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安徽省定远市重点中学2018-2019学年高二上学期物理第三次月考试卷
一、单选题
1．（2018高二上·定远月考）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，k为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k的过程中，下列说法中正确的有（　　）
A．在k处球b速度最大 B．在k处球c对轨道压力最大
C．球b需时最长 D．球c机械能损失最多
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对a小球受力分析可知， ，所以 ；
对b球受力分析可得， ，所以 ；
对c球受力分析可知 ，所以 ；
由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b球的运动的时间也长，所以A不符合题意C符合题意；c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大，所以B不符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用动能定理可以判别到达最低点的速度大小；结合牛顿第二定律可以判别压力的大小；利用速度可以判别运动的时间；利用电场力做功可以判别机械能的变化。
2．（2017高二上·嘉峪关期末）如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（　　）
A．t1=t2＜t3 B．t2＞t1＞t3 C．t1=t2=t3 D．t1＞t2=t3?
【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场及电场力；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：设极板长度为L，粒子在电场与磁场中做运动直线运动，运动时间t1= ，
粒子在电场中做类平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀加速运动，
运动时间由水平分运动决定t2= =t1；
粒子在磁场中做圆周运动，运动路程s＞L，洛伦兹力对粒子不做功，速率v不变，运动时间t3= ＞ =t1=t2；
则t1=t2＜t3，故A正确，BCD错误；
故选A．
【分析】带电粒子在混合场中做匀速直线运动，位移等于板长；在电场中做类平抛运动，它的运动时间由水平方向的分运动决定；在磁场中做圆周运动，运动时间由弧长与运动速率决定．
3．（2017高二上·南昌期末）如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知其半径ra=2rb，则由此可知（　　）
A．两粒子均带正电，质量比ma：mb=1：4
B．两粒子均带负电，质量比ma：mb=1：4
C．两粒子均带正电，质量比ma：mb=4：1
D．两粒子均带负电，质量比ma：mb=4：1
【答案】D
【知识点】左手定则；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：两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到洛伦兹力均向下，由左手定则可知，四指所指的方向与粒子的运动方向相反，所以这两个粒子均带负电；
根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m ，得：r= = ，P是粒子的动量大小．
由动能和动量之间的关系有：P= ，得：
a粒子动量为：Pa= …①
b粒子动量为：Pb= …②
由题意有： = = = …③
①②③联立得： =4：1，故D正确．
故选：D．
【分析】带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径表示粒子的质量，即可求得质量之比．
4．（2018高二上·定远月考）如图所示，半径为R的1/4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子都击中在O点处
B．粒子的初速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子到达y轴上的最大时间差为
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，A不符合题意；从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得 ，则速度 ，B不符合题意；偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，时间 ，C不符合题意；从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为 ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】利用最高点的粒子可以判别离开磁场的位置；利用几何知识可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出速度的大小；利用圆心角的大小可以求出运动时间和运动时间之差。
5．（2018高二上·定远月考）如图所示，真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB．一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN．下列判断中正确的是（　　）
A．点电荷A一定带正电
B．EM小于EN
C．φM大于φN
D．此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能
【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，大致向右，而该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以B点带的是正电，A不符合题意；因为 ，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，所以 小于 小于 ，负电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，B符合题意，C不符合题意； 小于 ，根据负电荷在电势高处电势能大，则知此试探电荷在M处的电势能大于N处的电势能，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向结合电性可以判别场强的方向；利用场强方向可以判别场源电荷的电性；利用电场线的分布可以比较电势和场强的大小，结合电性可以比较电势能的大小。
6．（2018高二上·定远月考）如图所示，一圆心为O，半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为60°.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．P点的场强为0，电势也为0
B．A点电势低于C点电势
C．点电荷＋q从A到C的过程中电势能先减小后增大
D．点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能
【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】A、+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0，A不符合题意；
B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，A、C两点的电势相等，B不符合题意；
C、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变，C不符合题意；
D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式 分析可知：点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电场线的分布可以判别场强和电势的大小；利用电场力做功可以判别电势能的高低。
7．（2018高二上·定远月考）空间有一沿x轴分布的电场，其电势φ随x变化如图，下列说法正确的是（　　）
A．x1和－x1两点的电势相等
B．x1点的电场强度比x3点电场强度大
C．一正电荷沿x轴从x1点移动到－x1点，电势能一直增大
D．一负电荷沿x轴从x1点移动到x3点，电场力先做正功再做负功
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A：电势的正负表示电势的高低，由图得x1处的电势(正)比-x1的电势(负)高，A不符合题意。
B：，沿x轴分布的电场，电势φ随x的图象的切线斜率绝对值表示场强大小，则x1点的电场强度比x3点电场强度大；B不符合题意。
C：沿x轴从x1点移动到-x1点，电势降低，据 ，可知正电荷电势能减小；C不符合题意。
D：沿x轴从x1点移动到x3点，电势先增大后减小，据 ，可知负电荷电势能先减小再增大，则电场力先做正功再做负功。D符合题意。\
故答案为：D
【分析】利用坐标可以判别电势的大小；利用斜率可以判别场强的大小；利用电势结合电性可以判别电场力做功及电势能的变化。
8．（2018高二上·定远月考）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（　　）
A．C，D两处电势、场强均相同
B．A，B两处电势、场强均相同
C．在虚线AB上O点的场强最大
D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能
【答案】A
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】由等量异种点电荷周围电场线和等势线的分布情况可知，A、B两处电势不相等，场强相同，B不符合题意；CD两处电势、场强均相同，A符合题意；在虚线AB上O点的场强最小，C不符合题意；O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电势能，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】利用电场线的分布可以判别场强和电势的高低；利用电势高低结合电性可以判别电势能的大小。
二、多选题
9．（2018高二上·定远月考）如图所示，真空中存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自a沿曲线acb运动到b点时，速度为零，c是轨迹的最低点。以下说法中正确的是（　　）
A．液滴带负电 B．液滴在C点动能最大
C．液滴运动过程中机械能守恒 D．液滴在C点机械能最大
【答案】A,B,D
【知识点】动能；机械能守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】粒子受到的电场力和重力都沿竖直方向，所以如果粒子带正电，则受到向左的洛伦兹力，合力方向不会指向轨迹的凹侧，所以粒子带负电，A符合题意，从A到C过程中重力和电场力都做正功，故到C点动能最大，过程中是机械能和动能相互转化，所以机械能不守恒，C不符合题意，到C点电场力做功最大，所以转化为机械能最多，所以C点的机械能最大，D符合题意，
故答案为：ABD
【分析】利用动能定理可以判别液滴带的电性；利用动能定理可以判别C点的动能和机械能最大；由于电场力做功机械能不守恒。
10．（2018高二上·定远月考）某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB是一段圆弧的电阻，O点为其圆心，圆弧半径为r．O点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与AB接触良好且无摩擦．A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V．整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的是（　　）
A．从图中看到列车一定是向右加速运动
B．当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大
C．若电压表显示3V，则列车的加速度为 g
D．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的
【答案】C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】小球所受的合力水平向右，知列车向右做加速运动或向左做减速运动，A不符合题意；小球的加速度 ，当加速度增大， 增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，BC段电压增大，B不符合题意；当电压表为 时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则 ，则 ，C符合题意；根据 知， 与 不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与 成正比，所以 与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用小球的合力方向可以判别加速度的方向不能判别小车的运动情况；利用加速度变大时夹角变大所以分压大小变大，但是由于总电阻不变所以电流大小不变；利用分压大小可以判别电阻的大小及夹角的大小，利用角度大小可以求出加速度的大小；由于加速度和电压不成正比所以刻度不均匀。
11．（2018高二上·定远月考）如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E．由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是（　　）
A．P、Q间加速电压为
B．离子在磁场中运动的半径为
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点则这些离子具有相同的比荷
【答案】A,B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】直线加速过程，根据动能定理，有：
qU= mv2…①
电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：
qE=m …②
磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：
qvB=m …③
A、由①②解得：U= ，…④，A符合题意；
B、由上解得：r= = …⑤，B符合题意；
C、由④式，只要满足R= ，所有粒子都可以在弧形电场区通过；
由⑤式，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，C不符合题意；
D、由③④解得：r= ，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；
由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，D符合题意；
故答案为：ABD．
【分析】利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出加速电压的大小；利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小；利用圆弧轨道半径的表达式可以判别轨迹和粒子的闭合无关；利用轨道半径的表达式可以判别比荷相同。
12．（2018高二上·定远月考）劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如右图所示。置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（　　）
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速 粒子
【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】质子处回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则最大速度为 ，A对；由 ，知 ，则最大动能 ，与加速电压无关，B不符合题意；由 ，则质子第二次和第一次经过D形盒的半径比为 ，C对；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，由 知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用周期和半径可以求出粒子的最大速度；利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出动能与加速电压无关；利用牛顿第二定律可以求出轨道半径之比；利用周期的表达式可以判别与比荷大小有关。
三、实验题
13．（2018高二上·定远月考）某同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路图。已知选用的电流表内阻 、满偏电流 ，当选择开关接3时为量程100V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数据没有标出。
（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为　 　；选择开关接3时其读数为　 　；（保留3位有效数字）
（2）为了测该多用电表电阻档的电阻和表内电源的电动势，这位同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指C处，此时电阻箱的示数如图丙，则C处刻度应为　 　 .
③计算得到多用电表内电池的电动势为　 　V。（保留2位有效数字）
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为　 　 。（保留2位有效数字）
【答案】（1））6.90mA；173V
（2）15；1.5
（3）67
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）选择开关接1时测电流，其分度值为0.5mA，示数为17.3mA；选择开关接3时测电压，其分度值为2V，其示数为69V；（2）②由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω；
③由图1乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为12.5mA=0.0125A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势E=I（R+r）=0.0125×（150+150）=3.8V；（3）根据第（1）问可知，表头所示电流为17.3mA；调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值也为17.3mA，而表内电池的电动势为E=3.8V，表内总电阻为150Ω，由欧姆定律可知： ；所以待测电阻的阻值为70Ω．
【分析】（1）利用电流表量程可以读出对应的读数；利用电压表量程可以读出对应的读数；
（2）利用电阻箱示数乘以倍数可以读出读数；利用中值电阻结合电流表读数可以求出电动势的大小；
（3）利用欧姆定律可以求出被测电阻的大小。
14．（2018高二上·滁州月考）有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为60cm，电阻大约为6 ，横截面如图甲所示。
（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为　 　mm；
（2）现有如下器材
A．电流表（量程0.6A，内阻约为0.1 ）
B．电流表（量程3A，内阻约为0.03 ）
C．电压表（量程3V，内阻约为3 ）
D．滑动变阻器（1000 ，0.3A）
E．滑动变阻器（15 ，3A）
F．蓄电池（6V，内阻很小）
G．开关，带夹子的导线若干
实验采用限流式接法，请将图丙所示的实际测量电路补充完整　 　。电路中的电流表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（只填代号字母）
（3）已知金属管线样品材料的电阻率为 ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积S，在前面实验的基础上，还需要精确测量的物理量是　 　（所测物理量用字母表示并用文字说明）。计算中空部分截面积的表达式为S=　 　。
【答案】（1）0.900mm
（2）；A；E
（3）管线长度L；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）、螺旋测微器的读数等于0.5mm+0.01×40.0mm=0.900mm．（2）、电路中的电流大约为I=0.5A，所以电流表选择A．待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E．（3）、待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法．滑动变阻器采用限流式接法．还需要测量的物理量是管线长度L，根据R=ρ ，则S= ，则中空部分的截面积S′= 见答图
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以读出外径的大小；
（2）利用电路电流可以选择电流表量程；利用被测电阻的阻值可以判别滑动电阻器的量程；利用待测电阻可以判别电流表使用外接；滑动变阻器使用限流式接法；
（3）利用电阻定律可以判别需要测量导线长度；利用电阻定律结合面积公式可以求出中空的面积。
四、解答题
15．（2018高二上·定远月考）如图所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m、电量为q＝mg/E的可视为质点的带正电小球，在t＝0时刻以大小为v0的水平初速度向右通过电场中的一点P，当t＝t1时刻在电场所在空间中加上一如图所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正．
（1）如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件时t1的表达式(用题中所给物理量的符号表示)
（2）若小球能始终在电场所在空间做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小．
（3）当小球运动的周期最大时，在图中画出小球运动一个周期的轨迹．
【答案】（1）解：当小球进入电场时：mg＝Eq将做匀速直线运动
在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周运动周期为T0，如图
若竖直向下通过D点，由图分析可知必有以下两个条件：
PF－PD＝R即：v0t1－L＝R
qv0B0＝
所以：v0t1－L＝
（2）解：小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电场的情况下，当T最大时有：DQ＝2R
由图分析可知小球在电场中运动的最大周期：
（3）解：如图所示：
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用几何知识结合牛顿第二定律可以求出t1的对应时刻。
（2）利用牛顿第二定律结合轨道半径的最大值可以求出周期的最大值；
（3）利用周期最大结合几何知识可以画出对应的轨迹图像。
16．（2018高二上·定远月考）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图1，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电压UH．当电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，EH和UH达到稳定值。
（1）设半导体薄片的宽度（c、f间距）为l，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中c、f哪端的电势高；
（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的自由电荷数为n，每个电荷量为q。理论表明霍尔电压UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d、材料的性质有关。试推导出UH的表达式，并指出表达式中体现材料性质的物理量；
（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉动信号图象如图3所示。若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式。
【答案】（1）解：由 可得： C端高
（2）解：当电场力与洛伦兹力相等时 ，得
得
（3）解：a.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则 P=mNt
圆盘转速为
【知识点】霍尔元件
【解析】【分析】（1）利用洛伦兹力的偏转方向可以判别电势的高低；利用场强和电势差的关系可以求出电势差的表达式；
（2）利用电势差的表达式结合电场力等于洛伦兹力可以求出材料因素的表达式；
（3）利用脉冲个数的表达式可以求出转速的大小。
17．（2018高二上·定远月考）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）．
（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；
（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？
（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．
【答案】（1）解：由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinα=ma得：
a=
答：已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为
（2）解：球恰能过B点有：
（mg﹣qE）= （1）
由动能定理，从A点到B点过程，则有：
（mg﹣qE）（h1﹣2R）= ﹣0 （2）
由（1）（2）解得h1=
答：若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度h至少应为
（3）解：因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加
则增加量：△E=qE（h2﹣2R）=qE（5R﹣2R）=3qER
由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3Qer
答：若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，在此过程中小球机械能的改变量3qER
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出高度的大小；
（3）利用电场力做功可以求出机械能的变化量。
1 / 1安徽省定远市重点中学2018-2019学年高二上学期物理第三次月考试卷
一、单选题
1．（2018高二上·定远月考）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，k为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k的过程中，下列说法中正确的有（　　）
A．在k处球b速度最大 B．在k处球c对轨道压力最大
C．球b需时最长 D．球c机械能损失最多
2．（2017高二上·嘉峪关期末）如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（　　）
A．t1=t2＜t3 B．t2＞t1＞t3 C．t1=t2=t3 D．t1＞t2=t3?
3．（2017高二上·南昌期末）如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知其半径ra=2rb，则由此可知（　　）
A．两粒子均带正电，质量比ma：mb=1：4
B．两粒子均带负电，质量比ma：mb=1：4
C．两粒子均带正电，质量比ma：mb=4：1
D．两粒子均带负电，质量比ma：mb=4：1
4．（2018高二上·定远月考）如图所示，半径为R的1/4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子都击中在O点处
B．粒子的初速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子到达y轴上的最大时间差为
5．（2018高二上·定远月考）如图所示，真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB．一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN．下列判断中正确的是（　　）
A．点电荷A一定带正电
B．EM小于EN
C．φM大于φN
D．此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能
6．（2018高二上·定远月考）如图所示，一圆心为O，半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为60°.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．P点的场强为0，电势也为0
B．A点电势低于C点电势
C．点电荷＋q从A到C的过程中电势能先减小后增大
D．点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能
7．（2018高二上·定远月考）空间有一沿x轴分布的电场，其电势φ随x变化如图，下列说法正确的是（　　）
A．x1和－x1两点的电势相等
B．x1点的电场强度比x3点电场强度大
C．一正电荷沿x轴从x1点移动到－x1点，电势能一直增大
D．一负电荷沿x轴从x1点移动到x3点，电场力先做正功再做负功
8．（2018高二上·定远月考）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（　　）
A．C，D两处电势、场强均相同
B．A，B两处电势、场强均相同
C．在虚线AB上O点的场强最大
D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能
二、多选题
9．（2018高二上·定远月考）如图所示，真空中存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自a沿曲线acb运动到b点时，速度为零，c是轨迹的最低点。以下说法中正确的是（　　）
A．液滴带负电 B．液滴在C点动能最大
C．液滴运动过程中机械能守恒 D．液滴在C点机械能最大
10．（2018高二上·定远月考）某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB是一段圆弧的电阻，O点为其圆心，圆弧半径为r．O点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与AB接触良好且无摩擦．A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V．整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的是（　　）
A．从图中看到列车一定是向右加速运动
B．当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大
C．若电压表显示3V，则列车的加速度为 g
D．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的
11．（2018高二上·定远月考）如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E．由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是（　　）
A．P、Q间加速电压为
B．离子在磁场中运动的半径为
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点则这些离子具有相同的比荷
12．（2018高二上·定远月考）劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如右图所示。置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（　　）
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速 粒子
三、实验题
13．（2018高二上·定远月考）某同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路图。已知选用的电流表内阻 、满偏电流 ，当选择开关接3时为量程100V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数据没有标出。
（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为　 　；选择开关接3时其读数为　 　；（保留3位有效数字）
（2）为了测该多用电表电阻档的电阻和表内电源的电动势，这位同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指C处，此时电阻箱的示数如图丙，则C处刻度应为　 　 .
③计算得到多用电表内电池的电动势为　 　V。（保留2位有效数字）
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为　 　 。（保留2位有效数字）
14．（2018高二上·滁州月考）有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为60cm，电阻大约为6 ，横截面如图甲所示。
（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为　 　mm；
（2）现有如下器材
A．电流表（量程0.6A，内阻约为0.1 ）
B．电流表（量程3A，内阻约为0.03 ）
C．电压表（量程3V，内阻约为3 ）
D．滑动变阻器（1000 ，0.3A）
E．滑动变阻器（15 ，3A）
F．蓄电池（6V，内阻很小）
G．开关，带夹子的导线若干
实验采用限流式接法，请将图丙所示的实际测量电路补充完整　 　。电路中的电流表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（只填代号字母）
（3）已知金属管线样品材料的电阻率为 ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积S，在前面实验的基础上，还需要精确测量的物理量是　 　（所测物理量用字母表示并用文字说明）。计算中空部分截面积的表达式为S=　 　。
四、解答题
15．（2018高二上·定远月考）如图所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m、电量为q＝mg/E的可视为质点的带正电小球，在t＝0时刻以大小为v0的水平初速度向右通过电场中的一点P，当t＝t1时刻在电场所在空间中加上一如图所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正．
（1）如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件时t1的表达式(用题中所给物理量的符号表示)
（2）若小球能始终在电场所在空间做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小．
（3）当小球运动的周期最大时，在图中画出小球运动一个周期的轨迹．
16．（2018高二上·定远月考）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图1，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电压UH．当电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，EH和UH达到稳定值。
（1）设半导体薄片的宽度（c、f间距）为l，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中c、f哪端的电势高；
（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的自由电荷数为n，每个电荷量为q。理论表明霍尔电压UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d、材料的性质有关。试推导出UH的表达式，并指出表达式中体现材料性质的物理量；
（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉动信号图象如图3所示。若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式。
17．（2018高二上·定远月考）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）．
（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；
（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？
（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对a小球受力分析可知， ，所以 ；
对b球受力分析可得， ，所以 ；
对c球受力分析可知 ，所以 ；
由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b球的运动的时间也长，所以A不符合题意C符合题意；c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大，所以B不符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用动能定理可以判别到达最低点的速度大小；结合牛顿第二定律可以判别压力的大小；利用速度可以判别运动的时间；利用电场力做功可以判别机械能的变化。
2．【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场及电场力；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：设极板长度为L，粒子在电场与磁场中做运动直线运动，运动时间t1= ，
粒子在电场中做类平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀加速运动，
运动时间由水平分运动决定t2= =t1；
粒子在磁场中做圆周运动，运动路程s＞L，洛伦兹力对粒子不做功，速率v不变，运动时间t3= ＞ =t1=t2；
则t1=t2＜t3，故A正确，BCD错误；
故选A．
【分析】带电粒子在混合场中做匀速直线运动，位移等于板长；在电场中做类平抛运动，它的运动时间由水平方向的分运动决定；在磁场中做圆周运动，运动时间由弧长与运动速率决定．
3．【答案】D
【知识点】左手定则；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：两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到洛伦兹力均向下，由左手定则可知，四指所指的方向与粒子的运动方向相反，所以这两个粒子均带负电；
根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m ，得：r= = ，P是粒子的动量大小．
由动能和动量之间的关系有：P= ，得：
a粒子动量为：Pa= …①
b粒子动量为：Pb= …②
由题意有： = = = …③
①②③联立得： =4：1，故D正确．
故选：D．
【分析】带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径表示粒子的质量，即可求得质量之比．
4．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，A不符合题意；从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得 ，则速度 ，B不符合题意；偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，时间 ，C不符合题意；从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为 ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】利用最高点的粒子可以判别离开磁场的位置；利用几何知识可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出速度的大小；利用圆心角的大小可以求出运动时间和运动时间之差。
5．【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，大致向右，而该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以B点带的是正电，A不符合题意；因为 ，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，所以 小于 小于 ，负电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，B符合题意，C不符合题意； 小于 ，根据负电荷在电势高处电势能大，则知此试探电荷在M处的电势能大于N处的电势能，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向结合电性可以判别场强的方向；利用场强方向可以判别场源电荷的电性；利用电场线的分布可以比较电势和场强的大小，结合电性可以比较电势能的大小。
6．【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】A、+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0，A不符合题意；
B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，A、C两点的电势相等，B不符合题意；
C、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变，C不符合题意；
D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式 分析可知：点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电场线的分布可以判别场强和电势的大小；利用电场力做功可以判别电势能的高低。
7．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A：电势的正负表示电势的高低，由图得x1处的电势(正)比-x1的电势(负)高，A不符合题意。
B：，沿x轴分布的电场，电势φ随x的图象的切线斜率绝对值表示场强大小，则x1点的电场强度比x3点电场强度大；B不符合题意。
C：沿x轴从x1点移动到-x1点，电势降低，据 ，可知正电荷电势能减小；C不符合题意。
D：沿x轴从x1点移动到x3点，电势先增大后减小，据 ，可知负电荷电势能先减小再增大，则电场力先做正功再做负功。D符合题意。\
故答案为：D
【分析】利用坐标可以判别电势的大小；利用斜率可以判别场强的大小；利用电势结合电性可以判别电场力做功及电势能的变化。
8．【答案】A
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】由等量异种点电荷周围电场线和等势线的分布情况可知，A、B两处电势不相等，场强相同，B不符合题意；CD两处电势、场强均相同，A符合题意；在虚线AB上O点的场强最小，C不符合题意；O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电势能，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】利用电场线的分布可以判别场强和电势的高低；利用电势高低结合电性可以判别电势能的大小。
9．【答案】A,B,D
【知识点】动能；机械能守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】粒子受到的电场力和重力都沿竖直方向，所以如果粒子带正电，则受到向左的洛伦兹力，合力方向不会指向轨迹的凹侧，所以粒子带负电，A符合题意，从A到C过程中重力和电场力都做正功，故到C点动能最大，过程中是机械能和动能相互转化，所以机械能不守恒，C不符合题意，到C点电场力做功最大，所以转化为机械能最多，所以C点的机械能最大，D符合题意，
故答案为：ABD
【分析】利用动能定理可以判别液滴带的电性；利用动能定理可以判别C点的动能和机械能最大；由于电场力做功机械能不守恒。
10．【答案】C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】小球所受的合力水平向右，知列车向右做加速运动或向左做减速运动，A不符合题意；小球的加速度 ，当加速度增大， 增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，BC段电压增大，B不符合题意；当电压表为 时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则 ，则 ，C符合题意；根据 知， 与 不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与 成正比，所以 与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用小球的合力方向可以判别加速度的方向不能判别小车的运动情况；利用加速度变大时夹角变大所以分压大小变大，但是由于总电阻不变所以电流大小不变；利用分压大小可以判别电阻的大小及夹角的大小，利用角度大小可以求出加速度的大小；由于加速度和电压不成正比所以刻度不均匀。
11．【答案】A,B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】直线加速过程，根据动能定理，有：
qU= mv2…①
电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：
qE=m …②
磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：
qvB=m …③
A、由①②解得：U= ，…④，A符合题意；
B、由上解得：r= = …⑤，B符合题意；
C、由④式，只要满足R= ，所有粒子都可以在弧形电场区通过；
由⑤式，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，C不符合题意；
D、由③④解得：r= ，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；
由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，D符合题意；
故答案为：ABD．
【分析】利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出加速电压的大小；利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小；利用圆弧轨道半径的表达式可以判别轨迹和粒子的闭合无关；利用轨道半径的表达式可以判别比荷相同。
12．【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】质子处回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则最大速度为 ，A对；由 ，知 ，则最大动能 ，与加速电压无关，B不符合题意；由 ，则质子第二次和第一次经过D形盒的半径比为 ，C对；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，由 知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用周期和半径可以求出粒子的最大速度；利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出动能与加速电压无关；利用牛顿第二定律可以求出轨道半径之比；利用周期的表达式可以判别与比荷大小有关。
13．【答案】（1））6.90mA；173V
（2）15；1.5
（3）67
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）选择开关接1时测电流，其分度值为0.5mA，示数为17.3mA；选择开关接3时测电压，其分度值为2V，其示数为69V；（2）②由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω；
③由图1乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为12.5mA=0.0125A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势E=I（R+r）=0.0125×（150+150）=3.8V；（3）根据第（1）问可知，表头所示电流为17.3mA；调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值也为17.3mA，而表内电池的电动势为E=3.8V，表内总电阻为150Ω，由欧姆定律可知： ；所以待测电阻的阻值为70Ω．
【分析】（1）利用电流表量程可以读出对应的读数；利用电压表量程可以读出对应的读数；
（2）利用电阻箱示数乘以倍数可以读出读数；利用中值电阻结合电流表读数可以求出电动势的大小；
（3）利用欧姆定律可以求出被测电阻的大小。
14．【答案】（1）0.900mm
（2）；A；E
（3）管线长度L；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）、螺旋测微器的读数等于0.5mm+0.01×40.0mm=0.900mm．（2）、电路中的电流大约为I=0.5A，所以电流表选择A．待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E．（3）、待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法．滑动变阻器采用限流式接法．还需要测量的物理量是管线长度L，根据R=ρ ，则S= ，则中空部分的截面积S′= 见答图
【分析】（1）利用螺旋测微器结构可以读出外径的大小；
（2）利用电路电流可以选择电流表量程；利用被测电阻的阻值可以判别滑动电阻器的量程；利用待测电阻可以判别电流表使用外接；滑动变阻器使用限流式接法；
（3）利用电阻定律可以判别需要测量导线长度；利用电阻定律结合面积公式可以求出中空的面积。
15．【答案】（1）解：当小球进入电场时：mg＝Eq将做匀速直线运动
在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周运动周期为T0，如图
若竖直向下通过D点，由图分析可知必有以下两个条件：
PF－PD＝R即：v0t1－L＝R
qv0B0＝
所以：v0t1－L＝
（2）解：小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电场的情况下，当T最大时有：DQ＝2R
由图分析可知小球在电场中运动的最大周期：
（3）解：如图所示：
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用几何知识结合牛顿第二定律可以求出t1的对应时刻。
（2）利用牛顿第二定律结合轨道半径的最大值可以求出周期的最大值；
（3）利用周期最大结合几何知识可以画出对应的轨迹图像。
16．【答案】（1）解：由 可得： C端高
（2）解：当电场力与洛伦兹力相等时 ，得
得
（3）解：a.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则 P=mNt
圆盘转速为
【知识点】霍尔元件
【解析】【分析】（1）利用洛伦兹力的偏转方向可以判别电势的高低；利用场强和电势差的关系可以求出电势差的表达式；
（2）利用电势差的表达式结合电场力等于洛伦兹力可以求出材料因素的表达式；
（3）利用脉冲个数的表达式可以求出转速的大小。
17．【答案】（1）解：由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinα=ma得：
a=
答：已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为
（2）解：球恰能过B点有：
（mg﹣qE）= （1）
由动能定理，从A点到B点过程，则有：
（mg﹣qE）（h1﹣2R）= ﹣0 （2）
由（1）（2）解得h1=
答：若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度h至少应为
（3）解：因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加
则增加量：△E=qE（h2﹣2R）=qE（5R﹣2R）=3qER
由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3Qer
答：若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，在此过程中小球机械能的改变量3qER
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出高度的大小；
（3）利用电场力做功可以求出机械能的变化量。
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