重庆市江北中学2015-2016学年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年重庆市江北中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 一.单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）‎ ‎1．关于电场和磁场，下列说法正确的是( )‎ A．某处电场的方向就是位于该处的电荷所受库仑力的方向 B．某处磁场的方向就是位于该处的通电导线所受安培力的方向 C．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零 D．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零 ‎2．如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框以通电导线为轴转动，则穿过线框的磁通量将( )‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．不能确定 ‎3．如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷+Q和﹣Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它们所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是( )‎ A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右 B．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上 C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc=0‎ D．Fd、Fc、Fe的大小都相等 ‎4．通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生( )‎ - 28 -‎ A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动 B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动 C．L2绕轴O按顺时针方向转动 D．L2绕轴O按逆时针方向转动 ‎5．倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab．现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力( )‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎6．如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔（位于p板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )‎ A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的 ‎7．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是( )‎ - 28 -‎ A．两小球到达轨道最低点的速度vM＜vN B．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM＜FN C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端 ‎8．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．则下列说法中正确的是( )‎ A．电源效率最高50% B．电源效率最高75%‎ C．电源输出功率最大4w D．电源输出功率最大8w 二.多项选择题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，题目中有多项符合题目要求．完全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选得0分．）‎ ‎9．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是( )‎ A．离子从磁场中获得能量 B．带电粒子的运动周期是不变的 C．离子由加速器的中心附近进入加速器 - 28 -‎ D．增大金属盒的半径，粒子射出时的动能不变 ‎10．两个质量分别是m1、m2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，两球位于同一水平线上，如图所示，则下列说法正确的是( )‎ A．若m1＞m2，则θ1＞θ2 B．若m1=m2，则θ1=θ2‎ C．若m1＜m2，则θ1＞θ2 D．若q1=q2，则θ1=θ2‎ ‎11．如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，则与无光照射时比较( )‎ A．电容器C的上极板带正电 B．电容器C的下极板带正电 C．通过R4的电流变小，电源的路端电压增小 D．通过R4的电流变大，电源提供的总功率变大 ‎12．如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1＞r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则( )‎ - 28 -‎ A．T1=T2 B．v1=v2 C．a1＞a2 D．t1＞t2‎ 二、实验题（每空或每图2分，共20分）‎ ‎13．某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性小组做如下测量．‎ ‎（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择__________倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），并欧姆调零后再进行测量，多用表的示数如图1所示，测量结果R为__________Ω．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则直径d是__________mm．‎ ‎（3）这种金属材料的电阻率ρ=__________．（用题中字母L、R、d表示答案）‎ ‎14．高2017级10班物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U== V=1.22V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的U﹣I图线，进而分析灯泡的额定电压．‎ A．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）‎ B．电流表A1（量程150mA，内阻约2Ω）‎ C．电流表A2（量程500mA，内阻约0.6Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω）‎ - 28 -‎ E．滑动变阻器R2（0～100Ω）‎ F．电源E（电动势4.0V，内阻不计）‎ G．开关S和导线若干 H．待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）‎ ‎（1）在如图1所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择__________（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择__________（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70V时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中．‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ U/V ‎0.20‎ ‎0.60‎ ‎1.00‎ ‎1.40‎ ‎1.80‎ ‎2.20‎ ‎2.70‎ I/mA ‎80‎ ‎155‎ ‎195‎ ‎227‎ ‎255‎ ‎279‎ ‎310‎ 请你根据实验数据在图2中作出灯泡的U﹣I图线．‎ ‎（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为__________V；这一结果大于1.23V，其原因是__________．‎ 三、计算题（本大题共4个小题，共42分）‎ ‎15．粗细均匀的直导线MN的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN恰好在水平位置，如图所示．已知MN的质量m=10g，MN的长度l=49cm，沿水平方向与MN垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.5T．（取g=9.8m/s2）‎ ‎（1）要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN中应沿什么方向、通过多大的电流？‎ - 28 -‎ ‎（2）若导线中有从M到N方向的、大小为0.2A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了△x=1mm，求弹簧的劲度系数．‎ ‎16．如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V．求：‎ ‎（1）电源释放的电功率；（即IE）（电路中总电流等于）‎ ‎（2）电动机消耗的电功率及将电能转化为机械能的功率．‎ ‎17．如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104 N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4 C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（g=10m/s2）‎ ‎（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；‎ ‎（2）带电体最终停在何处．‎ - 28 -‎ ‎18．（14分）如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．‎ ‎（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ - 28 -‎ ‎2015-2016学年重庆市江北中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 一.单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）‎ ‎1．关于电场和磁场，下列说法正确的是( )‎ A．某处电场的方向就是位于该处的电荷所受库仑力的方向 B．某处磁场的方向就是位于该处的通电导线所受安培力的方向 C．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零 D．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零 ‎【考点】磁现象和磁场；电场．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】正电荷选择电场中受到的电场力的方向与场强的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反；小段通电导线在某处若不受磁场力，是导线与磁场垂直，则此处不一定无磁场．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零；磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直．‎ ‎【解答】解：A、正电荷选择电场中受到的电场力的方向与场强的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反．故A错误；‎ B、根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直．故B错误；‎ C、根据公式F=qE可知，电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零．故C正确；‎ D、小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是导线与磁场平行，则此处不一定无磁场．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分．‎ - 28 -‎ ‎2．如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框以通电导线为轴转动，则穿过线框的磁通量将( )‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．不能确定 ‎【考点】楞次定律；磁通量．‎ ‎【专题】电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数；使线框以通电导线为轴转动，穿过线圈的磁感线条数不变．‎ ‎【解答】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，磁感线是以导线为中心的同心圆，若使线框以通电导线为轴转动，穿过线圈的磁感线条数不变，故磁通量不变；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键是明确磁通量的含义、可以用穿过线圈的磁感线的条数来形象的描述，基础问题．‎ ‎3．如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷+Q和﹣Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它们所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是( )‎ A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右 B．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上 C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc=0‎ D．Fd、Fc、Fe的大小都相等 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ - 28 -‎ ‎【分析】a、b两点处分别固定有等量异种点电荷+Q和﹣Q，首先要明确等量异号电荷的电场的分布特点，明确各点的电场强度的大小和方向的关系，结合电场力的公式：F=qE来判断电场力之间的关系．‎ ‎【解答】解：等量异号电荷的电场的分布特点如图：‎ A、B、C：从图中可知，cde三点的场强的方向都向右，所以正电荷在这三点受到的电场力的方向都向右．故A正确，B错误，C错误；‎ D：从图中 可知看到d点的电场线最密，e点的电场线最疏，所以正电荷在d点的电场力最大．故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】该题考查等量异号电荷的电场的分布特点，属于对常见电场的考查．要求大脑中对这部分的常见电场的特点有清晰的图象．‎ ‎4．通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生( )‎ A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动 B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动 C．L2绕轴O按顺时针方向转动 D．L2绕轴O按逆时针方向转动 ‎【考点】平行通电直导线间的作用．‎ - 28 -‎ ‎【分析】根据通电导线周围存在磁场，依据右手螺旋定则可确定，电流与磁场的方向关系，再由左手定则可知，通电导线在磁场中受到的安培力的方向，由于通电导线距离不同，磁场的强弱也不同，即可判定安培力的大小，从而求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知，L1导线产生磁场方向，根据右手螺旋定则可知，上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，‎ 由左手定则可知，通电导线L2，处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近L1，安培力越强，从而出现L2绕轴O按逆时针方向转动．故D正确，ABC错误；‎ 故选D ‎【点评】考查右手螺旋定则与左手定则的应用，注意区别左手定则与右手定则，同时知道离通电导线越远的磁场越弱．‎ ‎5．倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab．现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力( )‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎【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】根据左手定则，判断安培力的方向；然后对杆受力分析，受重力、支持力、安培力和静摩擦力（可能有），根据共点力平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；‎ 根据平衡条件可知：mgsinθ=f；‎ 加速磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度B逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加；‎ 根据平衡条件，有：mgsinθ=f′+FA；‎ 由于安培力逐渐变大，故静摩擦力先减小后反向增加；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题关键是对杆受力分析，然后根据平衡条件列式分析，不难．‎ - 28 -‎ ‎6．如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔（位于p板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )‎ A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的 ‎【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】电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论y=，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化．‎ ‎【解答】解：设平行金属板板间距离为d，板长为l．电子在加速电场中运动时，由动能定理得：‎ eU1=mv02﹣0，‎ 垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，水平方向有：‎ l=v0t，‎ 竖起方向有：y=at2=t2，‎ 联立以上四式得偏转距离为：y=，‎ 要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出y=．‎ - 28 -‎ ‎7．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是( )‎ A．两小球到达轨道最低点的速度vM＜vN B．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM＜FN C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．‎ ‎【解答】解：AC、在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：‎ mv=mgH ‎ mv=mgH﹣qE•d 解得，vM＞vN，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故AC错误；‎ B、最低点M时，支持力与重力和洛伦兹力（方向竖直向下）的合力提供向心力，最低点N时，支持力与重力的合力提供向心力，因为vM＞vN，可知：FM＞FN，故B错误；‎ D、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；‎ 故选：D．‎ - 28 -‎ ‎【点评】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．‎ ‎8．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．则下列说法中正确的是( )‎ A．电源效率最高50% B．电源效率最高75%‎ C．电源输出功率最大4w D．电源输出功率最大8w ‎【考点】路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【专题】定性思想；图析法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．‎ ‎【解答】解：由图象知电源的电动势为E=3 V，内阻为r==0.5Ω，‎ R1、R2的电阻分别为R1==0.5Ω、R2=1Ω，‎ 根据电源输出功率随外电阻变化的规律，当外电路的电阻与电源的内电阻相等时，电源输出功率最大，所以可采用的接法是将R1单独接到电源两端；‎ 那么电源最大输出功率P==4.5W，‎ 当外电压最大时电源的输出效率最高，所以可采用外电阻串联的接法，‎ 那么电源最高效率η===75%，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，常见的题型．‎ - 28 -‎ 二.多项选择题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，题目中有多项符合题目要求．完全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选得0分．）‎ ‎9．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是( )‎ A．离子从磁场中获得能量 B．带电粒子的运动周期是不变的 C．离子由加速器的中心附近进入加速器 D．增大金属盒的半径，粒子射出时的动能不变 ‎【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；带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变．因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大．但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关．所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系 ‎【解答】解：A、离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，离子在回旋加速器中从电场中获得能量，带电粒子的运动周期是不变化的，故A错误，故B正确；‎ C、离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转．故C正确；‎ D、带电粒子从D形盒中射出时的动能 Ekm=mvm2 （1）‎ 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R=（2）‎ 由（1）（2）可得Ekm=显然，当带电粒子q、m一定的，则Ekm∝R2 B2‎ 即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故D错误；‎ - 28 -‎ 故选：BC ‎【点评】本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变 ‎10．两个质量分别是m1、m2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，两球位于同一水平线上，如图所示，则下列说法正确的是( )‎ A．若m1＞m2，则θ1＞θ2 B．若m1=m2，则θ1=θ2‎ C．若m1＜m2，则θ1＞θ2 D．若q1=q2，则θ1=θ2‎ ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】分别对两小球进行受力分析，作出力图，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解．‎ ‎【解答】解：m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知，‎ ‎ m1g=Fcotθ1，m2g=F′cotθ2‎ 因F=F′，则 可见，若m1＞m2，则θ1＜θ2；若m1=m2，则θ1=θ2；若m1＜m2，则θ1＞θ2．θ1、θ2的关系与两电荷所带电量无关．‎ 故BC正确，AD均错误．‎ 故选：BC ‎【点评】本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键．‎ - 28 -‎ ‎11．如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，则与无光照射时比较( )‎ A．电容器C的上极板带正电 B．电容器C的下极板带正电 C．通过R4的电流变小，电源的路端电压增小 D．通过R4的电流变大，电源提供的总功率变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】电容在电路稳定时可看作开路，故由图可知，R1、R2串联后与R3、R4并联，当有光照射时，光敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化及路端电压的变化，再分析外电路即可得出C两端电势的变化，从而得出电容器极板带电情况；同理也可得出各电阻上电流的变化．‎ ‎【解答】解：无光照射时，C不带电，说明．当有光照射时，R4阻值减小，则R4分压减小，C上板电势低于下板电势，下板带正电，由于R4减小，回路中总电流变大，通过R1、R2电流变小，路端电压减小，通过R4的电流变大，P电源=EI应变大，故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD ‎【点评】本题为含容电路结合电路的动态分析，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上一定带正电．在分析电容带电问题上也可以电源负极为参考点分析两点的电势高低．‎ ‎12．如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1＞r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2‎ - 28 -‎ ‎，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则( )‎ A．T1=T2 B．v1=v2 C．a1＞a2 D．t1＞t2‎ ‎【考点】洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【专题】定量思想；估算法；带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，可列式得到周期和半径的一般表达式，由牛顿第二定律得到加速度的一般表达式，再分析大小．‎ ‎【解答】解：A、对于质子，其比荷相同，又质子在磁场中做圆周运动的周期T=，在同一匀强磁场中，则T1=T2，A正确；‎ B、质子在磁场中做圆周运动的半径r=，且r1＞r2，则v1＞v2，B错误；‎ C、由a=，T=，得a=，T1=T2，v1＞v2，则a1＞a2，C正确；‎ D、两质子的周期相同，由图知质子1从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，则t1＜t2，D错误；‎ 故选：AC ‎【点评】本题中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径和周期公式要熟记，对于推论：轨迹的圆心角等于速度的偏向角是常用的结论，也要学会应用．‎ 二、实验题（每空或每图2分，共20分）‎ ‎13．某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性小组做如下测量．‎ ‎（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择×10倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），并欧姆调零后再进行测量，多用表的示数如图1所示，测量结果R为70Ω．‎ - 28 -‎ ‎（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则直径d是2.150mm．‎ ‎（3）这种金属材料的电阻率ρ=．（用题中字母L、R、d表示答案）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数．‎ 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．‎ 根据电阻定律可得出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）选用“×100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于×10挡；‎ 由图示可知，欧姆表示数为7×10Ω=70Ω；‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×15.0mm=0.150mm，所以最终读数为：2mm+0.150mm=2.150mm，‎ ‎（3）电阻丝电阻：R=ρ=ρ，则电阻率：ρ=；‎ 故答案为：（1）×10；70（2）2.150；（3）‎ ‎【点评】本题考查了欧姆表读数、螺旋测微器的读数以及电阻定律的应用；注意在使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近．‎ ‎14．高2017级10班物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U==‎ - 28 -‎ ‎ V=1.22V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的U﹣I图线，进而分析灯泡的额定电压．‎ A．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）‎ B．电流表A1（量程150mA，内阻约2Ω）‎ C．电流表A2（量程500mA，内阻约0.6Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω）‎ E．滑动变阻器R2（0～100Ω）‎ F．电源E（电动势4.0V，内阻不计）‎ G．开关S和导线若干 H．待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）‎ ‎（1）在如图1所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择A2（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择R1（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70V时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中．‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ U/V ‎0.20‎ ‎0.60‎ ‎1.00‎ ‎1.40‎ ‎1.80‎ ‎2.20‎ ‎2.70‎ I/mA ‎80‎ ‎155‎ ‎195‎ ‎227‎ ‎255‎ ‎279‎ ‎310‎ 请你根据实验数据在图2中作出灯泡的U﹣I图线．‎ ‎（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为2.5V；这一结果大于1.23V，其原因是灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．‎ - 28 -‎ ‎【分析】（1）关键是根据P=I2R，估算出小灯泡的额定电流，从而选出电流表的量程，根据U﹣I图象可知滑动变阻器应用分压式接法，根据小灯泡电阻值远小于电压表内阻，可知电流表应用外接法．‎ ‎（2）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；‎ ‎（3）明确灯泡电阻的特征：电阻随电压（温度）的升高而增大；能根据图象找出灯泡对应的额定值．‎ ‎【解答】解：（1）根据P=I2R，估算灯泡的电流大约是600 mA，因此电流表应选A2；本实验要描绘出灯泡的U﹣I图线，需要测量多组数据，因此滑动变阻器应接成分压式，所以应选阻值较小的R1；小灯泡电阻不大，电流表应外接；电路图如图所示；‎ ‎（2）根据表中数据得出对应的伏安特性曲线，如图所示 ‎（3）灯泡额定功率为0.75W，则由P=UI=0.75W，再结合图象可知在到额定功率时，电压为U额=2.5 V；大于1.23 V的原因是由于灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻．‎ 故答案为：（1）电路原理图如图所示；A2；R1‎ ‎（2）如图所示；‎ ‎（3）2.5；灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）‎ ‎【点评】本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的原理；要掌握实验器材的选取原则，熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则．‎ 三、计算题（本大题共4个小题，共42分）‎ - 28 -‎ ‎15．粗细均匀的直导线MN的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN恰好在水平位置，如图所示．已知MN的质量m=10g，MN的长度l=49cm，沿水平方向与MN垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.5T．（取g=9.8m/s2）‎ ‎（1）要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN中应沿什么方向、通过多大的电流？‎ ‎（2）若导线中有从M到N方向的、大小为0.2A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了△x=1mm，求弹簧的劲度系数．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；合成分解法；磁场 磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】（1）根据安培力等于重力，即可求解电流大小，由左手定则判断电流方向；‎ ‎（2）由受力分析，借助于平衡条件，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）只有MN受到的安培力方向竖直向上且等于MN的重力时，两根弹簧才能处于自然状态．根据左手定则，MN中的电流方向应由M到N，电流的大小由mg=BIl得：‎ I== A=0.4 A；‎ ‎（2）导线中通过由M到N方向的电流时，根据左手定则知受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对MN有竖直向上的拉力，MN受到竖直向下的重力，平衡时有：‎ BI1l+2k△x=mg ‎ 可得弹簧的劲度系数为：‎ k==N/m=24.5 N/m 答：（1）要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN中应M到N方向、通过0.4A的电流；‎ ‎（2）若导线中有从M到N方向的、大小为0.2A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了△x=1mm，弹簧的劲度系数为24.5N/m．‎ ‎【点评】考查安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用．‎ - 28 -‎ ‎16．如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V．求：‎ ‎（1）电源释放的电功率；（即IE）（电路中总电流等于）‎ ‎（2）电动机消耗的电功率及将电能转化为机械能的功率．‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流，电源的总功率为P=EI；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律，电动机两端的电压为U=E﹣U1，电动机消耗的功率为P=UI；由P热=I2R0可求的电动机内阻消耗的功率，输出功率为P出=P﹣P热．‎ ‎【解答】解：（1）电路中的电流为：‎ I===2A；‎ 故电源释放的电功率：‎ P=EI=10×2=20W ‎（2）电动机的电压：‎ U=E﹣Ir﹣U1=10﹣2×0.5﹣3=6V 电动机消耗的电功率：‎ PM=UI=6×2=12W 电动机输出的机械功率：‎ P出=PM﹣P热=UI﹣I2R0=6×2﹣22×1=8W 答：（1）电源释放的电功率为20W；‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为12W，将电能转化为机械能的功率为8W．‎ - 28 -‎ ‎【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．‎ ‎17．如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104 N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4 C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（g=10m/s2）‎ ‎（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；‎ ‎（2）带电体最终停在何处．‎ ‎【考点】动能定理的应用；静摩擦力和最大静摩擦力；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）对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可；‎ ‎（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点．‎ ‎【解答】解（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：‎ qE（sAB+R）﹣μmg sAB﹣mgR=mv2‎ 解得：v=10m/s ‎（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：‎ ‎﹣mgh﹣μqEh=0﹣mv2‎ 解得h=m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：Ffmax=μqE=4N，重力G=mg=2 N，因为G＜Ffmax 所以带电体最终静止在与C点竖直距离为m处．‎ - 28 -‎ 答：（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度为10m/s；‎ ‎（2）带电体最终停在与C点竖直距离为m处．‎ ‎【点评】本题关键是明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式求解，难度适中．‎ ‎18．（14分）如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．‎ ‎（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎【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）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，从而根据几何关系求出圆弧的圆心角大小，通过弧长和速度求出在磁场中运动的时间．‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，轨道半径变为原来的倍，通过几何关系求出圆弧的圆心角，从而得知出磁场的速度方向，根据速度分解求出它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．通过证明入射点、出射点、圆心磁场的圆心以及粒子运动圆弧的圆心构成的图形为菱形，从而可以证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得 - 28 -‎ r=R 带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示，‎ 则 ‎（2）由（1）知，当时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为．‎ 其运动轨迹如图所示，‎ 由图可知∠PO2O=∠OO2R=30°．‎ 所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60°‎ ‎（3）由（1）知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．‎ 设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示．‎ - 28 -‎ 因PO3=O3S=PO=SO=R 所以四边形POSO3为菱形 由图可知：PO∥O3S，v3⊥SO3‎ 因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．‎ 答：（1）它在磁场中运动的时间．‎ ‎（2）它打到感光板上时速度的垂直分量为．‎ ‎（3）证明如上．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式．本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．‎ - 28 -‎