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福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高二(上)月考物理试卷(12月份)


2014-2015 学年福建省龙岩市武平一中高二 (上) 月考物理试卷 (12 月份)
一、单项选择题(48 分,每题 4 分) 1. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)下列有关磁感应强度及安培力的说法正确的有() A. B. C. D. 通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时,则该处的磁感应强度一定为零 若某处的磁感应强度为零,则通电导线放在该处所受安培力

一定为零 磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线有关 同一条通电导线放在磁场中某处所受的安培力是一定的

2. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)一带电粒子沿着如图中曲线 JK 穿过一匀强电场,a、b、 c、d 为该电场的电势面,其中 φa<φb<φc<φd,若不计粒子受的重力,可以确定( )

A. B. C. D.

该粒子带正电 该粒子可带负电,也可带正电 从 J 到 K 粒子的电势能增加 粒子从 J 到 K 运动过程中的动能与电势能之和不变

3. (4 分) (2013 秋?鄂伦春自治旗校级期末)如图所示的电路中,当变阻器 R3 的滑动触头 P 向 a 端移动时,下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

电压表示数变大,电流表示数变小 电压表示数变小,电流表示数变大 电压表示数变大,电流表示数变大 电压表示数变小,电流表示数变小

4. (4 分) (2012 春?西山区校级期中)一磁感应强度 B 的匀强磁场方向水平向右,一面积为 S 的矩形线圈 abcd 如图所示放置,平面 abcd 与竖直方向成 θ 角,将 abcd 绕 ad 轴转 180°角,则 穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )

A.

0

B.

2BS

C. 2BScosθ

D. 2BSsinθ

5. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图,接通电键 K 的瞬间,用丝线悬挂于一点可自由 转动的通电直导线 AB 将( )?

A. B. C. D.

A 端向上,B 端向下,悬线张力不变? A 端向下,B 端向上,悬线张力不变 A 端向纸外,B 端向纸内,悬线张力变大? A 端向纸内,B 端向纸外,悬线张力变大?

6. (4 分) (2010?上海)如图,长为 2l 的直导线折成边长相等,夹角为 60°的 V 形,并置于与 其所在平面相垂直的匀强磁场中, 磁感应强度为 B. 当在该导线中通以电流强度为 I 的电流时, 该 V 形通电导线受到的安培力大小为( )

A.

0

B.

0.5BIl

C. BIl D. 2BIl

7. (4 分) (2008 秋?禅城区校级期末) 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.由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减少(带电量不 变) ,从图中情况可以确定( )

A. C.

粒子从 a 到 b,带正电 粒子从 a 到 b,带负电

B. 粒子从 b 到 a;带正电 D. 粒子扶 b 到 a,带负电

8. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)一束混合的离子束,先沿直线穿过正交匀强电磁场, 再进入一个磁场区域后分裂成几束,如图所示.若粒子的重力不计,则这分裂是因为( )

A. B. C. D.

带电性质不同,有正离又有负离子 速度不同 质量和电量的比值不同 以上答案均不正确

9. (4 分) (2007?东城区三模)质子和 α 粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动,由此 可知,质子的动能 Ek1 和 α 粒子的动能 Ek2 之比 Ek1:Ek2 等于( A. 4:1 B.1:1 C. 1:2 D. 2:1 )

10. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图,带电平行金属板中匀强电场方向竖直上,匀强 磁场方向垂直纸面向里,带电小球从光滑绝缘轨道上的 a 点由静止滑下,经过 圆弧轨道从端 点 P(切线水平)进入板间后恰好沿水平方向做直线运动,现使带电小球从比 a 点稍高的 b 点 由静止滑下,在经过 P 点进入板间的运动过程中( )

A. B. C. D.

带电小球的电势能将会增大 带电小球所受洛伦兹力将会增大 带电小球所受电场力将会减小 带电小球的动能将会减小

11. (4 分) (2013?安徽三模)三个速度大小不同的同种带电粒子,沿同一方向从如图所示的 长方形区域的匀强磁场上边缘射入强磁场,当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为 90°、60°、30°,则它们在磁场中的运动时间之比( )

A.

1:1:1

B.1:2:3

C. 3:2:1

D. 1:



12. (4 分) (2013 秋?余姚市期末)长为 L 的水平板间,有垂直纸面向内的匀强磁场,如图所 示, 磁感应强度为 B, 板间距离也为 L, 板不带电, 现有质量为 m, 电量为 q 的带正电粒子 (不 计重力) ,从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场,欲使粒子打在极板上,可 采用的办法是( )

A. 使粒子的速度 v< B. 使粒子的速度 v> C. 使粒子的速度 v> D. 使粒子的速度 <v<

二、实验题(14 分,每空或每处 2 分) 13. (6 分) (2014 秋?武平县校级月考) (1) 某同学用多用表测电阻 Rx 时, 将选择开关置于“Ω×10” 挡,表针停留的位置如图甲所示(其数据为 8) ,为了较正确测出 Rx 的阻值,将两表与电阻 Rx 断开后,下列操作中必要而且正确的顺序应该是(用字母表示) . (A)换用 Ω×1 挡 (B)换用 Ω×100 挡 (C)将两表笔与 Rx 断开 (D)将两表笔与 Rx 的两端接触 (E)将两表笔短接,调节调零旋钮,使指针指到“0Ω”处 (F)读出示数,并乘以相应的倍率 (2)若该同学再用“伏安法”测量该电阻,所用器材如图乙所示,其中电压表内阻约为 1kΩ, 电流表内阻约为 1Ω,滑动变阻器阻值为 20Ω.图中部分连线已经连接好,为了尽可能准确地 测量电阻,请你完成其余的连线. (3)该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙中电路后,测得的电阻值将 (填“大 于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际阻值.

14. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)在做“用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电 阻”的实验时: (1)某同学在实验时使用的电流表量程为 0﹣0.6A,电压表量程为 0﹣3V,并加接了一个已 知阻值的定值电阻 R0,如图甲所示,试说明他加接此电阻的作用是

(2)如果某同学把 R0 接到图乙所示的位置,改变滑动变阻器的阻值,测出了两组对应的电流 表和电压表示数 U1、I1 和 U2、I2 后,则测出的电源内阻的阻值为 r= (用 R0、U1、I1 和 U2、I2 表示) .

15. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样,现在要用伏 安法描绘这个灯泡的 I﹣U 图线.现有下列器材供选用: A.电压表(0~5V,内阻 10kΩ) B.电压表(0~15V,内阻 20kΩ) C.电流表(0~3A,内阻 1Ω) E.滑动变阻器(10Ω,2A) 实验中所用电压表应选 母表示) D.电流表(0~0.6A,内阻 0.4Ω)

,电流表应选用

(用序号字

三、计算题(38 分) 16. (8 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图所示,一条长为 L 的细线上端固定在 O 点,下端 系一个质量为 m 带电量为+q 的小球,将它置于一个很大的匀强电场中,电场强度方向水平向 右,已知小球在 B 点时平衡,细线与竖直线的夹角为 θ=37°,重力加速度为 g. (cos37°=0.8, sin37°=0.6)求: (1)电场强度 E 的大小; (2)若将小球拉到与 O 等高处的 A 点释放,小球摆到最低点时绳子的拉力大小.

17. (8 分) (2014 秋?芜湖期末)如图所示,通电直导线 ab 的质量为 m、长为 L,水平放置在 倾角为 θ 的光滑斜面上,通以图示方向的电流,电流为 I,要求导线 ab 静止在斜面上. (1)若磁场的方向竖直向上,则磁感应强度为多大? (2)若要求磁感应强度最小,则磁感应强度的大小、方向如何?

18. (10 分) (2002?天津)电视机的显像管中,电子束的偏转是用磁偏转技术实现的.电子束 经过电压为 U 的加速电场后,进入一圆形匀强磁场区,如图所示.磁场方向垂直于圆面.磁 场区的圆心为 O,半径为 r.当不加磁场时,电子束将通过 O 点打到屏幕的中心 M 点,为了 让电子束射到屏幕边缘的 P 点,需要加磁场,使电子束偏转一已知角度 θ,此时磁场的磁感应 强度 B 为多少?

19. (12 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图所示,直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿 y 轴 负方向的匀强电场,在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电量为 q、质量为 m 的 带正电的粒子,在﹣x 轴上的点 a 以速率 v0,方向和﹣x 轴方向成 60°射入磁场,然后经过 y 轴上 y=L 处的 b 点垂直于 y 轴方向进入电场, 并经 过 x 轴上 x=2L 处的 c 点.不计重力.求 (1)磁感应强度 B 的大小 (2)电场强度 E 的大小 (3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比.

2014-2015 学年福建省龙岩市武平一中高二(上)月考物 理试卷(12 月份)
参考答案与试题解析

一、单项选择题(48 分,每题 4 分)

1. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)下列有关磁感应强度及安培力的说法正确的有() A. B. C. D. 通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时,则该处的磁感应强度一定为零 若某处的磁感应强度为零,则通电导线放在该处所受安培力一定为零 磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线有关 同一条通电导线放在磁场中某处所受的安培力是一定的

考点: 安培力;磁感应强度. 分析: 当电流的方向与磁场方向平行,通电导线不受安培力,放置的方向不同,所受的安 培力可能不同.磁场中的磁感应强度与放入磁场中导线无关. 解答: 解:A、通过导线放在磁场中不受安培力,可能是磁场方向与电流方向平行,磁感应 强度不一定为零,故 A 错误. B、若某处的磁感应强度为零,则通电导线放在该处所受安培力一定为零,故 B 正确; C、磁场中某点的磁感应强度与放入的导线无关,由磁场本身的性质决定,故 C 错误; D、导线的放置方向不同,所受的安培力可能不同.故 D 错误. 故选:B 点评: 解决本题的关键知道磁感应强度与放入磁场中导线无关,由本身的性质无关.当电 流与磁场平行,F=0,若电流方向与磁场方向垂直,F=BIL. 2. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)一带电粒子沿着如图中曲线 JK 穿过一匀强电场,a、b、 c、d 为该电场的电势面,其中 φa<φb<φc<φd,若不计粒子受的重力,可以确定( )

A. B. C. D.

该粒子带正电 该粒子可带负电,也可带正电 从 J 到 K 粒子的电势能增加 粒子从 J 到 K 运动过程中的动能与电势能之和不变

考点: 电场线;电势. 分析: 根据电势的高低得出电场强度的方向,通过粒子的轨迹弯曲得出电场力的方向,从 而确定电荷的电性,根据电场力做功判断电势能的高低. 解答: 解:A、电势 φa<φb<φc<φd,则电场强度的方向从右向左,因为粒子轨迹向右弯 曲,可知电场力的方向水平向右,则该粒子带负电.故 AB 错误. C、从 J 到 K,电场力做正功,电势能减小,故 C 错误. D、粒子从 J 到 K 的运动过程中动能和电势能之和保持不变,故 D 正确. 故选:D. 点评: 解决本题的关键知道等势面与电场线之间的关系,知道电场力做功与电势能的关系, 难度不大.

3. (4 分) (2013 秋?鄂伦春自治旗校级期末)如图所示的电路中,当变阻器 R3 的滑动触头 P 向 a 端移动时,下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

电压表示数变大,电流表示数变小 电压表示数变小,电流表示数变大 电压表示数变大,电流表示数变大 电压表示数变小,电流表示数变小

考点: 闭合电路的欧姆定律. 专题: 恒定电流专题. 分析: 由图可知 R2 与 R3 并联后与 R1 串联,电压表测量路端电压;由滑片的移动可得出滑 动变阻器接入电阻的变化,则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化,由 U=E﹣Ir 可得 出路端电压的变化;将 R1 作为内阻处理,则可得出并联部分电压的变化,求得 R2 中电流的变 化,由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化. 解答: 解:当滑片向 a 端滑动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小,则由闭 合电路欧姆定律可得,电路中总电流增大,故内压增大;因此路端电压减小,故电压表示数 减小;将 R1 等效为内阻,则可知并联部分电压一定减小,故流过 R2 的电流减小,因总电流增 大,故电流表示数增大; 故选:B. 点评: 闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路,再分析内电路,最后再分析外电路的思 路进行;若电阻与电源串联,可以等效为内阻处理. 4. (4 分) (2012 春?西山区校级期中)一磁感应强度 B 的匀强磁场方向水平向右,一面积为 S 的矩形线圈 abcd 如图所示放置,平面 abcd 与竖直方向成 θ 角,将 abcd 绕 ad 轴转 180°角,则 穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )

A.

0

B.

2BS

C. 2BScosθ

D. 2BSsinθ

考点: 磁通量. 分析: 在匀强磁场中,当线圈平面与磁场方向垂直时,穿过线圈的磁通量 Φ=BS,B 是磁感 应强度,S 是线圈的面积.当线圈平面与磁场方向平行时,穿过线圈的磁通量 Φ=0,若既不垂 直,也不平行,则可分解成垂直与平行,根据 Φ=BSsinθ(θ 是线圈平面与磁场方向的夹角) 即可求解. 解答: 解:矩形线圈 abcd 如图所示放置,匀强磁场方向水平向右,平面 abcd 与竖直方向成 θ 角,将此时通过线圈的磁通量为 Φ1=BScosθ.

当规定此时穿过线圈为正面, 则当线圈绕 ad 轴转 180°角时, 穿过线圈反面, 则其的磁通量 Φ2= ﹣BScosθ. 因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为:△?=?2﹣?1=﹣2BScosθ. 故选:C. 点评: 对于匀强磁场中磁通量的求解,可以根据一般的计算公式 Φ=BSsinθ(θ 是线圈平面 与磁场方向的夹角)来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况.注意夹角 θ 不是 磁场与线圈平面的夹角,同时理解磁通量不是矢量,但注意分清正面还是反面通过线圈. 5. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图,接通电键 K 的瞬间,用丝线悬挂于一点可自由 转动的通电直导线 AB 将( )?

A. A 端向上,B 端向下,悬线张力不变? B. A 端向下,B 端向上,悬线张力不变 C. A 端向纸外,B 端向纸内,悬线张力变大? D. A 端向纸内,B 端向纸外,悬线张力变大? 考点: 电流的磁场对磁针的作用. 分析: 根据安培定则,判断出电磁铁左边为 N 极,右边为 S 极.采用电流元法,即将直导 线分为左右两部分处理,根据左手定则,判断出图示位置导线左部所受安培力向纸内,右部 向纸外;又取特殊位置:导线转过 90°时研究,安培力向下.则导线在安培力作用下,A 端向 纸内,B 端向纸外,悬线张力变大. 解答: 解:根据安培定则,判断出电磁铁左边为 N 极,右边为 S 极.由于导线左右两部分 处在的磁场方向不同,可采用电流元法,即将直导线分为左右两部分处理,根据左手定则, 判断出图示位置导线左部所受安培力向纸外,右部向纸内;又取特殊位置:导线转过 90°时研 究,安培力向下.则导线在安培力作用下,A 端向纸外,B 端向纸内,悬线张力变大.ABD 错误,C 正确. 故选:C 点评: 判断安培力作用下导体运动的方向,是磁场中的基本题型,这类问题往往是安培定 则和左手定则综合应用,并采用电流法、特殊位置法、等效法、推论法等. 6. (4 分) (2010?上海)如图,长为 2l 的直导线折成边长相等,夹角为 60°的 V 形,并置于与 其所在平面相垂直的匀强磁场中, 磁感应强度为 B. 当在该导线中通以电流强度为 I 的电流时, 该 V 形通电导线受到的安培力大小为( )

A.

0

B.

0.5BIl

C. BIl D. 2BIl

考点: 安培力的计算. 专题: 计算题. 分析: 由安培力公式 F=BIL 进行计算,注意式中的 L 应为等效长度. 解答: 解:导线在磁场内有效长度为 2lsin30°=l,故该 V 形通电导线受到安培力大小为 F=BI2lsin30°=BIL,选项 C 正确. 故选 C. 点评: 本题考查安培力的计算,熟记公式,但要理解等效长度的意义. 7. (4 分) (2008 秋?禅城区校级期末) 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.由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减少(带电量不 变) ,从图中情况可以确定( )

A. C.

粒子从 a 到 b,带正电 粒子从 a 到 b,带负电

B. 粒子从 b 到 a;带正电 D. 粒子扶 b 到 a,带负电

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: 根据粒子在磁场中运动的半径公式 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 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:B 点评: 根据 可知,粒子运动的半径与速度的大小有关,根据半径的变化来判断粒子的

运动的方向,这是解决本题的关键 8. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)一束混合的离子束,先沿直线穿过正交匀强电磁场, 再进入一个磁场区域后分裂成几束,如图所示.若粒子的重力不计,则这分裂是因为( )

A. 带电性质不同,有正离又有负离子 B. 速度不同

C. 质量和电量的比值不同 D. 以上答案均不正确 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: 能沿直线穿过电磁场区域,说明电场力和洛伦兹力等大反向,进入区域乙后分成 a、 b 两束可以看出粒子的半径不同. 解答: 解:能沿直线穿过正交匀强电、磁场区域,则 qvB=qE 得:v= ,故粒子具有相同的速率; 在磁场中做圆周运动的半径:r= 不同,说明 不同;

故选:C. 点评: 本题是速度选择器模型和磁偏转的综合,能沿直线通过的速度选择器的粒子的速率 是一定值. 9. (4 分) (2007?东城区三模)质子和 α 粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动,由此 可知,质子的动能 Ek1 和 α 粒子的动能 Ek2 之比 Ek1:Ek2 等于( A. 4:1 B.1:1 C. 1:2 D. 2:1 考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律. 专题: 带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: 质子和 α 粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动, 其半径公式为 r= 得到速度 v 与半径 r 的关系,求得动能 Ek 的表达式,即可求出它们的动能之比. 解答: 解:质子和 α 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为 r= ,得 v= , )

动能为 Ek=

=

由题,半径 r 相同,则得到:Ek1:Ek2=



而 qp:qα=1:2,mp:mα=4:1,解得,Ek1:Ek2=1:1 故选 B 点评: 本题只要掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式及两个粒子的质 量、电荷量的关系,就能轻松解答. 10. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图,带电平行金属板中匀强电场方向竖直上,匀强 磁场方向垂直纸面向里,带电小球从光滑绝缘轨道上的 a 点由静止滑下,经过 圆弧轨道从端 点 P(切线水平)进入板间后恰好沿水平方向做直线运动,现使带电小球从比 a 点稍高的 b 点 由静止滑下,在经过 P 点进入板间的运动过程中( )

A. B. C. D.

带电小球的电势能将会增大 带电小球所受洛伦兹力将会增大 带电小球所受电场力将会减小 带电小球的动能将会减小

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: 根据小球的运动状态可分析小球的受力情况从而得出小球的电性;再分析小球在混 合场中各力做功情况,由功能关系即可分析各能量的变化. 解答: 解:如果小球带负电,则小球在金属板间受到向下的重力,向下的电场力,向下的 洛伦兹力,则小球不可能沿水平方向做匀速直线运动;若小球带正电,则小球受向下的重力、 向上的电场力,向上的洛仑兹力,可能平衡,故小球带正电; 根据平衡条件,有:mg=qE+F 洛,故电场力小于重力; 因小球带正电,小球从轨道上较高的 b 点处开始滑下,速度增大,则小球的洛仑兹力增大, 则小球向上偏转,重力做负功,则重力势能增加;而电场力做正功,电势能减小;考虑到电 场力小于重力,合力做负功,导致动能减小,故速度减小;但机械能与电势能的总量不变; A、电场力做正功,电势能减小,故 A 错误; B、速度减小,洛伦兹力减小,故 B 错误; C、电场力为恒力,故 C 错误; D、小球的动能减小,故 D 正确; 故选:D. 点评: 本题中要注意电荷有两种可能,在分析时应分别进行讨论;同时注意分析正负电荷 在混合场中的受力情况,从而确定物体的运动情况. 11. (4 分) (2013?安徽三模)三个速度大小不同的同种带电粒子,沿同一方向从如图所示的 长方形区域的匀强磁场上边缘射入强磁场,当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为 90°、60°、30°,则它们在磁场中的运动时间之比( )

A.

1:1:1

B.1:2:3

C. 3:2:1

D. 1:



考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;线速度、角速度和周期、转速;向 心力. 专题: 带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周 期公式可以判断粒子的运动的时间.

解答: 解: 粒子在磁场中运动的周期的公式为 T= ,由此可知,粒子的运动的时间与粒子的速度的大

小无关,所以粒子在磁场中的周期相同,由粒子的运动的轨迹可知,三种速度的粒子的偏转 角分别为 90°、60°、30°,所以偏转角为 90°的粒子的运动的时间为 T,偏转角为 60°的粒子的 运动的时间为 T,偏转角为 30°的粒子的运动的时间为 所以有 T: T: T=3:2:1,选项 C 正确. T.

故选 C. 点评: 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是 1、画轨迹:确定圆心,几何方法求半径并画出轨迹. 2、找联系:轨迹半径与磁感应强度、速度联系;偏转角度与运动时间相联系,时间与周期 联系. 12. (4 分) (2013 秋?余姚市期末)长为 L 的水平板间,有垂直纸面向内的匀强磁场,如图所 示, 磁感应强度为 B, 板间距离也为 L, 板不带电, 现有质量为 m, 电量为 q 的带正电粒子 (不 计重力) ,从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场,欲使粒子打在极板上,可 采用的办法是( )

A. 使粒子的速度 v< B. 使粒子的速度 v> C. 使粒子的速度 v> D. 使粒子的速度 <v<

考点: 带电粒子在混合场中的运动;带电粒子在匀强磁场中的运动. 分析: 带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力据此可以 求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系,再根据几何关系粒子射出磁场,就是粒子做圆周 运动的半径不能大于 (从左侧射出)小于于 (从右侧射出)从而求出粒子速度的范围.

解答: 解:如图所示,由题意知,带正电的粒子从左边射出磁场,其在磁场中圆周运动的 半径 R ,故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即:qvB=m

可得粒子做圆周运动的半径:R= 粒子不从左边射出,则: 即: 带正电的粒子不从右边射出,如图所示,此时粒子的最大半径为 R,由上图可知:R =L +(R ﹣ )
2 2 2

可得粒子圆周运动的最大半径:R= 又因为粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,粒子不从右边射出,则: 即: 故欲使粒子打在极板上,粒子的速度必须满足 故选:D <v< ,故 D 正确

点评: 该题考查了有界磁场的问题,利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键.能根据沦 洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系,并能根据几何关系求出 粒子不射出磁场的半径条件. 二、实验题(14 分,每空或每处 2 分) 13. (6 分) (2014 秋?武平县校级月考) (1) 某同学用多用表测电阻 Rx 时, 将选择开关置于“Ω×10” 挡,表针停留的位置如图甲所示(其数据为 8) ,为了较正确测出 Rx 的阻值,将两表与电阻 Rx 断开后,下列操作中必要而且正确的顺序应该是(用字母表示) AEDFC . (A)换用 Ω×1 挡 (B)换用 Ω×100 挡 (C)将两表笔与 Rx 断开 (D)将两表笔与 Rx 的两端接触 (E)将两表笔短接,调节调零旋钮,使指针指到“0Ω”处 (F)读出示数,并乘以相应的倍率 (2)若该同学再用“伏安法”测量该电阻,所用器材如图乙所示,其中电压表内阻约为 1kΩ, 电流表内阻约为 1Ω,滑动变阻器阻值为 20Ω.图中部分连线已经连接好,为了尽可能准确地 测量电阻,请你完成其余的连线. (3)该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙中电路后,测得的电阻值将 小于 (填“大于”、“小于”或“等于”)被测 电阻的实际阻值.

考点: 用多用电表测电阻. 专题: 实验题;恒定电流专题. 分析: (1)由表针停留的位置知指针偏角过大,则示数太小,表示被测电阻为小电阻,要 换较小档,注意 换挡后重新调零; (2)连电路时应电压表正接线柱接电流表正接线柱; (3)被测电阻为小电阻,采用电流表外接,则电压表分流引起误差; 解答: 解: (1)由表针停留的位置知指针偏角过大,则示数太小,表示被测电阻为小电阻, 要换较小档,即:A、换用 Ω×1 挡; 然后要重新欧姆调零,步骤为:E; 然后进行测量未知电阻,步骤为:D; 进行读数:F; 读数后:C、将两表笔与 Rx 断开; 故顺序为:A E D F C; (2)被测电阻为小电阻,采用电流表外接,电路图如图:

(3)电流表外接,则电压表分流引起误差,电流测量值偏大,根据欧姆定律知求出电阻值偏 小; 故答案为: (1)AEDFC; (2)如图; (3)小于. 点评: 对于多用表的使用,要会选择不同的档位,明确基本操作步骤,关键要知道换档后 要进行欧姆调零. 14. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)在做“用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电 阻”的实验时: (1)某同学在实验时使用的电流表量程为 0﹣0.6A,电压表量程为 0﹣3V,并加接了一个已 知阻值的定值电阻 R0,如图甲所示,试说明他加接此电阻的作用是 防止变阻器电阻过 小时,电池被短路或电流表被烧坏. (2)如果某同学把 R0 接到图乙所示的位置,改变滑动变阻器的阻值,测出了两组对应的电流 表和电压表示数 U1、I1 和 U2、I2 后,则测出的电源内阻的阻值为 r=

(用 R0、U1、I1 和 U2、I2 表示) .

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: 当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数,可知与电流表连接的回路中可 能有断路的导线,电压表有示数,可知与电压表连接的回路不能有断路的导线,结合这两种 情况确定可能断路的导线. 加接了一个定值电阻 R0,防止电流过大,起保护电路的作用. 解答: 解: (1)加接了一个定值电阻 R0,防止变阻器电阻过小时,电池被短路或电流表被 烧坏; (2)根据闭合电路欧姆定律,有: E=U1+I1(R+r) E=U2+I2(R+r) 联立解得:R= 故答案为: (1)防止变阻器电阻过小时,电池被短路或电流表被烧坏; (2) 点评: 本题考查了电路故障分析,保护电阻的作用,分析清楚电路结构即可正确解题. 15. (4 分) (2014 秋?武平县校级月考)有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样,现在要用伏 安法描绘这个灯泡的 I﹣U 图线.现有下列器材供选用: A.电压表(0~5V,内阻 10kΩ) B.电压表(0~15V,内阻 20kΩ) C.电流表(0~3A,内阻 1Ω) E.滑动变阻器(10Ω,2A) 实验中所用电压表应选 D.电流表(0~0.6A,内阻 0.4Ω)

A D

,电流表应选用 (用序号字母表示)

考点: 专题: 分析: 解答:

描绘小电珠的伏安特性曲线. 实验题;恒定电流专题. 根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程; 解:根据小灯泡的额定电压为 4V,可知电压表应选 A;

由于小灯泡的额定电流为:I= =0.5A,可知电流表应选 D; 故答案为:A;D 点评: 本题考查实验中的仪表选择,应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用,同 时还应明确内外接法的不同及判断. 三、计算题(38 分) 16. (8 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图所示,一条长为 L 的细线上端固定在 O 点,下端 系一个质量为 m 带电量为+q 的小球,将它置于一个很大的匀强电场中,电场强度方向水平向 右,已知小球在 B 点时平衡,细线与竖直线的夹角为 θ=37°,重力加速度为 g. (cos37°=0.8, sin37°=0.6)求: (1)电场强度 E 的大小; (2)若将小球拉到与 O 等高处的 A 点释放,小球摆到最低点时绳子的拉力大小.

考点: 动能定理的应用;带电粒子在匀强电场中的运动. 专题: 动能定理的应用专题. 分析: (1)小球在 A 点处于静止状态,对小球进行受力分析,根据平衡条件即可求解; (2)对小球从 A 点运动到 C 点的过程中运用动能定理求得 B 点的速度,在 B 点,小球受重 力和细线的合力提供向心力,根据向心力公式即可求解. 解答: 解: (1)小球在 B 点处于静止状态, ο 根据平衡条件得:mgtan37 =qE ① 解得:E= ②

(2)从 A 点到最低点过程中, 由动能定理得:mgL﹣qEL= mv ﹣0
2

③ ④

在最低点,由牛顿第二定律得:T﹣mg=m 联立③④解之得:T= mg; 答: (1)电场强度 E 的大小为 ;

(2)若将小球拉到与 O 等高处的 A 点释放,小球摆到最低点时绳子的拉力大小为 mg. 点评: 本题考查了共点力平衡和动能定理的综合,分析清楚小球运动过程与受力情况,应 用平衡条件与动能定理、牛顿第二定律即可正确解题.

17. (8 分) (2014 秋?芜湖期末)如图所示,通电直导线 ab 的质量为 m、长为 L,水平放置在 倾角为 θ 的光滑斜面上,通以图示方向的电流,电流为 I,要求导线 ab 静止在斜面上. (1)若磁场的方向竖直向上,则磁感应强度为多大? (2)若要求磁感应强度最小,则磁感应强度的大小、方向如何?

考点: 共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;安培力. 专题: 共点力作用下物体平衡专题. 分析: (1)将立体图转换为平面图,对导线进行受力分析,根据共点力力平衡求出安培力 的大小,从而根据 F=BIL 求出磁感应强度的大小. (2)导线所受重力恒定,支持力的方向不变,根据三角形定则求出安培力的最小值,从而得 出磁感应强度的最小值. 解答: 解: (1)若磁场方向竖直向上,从 a 向 b 观察,导线受力情况如图甲所示. 由平衡条件得: 在水平方向上:F﹣FNsinθ=0 在竖直方向上:mg﹣FNcosθ=0 其中 F=BIL,联立以上各式可解得: B= . .

答:磁感应强度为

(2)若要求磁感应强度最小,则一方面应使磁场方向与通电导线垂直,另一方面应调整磁场 方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小. 如图乙所示,由力的矢量三角形讨论可知,当安培力方向与支持力垂直时,安培力最小,对 应磁感应强度最小,设其值为 Bmin,则: BminIL=mgsinθ,Bmin= 根据左手定则判定知,该磁场方向垂直于斜面向上. 答:磁感应强度的最小值为 .方向垂直于斜面向上.

点评: 解决本题的关键将立体图转换为平面图,运用共点力平衡求解力,以及会运用三角 形定则求解力的最小值. 18. (10 分) (2002?天津)电视机的显像管中,电子束的偏转是用磁偏转技术实现的.电子束 经过电压为 U 的加速电场后,进入一圆形匀强磁场区,如图所示.磁场方向垂直于圆面.磁 场区的圆心为 O,半径为 r.当不加磁场时,电子束将通过 O 点打到屏幕的中心 M 点,为了 让电子束射到屏幕边缘的 P 点,需要加磁场,使电子束偏转一已知角度 θ,此时磁场的磁感应 强度 B 为多少?

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: 电子在电场运动时,电场力做正功,根据动能定理求出电子进入磁场时的速度.电 子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动,电子束偏转角度 θ,则电子运动轨迹的 圆心角也为 θ,根据几何知识求出轨迹半径 R,再由牛顿第二定律求出 B. 解答: 解:电子在磁场中沿圆孤 ab 运动,圆心为 c,半径为 R,v 表示电子进入磁场时的速 度,m、e 分别表示电子的质量和电量,如图所示.则: 根据动能定理得 eU= mv
2

① ② ③

又由牛顿第二定律得 Bev=m tan = tan

解以上各式可得:B= 答:磁场的磁感应强度 B 为

tan



点评: 带电粒子在电磁场中运动问题,可以按照力学的方法分析受力情况和运动情况.在 磁场中运动时,关键是利用几何知识画轨迹、求半径. 19. (12 分) (2014 秋?武平县校级月考)如图所示,直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿 y 轴 负方向的匀强电场,在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电量为 q、质量为 m 的

带正电的粒子,在﹣x 轴上的点 a 以速率 v0,方向和﹣x 轴方向成 60°射入磁场,然后经过 y 轴上 y=L 处的 b 点垂直于 y 轴方向进入电场, 并经 过 x 轴上 x=2L 处的 c 点.不计重力.求 (1)磁感应强度 B 的大小 (2)电场强度 E 的大小 (3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比.

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)由几何知识求出粒子的轨道半径,然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小. (2)粒子在电场中做类平抛运动,由类平抛运动规律求出电场强度大小. (3)求出粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时间,然后求出时间之比. 解答: 解: (1)粒子的运动轨迹如图所示:

由几何知识可得:r+rsin30°=L, 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径:r= L, 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qv0B=m ,

解得:B=



(2)粒子在电场中做类平抛运动, 水平方向:2L=v0t, 竖直方向:L= at =
2

t,

2

解得:E=

; = ,

(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=

由几何知识可知,粒子在磁场中转过的圆心角:θ=180°﹣60°=120°,

粒子在磁场中做圆周运动的时间:t1= 粒子在电场中的运动时间:t2= ,

T=

×

=



粒子在磁场和电场中的运动时间之比:

=

=



答: (1)磁感应强度 B 的大小为



(2)电场强度 E 的大小为

; .

(3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比为

点评: 本题考查了粒子在磁场与电场中的运动,分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二 定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题,解题时要注意数学知识 的应用.


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