1、迁移应用能力大提升一、单项选择题（本题共4小题，每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1如图1所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为。整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中，金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止。则()图1A磁场方向竖直向上B磁场方向竖直向下Cab受安培力的方向平行导轨向上Dab受安培力的方向平行导轨向下解析：安培力的方向总是既垂直于电流方向也垂直于磁场方向，由题意可知，金属杆要静止于光滑导轨上，所受安培力的方向必水平向右，C、D错误。再由左手定则可判定磁场方向应为竖直向上，A正确B错误。
2、答案：A2如图2是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离。取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即(该比值越大则灵敏度越高)，则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度()图2A增大U1B增大U2C减小L D减小d解析：由y()2可以看出，灵敏度与U2无关，增大L或减小U1、d时可提高灵敏度，D正确。答案：D3电荷量为q1104C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块
3、速度v与时间t的关系如图3所示。若重力加速度g取10 m/s2，则物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别是()图3Am1 kg，0.2Bm1.5 kg，0.13Cm0.5 kg，0.2 Dm0.5 kg，0.4解析：由题图乙可知，在前2 s内物体的加速度a1 m/s2，后2 s内物体处于平衡状态，再结合两图并利用牛顿第二定律有qE1mgma，qE2mg，利用图中的数据可解得m1 kg，0.2，A正确。答案：A4.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图8所示为垂直于导线的截面图。在图示的平面内，O点为两根导线连线ab的中点，M、N为ab的中垂线上的两点，它们与a、b的距离相等。若两导线中通
4、有大小相等、方向相同的恒定电流，已知直线电流产生的磁场在某点的磁感应强度 B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比。则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()图4AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D若在N点放一小磁针，静止时其北极沿ON指向O点解析：直线电流产生的磁场的磁感线是以导线为圆心的同心圆，由此可知直线电流a在M点处产生的磁场方向垂直于aM向下，在N点处产生的磁场方向垂直于aN向上；直线电流b在M点处产生的磁场方向垂直于bM向下，在N点处产生的磁场方向垂直于bN向上，又由于两导线中电流大
5、小相同，故它们在M、N两点处产生的磁场大小都相等，再由场的叠加可得M点处磁场方向垂直于MN向下，N点处磁场方向垂直于MN向上，且大小相等，A错误，B正确。在MN的中点O，两电流产生的磁场等值反向，O点磁场为零，C错误。放在磁场中的小磁针静止时N极指向所在处磁场的方向，由上述分析可知其应指向与MN垂直向上的方向，D错误。答案：B二、双项选择题（本题共5小题，每小题7分，共35分。在每小题给出的四个选项中均有两个选项符合题意）5.如图5所示 ，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹
6、上的两点，据此可知()图5A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小解析：由轨迹的弯曲情况，电场力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直(电场线垂直该处等势面)，由于正电荷的受力方向与场强方向一致，故可画出电场线方向，如图所示。顺着电场线方向电势降低，故A项对。如果由P到Q，速度或位移与力的方向夹角小于90做正功，电势能减小，动能增大；反之，如果由Q到P，速度或位移与力的方向夹角大于90做负功，电势能增大，动能减小，故B项对，C项错。P处等势面比Q处密，等势面密处场强大，电荷在P点受的
7、电场力大， 加速度就大，故D错。答案：AB6. A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球。两块金属板接在如图6所示的电路中。电路中的R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S。此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为，电源电动势E和内阻r一定。则以下说法正确的是()图6A若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则I增大，U增大C保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后角减小D保持滑动触头P不动，用更
8、强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变解析：由电路图知滑动变阻器R2与电容器串联后与光敏电阻并联，在稳定的状态下无电流通过R2，故滑动R2的滑片对电路无影响，A错误。当用更强的光照射R1时，R1的阻值减小，外电路的总电阻减小，则电路中的电流增大，内电压增大，路端电压减小，B错误。由于R3为定值电阻，故电流增大时其两端电压增大，从而R1两端电压即电容器两端电压减小，板间电场减弱，小球所受电场力减小，由小球受力及平衡条件知其重新平衡时角减小，C正确。由闭合电路欧姆定律UEIr知r是一定值，D正确。答案：CD7.一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图7中虚线所
9、示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是()图7A如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势高C如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大解析：由于在曲线运动中合外力方向总是指向运动轨迹的内侧，可知电子所受电场力的方向指向轨迹的右下方。当实线是电场线时，电场力方向水平向右，由于电子带负电，则电场线方向向左，而沿电场线方向电势是降低的，即a点电势低于b点电势，又因为负电荷在电势越高处电势能越小，故电子在a点的电势能大，A错误C正确。若实线是等势面时，电场
10、线与其垂直只能沿竖直方向，即电子所受电场力的方向一定是竖直向下的，同理可判定此时a点电势高，电子在a点的电势能小，B正确D错误。答案：BC8在如图8所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻。在下列叙述的操作中，可以使灯泡L的亮度变暗的是()图8A仅使R1的阻值增大B仅使R1的阻值减小C仅使R2的阻值增大D仅使R2的阻值减小解析：由“串反并同”可知要使灯泡变暗，则要求与其串联(包括间接串联)的器件阻值增大或与其并联(包括间接并联)的器件阻值减小，故A、D正确B、C错误。答案：AD9.如图9所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，用来加速质量为m、
11、电荷量为q的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大能量E后，由A孔射出。则下列说法正确的是()图9A回旋加速器不能无限加速粒子B增大交变电压U，则质子在加速器中运行时间将变短C回旋加速器所加交变电压的频率为D下半盒内部质子的轨道半径之比(由内到外)为1解析：回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期必须等于所加交变电压的周期，而粒子被加速到速度足够大时必须考虑相对论效应，即粒子的速度越大时质量越大，而粒子在磁场中运动周期与质量有关：T，这样就不能保证粒子运动的周期等于加速电压的周期了，A正确。增大加速电压时，粒子每次被加速时获得的能量增大，粒子在磁场中回旋半径的增加变快，粒子在电场
12、中被加速的次数减少，在磁场中回旋的圈数减少，运动时间减少，B正确。当粒子从加速器射出时，其轨道半径等于D形盒的半径，由m、Emvm2、f可得f，C错误。由Bqvmm、mvk2kqU可得Rk ，而在下半盒内粒子被加速的次数k依次是2、4、6，故轨道半径之比应是1，D错误。答案：AB三、实验题(本题共1小题，共13分，把答案填在题中横线上或按要求做答)10(11分)用下列器材，测定小灯泡的额定功率。A待测小灯泡：额定电压6 V，额定功率约为5 W；B电流表：量程1.0 A，内阻约为0.5 ；C电压表：量程3 V，内阻5 k；D滑动变阻器R：最大阻值为20 ，额定电流1 A；E电源：电动势10 V，
13、内阻很小；F定值电阻R0(阻值10 k)；G开关一个，导线若干。要求：(1)实验中，电流表应采用_接法(填“内”或“外”)；滑动变阻器应采用_接法(填“分压”或“限流”)。(2)在方框中画出实验原理电路图。(3)实验中，电压表的示数调为_V时，即可测定小灯泡的额定功率。解析：(1)小灯泡的额定电流为I A，正常发光时的电阻为R7.2 ，由于电压表量程小于小灯泡的额定电压，实验时需先与定值电阻串联以扩程，则有R ，故测量电路采用电流表外接法。由于采用限流式接法时可使小灯泡获得的最低电压为Umin2.7 V，满足小灯泡正常发光时的要求，故控制电路可以采用限流式，当然也可以使用分压式。(2)电路如图
14、所示(3)由于定值电阻的阻值等于电压表内阻的二倍，则电压表两端电压等于总电压的三分之一。答案：(1)外限流(分压也可)(2)见解析(3)2四、解答题（本大题共2小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）11(14分)如图10甲所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，长为L，两板加电压后板间可视为匀强电场，图乙表示一周期性变化的交变电压。t0时，将图乙中交变电压加在A、B两板上，此时恰好有一质量为m、电荷量为q的粒子在两板中央沿平行两板中线以速度v0射入电场。若此粒子离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，求：图10(1)A、B两板上所加
15、交变电压的频率应满足的条件；(2)该交变电压U0的取值范围(忽略粒子的重力)解析：(1)由于粒子水平方向匀速运动，故穿过两板时间为t。离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，则竖直速度分量为零，则它在电场中运动时间必为交变电压周期的整数倍，即tnT(n1,2,3，)。交变电压的频率应为f(n1,2,3，)。(2)一个周期内，粒子的侧向位移为y2a()2()2()2欲刚好不打在板上且水平射出，必须ny所以得U0(n1,2,3，)。答案：(1)f(n1,2,3，)(2)U0(n1,2,3，)12(18分)如图11所示，两端开口、内壁光滑绝缘直管质量为M，中央有绝缘隔板，放在光滑水平面上。中央隔板
16、两侧有带等量正负电荷小球A、B，质量均为m，带电量均为q。处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，不计二者间库仑力。现给系统垂直直管的水平初速度v0，设以后运动过程中小球始终在管内。 求：图11 (1)小球的最大速度vm；(2)小球向右离开初位置的最远距离xm；(3)两球相距的最远距离ym。解析：对系统，不考虑内弹力作用，两带电小球受到磁场的洛伦兹力。设两小球垂直管向速度为vx，沿管向速度为vy。在沿管方向上，受到的洛伦兹力分力为qBvx，两球在管内反向运动vy；分别受到垂直管向的洛伦兹力qBvy，使管系统向右减速，速度一直减到零。两球沿管向速度由0增到最大vm，此时管向右运动到最远处。
17、以后，小球受向左的洛伦兹力qBvm系统返回，做周期性往复运动。(1)对系统，两球从初位置向右运动到最远时，两球速度最大vm，管速度减为零，仅内弹力做功(洛伦兹力不做功)，系统机械能守恒，有：(M2m)v022mvm2，vmv0。(2)两球从初位置向右运动到最远过程中，对一个球，沿管方向上，受到的洛伦兹力分力的平均值大小为qBx，依动量定理有qBxt1mvm。根据对称性知，小球离开初位置的最远距离xmxt1 。(3)两球从初位置向右运动到最远过程中，对系统，在垂直管方向上，弹力是系统内力，外力是两球垂直管向的洛伦兹力分力，其平均值大小为qBy根据系统的动量定理，有：2qByt1(M2m)0(M2m)v0根据对称性知，两球相距最远距离ym4yt1。答案：(1)v0(2) (3)高考资源网w w 高 考 资源 网
