河北省石家庄市辛集中学2024-2025学年高二（上）期末 物理试卷

这是一份河北省石家庄市辛集中学2024-2025学年高二（上）期末 物理试卷，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）物理学中最早提出利用电场线描述电场、发现电流的磁效应和用实验证实电磁场理论的依次是哪几位物理学家（ ）
A．法拉第、安培和麦克斯韦
B．奥斯特、安培和麦克斯韦
C．法拉第、奥斯特和赫兹
D．安培、奥斯特和赫兹
2．（4分）如图所示电路中，A、B是相同的两个小灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时（ ）
A．两灯同时点亮、同时熄灭
B．合上S时，B立即变亮，A灯逐渐变亮
C．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同
D．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭
3．（4分）如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环穿过磁铁时未与磁铁相碰。对环经过磁铁下端附近的位置Ⅱ时，细线的拉力与磁铁重力的关系（ ）
A．拉力大于重力，电流方向为顺时针
B．拉力大于重力，电流方向为逆时针
C．拉力小于重力，电流方向为顺时针
D．拉力小于重力，电流方向为逆时针
4．（4分）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，a、b、c是轨迹上的三点，若c点处电势为3V，到达c处动能为2eV，则下列说法正确的是（ ）
A．a点电势为7.5V
B．电子在b点的动能为3.5eV
C．电子在b点加速度比在c点加速度大
D．电子从a到c过程一直减速
5．（4分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中R1＞r，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数变大，电流表读数变大
B．R1和R2上的电压都增大
C．质点P将向下运动，电源的效率增大
D．R3上消耗的功率增大，电源的输出功率减小
6．（4分）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，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示（ ）
A．仅增大狭缝间的加速电压，则同一粒子射出加速器时的动能增大
B．增大磁场的磁感应强度且使电场变化周期与粒子做圆周运动周期相同，则同一粒子射出加速器时的动能增大
C．仅增大D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度不变
D．加速电场频率不变时，比荷不同的粒子也可用同一加速器进行加速
7．（4分）在x轴上有两个点电荷Q1、Q2，其电场中电势φ在x轴正半轴上分布如图所示。下列说法正确的有（ ）
A．Q1为负电荷，Q2为正电荷
B．Q1电量大于Q2的电量
C．x0处的电势最低、电场强度也是最小的
D．电量为q的正检验电荷从x0移到无穷远的过程中，电场力做功为qφ0
8．（4分）垂直于光滑水平桌面有向下和向上且宽度均为L的匀强磁场B，如图所示，以O为坐标原点建立x轴，规定逆时针方向为电流的正方向，已知导线框在t1、t2、t3时刻所对应的位移分别是L、2L、3L，下列关于感应电流i随时间t或位移x的变化规律正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题（共3题，每题6分，共18分）
（多选）9．（6分）如图所示，空间存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B（竖直面）向里，MM′为磁场区域的上边界，ab边与MM′平行。已知线框边长为L，总电阻为R，线框从图示位置由静止开始自由下落，则在ab边进入磁场的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．线框可能先做加速运动再做减速运动
B．线框可能一直做匀加速运动
C．线框可能先做减速运动再做匀速运动
D．线框若出现匀速运动，其速度大小一定是
（多选）10．（6分）如图所示，圆心为O的圆形匀强磁场区域，半径为R的速度、垂直磁场的方向射入磁场。已知粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向的夹角为60°，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子a在磁场中运动的时间为
B．粒子b在磁场中运动的时间为
C．a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为0
D．a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为60°
（多选）11．（6分）如图所示，间距为L的光滑平行直导轨倾斜固定放置，导轨平面的倾角为30°，磁场的边界均垂直于导轨，两个磁场的宽度均为d，离磁场Ⅰ上边界的距离为2d，由静止释放金属棒，金属棒进入两个磁场时的速度相同，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒通过磁场Ⅰ的过程中，通过电阻R的电荷量为
B．金属棒出磁场Ⅰ时的速度大小为
C．金属棒通过磁场Ⅰ过程中金属棒重力的冲量大小为
D．金属棒通过两个磁场过程中，电阻R中产生的焦耳热为mgd
三、实验题（每空2分，共14分）
12．（14分）实际的二极管正向电阻并不为零，反向电阻也不是无穷大，一兴趣小组同学对某型号二极管
（1）用多用电表的欧姆挡粗测二极管的正向电阻。
①测量时选择开关旋到测电阻的“×10”倍率，多用电表的表盘如图1所示，则电阻为 Ω；
②多用电表的红表笔应与二极管的 极相连（选填“正”或“负”）
（2）用电压表和电流表描绘该二极管加正向0～1.5V电压时的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：
电压表V1（量程1.5V，内阻约2000Ω）
电压表V2（量程6V，内阻约4000Ω）
电流表A1（量程0.6A，内阻约10Ω）
电流表A2（量程40mA，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器R1（总电阻约为10Ω）
滑动变阻器R2（总电阻约为100Ω）
电源E（电动势2V，内阻不计）
电键S，导线若干
①为调节方便，并有尽可能高的精度，请选择合适的器材 、电流表 、滑动变阻器 ；（填写所选器材的符号）；
②在虚线方框中画出实验电路原理图2；
③该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图3所示，现将阻值为50Ω的定值电阻与该二极管串联，并与一电动势为2V，二极管上的电压为正向电压，则回路中的电流强度为 mA。
四、解答题（共3题，第13题8分，14题12分，第15题16分，共36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）
13．（8分）目前我国的喷泉水景设备中常使用离心式潜水泵供水。配置高效节能直流电机。某小型喷泉电路部分简化如图所示，电流表A为理想电表，定值电阻R1＝5Ω，R2＝6Ω。电动机M的线圈电阻RM＝1Ω。仅闭合开关S1，电流表A的示数为I1＝3A。同时闭合开关S1和S2，断开S3，电流表A的示数为I2＝6A。仅闭合开关S3，直流电动M正常工作，电流表A的示数为I3＝8A。求：
（1）电源的电动势E和内阻r；
（2）直流电动机M正常工作时，求电动机的输出功率。
14．（12分）如图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10﹣11kg、电荷量q＝+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1＝100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°．已知偏转电场中金属板长L＝2cm，圆形匀强磁场的半径R＝10，重力忽略不计。求：
（1）带电微粒经U1＝100V的电场加速后的速率；
（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；
（3）匀强磁场的磁感应强度的大小。
15．（16分）如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，下端连接R＝1.0Ω的电阻，导轨电阻不计，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝0.5kg、电阻r＝1.0Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，sin37°＝0.6，cs37°＝0.82，求：
（1）金属棒匀速运动时的速度大小v；
（2）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR；
（3）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，通过电阻R的电荷量q；
（4）金属棒匀速运动之后撤去恒力F，撤去恒力的同时，减小磁感应强度B，已知撤去恒力的瞬间，金属棒距导轨底端的距离为x0＝2.5m，并从此刻开始计时，请推导磁感应强度B随着时间t变化的函数关系。
2024-2025学年河北省石家庄市辛集中学高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（共8题，每题4分，共32分）
1．（4分）物理学中最早提出利用电场线描述电场、发现电流的磁效应和用实验证实电磁场理论的依次是哪几位物理学家（ ）
A．法拉第、安培和麦克斯韦
B．奥斯特、安培和麦克斯韦
C．法拉第、奥斯特和赫兹
D．安培、奥斯特和赫兹
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家法拉第、奥斯特、赫兹等人的主要贡献即可。
【解答】解：最早提出利用电场线描述电场的物理学家是法拉第，发现电流的磁效应的物理学家是奥斯特，故ABD错误。
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．（4分）如图所示电路中，A、B是相同的两个小灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时（ ）
A．两灯同时点亮、同时熄灭
B．合上S时，B立即变亮，A灯逐渐变亮
C．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同
D．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭
【分析】开关S闭合的瞬间，根据电感线圈的作用（对电流变化的阻碍）可判知AB的正误；断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，根据线圈产生的自感电动势，可判知CD的正误。
【解答】解：AB．开关S闭合的瞬间，B灯立即发光，所以A灯后发光，灯A逐渐变亮，故A错误；
C．断开S，A、B两灯都不会立即熄灭，流过B灯的电流与原电流反向；
D．断开S后，故A，并不会比原来更亮。
故选：B。
【点评】本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断。
3．（4分）如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环穿过磁铁时未与磁铁相碰。对环经过磁铁下端附近的位置Ⅱ时，细线的拉力与磁铁重力的关系（ ）
A．拉力大于重力，电流方向为顺时针
B．拉力大于重力，电流方向为逆时针
C．拉力小于重力，电流方向为顺时针
D．拉力小于重力，电流方向为逆时针
【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向，根据对楞次定律来拒去留的推论判断圆环在磁铁上方与下方时受到的磁场力方向。
【解答】解：圆环从位置Ⅰ释放，环穿过磁铁到达位置Ⅱ，穿过圆环的磁通量先增加再减小，即先是排斥其向下运动，后是吸引线圈。所以环经过磁铁下端附近的位置Ⅱ时；在位置Ⅱ时原磁场方向向上，磁通量减小，由安培定则可知。故ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对楞次定律的理解和应用，注意重点判断磁通量的大小和方向的变化，全面、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义。
4．（4分）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，a、b、c是轨迹上的三点，若c点处电势为3V，到达c处动能为2eV，则下列说法正确的是（ ）
A．a点电势为7.5V
B．电子在b点的动能为3.5eV
C．电子在b点加速度比在c点加速度大
D．电子从a到c过程一直减速
【分析】根据电场线的疏密判断电场强度大小，电场强度的方向与等势面垂直，先判断出电场方向，然后判断电势的高低，根据电场力做功情况判断电势能的大小关系，根据能量守恒判定动能的变化。
【解答】解：A．根据电场线的方向与等势面的垂直；电子从a到c的过程中向上弯曲，电子从a点到b点电场力做负功，根据电场力做功与电势差的关系W＝qU可知，则相邻两等势面间的电势差为2.5V、c之间的电势差为2.5Va＝7.8V+3V＝10.5V，故A错误；
B．b点电势为φb＝8.5V+3V＝7.5V，电子在b，由能量守恒定律有﹣5.2eV+Ekb＝﹣3eV+Ekc
由于电子在c点动能为2eV，因此在b点的动能为3.5eV；
C．由图可知c点处等差等势面比b点处密集，加速度a＝，故C错误；
D．从a到c电子电势能升高，动能一直减小，故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要读懂题意，理解电子显微镜的等势面分布，利用电场线与等势面处处垂直，判断电场线方向。
5．（4分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中R1＞r，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数变大，电流表读数变大
B．R1和R2上的电压都增大
C．质点P将向下运动，电源的效率增大
D．R3上消耗的功率增大，电源的输出功率减小
【分析】由图可明确电路的结构，由滑片的移动方向可分析电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．
【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R8并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联。
当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压增大2两端的电压也减小，故并联部分的电压增大3的电流增大，而流过并联部分的总电流减小；因并联部分电压增大2中电压减小，故电压表示数增大；
C、因电容器两端电压等于R6的电压，则电容器的电压增大，故质点P受到的电场力增大，电路中总电阻增大，故C错误；
D、因R3两端的电压变大，R3上消耗的功率增加，其中R7＞r，即电路中总电阻增大且大于内电阻，故D正确。
故选：D。
【点评】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，要注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是增大的．
6．（4分）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，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示（ ）
A．仅增大狭缝间的加速电压，则同一粒子射出加速器时的动能增大
B．增大磁场的磁感应强度且使电场变化周期与粒子做圆周运动周期相同，则同一粒子射出加速器时的动能增大
C．仅增大D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度不变
D．加速电场频率不变时，比荷不同的粒子也可用同一加速器进行加速
【分析】仅增大狭缝间的加速电压，每次加速获得的动能增大，但同一粒子射出加速器时的动能不增大。根据洛伦兹力提供向心力得到最大动能表达式，再分析增大最大动能的方法。
【解答】解：A、仅增大加速电压。设D形金属盒半径为r可得：
粒子的最大动能为Ek＝，联立可得：，粒子射出加速器时的动能大小与加速电压无关；
BC、根据，，则同一粒子射出加速器时的速度和动能均增大、C错误；
D、由可知，因此比荷不同的粒子不能用同一加速器加速。
故选：B。
【点评】本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解回旋加速器的工作原理，结合牛顿第二定律即可完成分析。
7．（4分）在x轴上有两个点电荷Q1、Q2，其电场中电势φ在x轴正半轴上分布如图所示。下列说法正确的有（ ）
A．Q1为负电荷，Q2为正电荷
B．Q1电量大于Q2的电量
C．x0处的电势最低、电场强度也是最小的
D．电量为q的正检验电荷从x0移到无穷远的过程中，电场力做功为qφ0
【分析】根据电势随x的变化规律得出x＞0区域内的电场强度方向，根据点电荷的电场分布和电场叠加原理，确定出两点电荷的电性；φ﹣x图像的斜率表示电场强度，根据x0处电场强度为零比较出两点电荷电量的大小，以及电场强度大小的变化情况；根据检验电荷的电势能的变化得出电场力做功。
【解答】解：A、由题图的φ﹣x图像可知0处，电势逐渐降低，从x0到x轴正向无穷远，电势逐渐增大，由电场叠加原理可知两点电荷为异种电荷5位置的电场强度方向沿+x方向，可知Q1为正电荷，则Q2为负电荷，故A错误；
BC、φ﹣x图像的斜率表示电场强度5处的电势最低，电场强度最小，即点电荷Q1、Q2在该处的电场强度等大反向，根据点电荷的电场强度E＝，x0处离Q1近，离Q7远，可知Q1电量小于Q2的电量，故B ，C正确；
D、电量为q的正检验电荷从x3移到无穷远的过程中，电势能从﹣qφ0增加到零，根据功能关系，且为﹣qφ0，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要知道φ﹣x图线的斜率表示电场强度，以及掌握电场力做功与电势能变化的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
8．（4分）垂直于光滑水平桌面有向下和向上且宽度均为L的匀强磁场B，如图所示，以O为坐标原点建立x轴，规定逆时针方向为电流的正方向，已知导线框在t1、t2、t3时刻所对应的位移分别是L、2L、3L，下列关于感应电流i随时间t或位移x的变化规律正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E＝BLV及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律，即可确定各过程中电流变化情况，从而选出正确的图象。
【解答】解：AB．0～t1时间内为bc边切割向里的磁场，电流为逆时针方向，t7～t2时间内ad边和bc边同向切割反向的磁场，电流加倍为顺时针，t2～t4时间内为ad边切割向外的磁场，电流为逆时针。
线框做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动速度与时间的公式有v＝at
线框运动的速度随时间增大，运动相同位移所用时间越来越短；
根据法拉第电磁感应定律可知，0～t1、t8～t3时间内一个边切磁感线产生的电动势为E＝BLv＝BLat
电流
则0～t7、t2～t3时间内i﹣t图像斜率相同。
t3～t2时间内，电动势为E2＝4E＝2BLat
电流
故A正确，B错误；
CD．物体做匀加速运动v2＝5ax
解得
故电流的表达式还可以写成
所以电流不与位移成正比，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题要根据电磁感应的规律得到感应电动势的表达式，再进行分析答题；本题考查电磁感应中的图象问题，要注意正确掌握排除法的应用，从而提高解题效率。
二、多选题（共3题，每题6分，共18分）
（多选）9．（6分）如图所示，空间存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B（竖直面）向里，MM′为磁场区域的上边界，ab边与MM′平行。已知线框边长为L，总电阻为R，线框从图示位置由静止开始自由下落，则在ab边进入磁场的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．线框可能先做加速运动再做减速运动
B．线框可能一直做匀加速运动
C．线框可能先做减速运动再做匀速运动
D．线框若出现匀速运动，其速度大小一定是
【分析】ab边进入磁场前做自由落体运动，求出ab边进入磁场时线框的速度，由E＝BLv求出ab边进入磁场时的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力；线框进入磁场过程受重力与安培力作用，根据重力安培力的关系分析判断线框速度如何变化。
【解答】解：线框刚开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，根据电磁感应定律可知ab受到竖直向上的安培力，可能出现的情况为：
（i）若线框刚进入磁场时，安培力等于重力。即F＝BIL＝mg，E＝BLv
此时线框做匀速运动，速度为v＝
（ii）若线框刚进入磁场时，安培力大于重力，安培力减小，当线框速度减小到v＝，线框后面将做匀速运动。
（iii）若安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，仍未全部进入磁场。
故CD正确，AB错误。
故选：CD。
【点评】根据题意分析清楚导线框的运动过程是解题的前提与关键，应用运动学公式、E＝BLv、欧姆定律与安培力公式即可解题；解题时要注意讨论安培力与重力的关系。
（多选）10．（6分）如图所示，圆心为O的圆形匀强磁场区域，半径为R的速度、垂直磁场的方向射入磁场。已知粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向的夹角为60°，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子a在磁场中运动的时间为
B．粒子b在磁场中运动的时间为
C．a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为0
D．a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为60°
【分析】根据几何关系求得粒子转动圆心角的大小，结合周期公式可计算粒子在磁场中运动的时间；无论粒子的射入方向如何，四边形POBO′均为菱形，PO一定与O′B平行，O′B的垂线与过P点的切线一定平行，粒子射入磁场的方向一定与过P点的切线平行，所以无论粒子的射入方向如何，只要射入点P的位置不变，粒子的射出方向就相同。
【解答】解：A、由可知，粒子a的射入方向指向圆心，射出方向背离圆心，如图甲所示，
所以粒子a在磁场中运动的时间：，故A错误；
B、粒子b在磁场中的运动轨迹如图乙所示，∠OPO′＝30°，
可得∠POB＝150°，粒子b在磁场中运动的时间；
CD、由分析可知，四边形POBO′均为菱形，O′B的垂线与过P点的切线一定平行，所以无论粒子的射入方向如何，粒子的射出方向就相同、D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于根据题意画出粒子在磁场的运动轨迹，结合几何关系作答。
（多选）11．（6分）如图所示，间距为L的光滑平行直导轨倾斜固定放置，导轨平面的倾角为30°，磁场的边界均垂直于导轨，两个磁场的宽度均为d，离磁场Ⅰ上边界的距离为2d，由静止释放金属棒，金属棒进入两个磁场时的速度相同，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒通过磁场Ⅰ的过程中，通过电阻R的电荷量为
B．金属棒出磁场Ⅰ时的速度大小为
C．金属棒通过磁场Ⅰ过程中金属棒重力的冲量大小为
D．金属棒通过两个磁场过程中，电阻R中产生的焦耳热为mgd
【分析】金属棒通过磁场Ⅰ的过程中，根据电荷量等于平均电流与时间的乘积、法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合求通过电阻R的电荷量；金属棒进入两个磁场时的速度相同，金属棒出磁场Ⅰ时的速度与金属棒从静止开始运动d距离时的速度相同，由运动学公式求解金属棒出磁场Ⅰ时的速度大小；由运动学公式求出金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小，运用动量定理求金属棒通过磁场Ⅰ过程中金属棒重力的冲量大小。磁场过程中，根据能量守恒定律求金属棒通过两个电阻R中产生的焦耳热。
【解答】解：A、金属棒通过磁场Ⅰ的过程中，故A错误；
B、根据金属棒进两个磁场时的速度相同可知，即v＝＝；
C、金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v5＝＝
金属棒通过磁场Ⅰ过程，取沿导轨向下为正方向
mgsin30°•t﹣BqL＝mv﹣mv0
解得金属棒重力的冲量大小为：，故C错误；
D、设电阻R上产生的焦耳热为Q，根据能量守恒有，故D正确。
故选：BD。
【点评】解答本题的关键要把握金属棒的运动情况，明确金属棒在两个磁场中运动情况相同。要知道动量定理是求冲量，特别是变力冲量常用的方法。
三、实验题（每空2分，共14分）
12．（14分）实际的二极管正向电阻并不为零，反向电阻也不是无穷大，一兴趣小组同学对某型号二极管
（1）用多用电表的欧姆挡粗测二极管的正向电阻。
①测量时选择开关旋到测电阻的“×10”倍率，多用电表的表盘如图1所示，则电阻为 130 Ω；
②多用电表的红表笔应与二极管的 负 极相连（选填“正”或“负”）
（2）用电压表和电流表描绘该二极管加正向0～1.5V电压时的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：
电压表V1（量程1.5V，内阻约2000Ω）
电压表V2（量程6V，内阻约4000Ω）
电流表A1（量程0.6A，内阻约10Ω）
电流表A2（量程40mA，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器R1（总电阻约为10Ω）
滑动变阻器R2（总电阻约为100Ω）
电源E（电动势2V，内阻不计）
电键S，导线若干
①为调节方便，并有尽可能高的精度，请选择合适的器材 V1 、电流表 A2 、滑动变阻器 R1 ；（填写所选器材的符号）；
②在虚线方框中画出实验电路原理图2；
③该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图3所示，现将阻值为50Ω的定值电阻与该二极管串联，并与一电动势为2V，二极管上的电压为正向电压，则回路中的电流强度为 15 mA。
【分析】（1）①欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
②欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；二极管正向偏压时正极应与电源正极相连，二极管负极应与电源负极相连。
（2）①根据二极管两端电压选择电压表，根据通过二极管的最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
②根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图；
③把定值电阻与电源整体看出等效电源，在二极管伏安特性曲线坐标系内作出等效电源的I﹣U图象，然后求出电流大小。
【解答】解：（1）①选择开关旋到测电阻的“×10”倍率，由图1所示多用电表的表盘可知；
②多用电表测电阻时，黑表笔接内部电源的正极，故红表笔应与二极管的负极相连。
（2）①根据题中所给伏安特性曲线的数据点范围，可判断出电压表应选V1，电流表应选A3，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；
②本实验要描绘出二极管的I﹣U图线，因此滑动变阻器应采用分压式1；二极管电阻Rx大于电流表内阻，故采用电流表内接法
③将50Ω的定值电阻与电源等效为一个电动势为4V，内阻为50Ω新电源
两图线交点纵坐标即为电路中的电流，由图示图象可知。
故答案为：（1）①130；②负1；A2；R7；②电路图如图所示；③15。
【点评】本题以描绘二极管伏安特性曲线和多用电表的原理为命题背景，考查学生运用已学过的物理理论、实验方法、实验仪器处理问题和简单设计实验的能力；要掌握欧姆表的使用方法与读数方法。
四、解答题（共3题，第13题8分，14题12分，第15题16分，共36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）
13．（8分）目前我国的喷泉水景设备中常使用离心式潜水泵供水。配置高效节能直流电机。某小型喷泉电路部分简化如图所示，电流表A为理想电表，定值电阻R1＝5Ω，R2＝6Ω。电动机M的线圈电阻RM＝1Ω。仅闭合开关S1，电流表A的示数为I1＝3A。同时闭合开关S1和S2，断开S3，电流表A的示数为I2＝6A。仅闭合开关S3，直流电动M正常工作，电流表A的示数为I3＝8A。求：
（1）电源的电动势E和内阻r；
（2）直流电动机M正常工作时，求电动机的输出功率。
【分析】（1）对仅闭合开关S1和同时闭合开关S1和S2，断开S3两种情形，分别闭合电路欧姆定律列方程，来求解电源的电动势和内阻；
（2）直流电动机M正常工作时，由闭合电路欧姆定律求出路端电压，再由电动机的输入功率与发热功率之差求输出功率。
【解答】解：（1）仅闭合开关S1时，R1与R2串联，由闭合电路欧姆定律得
E＝I1（R1+R3+r）
同时闭合开关S1和S2，断开S3时，R2被短路，又由闭合电路欧姆定律得
E＝I2（R2+r）
联立解得
E＝36V，r＝1Ω
（2）仅闭合开关S3，直流电动机M正常工作时，设电动机两端的电压为U。
由闭合电路欧姆定律得
E＝U+I4r
电动机的输出功率为
P出＝UI3﹣RM
联立解得
P出＝160W
答：（1）电源的电动势E为36V，内阻为1Ω；
（2）电动机的输出功率为160W。
【点评】本题要确定电路的连接方式，根据闭合电路的欧姆定律和串并联电路的规律求解电动势、内阻。要明确电动机的输出功率等于输入功率与发热功率之差。
14．（12分）如图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10﹣11kg、电荷量q＝+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1＝100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°．已知偏转电场中金属板长L＝2cm，圆形匀强磁场的半径R＝10，重力忽略不计。求：
（1）带电微粒经U1＝100V的电场加速后的速率；
（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；
（3）匀强磁场的磁感应强度的大小。
【分析】（1）根据动能定理求解带电微粒经U1＝100V的电场加速后的速率；
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度。
（2）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小。
【解答】解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，
根据动能定理：qU1＝﹣0…①
代入数据解得：v1＝6×104m/s…②；
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。
在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向：v1＝…③
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a2
竖直方向：a＝ v2＝at ④
由几何关系：tanθ＝…⑤
代入数据解得：E＝×104V/m…⑥
（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，
则v＝，
代入数据解得：v＝2×104m/s…⑦
由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，
则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
则轨迹半径为：r＝Rtan60°，解得：r＝6.3m…⑧
由牛顿第二定律得：qvB＝m…⑨
代入数据解得：B＝6.13T ⑩；
答：（1）带电微粒经U1＝100V的电场加速后的速率为1×104m/s；
（2）两金属板间偏转电场的电场强度E为×104V/m；
（3）匀强磁场的磁感应强度的大小为8.13T。
【点评】本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系。
15．（16分）如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，下端连接R＝1.0Ω的电阻，导轨电阻不计，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝0.5kg、电阻r＝1.0Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，sin37°＝0.6，cs37°＝0.82，求：
（1）金属棒匀速运动时的速度大小v；
（2）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR；
（3）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，通过电阻R的电荷量q；
（4）金属棒匀速运动之后撤去恒力F，撤去恒力的同时，减小磁感应强度B，已知撤去恒力的瞬间，金属棒距导轨底端的距离为x0＝2.5m，并从此刻开始计时，请推导磁感应强度B随着时间t变化的函数关系。
【分析】（1）当金属棒所受的合力为零时开始做匀速直线运动，根据共点力平衡条件，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式求出匀速运动的速度v；
（2）对整个回路，应用能量守恒定律可以求出整个回路产生的焦耳热，然后应用串联电路特点求出R上产生的焦耳热。
（3）根据q＝•Δt以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律求解通过电阻R的电荷量q。
（4）电路中无感应电流，是因为穿过回路的磁通量不变，据此列式求解磁感应强度B随着时间t变化的函数关系。
【解答】解：（1）金属棒匀速运动时产生的感应电动势为：E＝BLv
感应电流为：I＝
由平衡条件有：F＝mgsinθ+BIL
代入数据联立解得：v＝1m/s
（2）设整个电路中产生的总热量为Q，由能量守恒定律有：
Fx＝Q+mgxsinθ+mv2
代入数据解得：Q＝3.75J
电阻R上产生的热量QR＝Q＝
（3）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，通过电阻R的电荷量q＝
又根据闭合电路欧姆定律得＝
根据法拉第电磁感应定律得＝＝
联立可得q＝
代入数据解得：q＝7C
（4）电路中无感应电流，穿过回路的磁通量不变。
撤去恒力后金属棒的加速度大小为a＝＝gsin37°＝10×0.6m/s2＝6m/s2
根据磁通量不变，可得BL（x3+vt﹣）＝B0Lx0
其中B3＝2.0T，代入数据解得：B＝T
答：（1）金属棒匀速运动时的速度大小v是1m/s；
（2）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR为3.875J；
（3）金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，通过电阻R的电荷量q为2C；
（4）磁感应强度B随着时间t变化的函数关系为B＝T。
【点评】本题分别从力和能量的角度来研究电磁感应现象，关键要抓住电路中无感应电流的条件：穿过回路的磁通量不变，结合金属棒的运动情况，来确定磁感应强度B随着时间t变化的函数关系。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
B
D
D
B
C
A