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湖南省益阳市箴言中学2015-2016学年高二上学期月考物理试卷(12月份)


2015-2016 学年湖南省益阳市箴言中学高二 (上) 月考物理试卷 (12 月份)
一、选择题(每小题 4 分,共 52 分.第 1-9 题为单选题,第 10-13 题为多选题. ) 1.关于磁感线和电场线,下述说法正确的是( ) A.磁体周围的磁感线都是从磁体的北极出发,到南极终止 B.磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线 C.磁感线是闭合曲线,而静电场的电场线不是闭合曲线 D.磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向 2.一根直导线南北放置,当导线中开始通以由北向南的电流时,在直导线上方放置的小磁针 ) 的 N 极应( A.由北向东偏转 B.由北向西偏转 C.由南向东偏转 D.由南向西偏转 3.关于通电直导线所受的安培力 F、磁感应强度 B 和电流 I 三者方向之间的关系,下列说法 ) 中正确的是( A.F、B、I 的三者必定均相互垂直 B.F 必定垂直于 B、I,但 B 不一定垂直于 I C.B 必定垂直于 F、I,但 F 不一定垂直于 I D.I 必定垂直于 F、B,但 F 不一定垂直于 B 4.长为 L 的导线 ab 斜放在水平导轨上(导线与导轨的夹角为 θ) ,两导轨相互平行且间距为 d,匀强磁场的磁感应强度为 B,如图所示,当通过 ab 的电流为 I 时,导线 ab 所受安培力的 ) 大小为(

A.ILB B.ILBsinθ

C.IdB D.

5.如图所示,三根长直导线垂直于纸面放置,通以大小相同,方向如图示的电流,ac 垂直于 bd,且 ab=ad=ac,则 a 点处磁感应强度 B 的方向为( )

A.垂直纸面向外 B.垂直纸面向里 C.沿纸面由 a 向 d

D.沿纸面由 a 向 c

6.如图所示,在绝缘的光滑水平面上,相隔一定距离有两个带同种电荷的小球,从静止同时 ) 释放,则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是(

A.速度变大,加速度变大 B.速度变小,加速度变小 C.速度变大,加速度变小 D.速度变小,加速度变大 7.如图所示电路,电源内阻不可忽略.开关 S 闭合后,在变阻器 R0 的滑动端向上滑动的过 ) 程中(

A.电压表与电流表的示数都减小 B.电压表与电流表的示数都增大 C.电压表的示数增大,电流表的示数减小 D.电压表的示数减小,电流表的示数增大 8.如图所示为一速度选择器,内有一磁感应强度为 B,方向垂直纸面向外的匀强磁场,一束 粒子流以速度 v 水平射入,为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力) ,则磁场区域内必须同时 ) 存在一个匀强电场,关于这处电场场强大小和方向的说法中,正确的是(

A.大小为 ,粒子带正电时,方向向上 B.大小为 ,粒子带负电时,方向向上 C.大小为 Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关 D.大小为 Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关 9.如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸 ) 面向里, 一带电微粒由 a 点进入电磁场并刚好能沿 ab 直线向上运动. 下列说法正确的是(

A.微粒一定带负电 B.微粒动能一定减小 C.微粒的电势能一定增加 D.微粒的机械能不变 10.磁流体发电是一项新兴技术.如图所示,平行金属板之间有一个很强的磁场,将一束含 有大量正、负带电粒子的等离子体,沿图中所示方向喷入磁场.图中虚线框部分相当于发电 ) 机.把两个极板与用电器相连,则(

A.用电器中的电流方向从 A 到 B B.用电器中的电流方向从 B 到 A C.若只增强磁场,发电机的电动势增大 D.若只增大喷入粒子的速度,发电机的电动势增大 11.1932 年,劳伦斯和利文斯顿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 处粒子源产生初速度不计、质量为 m、电荷量为+q 的粒子.粒子在加速器中被加速, 加速电压为 U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.关于回旋加速器,下列说法正确的 ) 是(

A.带电粒子从磁场中获得能量 B.D 形盒的半径 R 越大,粒子加速所能获得的最大动能越大 C.交变电源的加速电压 U 越大,粒子加速所能获得的最大动能越大 D.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 12.圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子 a、b、c,以 不同的速率沿着 AO 方向对准圆心 O 射入磁场,其运动轨迹如图所示.若带电粒子只受磁场 ) 力的作用,则下列说法正确的是(

A.a 粒子速率最大

B.c 粒子速率最大 C.a 粒子在磁场中运动的时间最长 D.它们做圆周运动的周期 Ta<Tb<Tc 13.如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场.静电分析器和磁分析器组成.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,磁分析器有 范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为 B.方向垂直纸面向外.一质量为 m.电荷量 为 q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由 P 点垂直边界进入磁 ) 分析器,最终打到胶片上的 Q 点.不计粒子重力.下列说法正确的是(

A.粒子一定带正电 B.加速电场的电压 U= ER C.直径 PQ= D.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群离子具有相同的质量

二、实验题 14.用图 a 的电路测定一节电动势约为 2V 的蓄电池的电动势和内阻.为防止调节滑动变阻器 时造成短路,电路中连接了一个保护电阻 R0,除蓄电池.开关.导线外,可供使用的实验器 材有: A.电流表(量程 0.6A.内阻约 0.5Ω) B.电流表(量程 3A.内阻约 0.1Ω) C.电压表(量程 3V,内阻约 6kΩ) D.定值电阻(阻值 1Ω;额定功率 5W) E.滑动变阻器(0~500Ω.额定电流 lA) F.滑动变阻器(0~10Ω.额定电流 2A)

①在实验中,电流表选__________,滑动变阻器选__________. (填序号) . ②图 b 是某同学利用图 a 进行实验测得的路端电压 U 随电流 I 变化的 U﹣I 图线, 由图线可得 电动势 E=__________V,内阻 r=__________Ω. (结果保留三位有效数字)

三、解答题(共 4 小题,满分 36 分) 15.如图所示,在距地面一定高度的位置以初速度 v0 向右水平抛出一个质量为 m、电荷量为 q 的带负电小球,小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离(水平射程) .若在空间 上加一竖直方向的匀强电场,使小球的水平射程变为原来的一半,求此电场的场强大小和方 向.

16.倾角为 37°的光滑斜面上水平放置一条长 0.2m 的直导线 PQ,两端以很软的导线通入 5A 的电流,如上图所示.当有一个竖直向上的 B=0.6T 的匀强磁场时,PQ 恰好平衡,则导线 PQ 的重力为多少?(sin37°=0.6)

17.质量为 0.10g 的小物块,带有 5×10﹣4C 的电荷量,放在倾角为 30°的绝缘光滑斜面上,整 个斜面置于 0.5T 的匀强磁场中,磁场方向如图所示,物块由静止开始下滑,滑到某一位置时, 物块开始离开斜面(设斜面足够长,g 取 10m/s2) (1)物块带何种电荷? (2)物块离开斜面时的速度为多少? (3)物块在斜面上滑行的最大距离是多少?

18.如图所示一个质量 m=2.0×10﹣11kg,电荷量 q=+1.0×10﹣5C 的带电粒子(重力忽略不计) , 从静止开始经 U1=100V 电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏转电场电压 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; (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界射出,该匀强磁场的磁感 应强度 B.

2015-2016 学年湖南省益阳市箴言中学高二(上)月考物 理试卷(12 月份)
一、选择题(每小题 4 分,共 52 分.第 1-9 题为单选题,第 10-13 题为多选题. ) 1.关于磁感线和电场线,下述说法正确的是( ) A.磁体周围的磁感线都是从磁体的北极出发,到南极终止 B.磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线 C.磁感线是闭合曲线,而静电场的电场线不是闭合曲线 D.磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向 【考点】磁感线及用磁感线描述磁场;电场线. 【专题】定性思想;推理法;磁场 磁场对电流的作用. 【分析】电场线的方向是正电荷所受电场力的方向,而正负电荷所受的电场力的方向相反; 电场线的切线方向即为场强的方向,故任意两条电场线都不会相交;只有电场线是直线,带 电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨 迹重合;电场线的疏密代表电场的强弱,故电场线越密的地方场强越强. 磁感线的引入是为了形象地描述磁场的特点,规定磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向 相同,磁感线的疏密表示磁场的强弱;磁场的方向在磁铁的内部为 S 极到 N 极的方向,磁铁 的外部是 N 极到 S 极的方向 【解答】解:A、磁体外部磁感线从磁体的北极出发,到南极终止;而在内部由南极出发,终 止于北极;故 A 错误; B、磁感线和电场线不一定是平行的曲线;故 B 错误; C、磁感线是闭合曲线,而静电场的电场线不是闭合曲线;故 C 正确; D、磁感线和电场线都可以表示磁场和电场的方向,并且还能表示其各自的强弱;故 D 错误; 故选:C. 【点评】本题考查了电场线和和磁感线的区别和共同点,要注意对于相近知识点加强区分并 注意联系. 2.一根直导线南北放置,当导线中开始通以由北向南的电流时,在直导线上方放置的小磁针 ) 的 N 极应( A.由北向东偏转 B.由北向西偏转 C.由南向东偏转 D.由南向西偏转 【考点】安培力. 【专题】定性思想;推理法;磁场 磁场对电流的作用. 【分析】利用右手螺旋定则判断通电直导线周围磁场的方向,再根据小磁针静止时 N 极的指 向为该点的磁场方向即可判断 【解答】解:地磁场由南至向北,故只在地磁场作用下,小磁针的 N 极指向北,当通电导线 通由北向南的电流时,在导线上方会产生由东向西的磁场,故小磁针的 N 极将由北向西偏转, 故 B 正确 故选:B 【点评】本题考查了通电直导线周围磁场的方向的判断,还要会判断环形电流、通电螺线管 周围磁场的方向

3.关于通电直导线所受的安培力 F、磁感应强度 B 和电流 I 三者方向之间的关系,下列说法 ) 中正确的是( A.F、B、I 的三者必定均相互垂直 B.F 必定垂直于 B、I,但 B 不一定垂直于 I C.B 必定垂直于 F、I,但 F 不一定垂直于 I D.I 必定垂直于 F、B,但 F 不一定垂直于 B 【考点】左手定则. 【分析】左手定则的内容:伸开左手,使大拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一 个平面内;让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电 导线在磁场中所受安培力的方向.根据左手定则的内容判断安培力的方向. 【解答】解:根据左手定则,可知:磁感线穿过掌心,安培力与磁感线垂直,且安培力与电 流方向垂直,所以安培力垂直于感应线与电流构成的平面.但磁感线不一定垂直于电流,故 只有 B 正确,ACD 均错误; 故选:B 【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向. 4.长为 L 的导线 ab 斜放在水平导轨上(导线与导轨的夹角为 θ) ,两导轨相互平行且间距为 d,匀强磁场的磁感应强度为 B,如图所示,当通过 ab 的电流为 I 时,导线 ab 所受安培力的 ) 大小为(

A.ILB B.ILBsinθ

C.IdB D.

【考点】安培力. 【分析】通电导线处于磁场中,受到安培力作用,根据左手定则可确定安培力的方向.而安 培力的大小则由 F=BIL 求得. 【解答】解:安培力的计算:当 I⊥B 时,F=BIL,当 I 与 B 不垂直时,F=BILsinθ,θ 为 I 与 B 的夹角,题目中属于 I 与 B 垂直的情况,所以 F=BIL.故 A 正确. 由于 ,带入 A 的结果,可得 ,故 D 正确.

故选:AD. 【点评】公式中的 L 是有效长度,即为通电电流的磁场中的长度,且垂直放置于磁场中. 5.如图所示,三根长直导线垂直于纸面放置,通以大小相同,方向如图示的电流,ac 垂直于 bd,且 ab=ad=ac,则 a 点处磁感应强度 B 的方向为( )

A.垂直纸面向外 B.垂直纸面向里 C.沿纸面由 a 向 d

D.沿纸面由 a 向 c

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 【分析】 该题考查了磁场的叠加问题. 用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在 a 点产生的 磁场的方向,利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向,从而判断各选项. 【解答】解:用右手螺旋定则判断通电直导线在 a 点上所产生的磁场方向,直导线 b 在 a 点产 生磁场与直导线 d 在 a 点产生磁场方向相反,大小相等,则合磁场为零;而直导线 c 在 a 点产 生磁场,方向从 b 指向 d,即为沿纸面由 a 指向 d. 故选:C. 【点评】磁感应强度既有大小,又有方向,是矢量.它的合成遵循矢量合成的平行四边形法 则. 6.如图所示,在绝缘的光滑水平面上,相隔一定距离有两个带同种电荷的小球,从静止同时 ) 释放,则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是(

A.速度变大,加速度变大 B.速度变小,加速度变小 C.速度变大,加速度变小 D.速度变小,加速度变大 【考点】库仑定律;牛顿第二定律. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】根据库仑定律分析电荷间作用力的变化.根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化. 【解答】解:因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同,故电荷将一直做加速运动,又由于 两电荷间距离增大,它们之间的静电力越来越小,故加速度越来越小. 故选:C. 【点评】本题中两球间存在斥力,引力逐渐减小,根据功能关系的判断速度变化,注意掌握 牛顿第二定律的应用. 7.如图所示电路,电源内阻不可忽略.开关 S 闭合后,在变阻器 R0 的滑动端向上滑动的过 ) 程中(

A.电压表与电流表的示数都减小 B.电压表与电流表的示数都增大 C.电压表的示数增大,电流表的示数减小 D.电压表的示数减小,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】在变阻器 R0 的滑片向上滑动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻 增大,根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化,即可知电压表示数的变化 情况.由欧姆定律分析并联部分电压的变化,判断电流表示数的变化. 【解答】解:在变阻器 R0 的滑片向上滑动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,变阻器 R0 与 R2 并联电阻 R 并增大,则外电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律得知,干路电流 I 减 I R1+r) 小, 电源的内电压减小, 则路端电压 U 增大, 电压表示数增大. 并联部分电压 U 并=E﹣( , I 减小,E、R1、r 均不变,则 U 并增大,故电流表示数增大.故 B 正确,ACD 错误. 故选:B. 【点评】本题是电路的动态变化分析问题,首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化,再 按局部到整体,再到部分的思路进行分析. 8.如图所示为一速度选择器,内有一磁感应强度为 B,方向垂直纸面向外的匀强磁场,一束 粒子流以速度 v 水平射入,为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力) ,则磁场区域内必须同时 ) 存在一个匀强电场,关于这处电场场强大小和方向的说法中,正确的是(

A.大小为 ,粒子带正电时,方向向上 B.大小为 ,粒子带负电时,方向向上 C.大小为 Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关 D.大小为 Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关 【考点】带电粒子在混合场中的运动. 【分析】首先根据粒子做匀速直线运动,可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等,即可得知电 场强度和磁场强度的关系.再分别假设粒子带正电或负电,可知电场的方向,并发现电场的 方向与电性无关. 【解答】解: 为使粒子不发生偏转,粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力,即为 qvB=qE,所以电场与磁 场的关系为:E=vB,所以选项 AB 错误.假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,则电场 力就应向上,电场向上;若粒子带负电,洛伦兹力向上,电场力向下,电场仍然向上.所以 电场力的方向始终向上,与粒子的电性无关.选项 C 错误,选项 D 正确. 故选 D. 【点评】在速度选择器中,粒子的受力特点:同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用; 粒子能匀速通过选择器的条件:电场力和洛伦兹力平衡,即 qvB=qE, ,只有速度为 的

粒子才能沿直线匀速通过选择器. 若粒子从反方向射入选择器,所受的电场力和磁场力方向相同,粒子必定发生偏转.

9.如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸 ) 面向里, 一带电微粒由 a 点进入电磁场并刚好能沿 ab 直线向上运动. 下列说法正确的是(

A.微粒一定带负电 B.微粒动能一定减小 C.微粒的电势能一定增加 D.微粒的机械能不变 【考点】带电粒子在混合场中的运动. 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题. 【分析】对带电粒子进行受力分析,受到竖直向下的重力,水平方向的电场力和垂直于虚线 的洛伦兹力,由于带电粒子做直线运动,所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上,从而可判断粒 子的电性(带负电) ,同时可知电场力的方向向左,再根据各力的做功情况,即可判断各选项 的正误. 【解答】解:A、根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,微粒一定带负电,且 做匀速直线运动,所以选项 A 正确; BC、由于电场力向左,对微粒做正功,电势能减小,但重力做负功,由于微粒做匀速直线运 动,则合力做功为零,因此动能仍不变,选项 BC 错误; D、由能量守恒可知,电势能减小,机械能一定增加,所以选项 D 错误. 故选:A.

【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中,只要是做直线运动,一定是匀速直线 运动(v 与 B 不平行) .若速度是变的,洛伦兹力会变,合力就是变的,合力与速度不在一条 直线上,带电体就会做曲线运动. 10.磁流体发电是一项新兴技术.如图所示,平行金属板之间有一个很强的磁场,将一束含 有大量正、负带电粒子的等离子体,沿图中所示方向喷入磁场.图中虚线框部分相当于发电 ) 机.把两个极板与用电器相连,则(

A.用电器中的电流方向从 A 到 B B.用电器中的电流方向从 B 到 A C.若只增强磁场,发电机的电动势增大 D.若只增大喷入粒子的速度,发电机的电动势增大

【考点】霍尔效应及其应用. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】本题的关键是动态分析过程,先根据左手定则判断出正离子(或负离子)受到的洛 伦兹力方向,从而判断出金属板电势的高低,进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力, 最终二者达到平衡,得出结论. 【解答】解:首先对等离子体进行动态分析:开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方 向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下) ,则正离子向上板聚集,负离子则向下板聚集,两板 间产生了电势差,即金属板变为一电源,且上板为正极下板为负极,所以通过用电器的电流 方向从 A 到 B,故 A 正确 B 错误; 此后的正离子除受到向上的洛伦兹力 f 外还受到向下的电场力 F,最终两力达到平衡,即最终 等离子体将匀速通过磁场区域,因 f=qvB,F=q ,则 qvB=q ,解得 E=Bdv,所以电动势 E 与速度 v 及磁场 B 成正比,所以 C、D 正确. 故选 ACD. 【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键,先根据左手定则判断等离 子体的正离子(或负离子)所受洛伦兹力的方向,从而知道金属板的电势高低,进一步受力 分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动,根据洛伦兹力等于电场力即可 得出结论. 11.1932 年,劳伦斯和利文斯顿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 处粒子源产生初速度不计、质量为 m、电荷量为+q 的粒子.粒子在加速器中被加速, 加速电压为 U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.关于回旋加速器,下列说法正确的 ) 是(

A.带电粒子从磁场中获得能量 B.D 形盒的半径 R 越大,粒子加速所能获得的最大动能越大 C.交变电源的加速电压 U 越大,粒子加速所能获得的最大动能越大 D.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 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理. 【专题】应用题;学科综合题;定量思想;方程法;带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致,由周期公式 T= 式 r= 进行判断. 和半径公

【解答】解:A、由于洛伦兹力始终鸟语粒子速度的方向垂直,所以洛伦兹力不做功,带电粒 子从电场中获得能量.故 A 错误.

B、C、根据半径公式 r=

知,v=

,则粒子的最大动能

,与加速的

电压无关,与 D 形盒的半径以及磁感应强度有关,D 形盒的半径 R 越大,粒子加速所能获得 的最大动能越大.故 B 正确,C 错误; D、只有电场力做功,粒子第 2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后的动能之比是 2:1,所以 速度之比是 :1,根据:r= 得:轨道半径之比为 :1.故 D 正确.

故选:BD. 【点评】本题考查了回旋加速器的原理,特别要记住粒子获得的最大动能是由 D 型盒的半径 决定的. 12.圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子 a、b、c,以 不同的速率沿着 AO 方向对准圆心 O 射入磁场,其运动轨迹如图所示.若带电粒子只受磁场 ) 力的作用,则下列说法正确的是(

A.a 粒子速率最大 B.c 粒子速率最大 C.a 粒子在磁场中运动的时间最长 D.它们做圆周运动的周期 Ta<Tb<Tc 【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】三个质量和电荷量都相同的带电粒子,以不同的速率垂直进入匀强磁场中,则运动 半径的不同,导致运动轨迹也不同.因此运动轨迹对应的半径越大,则粒子的速率也越大.而 运动周期它们均一样,但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定. 【解答】解:粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动.则有 得: 由于带电粒子们的 B、q、m 均相同,所以 R 与 v 成正比.

因此运动圆弧半径越大,则运动速率越大.故 c 粒子速率最大. 而由周期公式得:T= 由于带电粒子们的 B、q、m 均相同,所以 T 均相同.

由运动圆弧对应的圆心角越大,则运动时间越长.故 a 粒子在磁场中运动的时间最长. 故选:BC. 【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下,运动的半径与速率成正比,从而根据运 动圆弧来确定速率的大小;运动的周期均相同的情况下,可根据圆弧的对应圆心角来确定运 动的时间的长短. 13.如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场.静电分析器和磁分析器组成.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,磁分析器有 范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为 B.方向垂直纸面向外.一质量为 m.电荷量

为 q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由 P 点垂直边界进入磁 ) 分析器,最终打到胶片上的 Q 点.不计粒子重力.下列说法正确的是(

A.粒子一定带正电 B.加速电场的电压 U= ER C.直径 PQ= D.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群离子具有相同的质量 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理. 【专题】定量思想;推理法;电场力与电势的性质专题. 【分析】带电粒子在电场中,在电场力做正功的情况下,被加速运动.后垂直于电场线,在 电场力提供向心力作用下,做匀速圆周运动.最后进入匀强磁场,在洛伦兹力作用下,做匀 速圆周运动.根据洛伦兹力的方向,从而可确定电性,进而可确定极板的电势高低.根据牛 顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式,从而求出加速电压.最后再由牛 顿第二定律,洛伦兹力等于向心力可知,运动的半径公式,即影响半径的大小因素. 【解答】解:A、由左手定则可知,粒子带正电,而粒子在 MN 间被加速,故 A 正确; B、根据电场力提供向心力,则有 qE= , ,故 B 正确; ,

又有电场力加速运动,则有 qU= mv2,从而解得:U= C、根据洛伦兹力提供向心力,则有:qvB=

,结合上式可知,PQ=

若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同,由于磁场, 电场与静电分析器的半径不变,则该群离子具有相同的比荷,故 C 错误,D 也错误; 故选:AB. 【点评】考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动,及在磁场中做匀速圆周运动.掌握电场力 与洛伦兹力在各自场中应用,注意粒子在静电分析器中电场力不做功. 二、实验题 14.用图 a 的电路测定一节电动势约为 2V 的蓄电池的电动势和内阻.为防止调节滑动变阻器 时造成短路,电路中连接了一个保护电阻 R0,除蓄电池.开关.导线外,可供使用的实验器 材有: A.电流表(量程 0.6A.内阻约 0.5Ω) B.电流表(量程 3A.内阻约 0.1Ω) C.电压表(量程 3V,内阻约 6kΩ) D.定值电阻(阻值 1Ω;额定功率 5W) E.滑动变阻器(0~500Ω.额定电流 lA) F.滑动变阻器(0~10Ω.额定电流 2A)

①在实验中,电流表选 A,滑动变阻器选 F. (填序号) . ②图 b 是某同学利用图 a 进行实验测得的路端电压 U 随电流 I 变化的 U﹣I 图线, 由图线可得 电动势 E=1.98V,内阻 r=0.760Ω. (结果保留三位有效数字) 【考点】测定电源的电动势和内阻. 【专题】实验题;定量思想;图析法;恒定电流专题. 【分析】①根据电路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根据图示电源 U﹣I 图象求出电源的电动势与内阻. 【解答】解:①由图示图象可知,电流的最大测量值约为 0.45A,则电流表选择 A,为方便 实验操作,滑动变阻器应选择 F; ②由图示电源 U﹣I 图象可知,图象与纵轴交点坐标值为 1.98,则电源电动势:E=1.98V, 电源内阻:r= = =0.760Ω;

故答案为:①A;F;②1.98;0.760. 【点评】本题考查了实验器材的选择、实验数据处理,要掌握实验器材的选择原则,要掌握 应用图象法处理实验数据的方法. 三、解答题(共 4 小题,满分 36 分) 15.如图所示,在距地面一定高度的位置以初速度 v0 向右水平抛出一个质量为 m、电荷量为 q 的带负电小球,小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离(水平射程) .若在空间 上加一竖直方向的匀强电场,使小球的水平射程变为原来的一半,求此电场的场强大小和方 向.

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动. 【专题】带电粒子在电场中的运动专题. 【分析】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向去研究,在水平方向上不受力,做匀速直 线运动,在竖直方向上受重力和电场力,做初速度为 0 的匀加速直线运动. 【解答】解:小球在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做初速度为 0 的匀加速直线 运动.

水平位移 x=v0t,小球的水平距离变为原来的一半,则知时间变为原来的一半,那么在竖直方 向上,y= at2,y 不变,那么加速度就变成原来的 4 倍. 根据牛顿第二定律得:F+mg=ma,可知电场力为 3 倍的重力,即 qE=3mg,所以 E= 向竖直向上. 答:此电场的场强大小为 ,方向竖直向上. ,方

【点评】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法,将小球的运动分解为水平方向和竖直方 向,在水平方向上不受力,做匀速直线运动,在竖直方向上受重力和电场力,做初速度为 0 的匀加速直线运动. 16.倾角为 37°的光滑斜面上水平放置一条长 0.2m 的直导线 PQ,两端以很软的导线通入 5A 的电流,如上图所示.当有一个竖直向上的 B=0.6T 的匀强磁场时,PQ 恰好平衡,则导线 PQ 的重力为多少?(sin37°=0.6)

【考点】安培力;共点力平衡的条件及其应用. 【分析】导体 ab 静止在斜面上,受力平衡,磁场的方向竖直向上,对导体受力分析,根据平 衡条件求解即可; 【解答】解:若磁场方向竖直向上,从 a 向 b 观察,导体受力情况如图所示. 由平衡条件得: 在水平方向上:F﹣Nsinθ=0 在竖直方向上:mg﹣Ncosθ=0 其中:F=BIL 联立解得:

答:导线 PQ 的重力为 0.8N.

【点评】对导体受力分析,根据平衡的条件直接计算即可,难度不大. 17.质量为 0.10g 的小物块,带有 5×10﹣4C 的电荷量,放在倾角为 30°的绝缘光滑斜面上,整 个斜面置于 0.5T 的匀强磁场中,磁场方向如图所示,物块由静止开始下滑,滑到某一位置时, 物块开始离开斜面(设斜面足够长,g 取 10m/s2)

(1)物块带何种电荷? (2)物块离开斜面时的速度为多少? (3)物块在斜面上滑行的最大距离是多少?

【考点】带电粒子在混合场中的运动. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】 (1)物体离开时对斜面的压力为零,即洛仑兹力等于重力的分力; (2)物体离开前一直做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可求得加速度,由运动学公式可求 得离开时的速度. (3)物体离开斜面后由于重力及洛仑兹力的作用速度大小及方向均做调整,只到最终达到稳 定为止,根据受力情况可知稳定时的速度及运动状态. 【解答】解: (1)当物块将离开斜面时,斜面对物块的支持力为零,说明洛伦兹力的方向向 上,由左手定则可知,物块带负电; (2)设此时物块速度为 v, F 洛=qvB=mgcos30° V= =2 m/s

(3)物块离开斜面前匀加速下滑,设滑行最大距离为 s mgsin30°=ma a=gsin30°=5m/s2 2as=v2﹣0 s= m=1.2m;

m/s; 答: (1)物块带负电荷; (2)物块离开斜面时的速度为 (3)物块在斜面上滑行的最 大距离是 1.2m. 【点评】本题考查小球在重力及洛仑兹力作用下的运动,要明确洛仑兹力不做功,只改变速 度的方向. 18.如图所示一个质量 m=2.0×10﹣11kg,电荷量 q=+1.0×10﹣5C 的带电粒子(重力忽略不计) , 从静止开始经 U1=100V 电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏转电场电压 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; (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界射出,该匀强磁场的磁感 应强度 B.

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】 (1)粒子在加速电场中,电场力做功,由动能定理求出速度 v1. (2)粒子进入偏转电场后,做类平抛运动,运用运动的合成与分解求出电压. (3)粒子进入磁场后,做匀速圆周运动,结合条件,画出轨迹,由几何知识求半径,再求 B. 【解答】解: (1)带电微粒经加速电场加速后速度为 v0,根据动能定理:qU1= mv02 解得:v0= 代入数据得:v0=1.0×104m/s (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:t= s

带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为 a,出电场时竖直方向速度为 v2

竖直方向:a=

则:

m/s

微粒射出偏转电场时的偏转角 θ: 所以:θ=30° (3)画出微粒运动的轨迹如图,微粒恰好到达右侧边界时,由几何关系得: r+r?sin30°=D 所以: m

微粒在磁场中运动的过程中,洛伦兹力提供向心力,得:

微粒的速度: 所以:

m/s

代入数据得:B=0.346T 所以使微粒不会由磁场右边界射出,该匀强磁场的磁感应强度不大于 0.346T. 答: (1)微粒进入偏转电场时的速度是 1.0×104m/s; (2)微粒射出偏转电场时的偏转角是 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界射出,该匀强磁场的磁感 应强度不大于 0.346T. 【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题,关键是分析粒子的受力情况和运动情况, 用力学的方法处理.


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