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河北省邢台市南宫中学2015-2016学年高二上学期第二次月考物理试卷


2015-2016 学年河北省邢台市南宫中学高二(上)第二次月考物 理试卷
一、选择题(共 12 小题,每小题 4 分,第 1~7 小题只有一个选项正确,第 8~12 小题有多 个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的或不答的得 0 分,满分 48 分) 1.最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系,发现了电流的磁效应的学者是( ) A.安培

B.法拉第 C.奥斯特 D.库伦 2.一通有电流强度为 I、长度为 l 的导体,垂直放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,受到的 安培力为 F,对于他们的关系 B= 的认识,下列说法正确的是( )

A.B 与 F 成正比 B.B 与电流 I 成正比 C.B 与 Il 的乘积成反比 D.B 与 F、Il 均无关,由磁场本身决定 3.下列有关带电粒子与静止磁场的关系的说法中,正确的是( A.带电粒子在磁场中运动时,其所受的磁场力可能为零 B.在磁场中运动的粒子,速度越大,其所受的磁场力越大 C.在磁场中运动的粒子,速度越大,其所受的磁场力越小 D.静止的带电粒子在磁场中也可能受到磁场的力的作用 )

4.如图所示,开关 S 闭合后,一带正电的粒子沿线圈的轴线方向射入,观测到粒子在线圈 中做匀速直线运动.现把直流电源换成交流电源,该粒子以同样的方式射入,可观测到 ( )

A.粒子仍做直线运动,但速度的大小在不断变化 B.粒子做曲线运动,速度的大小也在不断变化 C.粒子做曲线运动,速度大小不变 D.粒子仍做匀速直线运动 5.如图所示,竖直绝缘墙壁上的 Q 处有一固定的质点 A,在 Q 正上方的 P 点用绝缘丝线悬 挂另一质点 B,A、B 两质点因为带电而相互排斥,使悬线与竖直方向成 θ 角,现通过某种 ) 方法使 A、B 的带电荷量均变为原来的两倍,则悬线对悬点 P 的拉力大小将(

A.变为原来的

B.保持不变 D.变为原来的 4 倍

C.变为原来的 2 倍

6.用 DISLab 系统的磁传感器可以测定通电螺线管内的磁感应强度,当把磁传感器的探测 头从螺线管的正中间(设为坐标原点)逐渐拉出螺线管过程中,测出的 B﹣x 图象是下图所 ) 示的四个图象中的(

A.

B.

C.

D.

7.如图所示,竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场,在两板间等高处有两个质量相同 的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响) ,小球 P 从紧靠左极板处由静止开始释放, 小球 Q 从两极板正中央由静止释放,两小球均沿直线运动打到右极板上的同一点,则从开 ) 始释放到打到右极板的过程中(

A.它们的运动时间之比为 tP:tQ=2:1 B.它们的电荷量之比为 qP:qQ=2:1 C.它们的动能增量之比为△ Ekp:△ EkQ=4:1 D.它们的电势能减少量之比为△ EP:△ EQ=2:1 8.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来,地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动 方向,使它们不能到达地面,这对地球上的生命有十分重要的意义,下列有关说法正确的是 ( )

A.在北极竖直向下射向地球的带电粒子不会发生偏转 B.在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向南偏转 C.在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转 D.在南极竖直向下射向地球的带电粒子会向北发生偏转 9.某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示,图中虚线表示电场线,实线表示等势 ) 面,A、B、C 为电场中的三个点,下列说法正确的是(

A.A 点的电场强度大于 B 点的电场强度 B.A 点的电势等于 C 点的电势 C.将正电荷从 A 点移到 B 点,电场力做正功 D.将负电荷从 B 点移到 C 点,电场力做正功 10.如图所示,在两磁极之间放一培培养皿,磁感线垂直培养皿,皿内侧壁有环状电极 A, 中心有电极 K,皿内装有电解液,若不考虑电解液和培养皿之间的阻力,当通以如图所示电 ) 流时,则(

A.电解液将顺时针旋转流动 B.电解液静止不动 C.若将滑动变阻器的滑片向左移动,则电解液旋转流动将变慢 D.若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反,则电解液转动方向不变

11.在同一匀强磁场中,粒子( 相等,则粒子( H)和质子(

H)和质子( H)( )

H)均做匀速圆周运动,若它们的动能

A.运动半径之比是 2:1 B.运动周期之比是 2:1 C.运动线速度大小之比是 1:2 D.受到的洛伦兹力之比是 1:

12.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨 CD、EF,导轨上 放有一金属棒 MN,现从 t=0 时刻起,给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比, 即 I=kt,其中 k 为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触良好,下列关于棒的速度 v、加速度 a 随时间 t 变化的关系图象,可能正确的是( )

A.

B.

C.

D.

二、非选择题(共 6 小题,满分 52 分) 13.某物理兴趣小组利用图示的装置探究“影响通电螺线管的外部磁场的相关因素”,整个装 置置于光滑的水平桌面上,在线圈的周围放有足够多的铁质回形针和小磁针. (1)实验时,把开关和触头 2 相连,然后通过观察发现小磁针静止时 N 极指向左方,由此 可判断通电螺线管的左侧相当条形磁铁的__________(填“N”或“S”)极. (2)实验中,他将开关 S 从 2 换到 1 上,滑动变阻器的滑片 P 不动,可通过观察线圈吸引 的铁质回形针数目来判断断线圈磁性的强弱, 从而研究磁性的强弱和__________的关系, 此 过程中有到的典型方法是__________(填“控制变量法”或“比值法”) .

14.在实验室测量直流电源的电动势和内阻,电源的电动势约为 2.0V,内阻约为 0.6Ω.实 验室还能提供如下器材: A.量程为 3V 的理想电压表 V1 B.量程为 15V 的理想电压表 V2 C.阻值为 4.0Ω 的定值电阻 R1 D.开关两个,导线若干 为了简便快捷而双较准确地测量电源的电动势和内电阻,选择电压表、定值电阻等器材,采 用如图所示电路进行实验. (1)电压表应该选择__________(填“A”或者“B”) . (2)实验中,先将 S1 闭合,S2 断开,电压表示数为 1.98V.然后将 S1、S2 均闭合,电压表 示数为 1.68V,则测得电源电动势 E=__________V,内阻 r=__________Ω(小数点后保留两 位小数) .

15.在倾角 θ=45°的斜面上,固定一金属导轨间距 L=0.2m,接入电动势 E=10V、内阻 r=1Ω 的电源,垂直导轨放有一根质量 m=0.2kg 的金属棒 ab,它与框架的动摩擦因数 μ= ,整

个装置放在磁感应强度的大小 B=4( ﹣1)T,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中,如 图所示,若金属棒静止在导轨架上,其所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力,框架与棒的电阻 不计,g=10m/s2.求滑动变阻器 R 能接入电路的电大阻值.

16.如图所示,xOy 坐标平面中的直角三角形 ACD 区域,AC 与 CD 长度均为 l,且 A、C、 D 均位于坐标轴上,区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B.坐标 原点 O 处有一粒子源,粒子源能够从 O 点沿 x 轴正方向发射出大量带正电的同种粒子,不 计粒子重力及粒子间相互作用,粒子的比荷为 ,发现恰好所有粒子都不能从 AC 边射出, 求这些粒子中速度的最大值.

17. 图示为探究通电导线在磁场中受力因素的实验示意图, 三块相同马蹄形磁铁并列放置在 水平桌面上,导体棒通过等长的轻而柔软的细导线 1、2、3、4,悬挂于固定的水平轴上(未 在图中画出) ,导体棒所在位置附近可认为有方向竖直向的匀强磁场,导线 1、4 通过开关 S 与内阻不计、电动势 E=2V 的电源相连.已知导体棒质量 m=60g,等效电阻 R=1Ω,有效长 度 l=20cm,当闭合开关 S 后,导体棒沿圆弧向右摆动,摆到最大高度时(仍在磁场中) ,细 线与竖直方向的夹角 θ=37°,已知细导线电阻不计,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8. (1)判断开关闭合后导体棒中电流的方向; (2)求出匀强磁场的磁感应强度的大小.

18. (13 分)如图所示,一速度选择中电场的方向和磁场的方向分别是竖直向下和垂直于纸 面向里, 电场强度和磁感应强度的大小分别为 E=2×104N/C 和 B1=0.1T, 极板的长度 l= m,

间距足够大, 在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场, 磁场的方向为垂直于纸面向外, 圆形区域的圆心 O 位于平行金属极板的中线上,圆形区域的半径 R= m,有一带正电的粒

子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动,然后进入圆形磁场区 域,飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了 60°,不计粒子的重力,粒子的比荷 =2×103C/kg. (1)求圆形区域磁场的磁感应强度 B2 的大小; (2)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场 B1 撤去,求粒子离开电场时速度的偏转 角 θ.

2015-2016 学年河北省邢台市南宫中学高二(上)第二次 月考物理试卷
一、选择题(共 12 小题,每小题 4 分,第 1~7 小题只有一个选项正确,第 8~12 小题有多 个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的或不答的得 0 分,满分 48 分) 1.最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系,发现了电流的磁效应的学者是( ) A.安培 B.法拉第 C.奥斯特 D.库伦 【考点】物理学史. 【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可. 【解答】解:最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系,发现了电流的磁效应的学者 是奥斯特, 故选:C 【点评】本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加 强记忆,这也是考试内容之一. 2.一通有电流强度为 I、长度为 l 的导体,垂直放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,受到的 安培力为 F,对于他们的关系 B= 的认识,下列说法正确的是( )

A.B 与 F 成正比 B.B 与电流 I 成正比 C.B 与 Il 的乘积成反比 D.B 与 F、Il 均无关,由磁场本身决定 【考点】磁感应强度. 【分析】B= 是磁感应强度的定义式,根据定义式知,B 与 F、I、l 无关.

【解答】解:磁感应强度的大小与所受的安培力、Il 无关,由磁场本身决定,故 A、B、C 错误,D 正确. 故选:D. 【点评】解决本题的关键掌握磁感应强度的定义式,知道定义式所定义的物理量,与比值的 物理量无关. 3.下列有关带电粒子与静止磁场的关系的说法中,正确的是( A.带电粒子在磁场中运动时,其所受的磁场力可能为零 B.在磁场中运动的粒子,速度越大,其所受的磁场力越大 C.在磁场中运动的粒子,速度越大,其所受的磁场力越小 D.静止的带电粒子在磁场中也可能受到磁场的力的作用 【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】 当粒子运动方向与磁场平行时, 不受洛伦兹力作用; 当粒子运动方向与磁场垂直时, 洛伦兹力最大;结合公式 f=qvBsinθ 进行分析即可. 【解答】解:A、带电粒子在磁场中运动时,如果运动方向与磁场平行时,不受洛伦兹力作 用,故 A 正确; B、根据公式 f=qvBsinθ,速度大,洛伦兹力不一定大,还要看 θ 的情况,故 B 错误; C、根据公式 f=qvBsinθ,速度大,洛伦兹力也不一定,还要看 θ 的情况,故 C 错误; D、根据公式 f=qvBsinθ,静止的带电粒子在磁场中一定不受洛伦兹力,故 D 错误; 故选:A 【点评】本题考查了洛伦兹力的大小与速度大小关系的公式,知道公式 f=qvBsinθ 中 θ 表示 速度与磁场方向的夹角. 4.如图所示,开关 S 闭合后,一带正电的粒子沿线圈的轴线方向射入,观测到粒子在线圈 中做匀速直线运动.现把直流电源换成交流电源,该粒子以同样的方式射入,可观测到 ( )

A.粒子仍做直线运动,但速度的大小在不断变化 B.粒子做曲线运动,速度的大小也在不断变化 C.粒子做曲线运动,速度大小不变 D.粒子仍做匀速直线运动 【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 【分析】通电以后,螺线管内部出现磁场,结合粒子的速度方向与磁场方向的关系,判断是 否受洛伦兹力,从而确定粒子的运动规律. 【解答】解:不管是直流电还是交流电,螺线管中轴线方向的磁场方向与中轴线重合,则粒 子的方向与磁场方向平行,不受洛伦兹力,粒子仍然做匀速直线运动.故 D 正确,A、B、 C 错误. 故选:D. 【点评】 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断螺线管周围的磁场方向, 以及知道磁场的方 向与带电粒子的速度方向平行时,不受洛伦兹力. 5.如图所示,竖直绝缘墙壁上的 Q 处有一固定的质点 A,在 Q 正上方的 P 点用绝缘丝线悬 挂另一质点 B,A、B 两质点因为带电而相互排斥,使悬线与竖直方向成 θ 角,现通过某种 ) 方法使 A、B 的带电荷量均变为原来的两倍,则悬线对悬点 P 的拉力大小将(

A.变为原来的

B.保持不变 D.变为原来的 4 倍

C.变为原来的 2 倍

【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】以小球 B 为研究对象,由于逐渐漏电的过程中,处于动态平衡状态.分析 B 受力 情况:重力 G,A 的斥力 F1 和线的拉力 F2 三个力作用,作出力图,根据△ FBF1∽△PQB, 得到线的拉力 F2 与线长的关系,再进行分析求解. 【解答】解:以小球为研究对象,球受到重力 G,A 的斥力 F2 和线的拉力 F1 三个力作用,

作出力图,如图.

作出 F1、F2 的合力 F,则由平衡条件得:F=G. 根据△ FBF1∽△PQB 得: 在 A、B 两质点带电量增大,PB、PQ、G 均不变,则线的拉力 F1 不变.故 B 正确. 故选:B 【点评】本题是力学中动态平衡问题,采用的是三角形相似法,得到力的大小与三角形边长 的关系,进行分析,也可以应用函数法求解. 6.用 DISLab 系统的磁传感器可以测定通电螺线管内的磁感应强度,当把磁传感器的探测 头从螺线管的正中间(设为坐标原点)逐渐拉出螺线管过程中,测出的 B﹣x 图象是下图所 ) 示的四个图象中的(

A.

B.

C.

D.

【考点】磁感应强度. 【分析】从外部逐渐靠近螺线管两端时,磁场逐渐增强,在螺线管内部,磁场基本上是匀强 磁场, 磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度, 螺线管的磁场关于中点对称, 分析各图示, 找出符合螺线管实际的图象. 【解答】解:从外部逐渐靠近螺线管两端时,磁场逐渐增强,在螺线管内部,磁场基本上是 匀强磁场,磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度,螺线管的磁场关于中点对称,由图示 可知, 轴线上各点的磁感应强度随 x 先增大后减小, 通电螺线管中轴线上中心两侧对称点的 磁感应强度大小基本相等,通电螺线管中轴线上中间有一段各点磁感应强度大小基本不变. 磁传感器的探测头从螺线管的正中间(设为坐标原点)逐渐拉出螺线管过程中,则图象 B 正确,ACD 错误;

故选:B. 【点评】 通电螺线管的磁场是由电流产生的, 如果螺线管中没有电流, 则螺线管内没有磁场; 知道螺线管的磁场分布是正确解题的关键, 注意磁传感器的探测头从螺线管的正中间逐渐拉 出. 7.如图所示,竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场,在两板间等高处有两个质量相同 的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响) ,小球 P 从紧靠左极板处由静止开始释放, 小球 Q 从两极板正中央由静止释放,两小球均沿直线运动打到右极板上的同一点,则从开 ) 始释放到打到右极板的过程中(

A.它们的运动时间之比为 tP:tQ=2:1 B.它们的电荷量之比为 qP:qQ=2:1 C.它们的动能增量之比为△ Ekp:△ EkQ=4:1 D.它们的电势能减少量之比为△ EP:△ EQ=2:1 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动. 【专题】定性思想;推理法;带电粒子在电场中的运动专题. 【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用,都做匀加速直线运动,运用运动的分 解可知:两小球在竖直方向都做自由落体运动,由题分析可知,小球下落高度相同,运动时 间相同.两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动,水平位移 xP=2xQ,根据牛顿 第二定律和运动学公式研究电荷量之比.根据电场力做功之比,研究电势能减小量之比.根 据数学知识分析合力对两球做功的关系,由动能定理分析动能增加量之比. 【解答】解:A、两小球在竖直方向都做自由落体运动,由题分析可知,小球下落高度相同, 由公式 t= 得,它们运动时间相同.故 A 错误. 分

B、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动,水平位移 xP=2xQ,由 x= 析得到加速度之比 aP:aQ=2:1.根据牛顿第二定律得,两球的加速度分别为 aP= ,

aQ=

,则 qP:qQ=2:1.故 B 正确.

C、电场力做功分别为 WP=qQExQ,WQ=qPExP,由于 qP:qQ=2:1,xP:xQ=2:1,得到 WP:WQ=4:1,故电势能的减小量为△ EP:△ EQ=4:1;而重力做功相同,则合力做功之 比 故选:B. ,则动能增加量之比△ EkP:△ EkQ<4.故 CD 错误.

【点评】本题电荷在复合场中运动,采用运动的分解与合成的方法研究,是常用的方法.研 究动能增加量关系,也可通过求末速度之比求解. 8.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来,地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动 方向,使它们不能到达地面,这对地球上的生命有十分重要的意义,下列有关说法正确的是 ( )

A.在北极竖直向下射向地球的带电粒子不会发生偏转 B.在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向南偏转 C.在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转 D.在南极竖直向下射向地球的带电粒子会向北发生偏转 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;洛仑兹力. 【分析】根据地球磁场的分布,由左手定则可以判断粒子的受力的方向,从而可以判断粒子 的运动的方向. 【解答】解:A、由图可知,在北极竖直向下射向地球的带电粒子由于运动方向沿磁场方向; 故不受洛仑兹力,故粒子不会偏转;故 A 正确; B、赤道上地球的磁场由南向北,由左手定则可知,在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒 子会向东偏转;故 B 错误; C、由左手定则可知,在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转;故 C 正确; D、在南极竖直向下射向地球的带电粒子的运动方向沿磁感线方向,故粒子不会发生偏转; 故 D 错误; 故选:AC. 【点评】本题主要考查左手定则的应用,掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向;注意 明确负电荷在应用左手定则时,四指要指向运动的反方向. 9.某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示,图中虚线表示电场线,实线表示等势 ) 面,A、B、C 为电场中的三个点,下列说法正确的是(

A.A 点的电场强度大于 B 点的电场强度 B.A 点的电势等于 C 点的电势 C.将正电荷从 A 点移到 B 点,电场力做正功 D.将负电荷从 B 点移到 C 点,电场力做正功 【考点】电场线.

【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小;根据沿着电场线,电势逐渐降低来判 断电势的高低;根据等差等势面来确定电势差大小,再由电势差与电场力做功关系公式 WAB=qUAB 来判断电场力做功的多少. 【解答】解:A、由电场线越密的地方,电场强度越大,则有 A 点的电场强度小于 B 点的 电场强度,EB>EA,故 A 错误; B、由图可知,A 点与 C 点位于同一条等势面上,所以 A 点的电势等于 C 点的电势.故 B 正确; C、由于沿着电场线,电势逐渐降低,故 φA>φB,因此将正电荷从 A 移动到 B,电场力做 正功,故 C 正确; D、由于沿着电场线,电势逐渐降低,故 φC>φB,因此将负电荷从 B 移动到 C,电场力做 正功,故 D 正确. 故选:BCD 【点评】 本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、 电场力大小和电势差 的大小关系.同时知道等差等势面越密的地方,电场线也越密.当然也可以由电场力做功的 正负来确定电势能的增减. 10.如图所示,在两磁极之间放一培培养皿,磁感线垂直培养皿,皿内侧壁有环状电极 A, 中心有电极 K,皿内装有电解液,若不考虑电解液和培养皿之间的阻力,当通以如图所示电 ) 流时,则(

A.电解液将顺时针旋转流动 B.电解液静止不动 C.若将滑动变阻器的滑片向左移动,则电解液旋转流动将变慢 D.若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反,则电解液转动方向不变 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势. 【分析】由左手定则判断电解液所受的安培力方向,即可分析其旋转方向.根据电路中电流 的变化,分析安培力大小的变化,判断电解液旋转快慢的变化. 【解答】解:AB、电解液中当通以如图所示电流时,将电解液看成无数个幅条状导体组成, 每根导体中电流从环边缘流向 K, 由左手定则判断可知, 电解液所受的安培力方向沿顺时针, 因此电解液将顺时针旋转流动.故 A 正确,B 错误. C、若将滑动变阻器的滑片向左移动,其有效电阻减小,电路中电流增大,由 F=BIL 知,电 解液所受的安培力增大,则电解液旋转流动将变快,故 C 错误. D、若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反,由左手定则可知安培力方向不变,则 电解液转动方向不变,故 D 正确. 故选:AD 【点评】解决本题时要理解电解液旋转的原因:受到安培力,知道判断安培力方向的法则是 左手定则,明确安培力方向与磁场方向和电流方向有关.

11.在同一匀强磁场中,粒子( 相等,则粒子( H)和质子(

H)和质子( H)( )

H)均做匀速圆周运动,若它们的动能

A.运动半径之比是 2:1 B.运动周期之比是 2:1 C.运动线速度大小之比是 1:2 D.受到的洛伦兹力之比是 1: 【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】已知粒子( H)和质子( H)动能相等,质量之比为 2:1,可以得到速度之

比为 1: ;粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律列式求解轨 道半径和周期之比. 【解答】解:C、已知粒子( 到速度之比为 1: H)和质子( H)动能相等,质量之比为 2:1,可以得

,故 C 错误; H)和质子( H)电量相等,速度之比为 1: ,故受到的洛

D、根据 f=qvB,粒子( 伦兹力之比是 1:

,故 D 正确; ,故 R= ; ,故运动半

A、粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,故 粒子( 径之比是 B、根据 T= H)和质子(

H)电量相等,质量之比为 2:1,速度之比为 1:

:1,故 A 错误; ,粒子( H)和质子( H)电量相等,质量之比为 2:1,故周期之比

为 2:1,故 B 正确; 故选: BD 【点评】 本题关键是明确粒子的受力情况和运动性质, 然后结合牛顿第二定律列式求解出半 径和周期的表达式进行分析,基础题目. 12.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨 CD、EF,导轨上 放有一金属棒 MN,现从 t=0 时刻起,给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比, 即 I=kt,其中 k 为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触良好,下列关于棒的速度 v、加速度 a 随时间 t 变化的关系图象,可能正确的是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】安培力;牛顿第二定律. 【分析】通过通电导线处于磁场中,受到安培力,由左手定则来确定安培力的方向,并得出 安培力的大小,再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析,从而即可求解.

【解答】解:当从 t=0 时刻起,金属棒通以 I=kt,则由左手定则可知,安培力方向垂直纸面 向里,使其紧压导轨,则导致棒在运动过程中,所受到的摩擦力增大,所以加速度在减小, 由于速度与加速度方向相同,则做加速度减小的加速运动. 当滑动摩擦力等于重力时,加速度为零,则速度达到最大,其动能也最大. 当安培力继续增大时,导致加速度方向竖直向上,则出现加速度与速度方向相反,因此做加 速度增大的减速运动. A、而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小,故 A 错误,B 正确; C、 mg﹣μBLKt=ma, μN=mg 而 N=BIL=BLkt 由牛顿第二定律得: 则有: 因此 a=g﹣ ,

而重力小于摩擦力时,加速度方向向上,故 C 正确,D 错误; 故选:BC. 【点评】考查安培力的方向与大小,同时利用棒受力分析来确定运动与力的情况,并借助于 牛顿第二定律来解题. 二、非选择题(共 6 小题,满分 52 分) 13.某物理兴趣小组利用图示的装置探究“影响通电螺线管的外部磁场的相关因素”,整个装 置置于光滑的水平桌面上,在线圈的周围放有足够多的铁质回形针和小磁针. (1)实验时,把开关和触头 2 相连,然后通过观察发现小磁针静止时 N 极指向左方,由此 可判断通电螺线管的左侧相当条形磁铁的 N(填“N”或“S”)极. (2)实验中,他将开关 S 从 2 换到 1 上,滑动变阻器的滑片 P 不动,可通过观察线圈吸引 的铁质回形针数目来判断断线圈磁性的强弱, 从而研究磁性的强弱和线圈匝数的关系, 此过 程中有到的典型方法是控制变量法(填“控制变量法”或“比值法”) .

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 【专题】实验题. 【分析】 (1)根据小磁针静止时 N 极的指向确定螺线管相当于条形磁铁哪一端为 N 极. 2 ( )将开关 S 从 2 换到 1 上,改变的是线圈的匝数,实验过程中,要采用控制变量法. 【解答】解: (1)小磁针静止时 N 极指向左方,可知螺线管内部的磁场方向向左,则左侧 相当于条形磁铁的 N 极. (2)将开关 S 从 2 换到 1 上,改变线圈的匝数,通过观察线圈吸引的铁质回形针数目来判 断断线圈磁性的强弱,该过程需要可知电流不变,即采用可知变量法. 故答案为: (1)N, (2)线圈匝数,控制变量法. 【点评】 本实验中采用的实验方法为控制变量法, 控制变量法的研究是物理学中典型的方法 之一,需灵活掌握. 14.在实验室测量直流电源的电动势和内阻,电源的电动势约为 2.0V,内阻约为 0.6Ω.实 验室还能提供如下器材: A.量程为 3V 的理想电压表 V1 B.量程为 15V 的理想电压表 V2 C.阻值为 4.0Ω 的定值电阻 R1 D.开关两个,导线若干

为了简便快捷而双较准确地测量电源的电动势和内电阻,选择电压表、定值电阻等器材,采 用如图所示电路进行实验. (1)电压表应该选择 A(填“A”或者“B”) . (2)实验中,先将 S1 闭合,S2 断开,电压表示数为 1.98V.然后将 S1、S2 均闭合,电压表 示数为 1.68V,则测得电源电动势 E=1.98V,内阻 r=0.71Ω(小数点后保留两位小数) .

【考点】测定电源的电动势和内阻. 【专题】实验题;恒定电流专题. 【分析】 (1)根据电源电动势选择电压表; (2)根据实验数据应用闭合电路欧姆定律求出电源电动势与内阻. 【解答】解: (1)电源电动势约为 2.0V,则电压表应选择:A、量程为 3V 的理想电压表 V1; (2)由图示电路图可知,将 S1 闭合,S2 断开,电压表测电源电动势,电压表示数为 1.98V, 则电源电动势:E=1.98V, 将 S1、S2 均闭合,电压表示数为 1.68V,由欧姆定律可知:E=U+Ir, 即:1.98=1.68+ r,

解得:r=0.71Ω; 故答案为: (1)A; (2)1.98,0.71. 【点评】本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻,要掌握实验器材的选择原则; 分析清楚电路结构、应用欧姆定律可以求出电源电动势与内阻. 15.在倾角 θ=45°的斜面上,固定一金属导轨间距 L=0.2m,接入电动势 E=10V、内阻 r=1Ω 的电源,垂直导轨放有一根质量 m=0.2kg 的金属棒 ab,它与框架的动摩擦因数 μ= ,整

个装置放在磁感应强度的大小 B=4( ﹣1)T,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中,如 图所示,若金属棒静止在导轨架上,其所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力,框架与棒的电阻 不计,g=10m/s2.求滑动变阻器 R 能接入电路的电大阻值.

【考点】共点力平衡的条件及其应用;安培力. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】 通电导线处于垂直斜面向上的匀强磁场中, 则由电流方向结合左手定则可得安培力 的方向,当安培力过大时,则棒有上滑趋势,则静摩擦力沿斜面向下.当安培力过小时,则 棒有下滑的趋势,则静摩擦力沿斜面向上,当电阻最大时,电流最小,安培力最小,据此分 析即可. 【解答】解:金属棒受四个力作用,重力、垂直于导轨平面的支持力、沿导轨平面向上的安 培力 F、沿导轨平面的摩擦力 f,变阻器 R 较大时,I 较小,安培力较小,金属棒有下滑趋

势,框架对棒的摩擦力方向向上,如图所示,当 R 最大时,金属棒刚好不下滑,根据平衡 条件得: BIL+μmgcosθ﹣mgsinθ=0 I= 联立并代入数据解得:R=7Ω 答:滑动变阻器 R 能接入电路的电大阻值为 7Ω.

【点评】静摩擦力的方向是由安培力大小决定,当安培力过大使得棒有上滑趋势,所以静摩 擦力沿斜面向下.当安培力过小时,棒有下滑的趋势,所以静摩擦力沿斜面向上. 16.如图所示,xOy 坐标平面中的直角三角形 ACD 区域,AC 与 CD 长度均为 l,且 A、C、 D 均位于坐标轴上,区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B.坐标 原点 O 处有一粒子源,粒子源能够从 O 点沿 x 轴正方向发射出大量带正电的同种粒子,不 计粒子重力及粒子间相互作用,粒子的比荷为 ,发现恰好所有粒子都不能从 AC 边射出, 求这些粒子中速度的最大值.

【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】粒子从 O 点沿着+x 方向射入磁场,洛伦兹力向上,圆心在 O 点的正上方,画出临 界轨迹,结合几何关系得到轨道半径,根据牛顿第二定律列式求解最大速度. 【解答】解:当粒子以最大的可能速度沿着 x 轴正方向进入磁场时,轨迹如图所示,要使所 有粒子都不能从 AC 边射出,则最大轨迹圆恰好 AC、CD 边相切. 故由几何关系可得带电粒子运动的轨道半径 R= 又:qvB=m 解得这些粒子中速度的最大值为:v= 答:这些粒子中速度的最大值为 .

【点评】本题关键是画出运动轨迹,得到临界轨迹的半径;明确粒子做匀速圆周运动,洛伦 兹力提供向心力,根据牛顿第二定律列式求解即可. 17. 图示为探究通电导线在磁场中受力因素的实验示意图, 三块相同马蹄形磁铁并列放置在 水平桌面上,导体棒通过等长的轻而柔软的细导线 1、2、3、4,悬挂于固定的水平轴上(未 在图中画出) ,导体棒所在位置附近可认为有方向竖直向的匀强磁场,导线 1、4 通过开关 S 与内阻不计、电动势 E=2V 的电源相连.已知导体棒质量 m=60g,等效电阻 R=1Ω,有效长 度 l=20cm,当闭合开关 S 后,导体棒沿圆弧向右摆动,摆到最大高度时(仍在磁场中) ,细 2 线与竖直方向的夹角 θ=37°,已知细导线电阻不计,g=10m/s ,sin37°=0.6,cos37°=0.8. (1)判断开关闭合后导体棒中电流的方向; (2)求出匀强磁场的磁感应强度的大小.

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;右手定则. 【分析】 (1)导体棒沿圆弧向右摆动,说明所受的安培力向右,由左手定则判断导体棒中电 流的方向. (2)开关闭合后,导体棒所受安培力大小为 F=BIL,而 I= .对导体棒上摆的过程,运用 动能定理列式可求磁感应强度的大小. 【解答】解: (1)导体棒沿圆弧向右摆动,说明所受的安培力向右,由左手定则判断可知, 导体棒中电流的方向是由导线 4 经导体棒流向导线 1. (2)开关闭合后,导体棒所受安培力大小为 F=BIl, 由欧姆定律,有 I= 设细导线的长度为 L.导体棒上摆的过程中只有安培力和重力做功,由动能定理,有: FLsinθ﹣mgL(1﹣cosθ)=0 解得:B=0.5T 答: (1)开关闭合后导体棒中电流的方向是由导线 4 经导体棒流向导线 1; (2)匀强磁场的磁感应强度的大小是 0.5T. 【点评】 解决本题的关键是掌握左手定则和动能定理, 判断通电导体磁场中所受的安培力方 向运用左手定则,要注意与右手定则和安培定则运用条件的区别,不能混淆. 18. (13 分)如图所示,一速度选择中电场的方向和磁场的方向分别是竖直向下和垂直于纸 面向里, 电场强度和磁感应强度的大小分别为 E=2×104N/C 和 B1=0.1T, 极板的长度 l= m,

间距足够大, 在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场, 磁场的方向为垂直于纸面向外, 圆形区域的圆心 O 位于平行金属极板的中线上,圆形区域的半径 R= m,有一带正电的粒

子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动,然后进入圆形磁场区 域,飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了 60°,不计粒子的重力,粒子的比荷 =2×103C/kg. (1)求圆形区域磁场的磁感应强度 B2 的大小; (2)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场 B1 撤去,求粒子离开电场时速度的偏转 角 θ.

【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)带电粒子在电磁场中做匀速直线运动,由平衡条件求出粒子的速度;带电粒子 在在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律可以求出磁感应强度; (2)粒子在板间做类平抛运动,由类平抛运动的分运动公式列式求解即可. 【解答】解: (1)设粒子的初速度大小为 v,粒子在极板间做匀速直线运动,则有: qvB1=qE 设粒子在圆形区域中做匀速圆周运动的半径为 r,则有:

粒子速度方向偏转了 60°,有: r=2Rsin60° 解得: B2=0.1T (2)撤去磁场 B1 后,粒子在极板间做平抛运动,设在板间运动时间为 t,运动的加速度为 a, 飞出电场时竖直方向的速度为 vy,则有: qE=ma l=vt vy=at tanθ= 解得: tanθ= ,即 θ=30°

答: (1)圆形区域磁场的磁感应强度 B2 的大小为 0.1T; (2)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场 B1 撤去,粒子离开电场时速度的偏转角 θ 为 30°.

【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中运动的相关问题,考查学生综合分析、解决物理问 题能力.分析清楚粒子的运动过程,应用运动的合成与分解、平衡条件、牛顿运动定律、运 动学公式即可正确解题.


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