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(3)為了精確測得上述待測電阻Rx的阻值，實驗室提供了如下器材：A．電流表A1(量程50 mA、內(nèi)阻r1＝10 Ω)B．電流表A2(量程200 mA、內(nèi)阻r2約為2 Ω)C．定值電阻R0＝30 ΩD．滑動變阻器R(最大阻值約為10 Ω)E．電源E(電動勢約為4 V)F．開關(guān)S、導(dǎo)線若干該同學(xué)設(shè)計了測量電阻Rx的一種實驗電路原理圖如圖b所示，N處的電流表應(yīng)選用____________(填器材選項前相應(yīng)的英文字母)．開關(guān)S閉合前應(yīng)將滑動變阻器的滑片置于___________(選填“a”或者“b”)．若M、N電表的讀數(shù)分別為IM、IN，則Rx的計算式為Rx＝___________________(用題中字母表示)三、 計算題（共40分，第X題X分，第X題X分）長質(zhì)量為，粗細(xì)均勻的金屬棒，兩端用完全相同的彈簧掛起，放在磁感強度為，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，如圖所示，金屬棒處于靜止，若不計彈簧力，問（）（1）若彈簧不伸長，則金屬棒中電流的大小和方向如何？（2）如果在金屬中通入的是自左向右、大小為的電流，則金屬棒最終靜止時，彈簧伸長，若通入金屬棒中的電流為，但方向相反，則金屬棒最終靜止時彈簧形變量為多少?
如圖所示，蹄形磁鐵的磁極之間放置一個裝有導(dǎo)電液體的玻璃器皿，器皿中心和邊緣分別固定一個圓柱形電極和一個圓環(huán)形電極，兩電極間液體的等效電阻為R1=1.0Ω。在左邊的供電電路中接入一個磁流體發(fā)電機，間距為d=0.010m的平行金屬板A、B之間有一磁感應(yīng)強度為B=0.010T的勻強磁場，將一束等離子體以v=1.5×105m/s的水平速度噴入磁場。已知磁流體發(fā)電機等效內(nèi)阻為R2=3.0Ω，定值電阻R0=2.0Ω，電壓表為理想電表。閉合開關(guān)S0，導(dǎo)電液體流速趨于穩(wěn)定時，電壓表示數(shù)為10.0V?；卮鹨韵聠栴}∶(1)液體旋轉(zhuǎn)方向為順時針還是逆時針（俯視）？并作以解釋；(2)磁流體發(fā)電機的效率(3)導(dǎo)電液體旋轉(zhuǎn)的機械功率。 如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為θ=45°，緊靠磁場右上邊界放置長為L、間距為d的平行金屬板M、N，磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上，O1、O2為電場左右邊界中點．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場（取豎直向下為正方向）．某時刻從O點豎直向上以不同初速度同時發(fā)射兩個相同的質(zhì)量為m、電量為+q的粒子a和b．結(jié)果粒子a恰從O1點水平進入板間電場運動，由電場中的O2點射出；粒子b恰好從M板左端邊緣水平進入電場．不計粒子重力和粒子間相互作用，電場周期T未知．求：（1）粒子a、b從磁場邊界射出時的速度va、vb；（2）粒子a從O點進入磁場到O2點射出電場運動的總時間t；（3）如果金屬板間交變電場的周期，粒子b從圖乙中t=0時刻進入電場，求要使粒子b能夠穿出板間電場時E0滿足的條件．
2020-2021年福州師大附中高二上期末考試試卷物理試卷答案一、 選擇題123456789101112BCDBDCDCBDACDBCCD【答案】B【詳解】AB．小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)是因為帶負(fù)電荷的橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；C．僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故C錯誤；D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故D錯誤。故選B。【答案】C【詳解】A、沿著電場線方向，電勢降低，所以a、b、c三點中，c點電勢最低，b點電勢最高，故A錯誤；B、電場線的疏密程度反映場強的大小， c點電場線最密，所以c點場強最大，故B錯誤；C、由于電勢能，b點的電勢高于在c點的電勢，所以正電荷在b點的電勢能大于在c點的電勢能，故C正確；D、負(fù)電荷在b點由靜止釋放，電場力水平向右，僅在電場カ的作用下向右運動，不可能沿直線由b點運動到c，故D錯誤；故選C．【答案】D【詳解】AB．由圖象可知，電動勢測量值E測=1.4V，電源內(nèi)阻由圖甲所示電路圖可知，相對于電源來說，電流表采用了外接法，由于電壓表的分流，使電流表所測電流小于流過電源的電流；實驗誤差來源于電壓表的分流，電動勢和內(nèi)阻測量值和真實值之間的關(guān)系為E測=E真，r測=電源電動勢與內(nèi)阻測量值都小于真實值，A錯誤，B錯誤；C．外電路發(fā)生短路時的電流為C錯誤；D．電壓表的示數(shù)為1.20 V時，電流表的示數(shù)I′==0.20 AD正確。故選D。【答案】B【解析】試題分析：粒子速度選擇器中受到電場力和洛倫茲力兩個作用，電場力不變，速度方向不變，可知洛倫茲力與電場力應(yīng)平衡，由左手定則判斷出洛倫茲力方向，粒子進入勻強磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到半徑表達式，根據(jù)半徑公式分析半徑越大時，粒子的質(zhì)量和比荷的大小甲粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，乙粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知甲粒子帶負(fù)電，乙粒子帶正電，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，，得：，則甲的比荷大于乙的比荷，B正確；能通過狹縫的帶電粒子，根據(jù)平衡條件可得，得速率，故C錯誤；若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，由前面分析，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為2：3，故D錯誤；【答案】D【詳解】AB．電路穩(wěn)定時電阻箱分得的電壓為零，把電阻箱的阻值調(diào)大或調(diào)小，電容器兩端電壓還是等于電源電動勢，極板間電場強度不變，電子仍擊中Q點，故AB錯誤；C．將電容器上極板下移一小段距離，電容器兩板間電壓不變，距離變小，根據(jù)可知場強變大，偏轉(zhuǎn)距離將變大，而上板又下移，所以粒子將打在上極板上，故C錯誤；D．?dāng)嚅_開關(guān)S，電容器的電荷量不變，將電容器的上極板上移一小段距離，根據(jù)可知電場強度為不變，電子受力情況不變，則電子電子仍擊中Q點，故D正確。故選D。
【答案】C【解析】由勻強電場的特點可知，則B、C連線中點D的電勢為B、C電勢的平均值，即為4.5V．連接OD線，即為一條等勢線，作出過D的與OD垂直的線ED如圖，即電場線，由幾何關(guān)系可知：，所以：，D是BC的中點，則△OBD是等邊三角形，又ED⊥OD，所以DE與BD之間的夾角是30°，則電場線與OB之間的夾角也是30°，故該電場的場強方向沿∠B的角平分線向上，根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系：，而：，代入數(shù)據(jù)可得：，故AB錯誤，C正確；由作電場的圖可知，一個電子在O點由靜止釋放后會沿電場線運動，而不會沿直線OB運動，故D錯誤；故選C.【答案】D【詳解】在磁鐵的N極位置與S極位置對調(diào)前,根據(jù)左手定則判斷可以知道,導(dǎo)線所受的安培力方向斜向下,
由牛頓第三定律得知,磁鐵所受的安培力方向斜向上,
設(shè)安培力大小為,斜面的傾角為,磁鐵的重力為G,由磁鐵的受力平衡得:
斜面對磁鐵的支持力: ,
摩擦力: ,
在磁鐵的N極位置與S極位置對調(diào)后,
同理可以知道,斜面對磁鐵的支持力： ,
摩擦力: 可見,F、f都增大，故D正確；綜上所述本題答案是：D【答案】C【詳解】小球下滑過程中，qE與qvB反向，開始下落時，qE>qvB，所以a＝，隨下落速度v的增大a逐漸增大；當(dāng)qE<qvB之后，其a＝，隨下落速度v的增大a逐漸減小；最后a＝0小球勻速下落，故圖C正確，A、B、D錯誤【答案】BD【詳解】A．回旋加速器的離子是從加速器的中心處進入加速器的，故A錯誤；B．根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動可知解得在粒子比荷一定，磁場不變的情況下，當(dāng)加速器的半徑越大，粒子的速度越大，粒子獲得的動能越大，故B正確；C．交變電源電壓越高，離子每次經(jīng)過電場時獲得的動能就越多，但是加速器的半徑一定，當(dāng)粒子的速度達到最大時，粒子就會飛出加速器，故C錯誤；D．離子在銅質(zhì)形盒中運行半個圓周，進入電場進行一次加速，然后在進入另一個銅質(zhì)形盒中運行半個圓周，再進入電場進行一次加速，由于離子在銅質(zhì)形盒中運動的時間與速度無關(guān)，所以交變電源的頻率一定等于離子做勻速圓周運動的頻率，故D正確。故選BD。【答案】ACD【詳解】A．當(dāng)滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則L2變亮。變阻器的電阻減小，并聯(lián)部分的電阻減小，則并聯(lián)部分的電壓減小，則L3變暗。總電流增大，而L3的電流減小，則L1的電流增大，則L1變亮。故A正確。B．由上分析可知，電壓表V1的示數(shù)減小，電壓表V2的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以△U1＞△U2．故B錯誤。C．由U1=E-I（RL2+r）得：不變，故C正確。D．根據(jù)歐姆定律得=R2，不變，故D正確。
【答案】BC【詳解】A. 帶電粒子帶正電，在加速電場能夠加速，則極板M比極板N電勢高，故A錯誤；BC. 在靜電分析器中，受到的電場力指向圓心，帶電粒子沿中心線通過靜電分析器，電場力不做功，粒子做勻速圓周運動，從垂直于邊界的P點射出。在靜電分析器中，電場力提供向心力，即再根據(jù)可知故BC正確；D. 電荷在靜電分析器里的運動時間是故D錯誤。【答案】CD【詳解】A．所有離子在磁場中做勻速圓周運動，出磁場時速度大小不變，具有相同比荷．相同的速率的一群離子，它們的質(zhì)量不一定相等，故飛出磁場時的動能不一定相等，故A錯誤；BC．由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長最大時偏向角最大，故應(yīng)該使弦長為PQ，故由Q點飛出的粒子圓心角最大，所對應(yīng)的時間最長；此時粒子一定不會沿PQ射入，也一定不會沿PQ方向射入的離子飛出；故C正確，B錯誤；D．由可知，入射點．出射點．O點與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與PQ平行，所以粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正確；故選CD。二、 實驗題【答案】黑 b 【解析】(1)當(dāng)用歐姆表測電阻時，電源和表頭構(gòu)成回路，根據(jù)電源正負(fù)極連接方式可知，黑表筆與電源正極相連，故A接線柱應(yīng)該是與“黑”表筆連接；（2）整個回路最小電流 ， 同時，當(dāng)選擇開關(guān)接b時，此時有最大值．當(dāng)選擇開關(guān)接b檔時其對應(yīng)的電阻檔的倍率更高．【答案】0.617(0.616～0.618均可) 10.670 70 B a 【詳解】(1)[1]螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0.5mm，可動刻度讀數(shù)為11.7×0.01=0.117mm，所以最終讀數(shù)為0.617mm，由于讀數(shù)誤差，所以0.616～0.618均可；[2]游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為106mm，游標(biāo)讀數(shù)為0.05×14=0.70mm，所以最終讀數(shù)為106.70mm=10.670cm(2)[3]用多用表測量該元件的電阻，選用“×10”倍率的電阻檔后，應(yīng)先進行歐姆調(diào)零，再進行測量，由圖（a）所示可知，測量結(jié)果為；(3)[4]通過待測電阻的最大電流約為通過N出的最大電流約為為保證測量時電流表讀數(shù)不小于其量程的三分之一，N處的電流表應(yīng)選B；[5]開關(guān)s閉合前應(yīng)將滑動變阻器的滑片置于a；[6]通過定值電阻R0的電流并聯(lián)電路兩端電壓則待測電阻的電阻值三、 計算題【答案】（1）0.25A 向右 （2）15cm【詳解】(1)要使彈簧不伸長，則重力應(yīng)與安培力平衡，所以安培力應(yīng)向上，據(jù)左手定則可知電流方向應(yīng)向右，因所以(2)因在金屬中通入自左向右、大小為的電流，金屬棒下降，由平衡條件得當(dāng)電流反向時，由平衡條件得聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得彈簧伸長量為。【答案】(1)順時針方向；(2)80%；(3)9W【詳解】(1)等離子體進入磁場后，根據(jù)左手定則，正離子向下偏，即向B極板偏，負(fù)離子向上偏，即向A極板偏，所以B板帶正電，A板帶負(fù)電。電流通過導(dǎo)電液體的方向是從中心到邊緣，器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知液體旋轉(zhuǎn)方向為順時針方向。(2)對磁流體發(fā)電機，離子束穩(wěn)定時受力平衡解得對回路由閉合電路歐姆定律可得解得磁流體發(fā)電機的效率滿足解得=80%(3)由能量守恒定律可得，導(dǎo)電液體旋轉(zhuǎn)的機械功率P解得【答案】（1） ；（2）（3）【解析】(1)如圖所示，粒子a、b在磁場中均速轉(zhuǎn)過90°，平行于金屬板進入電場．由幾何關(guān)系可得：，rb=d ①由牛頓第二定律可得 ② ③解得： , (2)粒子a在磁場中運動軌跡如圖
在磁場中運動周期為： ④ 在磁場中運動時間： ⑤粒子在電磁場邊界之間運動時，水平方向做勻速直線運動，所用時間為 ⑥ 由④⑤⑥則全程所用時間為： (3)粒子在磁場中運動的時間相同，a、b同時離開Ⅰ磁場，a比b進入電場落后時間 ⑦故粒子b在t=0時刻進入電場．由于粒子a在電場中從O2射出，在電場中豎直方向位移為0，故a在板間運動的時間ta是周期的整數(shù)倍，由于vb=2va，b在電場中運動的時間是，可見b在電場中運動的時間是半個周期的整數(shù)倍即 ⑧ ⑨粒子b在內(nèi)豎直方向的位移為 ⑩粒子在電場中的加速度由題知粒子b能穿出板間電場應(yīng)滿足ny≤d 解得
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