2015-2016学年江苏省南通市海门市实验学校高二（上）期中物理试卷

一、单选题（每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，共7小题，答对得3分，答错或不答得0分，共21分）

1．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )

A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大

B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大

C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大

D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大

2．两根相互靠近的长直导线1、2中通有相同的电流，相互作用力为F．若在两根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线2所受安培力的合力恰好为零．则所加磁场的方向是( )

A．垂直纸面向里 B．垂直纸面向外 C．垂直导线向右 D．垂直导线向左

3．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )

A．电源路端电压减小，减小量一定等于△U

B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△U

C．通过R1的电流减小，减小量一定等于

D．通过R2的电流增加，但增加量一定大于

4．如图所示，电阻R1：R2：R3：R4=3：2：1：1，电源电动势为E，内阻不计，开关S原来断开，现将S闭合．则S由闭合到电路稳定的过程中通过R3的电量是( )

A． B． C． D．EC

5．有一半径R=0.15m的圆形边界的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.25T．一群重力不计、质量m=3×10﹣7Kg，电荷量q=+2×10﹣3C的带电粒子，以速度V=5×102m/s由圆周上的同一点A以不同方向射入磁场，关于粒子在磁场中运动的时间长短，下列说法中正确的是( )

A．沿半径V1方向射入的粒子运动时间最长

B．沿与半径成30°的V2方向射入的粒子运动时间最长

C．沿与半径成30°的V3方向射入的粒子运动时间最长

D．所有粒子运动时间一样长

6．如图所示，在矩形abcd区域内存在着匀强磁场，两带电粒子由静止经同一电场加速后从顶角c处沿cd方向射入磁场，又分别从p、q两处射出，已知cp 连线和cq连线与ac边分别成30°和60°角，不计两粒子的重力．则两粒子在磁场中的运动速率之比（Vp：Vq）为( )

A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．3：1

7．电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）．为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道．其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c．流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）．图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．现于流量计所在处加磁感应强度B的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面．当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值．已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为( )

A． B． C． D．

二、多选题（本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有两个或两个以上选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）

8．下列各装置中a点电势比b点电势高的有( )

A．

速度选择器 B．

电磁流量计

C．

磁流体发电机 D．

霍尔元件（金属板）

9．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．下列说法正确的是( )

A．若D形盒半径R、磁感应强度B均不变，只提高加速电压U，质子的最终能量E将不变

B．若磁感应强度B、加速电压U均不变，只增大D形盒半径R，质子的最终能量E将增大

C．若磁感应强度B、加速电压U均不变，随着速度的增大，质子在D形盒内每运动一圈的时间将越来越短

D．若D形盒半径R、磁感应强度B均不变，只提高加速电压U，质子在加速器中运动的总时间将缩短

10．如图所示，三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止同时开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，最终它们都落到同一水平地面上，若不计空气阻力，下列判断正确的是( )

A．a、b、c三球同时落地，且落地时三球动能相同

B．b球最后落地，落地时a球动能最大

C．a、c同时落地，落地时b、c动能相同

D．c最后落地，落地时b动能最大

11．一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是( )

A． B． C． D．

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．

三、实验题：（本题共2小题共19分，请将答案填写在答题纸规定区域）

13．用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．

请根据下列步骤完成电阻测量：

①旋动部件__________，使指针对准电流的“0”刻线．

②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．

③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件__________，使指针对准电阻的__________（填“0刻线”或“∞刻线”）．

④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按__________的顺序进行操作，再完成读数测量．

A．将K旋转到电阻挡”×1K”的位置

B．将K旋转到电阻挡”×10”的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．

14．在用“电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中．现备有以下器材：

A．干电池l节 B．滑动变阻器（0～10Ω） C．滑动变阻器（0～1750Ω）

D．电压表（0～3V） E．电压表（0～15V） F．电流（0～0.6A）

G．电流表（0～3A） H．电键及导线若干

（1）为了减小系统误差，滑动变阻器应选__________，电流表应选__________，电压表应选__________．

（2）为了尽可能减小误差，设计合理的实验电路图（填在图1方框内）．

（3）根据实验数据画出的U﹣I图象（如图2）．

由此可知这个干电池的电动势E=__________V，内电阻r=__________Ω．测量值和真实值的关系E测__________E真，r测__________r真．（填“大于”、“小于”或“等于”）

四、计算题：（本题共4小题，每题15分，共60分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位．）

15．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω．电阻R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．

（1）若在图中C、D间接一理想电流表，其示数为多少？

（2）若在图中C、D间接一理想电压表，其示数为多少？

（3）若在图中C、D间接一台额定电压为4V、线圈内阻为3Ω的电动机时，电动机恰好能正常工作，则该电动机的输出功率为多少？

16．如图所示，在第一象限的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在第四象限中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=﹣2h处的P3点，最后达到x轴上的P4点（图中未画出）．若不计重力，求：

（1）电场强度的大小；

（2）磁感应强度的大小；

（3）从P1运动到P4经历的时间．

17．如图所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d=8cm，电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为e的电子以一定的速度沿水平方向射入此区域，若电场与磁场共存，电子穿越此区域时恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y=3.2cm；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转，不计重力作用，求：

（1）电子射入时的初速度v的表达式；

（2）电子比荷的表达式；

（3）电子穿越磁场区域后（撤去电场时）速度的偏转角α．

18．如图所示，在XOY坐标系内有垂直于XOY所在平面的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B．某时刻有两个粒子P、Q分别从坐标原点O及X轴上的Q点同时开始运动．两粒子带同种电荷，带电量均为q，质量均为m，P粒子的初速度方向沿X轴负方向，速度大小为V，运动轨迹如图中虚线所示．Q粒子初速度方向是在XOY平面内所有可能的方向，Q点到O点的距离是P粒子轨道半径的1.5倍，两粒子所受重力不计．

（1）两粒子带的是正电还是负电？P粒子运动的轨道半径R是多少？

（2）若两粒子在Y轴上的A点相遇，则Q粒子的速度多大？

（3）若Q粒子的初速度方向竖直向下，则要使两个粒子的轨迹没有交点，Q粒子的速度大小怎样？

2015-2016学年江苏省南通市海门市实验学校高二（上）期中物理试卷

一、单选题（每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，共7小题，答对得3分，答错或不答得0分，共21分）

1．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )

A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大

B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大

C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大

D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大

【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．

【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．

【解答】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：

eU=mv02…①

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m②

解得：r==…③

T=④

可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小．由④式知周期变小，故AC错误；

提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误；

故选：B．

【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键．

2．两根相互靠近的长直导线1、2中通有相同的电流，相互作用力为F．若在两根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线2所受安培力的合力恰好为零．则所加磁场的方向是( )

A．垂直纸面向里 B．垂直纸面向外 C．垂直导线向右 D．垂直导线向左

【考点】安培力．

【分析】当两根通大小相同方向相同的电流时，12两导线受到是引力，故2受到向左的安培力，故所加的磁场使导线受到的安培力向右，根据左手定则可知即可判断

【解答】解：当两根通大小相同方向相同的电流时，12两导线受到是引力，故2受到向左的安培力，故所加的磁场使导线受到的安培力向右，根据左手定则所加的磁场方向为垂直纸面向外，故B正确；

故选：B

【点评】当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，根据共点力平衡即可判断

3．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )

A．电源路端电压减小，减小量一定等于△U

B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△U

C．通过R1的电流减小，减小量一定等于

D．通过R2的电流增加，但增加量一定大于

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】R1是定值电阻，电压表V的示数减小△U的过程中，通过R1的电流减少，减少量△I=；电压表V的示数减少，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，R2两端电压增大，根据路端电压的变化分析其电压增加量．电压表示数减小，R2电压增大，路端电压减少量一定小于△U．

【解答】解：A、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故A错误．

B、电压表V的示数减小，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，所以路端电压减小；R2两端电压增大，则R2两端电压增加量一定小于△U．故B错误．

C、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故C正确．

D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小于 ，故D错误．

故选：C．

【点评】本题考查欧姆定律中的动态分析，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化；因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式．

4．如图所示，电阻R1：R2：R3：R4=3：2：1：1，电源电动势为E，内阻不计，开关S原来断开，现将S闭合．则S由闭合到电路稳定的过程中通过R3的电量是( )

A． B． C． D．EC

【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．

【专题】恒定电流专题．

【分析】电键S断开电路稳定时，电容器的电压就是R2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电容器的电压，再根据Q=CU求出其电量．电键S闭合时，电容器的电压就是R1的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电压，再根据Q=CU求出电量．电键S由闭合到电路稳定的过程中通过R3的电量等于电容器上电量的变化量．

【解答】解：设R4=R，则R1=3R，R2=2R

电键S断开电路稳定时，电容器的电压就是R2的电压．R2的电压为：U2=R2=E，电容器上极板带正电：Q2=CU2=CE

电键S闭合时，电容器的电压就是R1的电压，

R1两端的电压，U1=E=E，电容器下极板带正电：Q1=CU1=CE，则流过R3的电量△Q=Q1+Q2=CE

故选：D

【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，关键要同学们能理清电路的结构，明确电容器的电压与哪部分电路的电压相等，要知道电路稳定时，电容器所在电路没有电流，其电压与所并联的电路两端的电压相等．

5．有一半径R=0.15m的圆形边界的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.25T．一群重力不计、质量m=3×10﹣7Kg，电荷量q=+2×10﹣3C的带电粒子，以速度V=5×102m/s由圆周上的同一点A以不同方向射入磁场，关于粒子在磁场中运动的时间长短，下列说法中正确的是( )

A．沿半径V1方向射入的粒子运动时间最长

B．沿与半径成30°的V2方向射入的粒子运动时间最长

C．沿与半径成30°的V3方向射入的粒子运动时间最长

D．所有粒子运动时间一样长

【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】粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子转过的圆心角越大，粒子运动时间越长，根据粒子转过的圆心角判断粒子运动时间的关系．

【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，

粒子做圆周运动的轨道半径：r===0.3m，

粒子在磁场中运动的弧长越长，弦长越长，对应的圆心角θ越大，

粒子在磁场中做圆周运动，沿与半径成30°的V3方向射入的粒子

转过的圆心角：θ=60°，rsin=0.3×sin=0.15m=R，

则该粒子对应的弦长为圆形磁场区域的直径，该粒子运动轨迹对应的弦长最长，转过的圆心角θ最大，

粒子的运动时间：t=T最长；

故选：C．

【点评】本题考查了比较粒子运动时间长短，应用粒子周期公式，分析清楚图示情景，判断出粒子运动轨迹对应的弦长关系即可解题．

6．如图所示，在矩形abcd区域内存在着匀强磁场，两带电粒子由静止经同一电场加速后从顶角c处沿cd方向射入磁场，又分别从p、q两处射出，已知cp 连线和cq连线与ac边分别成30°和60°角，不计两粒子的重力．则两粒子在磁场中的运动速率之比（Vp：Vq）为( )

A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．3：1

【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】带电粒子以一定的速度进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．画出粒子在场中的运动轨迹图，根据几何关系可得两粒子的半径关系，结合动能定理和洛伦兹力提供向心力，列式可求解．

【解答】解：由几何关系得，p、q两点射出磁场的粒子做圆周运动的半径分别为：

RA=ac，RB=2ac，即：RA：RB=1：3，

由动能定理：qU=mv2，

洛伦兹力提供向心力：qvB=m，

解得：v=，则：==；

故选：D．

【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，处理带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径；应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．

7．电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）．为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道．其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c．流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）．图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．现于流量计所在处加磁感应强度B的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面．当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值．已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为( )

A． B． C． D．

【考点】霍尔效应及其应用．

【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】当导电流体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的电势差，从而根据平衡求出速度以及流量的大小．

【解答】解：最终稳定时有：qvB=q．则v=

根据电阻定律R′=ρ，则总电阻R总=R′+R

所以U=IR总=

解得v=

所以流量Q=．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及掌握欧姆定律和电阻定律的运用．

二、多选题（本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有两个或两个以上选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）

8．下列各装置中a点电势比b点电势高的有( )

A．

速度选择器 B．

电磁流量计

C．

磁流体发电机 D．

霍尔元件（金属板）

【考点】电势．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】根据左手定则判断出粒子在磁场中的受力分析，判断出粒子的运动方向，及可判断出电势的高低

【解答】解：A、粒子经加速电场后获得速度v，进入速度选择器中，根据粒子在磁场中的受力可知，正离子受到的洛伦兹力向上，负粒子受到的洛伦兹力向下，故a板带正电荷，故a点的电势高于b板，故A正确

B、根据粒子在磁场中的受力可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到的洛伦兹力向上，故a板带负电荷，故a点的电势低于b板，故B错误；

C、根据粒子在磁场中的受力可知，正离子受到的洛伦兹力向上，负粒子受到的洛伦兹力向下，故a板带正电荷，故a点的电势高于b板，故C正确

D、当电流流过霍尔元件时，由于电子的运动方向与电力方向相反，根据左手定则可知，a板带正电荷，b板带负电，故a点的电势高于b板，故D正确

故选：ACD

【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的受力，根据左手定则判断即可

9．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．下列说法正确的是( )

A．若D形盒半径R、磁感应强度B均不变，只提高加速电压U，质子的最终能量E将不变

B．若磁感应强度B、加速电压U均不变，只增大D形盒半径R，质子的最终能量E将增大

C．若磁感应强度B、加速电压U均不变，随着速度的增大，质子在D形盒内每运动一圈的时间将越来越短

D．若D形盒半径R、磁感应强度B均不变，只提高加速电压U，质子在加速器中运动的总时间将缩短

【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器，根据洛伦兹力提供向心力和动能定理列式分析求解．

【解答】解：A、B、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故AB正确；

C、根据周期公式T=，可知，速度的变化，不会影响质子在磁场中运动周期，故C错误；

D、由动能定理得：W=△EK=qU，加速电压越大，每次获得的动能越大，而最终的最大动能与加速电压无关，是一定的，故加速电压越大，加速次数越少，加速时间越短，故D正确；

故选：ABD．

【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关，电压决定加速的总时间．

10．如图所示，三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止同时开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，最终它们都落到同一水平地面上，若不计空气阻力，下列判断正确的是( )

A．a、b、c三球同时落地，且落地时三球动能相同

B．b球最后落地，落地时a球动能最大

C．a、c同时落地，落地时b、c动能相同

D．c最后落地，落地时b动能最大

【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】C球做自由落体运动；a球先自由落体运动，然后做类似平抛运动；B球先做自由落体运动，然后做曲线运动；根据运动的合成与分解的知识确定时间关系；根据功能关系确定速度关系．

【解答】解：根据题意可知，c做自由落体运动；而a除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间不变，不过下落的速度大于c的自由落体运动的速度；

对于b受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以在竖直方向除受到重力作用外，带电粒子偏转后还有洛伦兹力在竖直方向的分力，导致下落的加速度变小，则下落时间变长．由于洛伦兹力不做功，因此下落的速度大小不变；

故va＞vb=vc，ta=tc＜tb；

因电场力做正功，而洛伦兹力不做功，所以落地时a球动能最大，b、c动能相同，故BC正确，AD错误；

故选：BC．

【点评】本题关键是明确三个小球的受力情况和运动规律，然后结合运动的合成与分解的知识和功能关系分析，不难．

11．一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是( )

A． B． C． D．

【考点】洛仑兹力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．

【专题】电学图像专题．

【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．

【解答】解：当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；

当qvB＞mg时，FN=qvB﹣mg，此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；

当qvB＜mg时，FN=mg﹣qvB此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v﹣t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误．

故选AD．

【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v﹣t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．

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、则有：μN=mg 而N=BIL=BLkt 由牛顿第二定律得：mg﹣μBLKt=ma，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．

三、实验题：（本题共2小题共19分，请将答案填写在答题纸规定区域）

13．用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．

请根据下列步骤完成电阻测量：

①旋动部件S，使指针对准电流的“0”刻线．

②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．

③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的0刻线（填“0刻线”或“∞刻线”）．

④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按ADC的顺序进行操作，再完成读数测量．

A．将K旋转到电阻挡”×1K”的位置

B．将K旋转到电阻挡”×10”的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．

【考点】用多用电表测电阻．

【专题】实验题；恒定电流专题．

【分析】多用电表测量电阻时，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，接着机械校零，然后殴姆调零后，测量电阻读出示数．注意示数是由刻度值与倍率的乘积．当发现指针偏转太小时，则需要选择更大的倍率．

【解答】解：首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S．接着是欧姆调零，将“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端电阻的零刻度处．当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序ADC

故答案为：①S； ③T； 0刻线； ④ADC．

【点评】考查多用电表欧姆档的使用方法，要正确选择档位，明确每次换档要进行欧姆调零．

14．在用“电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中．现备有以下器材：

A．干电池l节 B．滑动变阻器（0～10Ω） C．滑动变阻器（0～1750Ω）

D．电压表（0～3V） E．电压表（0～15V） F．电流（0～0.6A）

G．电流表（0～3A） H．电键及导线若干

（1）为了减小系统误差，滑动变阻器应选B，电流表应选F，电压表应选D．

（2）为了尽可能减小误差，设计合理的实验电路图（填在图1方框内）．

（3）根据实验数据画出的U﹣I图象（如图2）．

由此可知这个干电池的电动势E=1.46V，内电阻r=0.72Ω．测量值和真实值的关系E测小于E真，r测小于r真．（填“大于”、“小于”或“等于”）

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【专题】实验题．

【分析】（1）根据实验中给出电源及电流的数据结合实验原理明确各仪表的选择；

（2）根据实验原理明确实验电路的接法；

（3）在U﹣I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小．根据电表内阻的影响分析实验误差．

【解答】解：（1）实验中干电池为1.5V，故电压表选择D即可；因电源电动势较小，电路中电流较小；故电流表选择F；为了便于调节，滑动变阻器选择小电阻B；

（2）实验中采用滑动变阻器与电源串联即可，因电池内阻较小，故采用相对电源的外接法；电路图如图所示；

（3）在U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.46V，

图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：r=Ω=0.72Ω．

考虑电压表的内阻，根据实验的原理有：E=U+（+）r

=（1+）+••，考虑电压表的内阻，此时图线的纵轴截距表示（1+），

所以E测小于E真，r测小于r真．

故答案为：（1）B，F，D；（2）1.46，0.72，小于，小于

【点评】本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．

四、计算题：（本题共4小题，每题15分，共60分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位．）

15．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω．电阻R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．

（1）若在图中C、D间接一理想电流表，其示数为多少？

（2）若在图中C、D间接一理想电压表，其示数为多少？

（3）若在图中C、D间接一台额定电压为4V、线圈内阻为3Ω的电动机时，电动机恰好能正常工作，则该电动机的输出功率为多少？

【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【专题】定量思想；模型法；恒定电流专题．

【分析】（1）、（2）理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路．C、D间接入理想电压表后，R3可看做导线，R1与R2为串联关系，电压表示数为R2电压．接入理想电流表时，R2和R3并联后再与R1串联，电流表示数为R3支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解．

（3）根据闭合电路欧姆定律和并联电路总电流与支路电流的关系列式，求出通过电动机的电流，再由电动机的输入功率减去发热功率即为输出功率．

【解答】解：（1）若在图中C、D间接一理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小为

R23==Ω=2Ω

根据闭合电路欧姆定律，有

I总==A=1.5A

电流表的示数为 I3=I总=×1.5A=1A

（2）若在C、D间接入理想电压表，由闭合电路欧姆定律得：

干路电流 I==A=1A

电压表的示数为 U=IR2=6V

（3）若在图中C、D间接一台电动机．设流过电动机的电流为I′，则电路中总电流为

I总′=+I′

由闭合电路欧姆定律得：

E=I总′（R1+r）+（U额+I′R3）

联立解得 I′=A

所以电动机的输出功率 P=U额I′﹣I′2r′=1W

答：（1）若在图中C、D间接一理想电流表，其示数为1A．

（2）若在图中C、D间接一理想电压表，其示数为6V．

（3）若在图中C、D间接一台额定电压为4V、线圈内阻为3Ω的电动机时，电动机恰好能正常工作，则该电动机的输出功率为1W．

【点评】理想电表的串并联规律为：理想电压表与电阻串联，电阻可看作导线；理想电流表与电阻并联，电阻被短路，相当于不存在．闭合电路的欧姆定律在使用时要从总电阻和干路电流入手，分步操作，层层推进，避免急于求成，造成解题失误．

16．如图所示，在第一象限的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在第四象限中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=﹣2h处的P3点，最后达到x轴上的P4点（图中未画出）．若不计重力，求：

（1）电场强度的大小；

（2）磁感应强度的大小；

（3）从P1运动到P4经历的时间．

【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）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出电场强度；

（2）粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径根据几何关系可以求出，再由牛顿第二定律即可求出磁感应强度；

（3）分段求时间：电场中运用运动学公式求时间，磁场中粒子运动了半个周期，再求总时间．

【解答】解：（1）粒子在第Ⅰ象限空间做类平抛运动，

水平方向：2h=v0t1，

竖直方向：h=at12=t12，

解得：E=；

（2）粒子到达P2点时，

vx=v0，vy2=2ah=2h=v02，

vy=vx，速度：v==v0，

tanθ==1，θ=45°，速度与x轴夹角θ=45°，

粒子轨迹如图所示，OP2=OP3=2h，θ=45°，

则为圆周直径，圆周半径 r=2hcos45°=h，

由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=；

（3）粒子出磁场后沿作匀速直线运动 由几何关系：φ=θ=45°，

=2h，=2h，则：P4点坐标为（﹣2h，0），

粒子在电场运动时间：t1=，

在磁场中运动周期为：T=，

在磁场中运动时间为：t2=T=，

做匀速直线运动时间：t3==，

由P1到P4经历的时间：t=t1+t2+t3+t4=；

答：（1）电场强度的大小为；

（2）磁感应强度的大小为；

（3）从P1运动到P4经历的时间为．

【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中．

17．如图所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d=8cm，电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为e的电子以一定的速度沿水平方向射入此区域，若电场与磁场共存，电子穿越此区域时恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y=3.2cm；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转，不计重力作用，求：

（1）电子射入时的初速度v的表达式；

（2）电子比荷的表达式；

（3）电子穿越磁场区域后（撤去电场时）速度的偏转角α．

【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）电场与磁场共存，电子穿越此区域时恰好不发生偏转说明电子受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反；

（2）电子穿越电场的过程中做类平抛运动，将运动分解可以求得求出电子的比荷；

（3）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出运动的轨迹图，根据半径和 d之间的关系，根据电子运动的轨迹，求出射出磁场时的偏转角α．

【解答】解：（1）电子部发生偏转，电子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力大小相等，由平衡条件得：

eE=evB，

解得：v=；

（2）电子在电场中的受力：F=eE

加速度：a==

穿越电场的时间：t=，

由穿越电场时的偏移量：y=at2=，

电子的比荷：=；

（3）电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：evB=m，

解得：r=，

代入数据解得：r=0.1m，

电子运动轨迹如图所示，由几何知识得：sinα===，

解得：α=53°；

答：（1）电子射入时的初速度v的表达式为v=；

（2）电子比荷的表达式为=；

（3）电子穿越磁场区域后（撤去电场时）速度的偏转角α为53°．

【点评】该题中，前后共出现复合场、电场和磁场三种不同的情况，运动要注意对它们的区分，然后根据各自的规律进行求解．

18．如图所示，在XOY坐标系内有垂直于XOY所在平面的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B．某时刻有两个粒子P、Q分别从坐标原点O及X轴上的Q点同时开始运动．两粒子带同种电荷，带电量均为q，质量均为m，P粒子的初速度方向沿X轴负方向，速度大小为V，运动轨迹如图中虚线所示．Q粒子初速度方向是在XOY平面内所有可能的方向，Q点到O点的距离是P粒子轨道半径的1.5倍，两粒子所受重力不计．

（1）两粒子带的是正电还是负电？P粒子运动的轨道半径R是多少？

（2）若两粒子在Y轴上的A点相遇，则Q粒子的速度多大？

（3）若Q粒子的初速度方向竖直向下，则要使两个粒子的轨迹没有交点，Q粒子的速度大小怎样？

【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）根据粒子偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性，应用牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径；

（2）根据粒子的周期公式求出两粒子做圆周运动的周期关系，根据题意确定粒子在A点相遇的条件，然后由几何知识求出Q的轨道半径，然后求出粒子的速度；

（3）画出轨迹，假设两粒子相遇在Q点，由几何关系有PQ=2RNsinθ，如图，由数学知识求出两个圆周运动半径关系，得到速度关系，然后求出粒子的速度．

【解答】解：（1）由题意可知，粒子P沿顺时针方向做圆周运动，

粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则，粒子带的是负电；

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：qvB=m，解得：R=；

（2）若在A点相遇，则由题意可知：tP=tQ，

又从图中可见P粒子到达A点的时间满足：tP=kTP+TP，

（TP为P粒子做圆周运动的周期，k=0、1、2…）

所以：tQ=kTP+TP，

又由题两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，即：TP=TQ，

所以：tQ=kTQ+TQ，

所以题图中的AQ为Q粒子在磁场中做圆周运动的直径，即：|AQ|=2RQ=2，

又|AQ|==2.5RP=2.5，则：vQ=1.25v；

（3）由题意可知，要让两个粒子的轨迹不相交，粒子Q的速度可以取小一点，也可取大一点，

先讨论取小一点的情况，如图所示，当粒子Q的轨迹与P粒子的轨迹相切时，vQ取极值，

由几何知识得：（R+r）sinα+r=1.5R，（R+r）cosα=R，即：r=0.45R，所以：vQ=0.45v，

再讨论取大一点的情况，如图所示，当粒子Q的轨迹与P粒子的轨迹相切时，vQ也取极值，

由几何知识得：R2+（r﹣1.5R）2=（r﹣R）2，解得：r=2.25R，vQ=2.25v，

综上，要使两粒子轨迹不相交，Q粒子的速度为：0.45v或2.25v；

答：（1）两粒子带负电，P粒子运动的轨道半径R是；

（2）若两粒子在Y轴上的A点相遇，则Q粒子的速度为1.25v；

（3）若Q粒子的初速度方向竖直向下，则要使两个粒子的轨迹没有交点，Q粒子的速度大小为0.45v或2.25v．

【点评】本题是带电粒子在磁场中圆周运动的问题，关键是运用数学知识分析两个粒子之间运动周期和轨迹半径的关系，考查运用数学知识处理物理问题的能力．

江苏省南通市海门市实验学校2015-2016学年高二上学期期中物理试卷Word版含解析