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甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高二上学期期末考试物理试卷


甘肃省张掖市民乐一中 2014-2015 学年高二上学期期末 物理试卷
一.选择题共 12 小题(共 48 分,其中第 9 题----12 题为多选题,其它均为单项选择题) 1.在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙 述符合史实的是( ) A.安培在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系 B.奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出分子电流假说 C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应 电流 D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总 要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 考点:物理学史. 分析:对于物理中的重大发现、重要规律、原理,要掌握其发现者和提出者,了解所涉及伟 大科学家的重要成就. 解答: 解: A、B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说,很 好地解释了磁化现象. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应, 该效应揭示了电和磁之间存在 联系,故 A、B 错误. C、 法拉第在实验中观察到, 在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中, 磁通量不变, 不会出现感应电流.故 C 错误. D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律,即感应电流应具有这样的方向,感应电流 的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.故 D 正确. 故选:D. 点评:本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史,需要学生平时加强积累. 2.如图所示,绝缘的细线上端固定,下端悬挂一个轻质小球 a,a 的表面镀有铝膜,在 a 的 近旁有一绝缘金属球 b,开始时,a、b 都不带电,如图,现使 b 带电则( )

A.a、b 间不发生相互作用 B.b 将吸引 a,吸住后不放开 C.b 立即把 a 排斥开 D.b 先吸引 a,接触后又把 a 排斥开

考点:库仑定律;电荷守恒定律. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:带电物体能够吸引轻小物体,a 与 b 接触后,a 球与 b 球带上了同种电荷,相互排斥 而分开. 解答: 解:带电物体能够吸引轻小物体,故 b 会将 a 球吸引过来,a 与 b 接触后,带同种 电荷而分开; 故选 D. 点评:本题关键是带电物体能够吸引轻小物体,接触后,带同种电荷,又因为带同种电荷而 分开. 3.对电场和磁场认识正确的是( ) A.电场线是客观存在的 B.电荷在沿电场线方向移动时,电势能减小 C.某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时 N 极所指方向一致 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 考点:磁感应强度;电场强度;电势差与电场强度的关系. 分析:电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的,并非实际存在的,电场线的疏密表 示场强的强弱,沿电场线电势降低,但电荷的电势能不一定降低. 磁感线外部由 N 极流向 S 极,内部由 S 极流向 N 极,形成闭合曲线,磁感线不相交.磁场 的方向为小磁针静止时 N 极的指向. 解答: 解:A、电场线是人为引入,假象的曲线,并非真实存在的,故 A 错误; B、电势能的高低通过电场力做功来判断,沿电场线运动,电场力不一定做正功,电势能不 一定减小,故 B 错误 C、某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时 N 极所指方向一致.故 C 正确; D、若在某区域内通电导线不受磁场力的作用,可能是电流的方向与磁场的方向平行,该区 域的磁感应强度不一定为零,故 D 错误. 故选:C. 点评:本题着重通过电场线考察了对电势、场强、电势能概念的理解情况,以及对磁感线的 理解,要理解它们的区别以及大小的决定因素. 4.如图所示,平行板电容器与电动势为 E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地.一 带电油滴位于容器中的 P 点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移 动一小段距离( )

A.带点油滴将沿竖直方向向上运动 B.P 点的电势将降低 C.带点油滴的电势能将减少 D.若电容器的电容减小,则极板带电量将增大

考点:电容;电势能. 专题:电容器专题. 分析:将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,电容器两板间电压不变,根据 E= 分析板间场强的变化,判断电场力变化,确定油滴运动情况.由 U=Ed 分析 P 点与下极 板间电势差如何变化,即能分析 P 点电势的变化和油滴电势能的变化. 解答: 解:A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,由于电容器两板间电 压不变,根据 E= 得知板间场强减小,油滴所受的电场力减小,则油滴将向下运动.故 A 错误; B、场强 E 减小,而 P 点与下极板间的距离不变,则由公式 U=Ed 分析可知,P 点与下极板 间电势差将减小,而 P 点的电势高于下极板的电势,则知 P 点的电势将降低.故 B 正确; C、由带电油滴原来处于平衡状态可知,油滴带负电,P 点的电势降低,则油滴的电势能将 增加.故 C 错误; D、若电容器的电容减小,根据 Q=Uc,由于电势差不变,故带电量将减小,故 D 错误; 故选: B. 点评:本题运用 E= 分析板间场强的变化,判断油滴如何运动.运用推论:正电荷在电势 高处电势能大,而负电荷在电势高处电势能小,来判断电势能的变化. 5.质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N,以不同的速率经小孔 S 垂直进入匀强磁场,运行 的半圆轨迹如图中虚线所示.下列表述正确的是( )

A.M 带负电,N 带正电 B.M 的速率小于 N 的速率 C.洛伦兹力对 MN 做正功 D.M 的运行时间大于 N 的运行时间 考点:带电粒子在匀强磁场中的运动. 专题:带电粒子在磁场中的运动专题. 分析:由左手定则判断出 M 带正电荷,带负电荷;结合半径的公式可以判断出粒子速度的 大小;根据周期的公式可以判断出运动的时间关系. 解答: 解:A:由左手定则判断出 N 带正电荷,M 带负电荷,故 A 正确; B:粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力 qvB=m ,半径为:r= ,在质量与电量相

同的情况下,半径大说明速率大,即 M 的速度率大于 N 的速率,B 错误; C:洛伦兹力不做功,C 错误; D:粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半,而周期为 T= N 的运行时间,故 D 错误. 故选:A. ,M 的运行时间等于

点评:该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式,属于基本应用.简单题. 6.如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其 长边与长直导线平行.已知在 t=0 到 t=t1 的时间间隔内,直导线中电流 i 发生某种变化,而 线框中感应电流总是沿顺时针方向,线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设 电流 i 正方向与图中箭头方向相同,则 i 随时间 t 变化的图线可能是( )

A.

B.

C.

D.

考点:楞次定律. 专题:电磁感应与图像结合. 分析:感应电流沿顺时针方向,由安培定则判断出感应电流磁场方向;然后由楞次定律判断 出原磁场如何变化,直线电流如何变化;由楞次定律判断导线框受到合力的方向. 解答: 解:线框中感应电流沿顺时针方向,由安培定则可知,感应电流的磁场垂直于纸面 向里; 由楞次定律可得:如果原磁场增强时,原磁场方向应垂直于纸面向外,由安培定则可知,导 线电流方向应该向下,为负的,且电流越来越大; 由楞次定律可知:如果原磁场方向垂直于纸面向里,则原磁场减弱,直线电流变小,由安培 定则可知,直线电流应竖直向上,是正的; A、由图示可知,直线电流按 A 所示变化,感应电流始终沿顺时针方向,由楞次定律可知, 在 i 大于零时,为阻碍磁通量的减小,线框受到的合力水平向左,在 i 小于零时,为阻碍磁 通量的增加,线框受到的合力水平向右,故 A 正确; B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向,故 B 错误; C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向,但线框在水平方向受到的合力始终水平向 左,故 C 错误; D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向,故 D 错误; 故选:A. 点评:正确理解楞次定律中“阻碍”的含义是正确解题的关键,熟练应用楞次定律、安培定则 即可正确解题. 7.如图甲是某电场中的一条电场线,a、b 是这条线上的两点,一负电荷只受电场力作用, 沿电场线从 a 运动到 b.则在这个过程中,电荷的速度一时间图线如图乙所示,请比较 a、b 两点电势的高低和场强的大小( )

A.φa>φb C.φa<φb

Ea<Eb Ea>Eb

B.φa<φb Ea=Eb D.φa>φb Ea=Eb

考点:电势;电势差与电场强度的关系. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:根据电荷的运动方向确定电场力方向,判断电场线方向,即可分析电势的高低.从速 度时间图线得负点电荷做加速运动,加速度不变,根据牛顿第二定律得到电场力的不变,场 强不变. 解答: 解: 负电子从 a 运动到 b, 由速度时间图线得到负电荷做减速运动, 故电场力向左, 因负电荷受到的电场力与场强方向相反,故场强向右,沿场强方向,电势降低,故 φa>φb; 因为图线的斜率不变,故加速度不变,因此电场力不变,所以电场强度不变,即 Ea=Eb;故 ABC 错误,D 正确. 故选:D 点评: 本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况, 然后判断场 强方向和电势大小. 8.空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为 R,磁场方向垂直横截面.一 质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时 速度方向偏离入射方向 60°.不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( ) A. B. C. D.

考点:磁感应强度. 分析:带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域,由洛伦兹力提供向心力,由几何 知识求出轨迹半径 r,根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度. 解答: 解: 带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域, 由洛伦兹力提供向心力而 做匀速圆周运动,画出轨迹如图,根据几何知识得知,轨迹的圆心角等于速度的偏向角 60°, 且轨迹的半径为 r=Rcot30°= R 根据牛顿第二定律得 qv0B=m 故选:A 得,B= = ,故 A 正确,BCD 错误;

点评:本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题,画轨迹是关键,是几何知识和动力学知识 的综合应用,常规问题. 9.如图所示,甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流 I 的关系图线,下列说 法中正确的是( )

A.路端电压都为 U0 时,它们的外电阻相等 B.电流都是 I0 时,两电源的内电压相等 C.电源甲的电动势大于电源乙的电动势 D.电源甲的内阻小于电源乙的内阻 考点:闭合电路的欧姆定律. 专题:恒定电流专题. 分析:根据欧姆定律可知外电阻 R 路端电压 U 与电流 I 的关系为 R= ,图线与 U 轴交点的 坐标值表示电动势的大小,与 I 轴交点的坐标值表示电路中的短路电流,图线的斜率大小表 示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值) ,电源的内电压等于通过电源的电流与电 源内阻的乘积,即 U 内=Ir. 解答: 解:A、根据欧姆定律可知外电阻 R 路端电压 U 与电流 I 的关系为 R= ,在 U﹣I 图线中甲、乙两图线的交点坐标为(I0,U 0) ,说明两电源的外电阻相等,故 A 正确. B、电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积,即 U 内=Ir,因为甲的内阻较 乙的内阻大,所以当电流都为 I 0 时,甲电源的内电压较大,故 B 错误. C、图线与 U 轴交点的坐标值表示电动势的大小,由图线可知,甲与 U 轴交点的坐标 值比乙的大,表明甲的电动势大于乙的电动势,故 C 正确. D、图线的斜率大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值) ,图线甲的斜 率大于图线乙的斜率,表明甲的内阻大于乙的内阻,故 D 错误.

故选 AC. 点评: 本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律, 要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势 和短路电流,图象斜率表示内阻大小. 10.如图所示,电源内阻不可忽略,开关 S 闭合后,在变阻器 R0 的滑动端向下滑动的过程 中( )

A.电压表示数减小 B.电压表示数增大 C.电流表的示数减小 D.电流表的示数增大 考点:闭合电路的欧姆定律. 专题:恒定电流专题. 分析:由电路图可知 R2 与 R0 并联后与 R1 串联,电压表测路端电压;由滑片的移动可知滑 动变阻器接入电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变 化,再分析局部电路可得出电流表中示数的变化. 解答: 解:在变阻器 R0 的滑动端向下滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻减小, 则总电阻减小,电路中总电流增大,内电压增大,则由闭合电路欧姆定律可知,电路的路端 电压减小,故电压表示数变小; 由欧姆定律可知,R1 上的分压增大,路端电压减小,故并联部分电压减小,即可知电流表 示数变小. 故选:AC 点评:分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时,一般要按先外电路、再内电路、后外 电路的思路进行分析;重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化. 11.如图所示.一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为 1T,方向水平向右的匀强磁场 中.在以导线截面的中心为圆心、r 为半径的圆周上有 A、B、C、D 四个点.已知 A 点的 磁感应强度为 0,则下列叙述正确的是( )

A.直导线中的电流方向垂直纸面向里 B.C 点的实际磁感应强度也为 0 C.D 点的实际磁感应强度与 B 点相同 D.B 点的实际磁感应强度为 T,方向斜向右上方,与竖直方向的夹角为 45° 考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系;磁感应强度. 专题:电场力与电势的性质专题.

分析:由题,a 点的磁感应强度为 0,说明通电导线在 a 点产生的磁感应强度与匀强磁场的 磁感应强度大小相等、方向相反,由安培定则判断出通电导线中电流方向. 通电导线在 abcd 四点处产生的磁感应强度大小相等,根据平行四边形定则进行合成分析 b、c、d 三点的磁感 应强度大小和方向 解答: 解:A、由题,a 点的磁感应强度为 0,说明通电导线在 a 点产生的磁感应强度与 匀强磁场的磁感应强度大小相等、 方向相反,即得到通电导线在 a 点产生的磁感应强度方向 水平向左,根据安培定则判断可知,直导线中的电流方向垂直纸面向里.故 A 正确; B、通电导线在 c 处的磁感应强度方向水平向右,则 c 点磁感应强度为 2T,方向与 B 的方 向相同.故 B 错误; C、通电导线在 d 处的磁感应强度方向竖直向下,则 d 点感应强度为 T,方向与 B 的方向 成 45°斜向下,与 b 点磁感应强度不相同.故 C 错误; D、由上知道,通电导线在 a 点产生的磁感应强度大小为 1T,由安培定则可知,通电导线在 b 处的磁感应强度方向竖直向上,根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知,b 点感应强度 为 T,方向与 B 的方向成 45°斜向上.故 D 正确 故选:AD. 点评: 本题考查安培定则和平行四边形定则, 空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的 磁场和匀强磁场的叠加 12.如图所示的电路中,A1 和 A2 是完全相同的灯泡,线圈 L 的电阻可以忽略.下列说法中 正确的是( )

A.合上开关 S 接通电路时,A1 和 A2 始终一样亮 B.合上开关 S 接通电路时,A2 先亮,A1 后亮,最后一样亮 C.断开开关 S 切断电路时,A2 立即熄灭,A1 过一会儿才熄灭 D.断开开关 S 切断电路时,A1 和 A2 都要过一会儿才熄灭 考点:自感现象和自感系数. 分析: 电感器对电流的变化有阻碍作用, 当电流增大时, 会阻碍电流的增大, 当电流减小时, 会阻碍其减小. 解答: 解:A、合上开关 K 接通电路,A2 立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以 通过 A1 的电流慢慢变大,最后两灯泡的电压一样大,所以一样亮.故 A 错误,B 正确; C、断开开关 K 切断电路时,通过 A2 的用来的电流立即消失,线圈对电流的减小有阻 碍作用,所以通过 A1 的电流会慢慢变小,并且通过 A2,所以两灯泡一起过一会儿熄灭,但 通过 A2 的灯的电流方向与原来的方向相反.故 C 错误,D 正确. 故选:BD. 点评:解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用,当电流增大时,会阻碍电流的 增大,当电流减小时,会阻碍其减小. 二.填空题(共 14 分)

13.如图,金属环 A 用轻线悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧.若变阻器滑片 P 向 左移动,则金属环 A 将向左(填“左”或“右”)运动,并有收缩(填“收缩”或“扩张”)趋势.

考点:楞次定律. 分析:由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化,由欧姆定律可知电路中电流的变化, 即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化,则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向, 从而得出线圈的运动及形状的变化. 解答: 解:变阻器滑片 P 向左移动,电阻变小,电流变大,据楞次定律,感应电流的磁 场方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥,则金属环 A 将向左运动,因磁通量增大,金 属环 A 有收缩趋势. 故答案为:左;收缩. 点评:楞次定律可简单地记为:“增反减同”、“来拒去留”;楞次定律的应用一定注意不要只 想着判断电流方向,应练习用楞次定律去判断导体的运动及形状的变化. 14.有一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样,现在要用伏安法测绘这个小灯泡的伏安特性曲 线.现有下列器材供选用: A.电压表 V1(0~5V,内阻约 10kΩ) B.电压表 V2(0~10V,内阻约 20kΩ) C.电流表 A1(0~0.3A,内阻约 1Ω) D.电流表 A2(0~0.6A,内阻约 0.4Ω) E.滑动变阻器 R1(0~10Ω,2A) F.滑动变阻器 R2(0~100Ω,0.2A) G.学生电源(直流 6V) 、开关及导线 (1) 为了调节方便, 测量尽可能准确, 实验中应选用电压表 A, 电流表 D, 滑动变阻器 E. (填 器材前的选项符号) (2)为使实验误差尽量减小,要求从零开始多取几组数据,请在虚线框中画出实验电路

图. (3)P 为第图线上的一点,PN 为图线上 P 点的切线,PQ 为 U 轴的垂线,PM 为 I 轴的垂 线,则由图可知: 随着所加电压的增加,小灯泡的电阻将增大(填“增大”、“减小”或“不变”) ; 对应 P 点,小灯泡的电阻值约为 5,33Ω. (保留三位有效数字)

考点:描绘小电珠的伏安特性曲线. 专题:实验题;恒定电流专题. 分析: (1) 根据灯泡额定电压选择电压表, 根据灯泡额定电流选择电流表, 为方便实验操作, 滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器. (2)根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法,然后作出电路图. (3)根据图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化,由图象求出 P 点的电压与电流值,由 欧姆定律求出灯泡此时的电阻. 解答: 解: (1)灯泡额定电压为 4V,电压表选 A,灯泡额定电流 I= = =0.5A,则电流 表选 D,为方便实验操作,滑动变阻器选 E. (2)电压与电流从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法;灯泡正常发光时电阻 R= = =8Ω, = =20, = =1250, > ,则电流表应采用外接法,

电路图如图所示.

(3)由图象可知,随着所加电压的增加,通过小灯泡的电流增大,但电压与电流的比值增 大,即灯泡电阻将增大;由图象可知,在 P 点 U=2.4V,I=0.45A,此时灯泡电阻 R= = ≈5.33Ω.

故答案为: (1)A;D;E; (2)电路图如图所示; (3)增大;5.33. 点评:本题考查了选择实验器材、作电路图、实验数据分析、求灯泡电阻等问题;确定滑动 变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路图的关键. 三.计算题(共四小题,共 48 分,要求写出必要的文字说明,方程和重要的演算步骤,只 写出答案不得分. )

15.如图所示,用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球,小球的质量为 m=1.0×10 kg.现加一 6 水平方向向左的匀强电场,场强 E=3.0×10 N/C,平衡时绝缘线与竖直方向的夹角 θ 为 30°. 2 求: (1)小球带何种电荷,电荷量为多大; (g 取 10m/s ) (2)如果绳子突然断了,小球如何运动,加速度多大.

﹣2

考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:小球受重力、电场力和拉力处于平衡,根据平衡判断电荷的电性,根据合成法求出电 场力的大小,从而求出电荷量的大小. 解答: 解: (1)因为电场力 F 方向向左,故小球带正电. 受力分析如图:由小球受力平衡有:F=mgtan30°…① F=Eq…② 联立①②解得: (2)绳子断了小球将沿着绳子的方向向斜下方做匀加速直线运动 答: (1)小球带何种电荷,电荷量为多大 1.9×10 C; (2)如果绳子突然断了,小球将匀加速直线运动,加速度为 m/s .
2
﹣8

=

m/s

2

点评:解决本题的关键掌握共点力平衡的求法,以及知道电场强度的定义式 16.如图所示,一束电子(电量为 e)以速度 v 垂直射入磁感应强度为 B,宽度为 d 的匀强 磁场中,穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为 30°, (重力不计)求: (1)带电粒子的在磁场中运动的半径是多大? (2)则电子的质量是多少? (3)电子穿过磁场的时间是多少?

考点:带电粒子在匀强磁场中的运动. 专题:带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: (1)电子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可以求出磁感应强度. (2)求出电子转过的圆心角,再根据粒子的周期公式求出电子的运动时间. 解答: 解: (1)电子在磁场中作匀速圆周运动,只受洛伦兹力作用,故其轨迹是圆弧的一 部分,又因为 B⊥v,故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上,由几何知 识知,AB 对应的圆心角 θ=30°,由几何知识可得:电子的轨迹半径 r= (2)又由 qvB=m ,得:m= = = = . =2d

(3)AB 弧的圆心角是 30°,则电子穿越磁场的时间为:t= 答: (1)带电粒子的在磁场中运动的半径是 2d. (2)则电子的质量是 . .

(3)电子穿过磁场的时间是

点评:本题考查了求磁感应强度、电子的运动时间,分析清楚电子运动过程、应用牛顿第二 定律与周期公式即可正确解题,解题时要注意几何知识的应用. 17.水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为 L=0.1m,一端通过导线与阻值 为 R 的电阻连接;导轨上放一质量为 m 的金属杆,如图甲所示,开始时金属杆到左侧电阻 R 的距离为 X0=0.2m,金属杆与导轨的电阻忽略不计.求: (1)当金属杆固定不动时,若垂直平面向里的磁场如图乙所示,求回路中产生的感应电动 势多大?当 R=3?、金属杆电阻 r=1? 时,电路中的电流多大? (2)若图乙中的磁场从 10s 末开始保持此时的磁场一直不变,而让金属杆向右以 3m/s 的速 度匀速运动,求金属杆上产生的电动势大小及回路中的电流方向.

考点:导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律. 专题:电磁感应与电路结合. 分析: (1)当金属杆不动时,利用法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解. (2)利用动生感应电动势公式和右手定律求解判断方向即可. 解答: 解: (1)根据题意可知,因为金属杆不动且磁感应强度以 B=B0+kt(t>0)的规律 随时间变化,由法拉第电磁感应定律,得 E=S=kS 由图 可知 K=2×10 T/S ﹣4 所以 E=4×10 V. ﹣4 由欧姆定律可知,电流:I=1×10 A. (2)由题可知,此时的磁感应强度 B=0.16T 且为定值, 所以此时感应电动势为 E=BLv=0.16×0.1×3=4.8×10 V. 又由右手定则可知电流方向为逆时针. 答:1)当金属杆固定不动时,若垂直平面向里的磁场如图乙所示,求回路中产生的感应电 动势 4×10 V.当 R=3?、金属杆电阻 r=1? 时,电路中的电流 1×10 A. (2)若图乙中的磁场从 10s 末开始保持此时的磁场一直不变,而让金属杆向右以 3m/s 的速 度匀速运动,求金属杆上产生的电动势大小 4.8×10 V;回路中的电流方向为逆时针. 点评:此题为基础题,注意感应电动势和动手电动势的区别及求法;知道电磁感应知识点与 电路知识的结合,基础题. 18.如图所示,一个质量为 m=2.0×10 kg,电荷量 q=+1.0×10 C 的带电微粒(重力忽略 不计) ,从静止开始经 U1=100V 电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏转电 场的电压 U2=100V.金属板长 L=20cm,两板间距 d=10 cm.求: (1)微粒进入偏转电场时的速度 v0 的大小; (2)微粒射出偏转电场时的偏转角 θ; (3)若该匀强磁场的宽度为 D=10cm,为使微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感 应强度 B 至少多大?
﹣11 ﹣5 ﹣3 ﹣4 ﹣4 ﹣3 ﹣2

考点:带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动. 专题:带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: (1)根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速率;

(2)带电微粒在偏转电场中做类平抛运动,将微粒的末速度分解为平行于板和垂直于板两 个方向,由几何知识确定出粒子垂直于板方向的末速度,然后由动能定理列式求偏转电压; (3)微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切,由几何知识确定运动半径, 然后由洛伦兹力提供向心力列方程求磁感应强度的最小值. 解答: 解: (1)微粒在加速电场中,由动能定理得: qU1= mv0 , 解得:v0=1.0×10 m/s; (2)微粒在偏转电场中做类平抛运动, 在水平方向:L=v0t, 竖直分速度:vy=at= t,
3 2

飞出电场时受到偏角的正切值: tanθ= ,

解得:tanθ=

,θ=30°; ,粒子运动轨迹如图所示:

(3)微粒进入磁场时的速度 v=

由几何知识可得:D=r+rsinθ, 微粒做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qvB=m ,

解得:B=

,代入数据得:B=

T≈0,346T,

微粒不从磁场右边射出,磁场的磁感应强度至少为 0.346T. 答: (1)微粒进入偏转电场时的速度 v0 的大小为 1.0×10 m/s; (2)微粒射出偏转电场时的偏转角为 30°; (3)若该匀强磁场的宽度为 D=10cm,为使微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感 应强度 B 至少为 0.346T. 点评: 本题属于带电粒子在组合场中的运动, 在电场中做类平抛运动时通常将运动分解为平 行于电场方向与垂直于电场两个方向或借助于动能定理解决问题.
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