω时，金属杆ab静止在轨道上．①如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；②如果磁场的方向可以随意调整，求满足条

件的磁感应强度的最小值及方向；（2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B＝0.40T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R2＝3.4Ω时，金属杆ab仍保持静止，求此时金属杆a

b受到的摩擦力f大小及方向．15．如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为0v，质量均为m，电荷量均为q.在0yd的第一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正方向相同，在2dyd的第一、二象限范

围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里.粒子离开电场上边缘时，能够到达的最右侧的位置为()2,dd.最终恰没有粒子从磁场上边界离开磁场.若只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次，不计粒子重力以及粒子间的相互作用.求：（1）电场强度E；（2）磁感应强

度B；（3）粒子在磁场中运动的最长时间.答案及试题解析一、单选题1．关于磁场，下列认识正确的是（）A．公式FBIL=说明磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．磁感线总是由磁体的N极发出终止于磁体的S极C．某点的磁场方向与放在该点的小磁针N极所受磁场力方向一定

相同D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零【答案】C【详解】A．公式FBIL=是磁感应强度的定义式，B的大小与F、IL无关，不成比例，故A错误；B．磁感线是闭合曲线，磁感线在外部由N极指向S极，在内部由S极指向N极，故B错误；C．某点小磁针N极所受磁场力方向

就是某点的磁场方向，故C正确；D．若通电导线不受磁场力，可能是导线与磁场方向相互平行，不能说明磁感应强度为零，故D错误。故选C。2．四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q，m）、（+q，2m）、（+3q，3m）、（-q，m），它们先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入一匀强磁场

中，磁场方向垂直于xOy平面。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=则mvrqB=根据上式可知（+q，m）和

（+3q，3m）轨道半径相同，且二者的轨道半径与（-q，m）的相等，运动方向相反，（+q，2m）的轨道半径最大，故A正确。故选A。3．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁场垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（

）A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用【答案】C【分析】先判断电流所在位置

的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。【详解】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向，如图：根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；选取磁铁为研究对象，磁铁

始终静止，根据平衡条件，可知通电后桌面对磁铁的支持力变大，磁铁受到桌面的静摩擦力方向水平向左；最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大。故选C。【点睛】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。4．如图所示，在直角坐标系

xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中

R=mv/qB，正确的图是（）A．B．C．D．【答案】D【详解】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x轴为边界的磁场，粒子从x轴进入磁场后在离开，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定和mvRqB=，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转

半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析．5．中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST

），这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，

丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q+，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（）A．甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右B．乙粒子的运动轨迹是抛物线C．丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变D．从图中所示状态，经过2πmqB时间后

，丙粒子位置改变了2πcosmvqB【答案】D【详解】A．由于甲粒子速度方向与磁场垂直，其所受洛伦兹力为1FqvB=根据左手定则，该力垂直于纸面向里，A错误；B．由于乙粒子速度方向与磁场方向平行，所受洛伦兹力为0，不计重力和粒子间的相互作用，则乙粒子向右做匀速

直线运动，B错误；C．将丙粒子的速度沿水平与竖直方向分解cosxvv=，sinyvv=则丙粒子的运动可以分解为在垂直纸面的平面内的匀速圆周运动与水平向右的匀速直线运动，即丙粒子向右做螺旋运动，C错误；D．根据上述分析，分运动具有等时性、等效性与独立性，则丙粒子在垂直纸面的平面内的匀速圆

周运动有()2sinsinvqvBmR=，2sinRTv=解得2π=mTtqB=丙粒子水平向右做匀速直线运动，时间t内向右运动的距离为cosxvt=解得2πcosmvxqB=D正确。故选D。6．如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底

有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（）A．洛伦兹

力对小球做正功B．小球机械能的增加量等于qvBhC．小球相对于地面做加速度不断变化的曲线运动D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管的速度成反比【答案】B【详解】A.根据左手定则可知，洛仑兹力跟速度方向始终相互垂直，所以洛伦兹力永不做功，故A错

误；BC．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上由牛顿第二定律知qvBmgma−=解得qvBagm=−在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上洛仑

兹力不变，故小球在竖直方向上做匀加速直线运动，则合速度为匀变速曲线运动，在竖直方向上由位移公式得212hat=小球在管口的速度yvat=小球的合速度22yvvv=+动能的增加量22k1122Emvmv=−重力势能的增加量pEmgh=机械能的增加量pkEEEqvBh=+=故B正确，C错

误；D．小球的实际运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，竖直方向上洛仑兹力不变，由牛顿第二定律qvBmgma−=位移公式212hat=解得2mhtqvBmg=−可知与运动速度不是反比关系，故D错误。故选B。7．在笔记本电脑的机身与显示屏的对应部位，分别装

有磁体和霍尔元件。开启显示屏，磁体的磁场远离霍尔元件，元件不工作，屏幕正常显示：闭合显示屏，磁体的磁场靠近使得霍尔元件工作，屏幕熄灭，电脑也休眠。如图所示，一块长为a、宽为c、高为d的长方体霍尔元件，当有电流I沿长度方向流过，且有垂直于上表面

、方向向上的磁感应强度为B的匀强磁场作用时，元件的前、后表面间形成电势差为U。电势差U控制屏幕的熄灭。已知电流I是电子定向移动形成的，电子电荷量为e，单位体积内的电子数目为n，下列说法正确的是（）A．前表面的电势比后表

面的高B．前后表面间的电势差为BIUned=C．自由电子所受静电力的大小为eUdD．自由电子所受洛伦兹力大小为eUa【答案】B【详解】A．电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛仑兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电

势低，A错误；B．根据平衡条件UeevBc=解得UBcv=IneSv=Scd=解得BIUned=B正确；CD．自由电子所受静电力的大小为eUFEqc==根据平衡条件UeevBc=电子所受洛仑兹力大小为UFec=CD错误。故选B。二、多选题8．如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方

向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（）A．仅增大电子枪的加速电压，电子束径迹的

半径变大B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变大C．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小D．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期可能不变【答案】AC【详解】AB．根据电子所受洛伦兹力的方向结合

右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有2012eUmv=电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有200vevBmr=解得012mvUmreBBe==周期为2mTeB=可知增大电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大，周期不变，故A正

确，B错误；C．同理可得增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，则电子束的轨道半径变小，故C正确；D．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，电流产生的磁场增强，根据2mTeB=，可知电子做圆周运动的周期变小，故D错误。故选AC。9．某一质谱仪原理如图所示

，区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为1U；区域Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为1B，两板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为2B。今有一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止经加速电场1U加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动

。下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子离开加速器时的速度大小12qUvm=C．速度选择器两板间的电压1122BqUUdm=D．粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径1221UmRBq=【答案】BD【详解】A．粒子在磁场B2中做逆时针的圆周运动，根据左手定则，粒子带正电，A错

误；B．根据动能定理2112qUmv=得粒子离开加速器时的速度大小为12qUvm=B正确；C．粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则21UqvBqd=速度选择器两板间的电压为1212qUUBdm=C错误；D．根据牛顿第二定

律22vqvBmR=得1221UmRBq=D正确。故选BD。10．如图所示，边长为2a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电荷量为-q（q>0）的同种带电粒子（不计重力），从AB边的中点，以不同速率沿不同方向射入磁场区域（均垂直于磁场方向射入）

，下列说法正确的是（）A．若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子最大速率为3BqamB．若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子最小速率为34BqamC．若粒子均垂直于AB边射入，则粒子可能从BC边上距B点233−a处射出D．若粒子射入

时的速率为32Bqam，则粒子从BC边射出的最短时间为3mBq【答案】ABD【详解】A．从BC边射出的粒子速度最大时，半径最大，则如图由几何关系11sin30cos30RRa=−解得13Ra=根据2vqvBmR=解得max

3Bqavm=选项A正确；B．当从BC边射出的粒子速率最小时，半径最小，此时轨迹与BC边相切，则213cos3024Raa==根据2vqvBmR=解得min34Bqavm=选项B正确；C．若粒子均垂直于AB边射入，则当轨迹

与BC相切时cos30rra+=解得tan30(23)BDra==−则粒子不可能从BC边上距B点233−a处射出，选项C错误；D．若粒子射入时的速率为32Bqam，则轨道半径'32ra=粒子从BC边射出的时间最短时，轨迹对应的弦最短，最短弦为射入点到BC的距离，长度为32a，则由几何关系可知

，轨迹对应的圆心角为3，时间为223mmtqBBq==选项D正确。故选ABD。三、实验题11．某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）用10分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其

直径为mm；（3）用如图丙所示的电路测量其电阻，正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至某位置时，电压表的示数2.60VU=时，电流表的示数如图丁所示，已知电流表的内阻为18，此段圆柱体的电阻为，该材料的电阻率为m。

（结果均保留两位有效数字）【答案】5.043.7008.031.710−【详解】（1）[1]圆柱体的长度为1mm5cm45.04cm10l=+=（2）[2]圆柱体的直径为0.5mm3.5mm20.03.700mm50d=

+=（3）[3]由图可知，电流表的示数为0.32AI=，所以此段圆柱体的电阻为12.6V0.32A88.00.32AR−==[4]该材料的电阻率为23()21.710mdSRRll−===

12．（1）在“伏安法测电阻”的实验中，待测电阻xR约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为1Ω，测量电路如图甲或图乙所示，电阻测量值由公式xURI=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙电路电阻的测量值分别

记为1xR和2xR，则（选填“1xR”或“2xR”）更接近待测电阻的真实值；该测量值（选填“大于”、“等于”或“小于”）待测电阻的真实值。（2）在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表1A（量程0～3mA，内阻1g10ΩR=）C

．电流表2A（量程0～0.6A，内阻2g0.1ΩR=）D．滑动变阻器1R（0～20Ω，1.0A）E．电阻箱0R（0～9999.9Ω）F．开关和若干导线①某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装

成一块电压表，其量程为0～3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是（选填“a”或“b”）电路；此时0R的阻值应取Ω。②如图为该同学根据合理电路所绘出的12II−图象（

1I为电流表1A的示数，2I为电流表2A的示数）。根据该图线可得被测电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω。【答案】1xR大于b9901.48（1.45~1.55之间均可）0.86（0.85~1.05之间均可）【详解】（1）[1]由于V20001

0200xRR==A2002001xRR==所以选择图甲所示的电路来测量较准确，即1xR更接近待测电阻的真实值；[2]根据xURI=可知，由于电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压，所以电阻的测量值偏大；（2）[3]电源的电动势为1.5V，电压表的量程为3V即可，则应把电流表1A与电阻

箱串联组成电压表；如果用电流表2A，则改装后的电压表量程太大，读数误差也较大，所以比较合理的是b电路；[4]根据欧姆定律可得110()3VggIRR+=解得0113V990ggRRI=−=[5]由图b所示的电路可知，在闭合电路中有1211012()()()gEU

IIrIRRIIr=++=+++整理得121010ggrEIIRRrRRr=−+++++由图所示的纵轴截距和斜率可得3101.4810AgERRr−=++310(1.401.10)100.450.10grRRr−−=++−联立解得1.48VE[6]由上小题两式可联立解

得0.86r四、解答题13．回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q+，加在狭缝间的交变电压如图所示，电压为0U，周期2mTqB

=，一束该种粒子在0~2T时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零，现不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用，不考虑粒子从最后一次加速至从引出装置射出过程的时间，求：（1）粒子获得的最大动能kmE；（2）粒子从飘入狭缝至动能达到kmE所需的总时间

0t。（表达式中不能出现T）【答案】（1）2222qBRm；（2）202BRmUqB−【详解】（1）粒子运动半径为R时，依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，则有2mvqvBR=且2km12Emv=解得222km2qB

REm=（2）粒子被加速n次到达动能为kmE，则km0EnqU=由0(1)2Ttn=−2mTqB=解得2002BRmtUqB=−14．如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道

平面与水平面之间的夹角θ＝37°，两轨道之间的距离L＝0.50m．一根质量m＝0.20kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中．在导轨的上端接有电动势E＝36V、内阻r＝1.6Ω的直流电源和电阻箱R．已知导轨与金属杆的电阻均可忽

略不计，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g＝10m/s2．（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R1＝2.0Ω时，金属杆ab静止在轨道上．①如果磁场

方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；②如果磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向；（2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B＝0

.40T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R2＝3.4Ω时，金属杆ab仍保持静止，求此时金属杆ab受到的摩擦力f大小及方向．【答案】1）①0.30T②0.24T垂直于轨道平面斜向下（2）0.24N沿轨道平面向下【详解】（1）①设通过金属杆ab的电流为I1，

根据闭合电路欧姆定律可知：I1=E/（R1+r）设磁感应强度为B1，由安培定则可知金属杆ab受安培力沿水平方向，金属杆ab受力如答图1．对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B1I1L=mgtanθ解得：=0．30T②根据

共点力平衡条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图2所示．设磁感应强度的最小值为B2，对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B2I1L=mgsinθ解得：=0.24T根据左手定则可判断出，此时磁场的方向

应垂直于轨道平面斜向下．（2）设通过金属杆ab的电流为I2，根据闭合电路欧姆定律可知：I2=E/（R2+r）假设金属杆ab受到的摩擦力方向沿轨道平面向下，根据共点力平衡条件有:BI2L=mgsinθ+f解得：f=0.24N结果为正，说明假设成立，摩擦力方向沿轨道平面向下．15．如

图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为0v，质量均为m，电荷量均为q.在0yd的第一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正方向相同，在2dyd的第一、二象限范

围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里.粒子离开电场上边缘时，能够到达的最右侧的位置为()2,dd.最终恰没有粒子从磁场上边界离开磁场.若只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次，不计粒子重力

以及粒子间的相互作用.求：（1）电场强度E；（2）磁感应强度B；（3）粒子在磁场中运动的最长时间.【答案】(1)202mvqd(2)()012mvqd+(3)()03232dv−【详解】(1)粒子离开电场上边缘时,能够到达最右侧位置的粒子是沿x轴正方向发射的粒子,对此粒子,有2

,xdyd==,由类平抛运动基本规律得0xvt=，21,2qEyatam==，联立可得202mvEqd=.(2)沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时,有02dvt=，2yvdt=联立可得0yvv=，2200

2yvvvv=+=,方向与水平方向成45斜向右上方,根据题意知该粒子的运动轨迹恰与磁场上边界相切,其余粒子均不能达到2yd=边界,由几何关系可知22RRd+=,由2vqvBmR=，得mvRqB=，联立可得()012mvBqd+=.(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角,

运动轨迹经过()2,dd且恰与磁场上边界相切的粒子,其轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角270=,粒子运动的周期2mTqB=，()0323342dtTv−==.获得更多资源请扫码加入享学资

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