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黑龙江省哈尔滨六中2014-2015学年高二下学期开学物理试卷


2014-2015 学年黑龙江省哈尔滨六中高二(下)开学物理试卷
一、选择题(共 14 小题,每小题 4 分,满分 56 分) 1. (4 分)如图所示,把一条导线平行地放在磁针的上方附近,当导线中有电流通过时,磁针 会发生偏转.首先观察到这个实验现象的物理学家是()

A.奥斯特

B.爱因斯坦

C.伽利略



D.牛顿

2. (4 分)如图,一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷,在垂直于圆盘且过圆 心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点,a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R,在 a 点处有一电荷 量为 q(q>0)的固定点电荷.已知 b 点处的场强为零,则 d 点处场强的大小为(k 为静电力 常量) ()

A.

B.

C.

D.

3. (4 分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面.下列判断正确 的是()

A.1、2 两点的场强相同 C. 1、2 两点的电势相等

B. 2、3 两点的场强相同 D.2、3 两点的电势相等

4. (4 分)一带正电的粒子仅在电场力作用下从 A 点经 B、C 点运动到 D 点,其 v﹣t 图象如 图所示,则下列说法中正确的是()

A. B. C.

A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度 粒子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势能 CD 间各点电场强度和电势都为零

D.

AB 两点间的电势差大于 CB 两点间的电势差

5. (4 分)如图所示,平行板电容器两极板 A、B 接于电源两极,一带正电小球悬挂在电容器 内部,闭合电开关 S,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为 θ,则()

A.保持开关 S 闭合,若带正电的 A 板向 B 板靠近,则 θ 增大 B. 保持开关 S 闭合,若带正电的 A 板向 B 极靠近,则 θ 不变 C. 开关 S 断开,若带正电的 A 板向 B 板靠近,则 θ 不变 D.开关 S 断开,若带正电的 A 板向 B 板靠近,则 θ 增大 6. (4 分)如图所示,一直流电动机与阻值 R=9Ω 的电阻串联在电源上,电源电动势 E=30V, 内阻 r=1Ω,用理想电压表测出电动机两端电压 U=10V,已知电动机线圈电阻 RM=1Ω,则下列 说法中正确的是()

A.通过电动机的电流为 10A C. 电动机的热功率为 4W

B. 电动机的输入功率为 20W D.电动机的输出功率为 16W

7. (4 分)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象,下面结论不正确的是()

A.电源的电动势为 6.0V B. 电源的内阻为 2Ω C. 电源的短路电流为 0.5A D.电流为 0.3A 时的外电阻是 18Ω 8. (4 分)如图所示,一根通电直导线垂直放在磁感应强度 B=1T 的匀强磁场中,以导线截面 中心为圆心,半径为 r 的圆周上有 a、b、c、d 四个点,且 a、c 连线与磁感线垂直,b、d 连线 与磁感线平行.已知 a 点的磁感应强度为 0,下列说法中正确的是()

A.直导线中的电流方向垂直纸面向里 0 B. b 点磁感应强度为 T,方向与 B 的方向成 45 斜向右下方

C. c 点磁感应强度为 0 D.d 点磁感应强度与 b 点的磁感应强度相同 9. (4 分)两条长直导线 AB 和 CD 相互垂直彼此相隔一很小距离,通以图所示方向的电流, 其中 AB 固定,CD 可以以其中心为轴自由转动或平动,则 CD 的运动情况是()

A.顺时针方向转动,同时靠近导线 AB B. 顺时针方向转动,同时离开导线 AB C. 逆时针方向转动,同时靠近导线 AB D.逆时针方向转动,同时离开导线 AB 10. (4 分)如图所示,质量为 m、长为 L 的导体棒电阻为 R,初始时静止于光滑的水平轨道 上,电源电动势为 E,内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为 B,其方向与轨道平面成 θ 角斜向 上方,开关闭合后导体棒开始运动,则()

A.导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为 C. 开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为 D.开关闭合瞬间导体棒 MN 的加速度为

11. (4 分)如图,MN 为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未 画出) ,一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上射出,从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O.已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力, 铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()

A.2

B.

C. 1

D.

12. (4 分)用细线和带电小球做成的摆,把它放置在某匀强磁场中,如图所示.在带电小球 摆动的过程中,连续两次经过最低点时,相同的物理量是(不计空气阻力) ()

A.小球受到的洛伦兹力 C. 小球的速度

B. 摆线的张力 D.小球的动能

13. (4 分)如图所示,一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和 匀强电 场正交的区域里,结果发现有些离子保持原来的运动方向,有些未发生任何偏转.如果让这 些不偏转的离子进入另一匀强磁场中,发现这些离子又分裂成几束,对这些进入另一磁场的 离子,可得出结论()

A.它们的动能一定各不相同 B. 它们的电荷量一定各不相同 C. 它们的质量一定各不相同 D.它们的电荷量与质量之比一定各不相同 14. (4 分)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的离子 P 和 P ,经电压为 U 的电场加 速后,垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里,有一定的宽度的匀强磁场区域,如 图所示.已知离子 P 在磁场中转过 θ=30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子 + 3+ P 和 P ()
+ + 3+

A.在电场中的加速度之比为 1:1 B. 在磁场中运动的半径之比为 :1 C. 在磁场中转过的角度之比为 1:2 D.离开电场区域时的动能之比为 1:3

二.填空题(共 14 分.把答案直接填在横线上) 15. (4 分)读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数

游标卡尺的示数为 cm; 螺旋测微器的示数为 cm. 16. (4 分)某研究性学习小组利用图甲所示电路测量电池组的电动势 E 和内阻 r.根据实验数 据绘出如图实乙所示的 R﹣图线, 其中 R 为电阻箱读数, I 为电流表读数, 由此可以得到: E=V, r=Ω.

17. (6 分)有一个小灯泡上有“4V2W”的字样,现要描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(0~5V,内阻 10kΩ) B.电压表(0~10V,内阻 20kΩ) C.电流表(0~0.3A,内阻 1Ω) D.电流表(0~0.6A,内阻 0.4Ω) E.滑动变阻器(10Ω,2A) F.滑动变阻器(1kΩ,1A) G.学生电源(直流 6V) ,还有电键、导线若干 (1)实验中所用电压表应选,电流表应选,滑动变阻器应选(用序号字母表示) . (2)为使实验误差尽量减小,要求从零开始多取几组数据,请在方框内画出满足实验要求的 电路图.

三、计算题(本题共 3 小题满分 30 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位) 18. (6 分)如图所示,在一块足够大的铅板 A 的右侧固定着一小块放射源 P,P 向各个方向 7 放射出电子, 速率为 10 m/s. 在 A 板右方距 A 为 2cm 处放置一个与 A 平行的金属板 B, 在 B、

A 之间加上稳定电压.板间的匀强电场场强 E=3.64×10 N/C,方向水平向左.已知电子质量 ﹣31 ﹣19 m=9.1×10 kg、电荷量 e=1.6×10 C,求电子打在 B 板上的范围.

4

19. (11 分)如图甲所示,间距为 d 垂直于纸面的两平行板 P、Q 间存在匀强磁场.取垂直于 纸面向里为磁场的正方向, 磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示. t=0 时刻, 一质量为 m、 带电量为+q 的粒子(不计重力) ,以初速度 v0 由 Q 板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且 平行于板面的方向射入磁场区.当 B0 和 Ta 取某些特定值时,可使 t=0 时刻入射的粒子经△ t 时间恰能垂直打在 P 板上(不考虑粒子反弹) .上述 m、q、d、v0 为已知量. (1)若△ t= Ta,求 B0; (2)若△ t= Ta,求粒子在磁场中运动时加速度的大小.

20. (13 分)在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,如图所示, 一段光滑且绝缘的圆弧轨道 AC 固定在纸面内,其圆心为 O 点,半径 R=1.8m,OA 连线在竖 直方向上,AC 弧对应的圆心角 θ=37°.今有一质量 m=3.6×10 kg、电荷量 q=+9.0×10 C 的 带电小球(可视为质点) ,以 v0=4.0m/s 的初速度沿水平方向从 A 点射入圆弧轨道内,一段时 2 间后从 C 点离开,小球离开 C 点后做匀速直线运动.已知重力加速度 g=10m/s ,sin37°=0.6, 不计空气阻力,求: (1)匀强电场的场强 E; (2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力.
﹣4 ﹣4

2014-2015 学年黑龙江省哈尔滨六中高二(下)开学物理 试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(共 14 小题,每小题 4 分,满分 56 分) 1. (4 分)如图所示,把一条导线平行地放在磁针的上方附近,当导线中有电流通过时,磁针 会发生偏转.首先观察到这个实验现象的物理学家是()

A.奥斯特

B.爱因斯坦

C.伽利略

D.牛顿

考点: 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 分析: 本实验是 1820 年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验. 解答: 解:当导线中有电流通过时,磁针会发生偏转,说明电流产生了磁场,这是电流的 磁效应,首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特.故 A 正确,BCD 错误. 故选:A. 点评: 本题考查的是物理学常识.对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要 记牢,这也是高考内容之一. 2. (4 分)如图,一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷,在垂直于圆盘且过圆 心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点,a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R,在 a 点处有一电荷 量为 q(q>0)的固定点电荷.已知 b 点处的场强为零,则 d 点处场强的大小为(k 为静电力 常量) ()

A.

B.

C.

D.

考点: 电场的叠加;电场强度. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 由题意可知,半径为 R 均匀分布着电荷量为 Q 的圆盘上电荷,与在 a 点处有一电荷 量为 q (q>0) 的固定点电荷, 在 b 点处的场强为零, 说明各自电场强度大小相等, 方向相反. 那 么在 d 点处场强的大小即为两者之和.因此根据点电荷的电场强度为 即可求解.

解答: 解:电荷量为 q 的点电荷在 b 处产生电场强度为



而半径为 R 均匀分布着电荷量为 Q 的圆盘上电荷,与在 a 点处有一电荷量为 q(q>0)的固 定点电荷,在 b 点处的场强为零, 则圆盘在此处产生电场强度也为 .那么圆盘在此 d 产生电场强度则仍为 .

而电荷量为 q 的点电荷在 d 处产生电场强度为 场强度方向相同,即为两者大小相加. 所以两者这 d 处产生电场强度为 ,故 B 正确,ACD 错误.

,由于都在 d 处产生电

故选:B. 点评: 考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加,紧扣电场强度的大小与方向关系, 从而为解题奠定基础. 3. (4 分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面.下列判断正确 的是()

A.1、2 两点的场强相同 C. 1、2 两点的电势相等

B. 2、3 两点的场强相同 D.2、3 两点的电势相等

考点: 电势;电场强度;电场线. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 根据电场线的分布特点:从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止,分析 该点电荷的电性;电场线越密,场强越大.顺着电场线,电势降低.利用这些知识进行判断. 解答: 解:A、电场线的疏密表示电场的强弱,由图可得,1 与 2 比较,1 处的电场线密, 所以 1 处的电场强度大.故 A 错误; B、电场线的疏密表示电场的强弱,由图可得,2 与 3 比较,它们的电场强度的大小相同,方 向不同.故 B 错误; C,顺着电场线,电势降低,所以 1 点的电势高于 2 点处的电势.故 C 错误; D、由题目可得,2 与 3 处于同一条等势线上,所以 2 与 3 两点的电势相等.故 D 正确. 故选:D. 点评: 加强基础知识的学习,掌握住电场线和等势面的特点,即可解决本题,注意电场强 度是矢量,是否相等,要关注方向性. 4. (4 分)一带正电的粒子仅在电场力作用下从 A 点经 B、C 点运动到 D 点,其 v﹣t 图象如 图所示,则下列说法中正确的是()

A.A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度 B. 粒子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势能 C. CD 间各点电场强度和电势都为零 D.AB 两点间的电势差大于 CB 两点间的电势差 考点: 电势差;电场强度. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 从图象可以看出,粒子做的是非匀变速直线运动,可得出受到的电场力不恒定,由 带正电的粒子仅在电场力作用, 有图线斜率代表加速度, 有牛顿第二定律得知电场力的大小关 系,从而得到电场强度德大小关系.由运动过程中,动能增加,势能减少,所以可判断出粒子 在 AB 两点的电势能大小,有电场力做功的公式可得 AB 两点间的电势差与 CB 两点间的电势 差的大小关系. 解答: 解: A、由运动的速度﹣﹣时间图象可看出,带正电的粒子的加速度在 A 点时较大,有牛顿第二定 律得知在 A 点的电场力大,故 A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度,故 A 正确; B、由 A 到 B 的过程中,速度越来越大,说明是电场力做正功,电势能转化为动能,由功能 关系可知,此过程中电势能减少,正电荷在 A 点是电势能大于在 B 时的电势能,所以 A 点的 电势能高于 B 点的电势能,故 B 正确. C、从 C 到 D,粒子速度一直不变,故电场力做功为零,可知 CD 间各点电场强度为零,但电 势不一定为零,故 C 错误; D、A、C 两点的速度相等,故粒子的动能相同,因此从 A 到 B 和从 B 到 C 电场力做功的绝 对值相同,AB 两点间的电势差等于 CB 两点间的电势差,故 D 错误. 故选:AB 点评: 本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系,其关系为:电场力 对电荷做正功时,电荷的电势能减少;电荷克服电场力做功,电荷的电势能增加,电势能变化 的数值等于电场力做功的数值. 这常是判断电荷电势能如何变化的依据. 还考察了对于匀变速 直线运动的图象分析电荷在电场中移动时, 电场力做的功与移动的路径无关, 只取决于起止位 置的电势差和电荷的电量,这一点与重力做功和高度差的关系相似. 5. (4 分)如图所示,平行板电容器两极板 A、B 接于电源两极,一带正电小球悬挂在电容器 内部,闭合电开关 S,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为 θ,则()

A.保持开关 S 闭合,若带正电的 A 板向 B 板靠近,则 θ 增大 B. 保持开关 S 闭合,若带正电的 A 板向 B 极靠近,则 θ 不变

C. 开关 S 断开,若带正电的 A 板向 B 板靠近,则 θ 不变 D.开关 S 断开,若带正电的 A 板向 B 板靠近,则 θ 增大 考点: 电容器的动态分析. 专题: 电容器专题. 分析: 保持开关 S 闭合时,电容器板间电压不变,由 E= 分析板间场强的变化,判断板间 场强的变化,确定 θ 的变化.开关 S 断开,根据推论 E= ,可知板间场强不变,分析 θ

是否变化. 解答: 解: A、B、保持开关 S 闭合时,电容器板间电压不变,带正电的 A 板向 B 板靠近时,板间距离 d 减小,由 E= 分析得知,板间场强增大,小球所受电场力增大,则 θ 增大.故 A 正确,B 错 误. C、D、开关 S 断开,电容器的带电量不变,根据公式 C= ,U=Ed、C= ,有:E= ,

即电场强度与极板间距无关;故板间场强不变,小球所受电场力不变,则 θ 不变,故 C 正确, D 错误. 故选:AC. 点评: 解答本题的关键是抓住不变量进行分析,当电容器保持与电源相连时,其电压不变; 当电容器充电后断开时,其电量不变.特别要掌握推论 E= 积不变时,板间场强不变. 6. (4 分)如图所示,一直流电动机与阻值 R=9Ω 的电阻串联在电源上,电源电动势 E=30V, 内阻 r=1Ω,用理想电压表测出电动机两端电压 U=10V,已知电动机线圈电阻 RM=1Ω,则下列 说法中正确的是() ,明确电容器电量、正对面

A. C.

通过电动机的电流为 10A 电动机的热功率为 4W

B. 电动机的输入功率为 20W D.电动机的输出功率为 16W

考点: 电功、电功率. 专题: 恒定电流专题. 分析: 电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路,欧姆定律不成立,而 R 和 r 是纯电阻, 可以对 R 和 r, 运用用欧姆定律求电路中的电流; 电动机输入功率 P 入=UI, 发热功率 P 热=I RM, 输出功率 P 出=P﹣P 热.根据功率关系求出电动机输出的功率. 解答: 解:A、根据闭合电路欧姆定律,有: E=U+I(r+R)
2

解得: I= = =2A,故 A 错误;

B、C、D、 电动机的输入功率: P 入=UI=10×2=20W 电动机的热功率: P 热=I RM=2 ×1=4W 电动机的输出功率: P 出=P﹣P 热=UI﹣I RM=10×2﹣2 ×1=16W 故 B 正确,C 正确,D 正确; 故选:BCD. 点评: 对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路,可从从能量转化的角度理解: 电能全部转化内能时,是纯电阻电路.电能转化为内能和其他能时,是非纯电阻电路. 7. (4 分)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象,下面结论不正确的是()
2 2 2 2

A. B. C. D.

电源的电动势为 6.0V 电源的内阻为 2Ω 电源的短路电流为 0.5A 电流为 0.3A 时的外电阻是 18Ω

考点: 路端电压与负载的关系. 专题: 恒定电流专题. 分析: 本题中图象与纵轴的交点坐标为电源的电动势;但与横坐标的交点可能不是短路电 流,要根据对应的纵坐标进行分析;图象的斜率大小表示电源的内阻. 解答: 解: A、 根据闭合电路欧姆定律 U=E﹣Ir 知, 纵轴上的截距为电源的电动势, 即 E=6.0 V,故 A 正确. B、电源的 U﹣I 图象斜率的绝对值等于电源的内阻,即 r=| C、由闭合电路欧姆定律可得短路电流 I= =3 A,故 C 错误. D、当电流 I=0.3A 时,外电阻 R= ﹣r=18Ω.故 D 正确. 本题选择错误的,故选:C. 点评: 对于电源的 U﹣I 图象要注意认真观察其坐标的设置,本题中由于纵坐标不是从零开 始的,故图象与横坐标的交点不是短路电流. 8. (4 分)如图所示,一根通电直导线垂直放在磁感应强度 B=1T 的匀强磁场中,以导线截面 中心为圆心,半径为 r 的圆周上有 a、b、c、d 四个点,且 a、c 连线与磁感线垂直,b、d 连线 与磁感线平行.已知 a 点的磁感应强度为 0,下列说法中正确的是() |=| |=2Ω,故 B 正确.

A.直导线中的电流方向垂直纸面向里 0 B. b 点磁感应强度为 T,方向与 B 的方向成 45 斜向右下方 C. c 点磁感应强度为 0 D.d 点磁感应强度与 b 点的磁感应强度相同 考点: 磁感应强度. 分析: 由题,a 点的磁感应强度为 0,说明通电导线在 O 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 O 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 O 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、由上知道,通电导线在 O 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 B 错误. C、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 C 错误. D、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 点磁感应强度不相等.故 D 错误. 故选:A. 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. 9. (4 分)两条长直导线 AB 和 CD 相互垂直彼此相隔一很小距离,通以图所示方向的电流, 其中 AB 固定,CD 可以以其中心为轴自由转动或平动,则 CD 的运动情况是()

A.顺时针方向转动,同时靠近导线 AB B. 顺时针方向转动,同时离开导线 AB C. 逆时针方向转动,同时靠近导线 AB D.逆时针方向转动,同时离开导线 AB 考点: 平行通电直导线间的作用. 分析: AB 通入电流后就会在周围产生磁场,所以通电的 CD 在磁场中就会受到安培力的作 用,在安培力的作用下,判断 CD 导线将怎样运动,关键是看安培力的方向. 解答: 解:AB 导线产生的磁场磁感线为第一个图的黑圆线,红色的为 CD 导线, 由左手定则可判断左侧受力向下, 右侧受力向上,所以 CD 棒会逆时针旋转.

AB 导线和 CD 导线靠近还是远离可以从第二个图判断,AB 产生的磁场如图所示, 由左手定则可判断 CD 导线受力指向 AB 导线,故 CD 导线会靠近 AB 导线.所以 C 正确. 故选:C.

点评: 此题一定要找准是谁不动,谁动,为什么动,找到磁场方向、电流方向,应用左手 定则即可. 10. (4 分)如图所示,质量为 m、长为 L 的导体棒电阻为 R,初始时静止于光滑的水平轨道 上,电源电动势为 E,内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为 B,其方向与轨道平面成 θ 角斜向 上方,开关闭合后导体棒开始运动,则()

A.导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为 C. 开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为 D.开关闭合瞬间导体棒 MN 的加速度为

考点: 安培力;牛顿第二定律. 分析: 根据左手定则来确定通电导线的安培力的方向,闭合电路欧姆定律与安培力公式结 合可求出其力的大小,最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度. 解答: 解:A、开关闭合,由左手定则可知,磁感线穿过掌心,则大拇指向为垂直磁感线向 右,从而导致导体棒向右运动.故 A 错误; B、当开关闭合后,根据安培力公式 F=BIL,与 I= 可得 F= ,故 B 正确,C 错误;

D、当开关闭合后,安培力的方向与导轨成 90°﹣θ 的夹角,再根据力的分解可得,合力大小, 再由牛顿第二定律与安培力的大小可知,加速度 ,故 D 正确;

故选:BD 点评: 考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解, 注意左手定则与右手定则的区别.同时注意安培力的方向与导轨的夹角. 11. (4 分)如图,MN 为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未 画出) ,一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上射出,从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O.已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力, 铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()

A.2

B.

C. 1

D.

考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;洛仑兹力. 专题: 带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律求出磁感应强度,然后再求出磁感 应强度之比. 解答: 解:设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为 r1、r2,速度分别为 v1、v2. 由题意可知,粒子轨道半径:r1=2r2, 由题意可知,穿过铝板时粒子动能损失一半,即: mv2 = ? mv1 ,v1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动, 由牛顿第二定律得:qvB=m 磁感应强度:B= , ,
2 2

v2,

磁感应强度之比:

=

=

=

×

=



故选:D. 点评: 本题考查了求磁感应强度,根据题意求出粒子的轨道半径、与速度关系,然后应用 牛顿第二定律即可正确解题. 12. (4 分)用细线和带电小球做成的摆,把它放置在某匀强磁场中,如图所示.在带电小球 摆动的过程中,连续两次经过最低点时,相同的物理量是(不计空气阻力) ()

A.小球受到的洛伦兹力 C. 小球的速度

B. 摆线的张力 D.小球的动能

考点: 带电粒子在混合场中的运动. 分析: 摆球摆到最低点的时候,速度大小相等,重力、摆线拉力、洛伦兹力的合力提供向 心力,根据向心力公式即可求解. 解答: 解:A、由左手定则可知,设小球带正电,则小球向右摆到最低点时,洛伦兹力的方 向向上,小球向左摆到最低点时,洛伦兹力的方向向下,故 A 错误; B、C、D、设摆球所带电量为 q,摆线长为 r,磁场强度为 B,在最低点时的速率为 v,在摆 动过程中,只有重力做功,机械能守恒,所以到达最低点速度相等,小球的动能相等.设小 球带正电,则小球向右摆到最低点时:F1+Bqv﹣mg=m 小球向左摆到最低点时:F2﹣Bqv﹣mg=m 解得:F1<F2,所以摆线的张力不相等;故 BC 错误,D 正确. 故选:D 点评: 解得本题要注意,摆球从 A 到 C 和从 B 到 C 的过程中,摆球的匀速速度相反,所以 洛伦兹力方向也相反,难度适中. 13. (4 分)如图所示,一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和 匀强电 场正交的区域里,结果发现有些离子保持原来的运动方向,有些未发生任何偏转.如果让这 些不偏转的离子进入另一匀强磁场中,发现这些离子又分裂成几束,对这些进入另一磁场的 离子,可得出结论()

A.它们的动能一定各不相同 B. 它们的电荷量一定各不相同 C. 它们的质量一定各不相同 D.它们的电荷量与质量之比一定各不相同 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: 粒子在磁场和电场正交区域里,同时受到洛伦兹力和电场力作用,粒子没有发生偏 转,说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,满足 qvB=qE,即不发生偏转的粒子具有共同的速

度大小 v= ,粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,满足 qvB=m 半径 R= ,由此进行分析得出结论.

,圆周运动的

解答: 解:因为粒子进入电场和磁场正交区域时,不发生偏转,说明粒子所受电场力和洛 伦兹力平衡,有 qvB=qE,得出能不偏转的粒子速度应满足 v= . 粒子进入磁场后受洛伦兹力作用, 粒子做匀速圆周运动, 洛伦兹力提供向心力, 即 qvB=m 圆周运动的半径 R= , ,

由于粒子又分裂成几束,也就是粒子做匀速圆周运动的半径 R 不同,进入第二个匀强磁场时, 粒子具有相同的速度,由 R= 得知,所以粒子能分裂成几束的粒子的 比值不同,则电荷量

与质量之比 一定不相同.而质量 m、电荷量可能相同,则动能也可能相同.故 D 正确,ABC 错误. 故选 D 点评: 此题要能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,并由此推算出 粒子具有相同的速度 v,理解速度选择器的原理.在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒 子的荷质比不同,并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式,从而得出正确的结 论. 14. (4 分)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的离子 P 和 P ,经电压为 U 的电场加 速后,垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里,有一定的宽度的匀强磁场区域,如 图所示.已知离子 P 在磁场中转过 θ=30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子 + 3+ P 和 P ()
+ + 3+

A.在电场中的加速度之比为 1:1 B. 在磁场中运动的半径之比为 :1 C. 在磁场中转过的角度之比为 1:2 D.离开电场区域时的动能之比为 1:3 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: 压轴题;带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: 要分析加速度就要先分析其受的电场力,而要分析动能就要看电场做的功. 要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力,来找出半径,有了半径其转过的角度就很容易了.

解答: 解:A:两个离子的质量相同,其带电量是 1:3 的关系,所以由

可知其在电场

中的加速度是 1:3,故 A 错. B:要想知道半径必须先知道进入磁场的速度,而速度的决定因素是加速电场,所以在离开电 场时其速度表达式为: 以其半径之比为 ,可知其速度之比为: .又由 知 ,所

:1,故 B 正确. ,设磁场宽度为 L,离子通过 ,又 P
+

C:由 B 的分析知道,离子在磁场中运动的半径之比为: 磁场转过的角度等于其圆心角,所以有 的角度为 30°,可知 P 角度为 60°,故 C 正确. D:由电场加速后:
3+

,则可知角度的正弦值之比为

可知,两离子离开电场的动能之比为 1:3,故 D 正确.

故选:BCD. 点评: 磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径,然后通过合理的作图画出粒子的运动轨 迹, 基本就可以解决问题了, 磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容, 而且都是出大题, 应该多做训练. 二.填空题(共 14 分.把答案直接填在横线上) 15. (4 分)读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数

游标卡尺的示数为 10.025cm; 螺旋测微器的示数为 0.5700 (0.5699﹣0.5701)cm. 考点: 刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用. 专题: 实验题. 分析: 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.螺 旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 解答: 解: 1、 游标卡尺的主尺读数为 100mm, 游标尺上第 5 个刻度和主尺上某一刻度对齐, 所以游标读数为 5×0.05mm=0.25mm, 所以最终读数为: 100mm+0.25mm=100.25mm=10.025cm. 2、螺旋测微器的固定刻度为 5.5mm,可动刻度为 20.0×0.01mm=0.2000mm,所以最终读数为 5.5mm+0.200mm=5.700mm=0.5700cm,由于需要估读,最后的结果可以在 0.5699﹣0.5701 之 间. 故答案为: (1)10.025 0.5700 (0.5699﹣0.5701) 点评: 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基 本仪器进行有关测量.

16. (4 分)某研究性学习小组利用图甲所示电路测量电池组的电动势 E 和内阻 r.根据实验数 据绘出如图实乙所示的 R﹣图线,其中 R 为电阻箱读数,I 为电流表读数,由此可以得到: E=2.4V,r=1Ω.

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: 根据闭合电路欧姆定律 I= ,进行数学变形,得到 R 与 的关系式,根据数学知识

研究 R﹣ 图象的斜率和截距的意义,求解电源的电动势和内阻. 解答: 解:根据闭合电路欧姆定律 I= = 即 R= ﹣r ,得

由数学知识得知,R﹣ 图象的斜率等于 E,纵轴截距的绝对值等于 r,则由图得到,电源的电 动势为 E= V=2.4V,内阻 r=1Ω

故答案为:2.4,1 点评: 物理图象关键要根据物理规律得到解析式,运用数学知识分析图象的物理意义.本 题采用的是转换法,本来 I﹣R 是非线性关系,转换成 R﹣ 是线性关系,图象直观,一目了 然. 17. (6 分)有一个小灯泡上有“4V2W”的字样,现要描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(0~5V,内阻 10kΩ) B.电压表(0~10V,内阻 20kΩ) C.电流表(0~0.3A,内阻 1Ω) D.电流表(0~0.6A,内阻 0.4Ω) E.滑动变阻器(10Ω,2A) F.滑动变阻器(1kΩ,1A) G.学生电源(直流 6V) ,还有电键、导线若干

(1)实验中所用电压表应选 A,电流表应选 D,滑动变阻器应选 E(用序号字母表示) . (2)为使实验误差尽量减小,要求从零开始多取几组数据,请在方框内画出满足实验要求的 电路图.

考点: 描绘小电珠的伏安特性曲线. 专题: 实验题. 分析: 本题(1)的关键是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,根据实验要求电流从零调可知,变阻器应用分压式接法,应选阻值小的变阻器以便于 调节.题(2)的关键是根据电流表的内阻为已知的确定值时,电流表采用内接法时能精确求 出待测电阻的阻值, 所以电流表应用内接法, 又要求电流从零调可知, 变阻器应用分压式接法, 即可画出电路图. 解答: 解: (1) :由新的规格“4V,2W”可知,额定电压 U=4V,额定电流 I= ,所以

电压表应选 A,电流表应选 D; 由于实验要求电流从零调,所以应选阻值小的变阻器 E. (2) :由于电流表的内阻为已知的确定值,电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值, 所以电流表应用内接法,又实验要求电流从零调,变阻器应用分压式接法,电路图如图所示:

故答案为: (1)A,D,E (2)如图 点评: 当实验要求电流从零调时,变阻器应用分压式接法,应选择阻值小的变阻器以方便 调节;当电流表的内阻为已知的确定值时,电流表应用内接法. 三、计算题(本题共 3 小题满分 30 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位) 18. (6 分)如图所示,在一块足够大的铅板 A 的右侧固定着一小块放射源 P,P 向各个方向 7 放射出电子, 速率为 10 m/s. 在 A 板右方距 A 为 2cm 处放置一个与 A 平行的金属板 B, 在 B、 4 A 之间加上稳定电压.板间的匀强电场场强 E=3.64×10 N/C,方向水平向左.已知电子质量 ﹣31 ﹣19 m=9.1×10 kg、电荷量 e=1.6×10 C,求电子打在 B 板上的范围.

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: 粒子竖直射出后将做类平抛运动,此粒子沿竖直方向的位移大小即是落在金属板上 的粒子圆形面积的半径,结合几何关系得出电子打在 B 板上的范围. 解答: 解:电子竖直方向上的分运动为匀速直线运动,有:x=v0t…① 水平方向上的分运动 d= ×
7
﹣19

×t …②
﹣31

2

将 v0=10 m/s,e=1.6×10 C,m=9.1×10 kg,E=3.64×10 N/C,d=2×10 m ﹣2 代入①②求得:x=2.5×10 m=2.5 cm. 即电子打在 B 板上的范围是以 O 为圆心,以 2.5 cm 为半径的圆面. 答:电子打在 B 板上的范围为以 O 为圆心,以 2.5 cm 为半径的圆面. 点评: 解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法,知道粒子在垂直电场方向上做匀速直 线运动,在沿电场方向上做匀加速直线运动,结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解. 19. (11 分)如图甲所示,间距为 d 垂直于纸面的两平行板 P、Q 间存在匀强磁场.取垂直于 纸面向里为磁场的正方向, 磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示. t=0 时刻, 一质量为 m、 带电量为+q 的粒子(不计重力) ,以初速度 v0 由 Q 板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且 平行于板面的方向射入磁场区.当 B0 和 Ta 取某些特定值时,可使 t=0 时刻入射的粒子经△ t 时间恰能垂直打在 P 板上(不考虑粒子反弹) .上述 m、q、d、v0 为已知量. (1)若△ t= Ta,求 B0; (2)若△ t= Ta,求粒子在磁场中运动时加速度的大小.

4

﹣2

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: (1)粒子在磁场中,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)由向心加速度公式可以求出粒子的向心加速度;

解答: 解: (1)设粒子做圆周运动的半径为 R,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得: …① 据题意由几何关系得:R1=d…② 联立①②式得: …③

(2)设粒子做圆周运动的半径为 R2,加速度大小为 a,由圆周运动公式得: 据题意由几何关系得:3R2=d…⑤ 联立④⑤式得: …⑥

…④

答: (1)若△ t= Ta,磁感应强度是



(2)若△ t= Ta,粒子在磁场中运动时加速度的大小是



点评: 本题考查了粒子在磁场中的运动问题,分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键, 应用牛顿第二定律即可正确解题. 20. (13 分)在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,如图所示, 一段光滑且绝缘的圆弧轨道 AC 固定在纸面内,其圆心为 O 点,半径 R=1.8m,OA 连线在竖 直方向上,AC 弧对应的圆心角 θ=37°.今有一质量 m=3.6×10 kg、电荷量 q=+9.0×10 C 的 带电小球(可视为质点) ,以 v0=4.0m/s 的初速度沿水平方向从 A 点射入圆弧轨道内,一段时 2 间后从 C 点离开,小球离开 C 点后做匀速直线运动.已知重力加速度 g=10m/s ,sin37°=0.6, 不计空气阻力,求: (1)匀强电场的场强 E; (2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力.
﹣4 ﹣4

考点: 带电粒子在混合场中的运动;牛顿第二定律;动能定理的应用. 专题: 带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: (1)根据小球离开 C 点时处于平衡状态列平衡方程可正确求解; (2)根据动能定理求出小球刚进入磁场时的速度大小,从而进一步求出磁场强度,在最低点 进行受力分析,根据向心力公式列方程可正确求解.

解答: 解: (1)当小球离开圆弧轨道后,对其受力分析如图所示:

由平衡条件得:F 电=qE=mgtanθ 代入数据解得:E=3N/C 答:匀强电场的场强为:E=3N/C. (2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中,由动能定理得: F电 代入数据得:v=5m/s 由 解得:B=1T 分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图所示: 由牛顿第二定律得: 代入数据得: 由牛顿第三定律得,小球对轨道的压力为: 答:小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力为: .

点评: 本题考查了带电粒子在复合场中的运动,对于这类问题关键是正确进行受力分力, 明确运动形式,根据相关规律解答.


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