1、高2012级第四学期期中考试物理试题 （考试时间：120分钟，总分：150分）一、不定项选择题（本题包括12小题，共60分；全对得5分，选不全得3分）1下列关于电磁场的说法中，正确的是A法拉第首先提出了场的概念，麦克斯韦建立了系统的电磁场理论B电荷之间的相互作用都是通过电场发生的C变化的电场一定在其周围产生变化的磁场D变化的磁场可以在其周围产生匀强电场【答案】ABDA、为了解释电磁感应现象，法拉第提出“力线”和“场”的概念，认为电和磁的作用必须通过某种物质媒介以太，这在人们面前展示出物质实体在间断的粒子存在形式之外还存在着连续的“场”的形式。麦克斯韦在法拉第和W.汤姆生的研究基础上，以深邃的洞
2、察力前后历程达十余年开创了物理学的新领域创建电磁场理论，故A正确；B、每个电荷在其周围都会产生电场，电荷之间的相互作用都是通过电场发生的，故B正确；CD、根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，故C错误D正确。故选ABD。【考点】物理学史2如图所示为置于成都地区的某单摆的共振曲线，则A该单摆做受迫振动的周期一定等于2sB该单摆的摆长约为1mC单摆做简谐运动时的回复力一定不等于合外力D单摆悬挂在静止的电梯中自由振动时，若电梯突然自由下落，则单摆必相对于电梯静止【答案】BA、受迫振动的频率等于驱动力的频率；单摆做受
3、迫振动的周期等于驱动力的周期，不一定等于2s，故A错误；B、由单摆的共振曲线可知，当驱动力频率为0.5Hz时单摆产生了共振现象，则单摆的固有频率即为0.5Hz，固有周期为T=2s，摆长，故B正确；C、单摆做简谐运动时的回复力在最大位移处等于合外力，故C错误；D、单摆悬挂在静止的电梯中自由振动时，若电梯突然自由下落，则单摆可能相对于电梯静止，也可能相对于电梯做匀速圆周运动，故D错误；故选B。【考点】共振现象3如图所示，在两个等量异种点电荷的连线和其中垂线上有a、b、c三点，则Aa、b两点电势相等Ba、b两点的场强方向相同，a点场强比b点场强大Cb点电势比c点电势低，b、c两点场强方向相同D电子仅
4、在电场力作用下可沿图中的曲线从a点运动到c点【答案】ACA、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线则知，ab两点的电势相等，故A正确；B、电场线的疏密表示场强的大小中垂线上b处电场线最密，则b点场强比a点大；a、b两点场强方向都与中垂线垂直，则a、b两点场强方向相同，故B错误；C、根据顺着电场线方向电势降低可知b点电势比c点低，两者场强方向相同，故C正确；D、根据曲线运动的合力方向指向轨迹的内侧可知，而在c电子所受的电场力向右，所以电子仅在电场力作用下不可能沿如图曲线轨迹从a点运动到c点，故D错误。故选AC。【考点】电势差；电势4如图所示，两段长度均为l、粗细不同的铜棒a、b（a棒较细）串联接
5、在直流电路中，电流方向水平向右当在这段特殊的导线ab所在空间加一垂直导线水平向外的匀强磁场，达到稳定状态时Aa所受到的安培力小于b所受到的安培力Ba、b中自由电荷所受洛伦兹力平均值大小相等Ca中自由电荷所受洛伦兹力平均值比b大D比较铜棒上下两个侧面的电势，均是上面电势较低【答案】CA、由题意可知，a、b两部分是串联，则电流相等，根据F=BIL，可知，安培力的大小相等，故A错误；BC、由于导体受到的安培力是所以自由电荷受到的洛伦兹力集中体现，因铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值，且相同长度下，a的横截面积小于b，所以a中的自由电荷比b中少，所以a中自由电荷所受洛伦兹力平均值大于b中自由电荷所
6、受洛伦兹力平均值，故B错误C正确；D、由左手定则知正电荷受洛伦兹力向下，故向下偏转，下面带正电，电势较高，上面电势较低，故D正确。故选C。【考点】安培力；洛仑兹力5如图，面积均为S、匝数均为n、电阻相同的两个线圈，分别放在如图所示的磁场中，甲是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中绕OO轴匀速转动，周期为T，从图示位置开始计时，乙图中磁场变化规律为BB0cos 2t/T，则A两线圈中感应电流的变化规律相同B在从t=0开始的任意相等时间内通过两线圈横截面的电量相等 C图示时刻，甲线圈每一条边受到的安培力均最大D两线圈中磁通量变化率的最大值均为B0S /T【答案】ABAB、由于甲线圈在磁场中以周
7、期T绕OO轴作匀速转动，所以其角速度为，其磁通量为：，乙线圈的磁通量为：，所以量线圈在面积相同的情况下两者的磁通量的变化规律相同，那么两者实际产生的交流电是相同的，因此两线圈中感应电动势达到最大值的时刻、两线圈中产生的交流电流的有效值、及任意时间内流过线圈截面的电量都是相同的，故AB正确；C、图示时刻，甲线圈没有感应电流，则安培力为零，故C错误；D、两线圈中磁通量变化率的最大值均相等，即为，故D错误。故选AB。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律6如图所示，一对面积较大的平行板电容器水平放置，A、B两板带等量异种电荷，B板固定且接地，A板用绝缘线悬挂，P为两板中点则AA、B两板电荷分别在P点产
8、生电场的场强大小相等，方向相同B若在两板间充满电介质，P点电势将升高C若将A板竖直向下平移一小段距离，电容器储存的电能增大D若将A板竖直向上平移一小段距离，线的拉力将变大【答案】AA、两板间形成的是匀强电场，根据对称性可知，A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同，故A正确；B、若在两板间充满电介质，由可知电容增大，电容器的带电量不变，由电容的定义式得知板间电势差减小，由可知板间场强减小，由分析得知P点与下极板间的电势差减小，P点的电势比下极板电势高，所以P点电势将降低故B错误；C、若将A板竖直向下平移一小段距离，电容增大，电容器的带电量不变，则由得知板间电势差减小，由可知电容
9、器储存的电能减小，故C错误；D、若将A板竖直向上平移一小段距离，电荷间的距离增大，根据库仑定律得知，两极板间的库仑力减小，所以线的拉力将变小，故D错误。故选A。【考点】电势能；电势7一理想变压器原线圈可通过触头P的移动改变其匝数，当P接a时，原、副线圈匝数比为5：1，b为原线圈的中点，副线圈接有电容器C、灯泡L、理想电流表以及R44的定值电阻若原线圈接有u311sin100tV的交变电压，则A当P接a时，灯泡两端电压为44VB当P接b且t=0时，电流表的示数为0CP接b时灯泡消耗的功率比P接a时小DP接a点不动，原线圈换接电压u311sin200tV，灯泡亮度变亮【答案】D若原线圈接有的交变电
10、压，则电压的有效值为220V，由于原、副线圈的匝数比为5：1；A、当P接a点时，原、副线圈的匝数比为5：1，则副线圈的电压为44V，而虽交流电能通过电容器，但受到一定的阻碍，所以灯泡的电压低于44V，故A错误；B、当P接b时，原、副线圈的匝数比为5：2，则副线圈的电压为88V，又理想电流表以及R=44的定值电阻，所以电流表的示数为2A故B错误；C、当P接b时灯泡两端的电压比P接a时大，所以灯泡消耗的功率比P接a时大故C错误；D、P固定在a点不移动，原线圈接有的交变电压，则副线圈得到的交流电的频率变大，则电容器对阻碍变小，所以灯泡亮度变亮，故D正确。故选D。【考点】变压器的构造和原理；电功、电功
11、率8如图，三条平行虚线位于纸面内，两个有界匀强磁场的磁感应强度等大反向菱形闭合导线框ABCD位于纸面内，对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场过程中，线框中电流i随时间t的变化关系图象可能是【答案】DAC、线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，为负值，故AC错误；BD、设BD=L；在线圈进入磁场一半的过程中，切割的
12、有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为；在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为；故D正确。故选D。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势9如图，在半径为R=的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆形区域右侧有一竖直感
13、光板MN带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，电量为q，粒子重力不计若粒子对准圆心射入，则下列说法中错误的是A粒子一定沿半径方向射出B粒子在磁场中运动的时间为C若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂直打到感光板MN上D粒子以速度v0从P点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上【答案】CA、带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，故A正确；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：解得：粒子的运动轨迹如左图。轨迹圆弧对应的圆心角为，故：运动时间为，故B正确；C、若
14、粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如中图：故不是垂直打到感光板MN上，故C错误；D、，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，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如右图所示。因，所以四边形为菱形由图可知： ，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，故D正确；故选C。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动10如图所示，P、Q是两根足够长的竖直金属杆（电阻忽略不计），处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，螺线管MN上的绕线方式没有画出，导轨与螺线管的绕线接头c、d之间用导线相连，A是MN正下方水平放置在地面的金属圆环
15、将金属棒ef由静止释放，ef下滑中与P、Q杆接触良好且无摩擦在金属棒释放后AA环中有越来越大的感应电流BA环对地面的压力先增大后减小至恒定值CA环的面积有扩张的趋势D只改变螺线管的绕线方向，则A环对地面的压力变化规律不变【答案】BDA、金属棒ef由静止释放过程中，先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，则ef所在回路中产生的感应电流先增大后不变，此电流流过线圈MN，MN中产生的磁场先增强后不变，则A环中会产生感应电流，随着ef加速度的减小，ef产生的感应电流增大越来越慢，穿过A环的磁通量的变化率减小，产生感应电流减小，最后为零，故A错误；B、根据楞次定律分析可知，当ef回路中电流增大时，螺
16、线管与A环之间存在斥力，开始时，A环中产生的感应电流最大，磁场最强，而螺线管中的磁场最弱，环与螺线管间的斥力为零，当ef匀速运动时，螺线管中的磁场最强，而环中磁场的最弱，两者之间的斥力为零，则知两者间的斥力先增大后减小，故A环对地面的压力先增大后减小，故B正确；C、当ef回路中感应电流增大时，穿过A环的磁通量增大，根据楞次定律可知A环的面积有收缩的趋势，故C错误；D、只改变螺线管的绕线方向，ef回路中感应电流的变化情况不变，根据楞次定律可知A环对地面的压力变化规律不变，故D正确。故选BD。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律11一带正电小球穿在一根绝缘的粗糙直杆上，杆与水平方向成角，
17、所在空间存在竖直向上的匀强电场和垂直于直杆向上的匀强磁场，如图小球沿杆向下运动通过a点时速度是4m/s，到达c点时速度减为零，b是ac的中点，在小球向下运动过程中A绝缘直杆对小球的作用力方向与小球的运动方向垂直B小球电势能的增加量一定小于重力势能的减少量C小球通过b点的速度小于2m/sD到达c点后小球可能沿杆向上运动【答案】CDA、绝缘直杆对小球的作用力是支持力和摩擦力的合力，支持力与杆垂直，摩擦力与杆平行，故绝缘直杆对小球的作用力不垂直于小球的运动方向，故A错误；B、根据能量守恒定律，从a到c的过程中，小球的动能和重力势能的减小量等于电势能和内能的增加量；由于不知道重力和电场力的大小关系，故
18、无法判断小球的电势能的增加量与重力势能的减少量之间的关系，故B错误；C、a点的动能为；从a到c的过程中，小球的动能减小，运动速度减小，小球所受的洛伦兹力减小，导致滑动摩擦力减小，电场力是恒力，在AB段和BC段重力做正功，电场力做负功，而且重力与电场力做功相等，摩擦力做功在AB段较多，因此在AB段合外力做的负功较多，所以根据动能定理得知，在AB段动能的减少量较大，所以在B点时的动能小于4mJ，故小球通过b点的速度小于，故C正确；D、电场力可能远大于重力，故到达c点后小球可能沿杆向上运动，故D正确。故选CD。【考点】电势差与电场强度的关系；电势能12如图所示，空间存在有界磁场I和，其中磁场I上下边
19、界间距为4L，方向垂直纸面向里，大小为B，磁场的上边界与磁场I的下边界重合，磁场的宽度为2L，方向垂直纸面向外，大小也为B一质量为m，边长为L的金属线框以某一竖直速度v0从磁场I的上边界进入磁场时恰好匀速运动，线框从磁场I进入磁场的过程中线框再次达到匀速运动，最后线框下边界刚离开磁场时恰好又一次开始匀速运动，则A线圈下边刚进入磁场时的速度最大B线圈上边离开磁场时的速度v2v0C线圈下边到达磁场I的下边界时的速度大小为D线圈在从磁场I进入磁场的过程中机械能减少了5mgL【答案】ADA、三次匀速过程都是受重力和安培力平衡，即：，得：；故线圈下边刚进入磁场时的速度最大，故A正确；B、由上面的分析可知
20、：线圈上边离开磁场时的速度为：，故B错误；C、线圈完全在磁场中磁通量不变没有感应电流，不受安培力，做匀加速运动，加速度为g，则有：，则得：，故C错误；D、线圈在从磁场I进入磁场的过程中做匀速运动，动能不变，则机械能减小为，故D正确。故选AD。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势二、填空题（共4小题，每空2分，共16分）13劲度系数为k的轻弹簧，上端固定，下端挂一质量为m的小球，小球静止时距地面高度为h，此时弹簧长度Lh现用力向下拉球使球与地面接触，然后从静止释放小球，若弹簧始终在弹性限度内，则球运动到最高点时离地高度为 ，加速度大小为 【答案】2h，从静止放开小球后，小球做简谐运动球上升到最高
21、点时，速度为零，根据对称性可知，弹簧的伸长量为h，所以距地面的最大高度为2h；在最高点和最低点所受的合力大小相等，在最低点合力最大，则最高点合力也为kh，根据牛顿第二定律得：。【考点】牛顿第二定律14如图，直角坐标系Oxy的第、象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B，半径为r、圆心角为900的单匝扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度在Oxy平面内绕O点匀速转动则导线框旋转一周过程中，电动势的最大值为 ，有效值为 【答案】，假设线框逆时针转动；在时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90的过程中，产生的感应电动势为
22、：，在时间内，线框进入第3象限的过程中，回路中产生的感应电动势为：，在时间内，线框进入第4象限的过程中，回路中产生的感应电动势为：，在时间内，线框出第4象限的过程中，由以上分析可知，最大感应电动势为，设感应电动势的有效值为E，则：，解得：；【考点】法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率15如图所示，真空中存在竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q的质点恰能以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，取t0时质点在轨迹最低点，且重力势能为零，电势能也为零，则质点 时针（填“顺”或“逆”）转动，质点机械能的变化量随时间变化的关系式为E 【答案】逆，重
23、力与电场力平衡，故电场力向上，由于电场方向向上，故电荷带正电；由于磁场方向是垂直向内，根据左手定则可知，转动方向逆时针；洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，故作用机械能和电势能相互转化，总量守恒，在最低点时，有：；则重力势能的表达式为：，因动能不变，且重力势能为零，则机械能的变化量随时间变化的关系式为：【考点】带电粒子在混合场中的运动16如图所示，在光滑水平面上，一质量为m0.1kg，半径为r0.5m，电阻为R0.5的单匝均匀金属圆环，以v05m/s的初速度向一磁感应强度为B0.1T的有界匀强磁场滑去（磁场宽度d2r）圆环的一半进入磁场历时2s，圆环上产生的焦耳热为0.8J，则2s内圆环中的
24、平均感应电动势大小为 V，2s末圆环的加速度大小为 m/s2【答案】（或1.9610-2），0.6由法拉第电磁感应定律得：，对圆环，由能量守恒定律得：代入数据解得：圆环受到的安培力：，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：。【考点】法拉第电磁感应定律三、实验题（共2小题，共17分）17（5分）如图为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是 A此接法测量值大于真实值B此接法误差的主要原因是电压表分流所致C滑动变阻器应选用全值电阻较小额定电流较大的变阻器D开始实验时滑动触头P应处于滑动变阻器中间【答案】AC由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；A、电流表采用内接法，由于
25、电流表的分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值，故A正确；B、伏安法测电阻，采用电流表内接法时，由于电流表的分压会使测量值大于真实值，实验误差是由电流表分压造成的，故B错误；C、为保证电路安全且方便实验操作，滑动变阻器应选用全值电阻较小额定电流较大的变阻器，故C正确；D、滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于最左端，故D错误。故选：AC。【考点】伏安法测电阻18（12分）（1）在练习使用多用电表时，某同学将选择开关拨至“10”挡时，欧姆表的内部结构可简化为图甲中虚线框内的电路，欧姆表已经进行了必要的调零该同学想用一个电阻箱Rx 较精确地测出
26、该电路中电源的电动势E和该倍率下完成调零后欧姆表的内阻R内（即Rg+R0+r），他的操作步骤是：a将欧姆表与电阻箱Rx连成图甲所示的闭合电路；b改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和对应的电流表G的示数I；c将记录的各组Rx、I的数据描点在乙图中，得到1/IRx图线；d由乙图所作1/IRx图线，求出电源电动势E和欧姆表内阻R内图甲中，a表笔的颜色是 （填红或黑），电源电动势E为 V，欧姆表内阻R内为 ，电流表G的量程是 mA（2）若该同学将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表（表盘刻度不变），新欧姆表的倍率较改装前欧姆表的倍率 （填变大、变小或相同）【答案】（1）黑 8 160 5
27、0 （2）变小（1）由图甲所示可知，a与电源正极相连，则a表笔是黑色的；由图甲所示，在闭合电路中，电源电动势：，得，由图乙所示图象可知，图象纵轴截距：，图象斜率：，解得：，内阻：，电流表G的满偏电流，则电流表量程为50mA；（2）将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表（表盘刻度不变），欧姆表内阻减小，新欧姆表的倍率较改装前欧姆表的倍率变小。【考点】测定电源的电动势和内阻；用多用电表测电阻四、计算题（本题共5小题，共57分）19（8分）光滑绝缘水平面上有一个带电质点正以速度v向右匀速运动如果加一个水平方向的匀强电场，经过一段时间后，该质点的速度与初始速度等大反向；如果不加电场，而加
28、一竖直向下的匀强磁场，经过相同的时间，该质点的速度也与初始速度等大反向，求匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B的比值E/B【答案】（n=0，1，2，）质点受力平衡只加电场时，解得只加磁场时，则周期质点经t时间速度等大反向，则（n=0，1，2，）解得（n=0，1，2，）所以（n=0，1，2，）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动20（10分）如图所示，一边长为a的正方形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面向里，线框左端通过导线连接一对水平放置的金属板，两板间距离为d，板长l3dt0时，磁场的磁感应强度从B0开始均匀增大，同时，在金属板左侧有一质量为
29、m、电量为q的正粒子以初速度v0沿两板间的中线向右射入两板间，最后恰好从下板边缘射出，忽略粒子重力求：（1）两板间的电压（2）粒子从下板边缘射出瞬间，磁感应强度B的大小【答案】 （1）射入的粒子在两板间运动，有， ，由以上各式解得两板间的电势差（2）由法拉第电磁感应定律得因磁感应强度均匀增大，所以有由以上各式解得粒子从板间离开瞬间，磁感应强度【考点】平抛运动；法拉第电磁感应定律21（12分）在光滑绝缘水平面上固定一个内壁光滑的竖直圆筒S，其俯视图如图，圆筒半径为1m圆筒轴线与水平面的交点O处用一根不可伸长的长0.5m的绝缘细线系住质量为0.2kg，电量为5105C的带正电小球水平方向有一匀强电
30、场E=4104N/C，方向如图所示小球从图示位置（细线和电场线平行）以v0=10m/s垂直于场强方向运动当小球转过90时细线突然断裂求：（1）细线断裂时小球的速度大小；（2）若在圆心O处用一根牢固、不可伸长、长为0.5m的绝缘细线系住小球（质量和电量均不变），小球从原位置以初速度10m/s垂直于场强方向开始运动，为保证小球运动过程中细线始终不松弛，求电场强度E大小的取值范围； （3）在（1）的情况下，细线断裂后小球继续运动并与筒壁碰撞，若小球与筒内壁碰后不反弹，求小球继续沿筒内壁运动的最小速度【答案】 （1）从开始到转过90的过程中，根据动能定理，有：解得（或v1=9.49m/s）（2）分两种
31、情况：从图示位置转过900，小球速度减为0，则： ，解得从图示位置转过1800，绳刚好松弛，则：在速度最小点，电场力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 解得 所以（3）细线断裂后，做匀减速直线运动直到碰到圆筒，设碰前瞬间速率为v2，则 解得 （或v2=8.53m/s） 小球碰筒壁后，沿圆筒切向速度为对小球继续做圆周运动过程，解得最小速率 （或v4=3.94m/s）【考点】动能定理；牛顿第二定律；22（13分）如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，导轨左端用导线连接电阻R0，导体棒ab静置在导轨左端MP处，并与MN垂直以导轨PQ的左端为坐标原点O，建立直角坐标系xOy，Ox轴沿P
32、Q方向，每根导轨单位长度的电阻为r垂直于导轨平面的磁场的磁感应强度在y轴方向上不变，在x方向上的变化规律为B=B0+kx（x0）现在导体棒ab中点施加一垂直于棒的水平拉力F，使导体棒由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a设棒的质量为m，导轨间距为L，不计导体棒和导线电阻 （1）请推导出水平拉力F的大小随横坐标x变化的关系式；（2）如果导体棒从x=0运动到x=x0的过程中力F所做的功为W，求此过程中回路产生的焦耳热Q；（3）若B0=0.1T，k=0.2T/m，R0=0.1，r=0.1/m，L=0.5m，a=4m/s2，求导体棒从x=0运动到x=1m的过程中，通过电阻R0的电荷量q【答案】 （
33、1）导体棒运动到坐标x处的速度回路总电阻 感应电动势为 感应电流， 棒受到的安培力 对导体棒： 所以F=ma解得：（2）导体棒在处的动能由功能关系得： 所以：（3）因为回路电流，将题给数值代入可得可知回路中的电流与时间成正比，所以在0t时间内通过R0的电量而所以【考点】法拉第电磁感应定律；欧姆定律23（14分）在如图所示的xoy坐标系中，仅在x轴上方有垂直于xoy平面向里、范围足够大的匀强磁场质量为m，电荷量为q的负粒子在xoy平面内运动，某时刻经过y轴上y=a的P点，速度方向与y轴正方向夹角为=300，经过时间t0粒子第一次经过x轴，速度方向与粒子在P点速度方向相反，不计重力（1）求粒子运动
34、的速率v0和磁场的磁感应强度B1；（2）若粒子经过P点时，在x轴上方再叠加一个方向垂直于xoy平面的匀强磁场，使粒子能在磁场中做完整的圆周运动，求匀强磁场的磁感应强度B2的大小和方向；（3）若粒子经过P点时，加一方向在xoy平面内的匀强电场，粒子在复合场中运动时经过了A（2x0，yA）、C（x0，yC）两点，如图所示，粒子在A点的动能是P点动能的，在C点的动能是P点动能的，求电场强度E的大小和方向【答案】当B2方向垂直xoy平面向里时， B2方向垂直xoy平面向外时，电场方向沿+x方向，场强大小为（1）粒子在磁场中运动半周，圆周运动的半径，解得又t0=，解得（2）有两种情况：B2与B1同向，粒
35、子顺时针转动，若最大半径为r1，对应的（B1+B2）最小，这时 ，所以r1=，解得所以当B2方向垂直xoy平面向里时，应满足（亦可）B2与B1反向，粒子逆时针转动的半径最大（设为r2）时，对应的（B2B1）最小，这时，解得所以B2方向垂直xoy平面向外时，应满足（亦可）（3）粒子从P点到A点，粒子从P点到A点，解得 即，所以所以C点电势与PA连线中点D等电势 故电场方向沿+x方向，场强大小为【考点】带电粒子在复合场中的运动高2012级第四学期期中考试物理试题参考答案及评分标准一、不定项选择题（本题包括12小题，共60分；全对得5分，选不全得3分）123456789101112ABACCABAD
36、DCBDCDAD二、填空题（共4小题，每空2分，共16分）132h， 14，15逆，mgR（1cost） 16（或1.9610-2），0.6三、实验题（共2小题，共17分）17（5分）AC（全对得5分，漏选得3分）18（12分）（1）黑（2分） 8（2分） 160（2分）50（2分）（2）变小（4分）四、计算题（本题共5小题，共计57分）19（8分）解：带电质点（设电量为q，质量为m）所受重力与水平面的支持力平衡，只加电场时，qE=ma，v=vat，解得（3分）只加磁场时，则周期质点经t时间速度等大反向，则（n=0，1，2，）解得（n=0，1，2，）（3分）所以（n=0，1，2，）（2分）（若
37、无n值，只扣2分）20（10分）解：（1）射入的粒子在两板间运动，有l3dv0t （1分）， ya0t2 （1分），ma0 （1分）由以上各式解得两板间的电势差U （2分）（2）由法拉第电磁感应定律得Ua2 （2分）因磁感应强度均匀增大，所以有 （1分）由以上各式解得粒子从板间离开瞬间，磁感应强度BB0（2分）21（12分）解：（1）（1分）解得m/s（或v1=9.49m/s）（1分）（2）分两种情况：从图示位置转过900，小球速度减为0，则： （1分）解得E1=4105N/C（1分）从图示位置转过1800，绳刚好松弛，则： （1分） （1分）解得E2=1.6105N/C （1分）所以E1.6
38、105N/C或E4105N/C（1分）（3）细线断裂后，做匀减速直线运动直到碰到圆筒，设碰前瞬间速率为v2，则 （1分）解得m/s （或v2=8.53m/s） （1分）小球碰筒壁后，沿圆筒切向速度为v3=v2sin300 （1分）对小球继续做圆周运动过程，解得最小速率 m/s （或v4=3.94m/s）（1分）22（13分）解：（1）导体棒运动到坐标x处的速度（1分）回路总电阻R=R0+2rx（1分） 感应电动势为E=BLv=（B0+kx）Lv （1分）感应电流， 棒受到的安培力FA=BIL=（B0+kx）IL（1分） 对导体棒：FFA=ma （1分） 所以F=ma解得：（1分）（2）导体棒在
39、x=x0处的动能Ek=max0（1分）由功能关系得：W=Q+Ek（1分） 所以：Q= Wmax0（1分）（3）因为回路电流，将题给数值代入可得I=2t（1分）可知回路中的电流与时间成正比，所以在0t时间内通过R0的电量(C )(1分)而（1分）所以=0.5C（1分）23（14分）解：（1）粒子在磁场中运动半周，v0t0=r，圆周运动的半径r=a/2sin=a，解得（2分）又t0=，解得（2分）（2）有两种情况：B2与B1同向，粒子顺时针转动，若最大半径为r1，对应的（B1+B2）最小，这时 （1分）r1+r1sin300=a，所以r1=解得所以当B2方向垂直xoy平面向里时，应满足（亦可）（2分）B2与B1反向，粒子逆时针转动的半径最大（设为r2）时，对应的（B2B1）最小，这时（1分）r2r2sin300=a，解得所以B2方向垂直xoy平面向外时，应满足（亦可）（2分）（3）粒子从P点到A点，粒子从P点到A点，解得 （2分）即，所以所以C点电势与PA连线中点D等电势 （1分）故电场方向沿+x方向，场强大小为（2分）版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()
