1、2016-2017学年山西省朔州市应县一中高二（上）第三次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，1-6是单选题、7-10是多选题每小题5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共50分.）1下列说法正确的是（）A运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D洛伦兹力对带电粒子永不做功2如图所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入1，输出端Y输出1时，A、B 端的输入分别可能是（）A0、0B0、1C1、0D1、13如图所示的电路中，电源的电
2、动势为E，内阻为r当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是（）AU1变小，U2变大BU1变大，U2变大CU1变小，U2变小DU1变大，U2变小4在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况以下说法错误的是（）A图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表示数变化量I的比值变大D此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表示数变化量I
3、的比值不变5条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的左上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用N表示磁铁对桌面的压力，用f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比（）AN增大，f变为向左BN减小，f仍等于0CN增大，f仍等于0DN减小，f变为向右6一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定（）A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带负电D粒子从b到a，带负电7关于磁场，下列说法正确的是（）A我们虽然不
4、能用手触摸到磁场的存在，却可以用运动电荷去探测它的存在和强弱B磁感线是可以形象描述磁场强弱和方向的客观存在的曲线C磁感线和电场线都是闭合的曲线D磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场都是客观存在的物质8如图所示，闭合开关S，有一电荷静止于电容器两极板间，电源内阻不可忽略，现将滑动变阻器滑片向上移动少许，稳定后三个灯泡依然能够发光，则下列说法中不正确的是（）A小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B该电荷一定带正电C电容器C上电荷量减小D电流表始终存在从左向右的电流9如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖
5、直方向角而处于平衡状态为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为下列说法不正确的是（）A tan ，竖直向上B tan ，竖直向下C sin ，平行悬线向下D sin ，平行悬线向上10一个用于加速质子的回旋加速器，其D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，接在D形盒上的高频电源频率为f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2fRB质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D不需要改变任何量，这个装置也能用于加速粒子二、实验题（本题共2小题，共16分）11现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金
6、的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径螺旋测微器的示数如图（a）和所示（1）由上图读得圆柱体的直径为mm（2）在用多用电表粗测某段金属丝电阻时，该兴趣小组首先选用“1”欧姆挡，其阻值如图（b）中指针所示，则Rx的阻值大约是；（3）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=12伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有：电压表V（0315V）；电流表A（00.63A）；变阻器R1（总电阻20）；变阻器R2（总电阻1000）；以及电键S和导线若干（1）图1虚线框内画出实验
7、电路图（标明变阻器规格）（2）如图2所示，UI图上是由实验测得的7组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出E=V，r=（3）若只选用两组数据，用欧姆定律算出E、r，有可能误差较大若选第和第组数据误差最大三、计算题（共4个题44分）13如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点
8、间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向141932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，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以忽略不计磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U加速过程中不考虑相对论效应和重力作用（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出
9、口处所需的时间t15如图所示，M为一线圈电阻rM=1的电动机，一定值电阻R=4，电源电动势E=9V当S闭合时，电压表的示数为U1=8.0V，当开关S断开时，电压表的示数为U2=4.0V求：（1）电源内阻r； （2）开关S断开时电源输出功率；（3）开关S断开时电动机输出的机械功率16如图所示，以ab为分界面的两个匀强磁场，方向均垂直纸面向里，其磁感应强度B1=2B2现有一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿图示方向以速度v开始运动，经过多长时间粒子重新回到O点并画出粒子的运动轨迹2016-2017学年山西省朔州市应县一中高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，在
10、每小题给出的四个选项中，1-6是单选题、7-10是多选题每小题5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共50分.）1下列说法正确的是（）A运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D洛伦兹力对带电粒子永不做功【考点】洛仑兹力【分析】本题考查了洛伦兹力的特点，运动电荷在磁场中受洛伦兹力的条件为：电荷运动方向和磁场方向不共线，若电荷运动方向和磁场方向相同或相反，则洛伦兹力为零，洛伦兹力不做功，方向始终和速度方向垂直，只改变运动电荷的速度方向而不改变其速度大小【解答】
11、解：在磁感应强度不为零的地方，若是电荷的运动方向与磁场方向相同或相反，则所受洛伦兹力为零，故A错误；运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，该处磁场可能为零，也可能是电荷的运动方向与磁场方向共线，故B错误；根据左手定则可知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，不改变粒子动能，但是改变其运动方向，故C错误，D正确故选D2如图所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入1，输出端Y输出1时，A、B 端的输入分别可能是（）A0、0B0、1C1、0D1、1【考点】简单的逻辑电路【分析】与门的特点是，当所有条件都满足，事件才能发生，或门的特点是，当某个条件满足，事件就能发生【解答】解：A、当A、B输
12、入为0，0，则经过或门后输出为0，0和1输入与门，输出为0故A错误B、当A、B输入为0，1，通过或门输出为1，1和1输入与门，输出为1故B正确C、当A、B输入为1，0，通过或门输出为1，1和1输入与门，输出为1故C正确D、当A、B输入为1，1，通过或门输出为1，1和1输入与门，输出为1故D正确故选BCD3如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是（）AU1变小，U2变大BU1变大，U2变大CU1变小，U2变小DU1变大，U2变小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】首先明确电压表V1测量路端电压，V2测量R1的电
13、压其次，明确变阻器滑片向b移动时，接入电路的电阻如何变化，根据闭合电路欧姆定律，就能确定电流如何变化，根据内外电压的关系，进一步判断路端电压和电阻R1如何变化【解答】解：当变阻器滑片向b移动时，接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，电流I减小，则路端电压U=EIr，E，r不变，U增大，电压表V1读数变大；R1的电压U1=IR1变小，电压表V2变小故选D4在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况以下说法错误的是（）A图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B图线c
14、表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表示数变化量I的比值变大D此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表示数变化量I的比值不变【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，即可知图线与电压示数的对应关系由闭合电路欧姆定律得知，电压表V1示数的变化量U1和电流表示数变化量I的比值等于r，电压表V3示数的变化量U3和电流表示数变化量I的比值等于R1+r【解答】解：A、根据图中a
15、、b图线的斜率可判断，a图线的斜率大，其斜率大小为r+R1，b图线的斜率为电源内阻r，即a图线是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，故A正确B、电压表V2测量定值电阻R1的电压，其UI图象是过原点的直线，故B正确；C、由闭合电路欧姆定律得U1=EIr，V1示数的变化量和电流表示数的变化量的比值为=r是电源内阻，故C错误；D、由闭合电路欧姆定律得U3=EI（r+R1），V3示数的变化量和电流表示数的变化量的比值为=r+R1是确定值，故D正确；本题选错误的，故选C5条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的左上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用N表示磁铁对桌面的压力
16、，用f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比（）AN增大，f变为向左BN减小，f仍等于0CN增大，f仍等于0DN减小，f变为向右【考点】安培力【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【解答】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，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左，故A正确故选：A6一个带电粒子，沿垂直于磁场的
17、方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定（）A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带负电D粒子从b到a，带负电【考点】洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确故选
18、B7关于磁场，下列说法正确的是（）A我们虽然不能用手触摸到磁场的存在，却可以用运动电荷去探测它的存在和强弱B磁感线是可以形象描述磁场强弱和方向的客观存在的曲线C磁感线和电场线都是闭合的曲线D磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场都是客观存在的物质【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】电场与磁场是看不见摸不着，却客观存在的特殊形态，它们均由不存在的电场线、磁感线来粗略描述电场与磁场的分布【解答】解：A、我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱当有电场力时，则说明有电场存在，当在不同位置电场力有大小时，则说明电场有强弱故A正确，B、磁感线是可以形象描述场强弱
19、和方向，但不是客观存在的曲线故B错误；C、磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部则是从S极到N极，所以磁感线是闭合的曲线，但电场线不会闭合，故C错误；D、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质，故D正确故选：AD8如图所示，闭合开关S，有一电荷静止于电容器两极板间，电源内阻不可忽略，现将滑动变阻器滑片向上移动少许，稳定后三个灯泡依然能够发光，则下列说法中不正确的是（）A小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B该电荷一定带正电C电容器C上电荷量减小D电流表始终存在从左向右的电流【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】从图可知，滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器的阻值变大，根据
20、并联电路电阻的特点判断出电路中总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断总电流的变化；根据并联电路的特点，依据各支路互不影响，从而判断出L2灯亮度的变化，根据通过L1电流的变化，判断出L2灯和L3灯电流的变化，判断它们的变化根据外电路中顺着电流方向，电势降低，确定电容器极板的电性，判断板间场强的方向，即可由平衡条件分析该电荷的电性根据电容器电压如何变化，判断电容器是充电还是放电，即可判断通过电流表的电流方向【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器的阻值增大，外电路中并联部分的总电阻增大，外电路中总电阻增大，再根据闭合电路欧姆定律得知：总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通
21、过L2的电流也增大，所以L2灯变亮根据总电流减小，而L2的电流增大，则知通过L1的电流减小，L1、L3变暗故A正确B、C、D、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知电容器上极板带正电，板间场强方向向下，由平衡条件分析可知，该电荷所受的电场力向上，与场强方向相反，所以该电荷带负电根据电容器的电压等于R与L3串联的总电压，路端电压增大，L1的电压减小，所以电容器的电压增大，其电量将增加，在充电过程中电流表有从左向右的电流，当滑片停止移动时，电容器不再充电，没有电流通过电流表，故BCD错误本题选错误的，故选：BCD9如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强
22、磁场内当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为下列说法不正确的是（）A tan ，竖直向上B tan ，竖直向下C sin ，平行悬线向下D sin ，平行悬线向上【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向【解答】解：要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向线不变，有力的矢量三角形可知，安培力的最小值为安培力与绳子的拉力垂直，即：Fmin=mgsin 有：I
23、LBmin=mgsin，得：Bmin=，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上故D正确，ABC错误本题选择不正确的，故选：ABC10一个用于加速质子的回旋加速器，其D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，接在D形盒上的高频电源频率为f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2fRB质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D不需要改变任何量，这个装置也能用于加速粒子【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=m，运动周期T=（电场中加速时间忽略不计）对公式进行简单
24、推导后，便可解此题【解答】解：A、根据v=2Rf，可知：最大半径为R，且电场变化的频率即为粒子在磁场中运动周期，所以最大速度不可能超过2fR故A正确，B、根据qvB=m得，粒子的最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=知增大动能，需增大D形盒的半径，或增大磁感应强度，故B正确；C、若R足够大，质子的速度不可以被加速到任意值，因当达到一定速度后，质子的质量发生变化，导致周期变化，故C错误；D、若是粒子，则粒子的比荷发生变化，所以周期也变化，因此不能用这个装置，故D错误，故选AB二、实验题（本题共2小题，共16分）11现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，
25、用螺旋测微器测量该圆柱体的直径螺旋测微器的示数如图（a）和所示（1）由上图读得圆柱体的直径为1.844（1.8431.845）mm（2）在用多用电表粗测某段金属丝电阻时，该兴趣小组首先选用“1”欧姆挡，其阻值如图（b）中指针所示，则Rx的阻值大约是9；（3）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）根据螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；（3）根据电阻定律求出电阻率的表达式【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知
26、，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为34.40.01mm=0.344mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.344m=1.844mm（1.8431.845）；（2）用多用电表的电阻“1”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为91=9；（3）由电阻定律可知，金属丝电阻R=，且欧姆定律，则R=；则金属丝电阻率=；故答案为：（1）1.844（1.8431.845）；（2）9； （3）12伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有：电压表V（0315V）；电流表A（00.63A）；变阻器R1（总电阻20）；变阻器R2（总电阻1000）；以及电键S和导线若干（1）图1虚线框内画出实验电路
27、图（标明变阻器规格）（2）如图2所示，UI图上是由实验测得的7组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出E=1.5V，r=0.5（3）若只选用两组数据，用欧姆定律算出E、r，有可能误差较大若选第5和第6组数据误差最大【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据实验原理作出实验电路图（2）根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象求出电源电动势与内阻（3）偏离图线越远的两组数据求出的电源电动势与内阻误差越大【解答】解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻，电流表测电路电流，电压表测路端电压，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，实验电路图如图所示；（2）根据坐标系内所描出的点作出图象如图所示，由
28、图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r=0.5；（3）由图示图象可知，5、6两组实验数据偏离图线最远，用这两组数据求出的电动势与内阻偏差最大；故答案为：（1）电路图如图所示； （2）图象如图所示；1.5；0.5；（3）5；6三、计算题（共4个题44分）13如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体
29、棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小【解答
30、】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=代人数据解得：I=1.5A（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL代人数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mgsin37+f=F安解得：f=0.06N答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上；（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向下141932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理
31、如图所示，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以忽略不计磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U加速过程中不考虑相对论效应和重力作用（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比（2）通过D形盒的半径求出粒子的最大速度，结合动能定理求出加速的次数，一
32、个周期内加速两次，从而得知在磁场中运动的周期次数，确定出粒子从静止开始加速到出口处所需的时间【解答】解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qU=mv12qv1B=m解得：r1=同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=则r2：r1=：1 （2）设粒子到出口处被加速了n圈解得2nqU=mv2qvB=mT=t=nT解上四个方程得t=答：（1）粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1；（2）粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t=15如图所示，M为一线圈电阻rM=1的电动机，一定值电阻R=4，电源电动势E=9V当S闭合时，电压表的示数为U1=8.0V，当开关S断开时，电
33、压表的示数为U2=4.0V求：（1）电源内阻r； （2）开关S断开时电源输出功率；（3）开关S断开时电动机输出的机械功率【考点】电功、电功率【分析】（1）当S闭合时，电动机被短路，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻；（2）开关S断开时，先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后根据P=UI和U=EIr求解电源输出功率；（3）根据能量守恒定律和焦耳定律列式求解开关S断开时电动机输出的机械功率【解答】解：（1）当S闭合时，电压表的示数为U1=8.0V，根据闭合电路欧姆定律，有：E=U1+解得：r=0.5；（2）当开关S断开时，电压表的示数为U2=4.0V，电流为：电源的输出公式：P=UI2=（EI2
34、r）I2=（910.5）1=8.5W；（3）开关S断开时电动机输出的机械功率：P出=PI22（R+rM）=8.512（4+1）=3.5W答：（1）电源内阻r为0.5； （2）开关S断开时电源输出功率为8.5W；（3）开关S断开时电动机输出的机械功率为3.5W16如图所示，以ab为分界面的两个匀强磁场，方向均垂直纸面向里，其磁感应强度B1=2B2现有一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿图示方向以速度v开始运动，经过多长时间粒子重新回到O点并画出粒子的运动轨迹【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在两种磁场中只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知半径之比为1：2，根据左手定则，分析粒子旋转方向，画出轨迹根据轨迹，确定时间与周期的关系，求出粒子重新回到O点的时间【解答】解：设粒子在磁场B1和B2中圆周运动的半径分别为r1、r2粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，由题意可知：B1=2B2，则r1：r2=1：2，根据左手定则判断可知，粒子在磁场B1中沿逆时针方向旋转，在磁场B2中沿顺时针方向旋转，则轨迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子的总时间应包含两部分在上半磁场的2个半周期，在下半磁场的半个周期粒子总的运动时间：t=t1+t2=+=；答：粒子经过时间：重新回到O点2016年12月19日