1、2017-2018学年江苏省南通市启东市吕四中学高二（上）期中物理试卷（必修）一、单项选择题（本大题9小题，每小题3分，共27分在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则B1与B2合矢量B的方向的是（）A竖直向下B竖直向上C水平向左D水平向右2如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向b端滑动，则（）A电灯L变亮，电流表的示数增大B电灯L变亮，电流表的示数变小C电灯L变暗
2、，电流表的示数变小D电灯L变暗，电流表的示数增大3某同学将一个电源分别跟R1和R2串联进行实验，电阻两端的电压随电流变化关系和电源的路端电压随电流变化关系如图所示，下列说法中错误的是（）A定值电阻R1=3，R2=0.75B电源电动势E=9V，内阻r=1C接R1时，电源的输出功率为12WD接R2时，电源的输出功率为12W4如图所示，条形磁铁放在水平地面上，两个完全相同的线圈a和b在等高处水平放置，a线圈在N极的正上方，b线圈位于磁铁的正中央，关于它们的磁通量a和b，下列判断正确的是（）AabBa=bCabD无法判定5如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边
3、与导线平行线框由静止释放，在下落过程中（）A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安掊力的合力为零D线框的机械能不断增大6一带负电荷的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直于纸面向里的磁场，如图所示，而物体仍能沿斜面滑到底端，则滑到底端时（）Av将变小Bv将变大C由于洛伦兹力垂直于速度v，所以v将不变D不能确定v的变化7质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是（）AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间8英国物理学家阿斯
4、顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究，于1922年荣获了诺贝尔化学奖若一束粒子（不计重力）由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中不正确的是（）A该束粒子带正电B速度选择器的上极板带正电C在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小9如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（）A向左，变大B先向左后向右，先减小后增大C向左，变小D向左，不变二、不定项选择题（本大题7小题，每小
5、题4分，共28分在每小题列出的四个选项中，有多个选项符合题意，选对的4分，选不全得2分，不选或错选得0分）10关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B磁感线在磁体的外部从N极出发到S极C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小11在倾角为的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是（）A加竖直向下的匀强磁场B加垂直斜面向下的匀强磁场C加水平向右的匀强磁场D加沿斜面向下的匀强磁场12如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上
6、方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是（）A当条形磁铁靠近铜环时，FGB当条形磁铁远离铜环时，FGC无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=GD无论条形磁铁靠近还是远离铜环，FG13如图所示，用两个一样的弹簧秤吊着一根铜棒（与弹簧秤接触处绝缘），铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流当棒平衡时，两弹簧秤的读数都为F1；若将棒中电流反向（强度不变），当棒再次平衡时，两弹簧秤的读数都为F2，且F2F1根据上述信息，可以确定（）A磁感应强度的方向B磁感应强度的大小C铜棒所受安培力的大小D铜棒的重力14如图所示
7、，一水平放置的光滑绝缘直槽轨连接一竖直放置的半径为R的绝缘半圆形光滑槽轨槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B有一个质量为m，带电量为+q的小球在水平轨道上以一定初速度向右运动若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（）A小球在最高点只受到洛仑兹力和重力的作用B由于无摩擦力，且洛仑兹力不做功，所以小球到达最高点时与小球在水平轨道上的机械能相等C如果设小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点时式子mg+qvB=成立D小球从最高点脱离轨道后将做平抛运动15初速度为零的质子p、氘核d和粒子经过同一电场加速后以垂直于磁场方向的速度进入同一匀强磁场，则它们在磁场中（）A动能之比Ep：Ed：E
8、=1：2：4B动能之比Ep：Ed：E=1：1：2C运动半径之比rp：rd：r=1：1：2D运动半径之比rp：rd：r=1：16回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离D增大D形金属盒的半径三、计算题（本题共4小题，共计65分，解答时请写出必要得文字说明、方程式和重要得演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的
9、题，答案中明确写出数值和单位）17如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1，当接入固定电阻R=4时，电路中标有“3V 6W”的灯泡L和内阻r=0.5的小型直流电动机均恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机的输出功率；（3）电源的效率18如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R电源电动势E=12V，内阻r=1，一质量m=20 克的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻R1=1（导轨电阻不计）金属导轨是光滑的，要保持金属棒在导轨上静止，取g=
10、10m/s2，求：（1）金属棒所受到的安培力的大小；（2）如果通电100秒，金属棒产生的焦耳热是多少？（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值19如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.08m，电压为16V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.2T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B=T，方向垂直于纸面向里一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出已知速度的偏向角=，不计离子重力求：（
11、1）离子速度v的大小；（2）离子的比荷；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t20如图所示，坐标系xOy平面内，第一、二象限内有与y轴平行的匀强电场（图中未面出），第三、四象限内有垂直于xOy平面向内的匀强磁场，从第一象限的点P（20cm，5cm）沿x轴负方向以大小为v0=100m/s的速度抛出一质量m=ll06 kg、电荷量q=0.5C的带负电粒子，粒子从x轴的点A（10cm，0）进入第四象限，在第四象限巾运动一段时间后又恰好从坐标原点进入第二象限不计粒子重力和空气阻力求：（1）第一、二象限中电场的电场强度大小E和方向（2）第三、四象限中磁场的磁感应强度大小B（3）t=5.5103s时粒子的位
12、置坐标（取=3）2017-2018学年江苏省南通市启东市吕四中学高二（上）期中物理试卷（必修）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题9小题，每小题3分，共27分在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则B1与B2合矢量B的方向的是（）A竖直向下B竖直向上C水平向左D水平向右【考点】C3：磁感应强度【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在P点形
13、成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解【解答】解：MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，所以，合磁场的方向一定右如图故选项D正确，选项ABC错误故选：D2如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向b端滑动，则（）A电灯L变亮，电流表的示数增大B电灯L变亮，电流表的示数变小C电灯L变暗，电流表的示数变小D电灯L变暗，电流表的示数增大【考点】BB：闭合电路的欧姆定律【分析】滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大
14、，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化【解答】解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，即R1，则外电路总电阻R，由闭合电路欧姆定律得知总电流I，路端电压U=EIr电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L更亮，电流表的示数减小故选：B3某同学将一个电源分别跟R1和R2串联进行实验，电阻两端的电压随电流变化关系和电源的路端电压随电流变化关系如图所示，下列说法中错误的是（）A定值电阻R1=3，R2=0.75B电源电动势E=9V，内阻r=1C接R1时，电源的输出功率为12WD接R2时，电源的输出功率为12W【考点】BC：路端电压与负载的关系；B
15、G：电功、电功率【分析】由电源的UI图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻由电阻的UI图线求出电阻再分别求出2种情况下电源的输出功率进行选择【解答】解：A、由电阻的伏安特性曲线求出R1=3、R2=0.75，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律，则有：E=6+2r；及E=3+3r；解得：电动势E=9V，内阻r=3，故B错误；C、当接R1时，电源的输出功率为P1=U1I1=62=12W，故C正确；D、当接R2时，电源的输出功率为P2=U2I2=34=12W，故D正确本题选择错误的，故选：B4如图所示，条形磁铁放在水平地面上，两个完全相同的线圈a和b在等高处水平放置，a线圈在N极的正上方，
16、b线圈位于磁铁的正中央，关于它们的磁通量a和b，下列判断正确的是（）AabBa=bCabD无法判定【考点】D7：磁通量；C4：磁感线及用磁感线描述磁场【分析】磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数当a线圈在N极的正上方时，有磁感线穿过a线圈b线圈位于磁铁的正中央，磁通量为零【解答】解：磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数a线圈在N极的正上方时，有磁感线穿过a线圈b线圈位于磁铁的正中央，左半边线圈中磁感线斜向右上方穿过，右半边线圈磁感线斜向右向下穿过，方向相反，完全抵消，磁通量为零故A正确故选A5如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下
17、落过程中（）A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安掊力的合力为零D线框的机械能不断增大【考点】DB：楞次定律；CC：安培力【分析】根据磁能量形象表示：当线框下落过程中穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化；用楞次定律研究感应电流的方向；用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化【解答】解：A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小故A错误B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确 C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安
18、培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零故C错误 D、由于安培力做负功，致使机械能转化为电能，线框中产生电能，机械能减小故D错误故选：B6一带负电荷的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直于纸面向里的磁场，如图所示，而物体仍能沿斜面滑到底端，则滑到底端时（）Av将变小Bv将变大C由于洛伦兹力垂直于速度v，所以v将不变D不能确定v的变化【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向上的洛伦兹力两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功变少，
19、根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mghWf=mv20加磁场后，多了洛伦兹力；根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mghWf=mv20，WfWf，所以速度将变大，故B正确ACD错误故选：B7质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是（）AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】由左手定则
20、判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系【解答】解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；C：洛伦兹力不做功，C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误故选：A8英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究，于1922年荣获了诺贝尔化学奖若一束粒子（不计重力）由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下
21、列说法中不正确的是（）A该束粒子带正电B速度选择器的上极板带正电C在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关【解答】解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电故A正确B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的
22、方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电故B正确C、D进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=m 得，r=，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大故C错误、D正确本题选择错误的，故选：C9如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（）A向左，变大B先向左后向右，先减小后增大C向左，变小D向左，不变【考点】37：牛顿第二定律；24：滑动摩擦力；CF：洛仑兹力【分析】对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律判断出整体加速度
23、的变化，再隔离对a分析，得出a合力的变化，从而得知摩擦力变化【解答】解：整体受到总重力、地面的支持力、竖直向下的洛伦兹力、拉力、地面摩擦力向左加速运动的过程中，速度增加，洛伦兹力增大，则支持力增大，摩擦力变大，合力变小，根据牛顿第二定律，加速度减小再隔离对a分析，根据牛顿第二定律知，a所受的合力减小a在水平上仅受静摩擦力，则静摩擦力变小，方向向左故C正确，A、B、D错误故选C二、不定项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分在每小题列出的四个选项中，有多个选项符合题意，选对的4分，选不全得2分，不选或错选得0分）10关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B磁感线
24、在磁体的外部从N极出发到S极C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【考点】C1：磁现象和磁场【分析】（1）磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向（2）磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的N极出发，进入S极；在磁体内部，从S极指向N极（3）安培力的大小与磁感线强度、电流大小及二者之间的夹角有关；明确安培力公式即可正确应用【解答】解：A、磁场的强弱可以由磁感线疏密表示，但沿磁感线，磁场并不一定减弱；故A错误；B、磁感线在磁体外部由N极到S极，磁体
25、内部由S极到N极；故B正确；C、通电导体在磁场中的受力要由左手定则进行判断；磁场的方向并不是通电导体在磁场中某点受磁场力的方向；故C错误；D、因为同一通电导线在同一磁场地方，不同角度放置，则安培力大小也不同，故在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小故D正确；故选：BD11在倾角为的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是（）A加竖直向下的匀强磁场B加垂直斜面向下的匀强磁场C加水平向右的匀强磁场D加沿斜面向下的匀强磁场【考点】CC：安培力【分析】根据左手定则判断出安培力的方向之后，然后结合共点力平衡的条件即可解答
26、【解答】解：A、加竖直向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向左，重力支持力与安培力可以三力平衡故A正确；B、加垂直斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向沿斜面的方向向上，重力支持力与安培力可以三力平衡故B正确；C、加水平向右的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向下，重力、支持力与安培力不可以平衡故C错误；D、加沿斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于斜面向下，重力、支持力与安培力三力不可能平衡故D错误故选：AB12如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小
27、关系，下列说法中正确的是（）A当条形磁铁靠近铜环时，FGB当条形磁铁远离铜环时，FGC无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=GD无论条形磁铁靠近还是远离铜环，FG【考点】DB：楞次定律【分析】在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力【解答】解：磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，铜环上端相当于N极；当S极向下插入，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力所以
28、铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小；磁铁的N极远离铜环时，穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知，当N极远离时，铜环上端相当于S极；与磁铁的极性总相同，存在引力所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小所以AB正确，CD错误；故选：AB13如图所示，用两个一样的弹簧秤吊着一根铜棒（与弹簧秤接触处绝缘），铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流当棒平衡时，两弹簧秤的读数都为F1；若将棒中电流反向（强度不变），当棒再次平衡时，两弹簧秤的读数都为F2，且F2F1根据上述信息，可以确定（）A磁感应强度的方向
29、B磁感应强度的大小C铜棒所受安培力的大小D铜棒的重力【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用；CC：安培力【分析】由题意知，导体棒受到的磁场力方向在竖直方向，因为电流反向时磁场力同样反向，又因为反向时，弹簧秤读数增大，由此可知电流自左向右时，导体棒受磁场力方向向上，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里因为电流反向，磁场力只改变方向，不改变大小，根据导体棒的平衡可以求出安培力的大小表达式【解答】解：A、因为电流反向时，弹簧秤的读数F2F1，所以可以知道电流自左向右时，导体棒受到的磁场力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故A正确；B、由于电流大小不
30、知，所以无法确定磁感应强度的大小，故B错误；C、令铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：2F1=GF 当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：2F2=G+F 由和可得：棒的重力G=F1+F2 与安培力F的大小F=F2F1因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD正确；故选：ACD14如图所示，一水平放置的光滑绝缘直槽轨连接一竖直放置的半径为R的绝缘半圆形光滑槽轨槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B有一个质量为m，带电量为+q的小球在水平轨道上以一定初速度向右运动若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（）A小球在最高点只受到洛仑兹力和重力的作用B由
31、于无摩擦力，且洛仑兹力不做功，所以小球到达最高点时与小球在水平轨道上的机械能相等C如果设小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点时式子mg+qvB=成立D小球从最高点脱离轨道后将做平抛运动【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时受到重力和洛伦兹力，向心力等于重力和洛伦兹力的合力；由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，根据牛顿第二定律可得知在最高点时小球的速度与半径的关系式【解答】解：A、据题知，小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时只受到重力和洛伦兹力两个力作用，故A正确B、由于
32、洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，则有小球到达最高点与小球在水平轨道上的机械能相等，故B正确C、D、如果设小球到最高点的线速度是v，小球在最高点时，由左手定则判断可知，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得：qvB+mg=m，故C错误D小球离开轨道后仍然受到重力以及与速度方向垂直的洛伦兹力的作用，所以不能做平抛运动故D错误故选：AB15初速度为零的质子p、氘核d和粒子经过同一电场加速后以垂直于磁场方向的速度进入同一匀强磁场，则它们在磁场中（）A动能之比Ep：Ed：E=1：2：4B动能之比Ep：Ed：E=1：1：2C运动半径之比rp：rd：r=1
33、：1：2D运动半径之比rp：rd：r=1：【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动【分析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理即可求得粒子的动能之比；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列出动力学的方程即可求得质子在磁场中运动的轨道半径之比【解答】解：A、B、初速度为零的质子p、氘核d和粒子经过同一电场加速后以垂直于磁场方向的速度进入同一匀强磁场，对加速过程，根据动能定理，有：qU=Ek0解得：Ek=qUq质子p、氘核d和粒子的电量之比为1：1：2，故动能之比为1：1：2，故A错误，B正确；C、D、对加速过程，根据动能定理，有：qU=0 粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，根据牛顿第
34、二定律，有：qvB=m联立解得：r=故rp：rd：r=： =1：；故C错误，D正确；故选：BD16回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离D增大D形金属盒的半径【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达
35、式，看动能与什么因素有关【解答】解：由qvB=m，解得v=则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，但增大磁感应强度，依据T=，即会改变周期，从而影响加速条件，故D正确，A、B、C 错误故选：D三、计算题（本题共4小题，共计65分，解答时请写出必要得文字说明、方程式和重要得演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位）17如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1，当接入固定电阻R=4时，电路中标有“3V 6W”的灯泡L和内阻r=0.5的小型直流电动机
36、均恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机的输出功率；（3）电源的效率【考点】BG：电功、电功率【分析】由电路图可知，灯泡、电阻、电动机串联接入电路，由串联电路特点可知，通过它们的电流相等；（1）灯泡正常发光，由电功率的变形公式可以求出灯泡的额定电流，即电路电流（2）由串联电路特点可以求出电动机额定电压，由功率公式可以求出电动机的输入功率与热功率，然后求出电动机的输出功率（3）电源的效率等于输出功率和总功率之比，总功率由公式P=EI求出，电源的输出功率等于外电路各部分功率之和【解答】解：（1）灯泡正常发光，电路流为：I=IL=A=2A；（2）电动机的额定工作电压为：UM=EI（R
37、+r）UL1=202（4+1）3=7V电动机的输出功率为：P输=U2II2r=72220.5=12W（3）电动机的电功率为：P电=UI=72W=14W；外电路总功率为：P外=P电+PL+I2R=14+6+224=36W电源的总功率为：P总=EI=202=40W；故电源的效率为：=100%=100%=90%答：（1）电路中的电流强度为2A；（2）电动机的输出功率为12W；（3）电源的效率为90%18如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R电源电动势E=12V，内阻r=1，一质量m=20 克的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处
38、于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻R1=1（导轨电阻不计）金属导轨是光滑的，要保持金属棒在导轨上静止，取g=10m/s2，求：（1）金属棒所受到的安培力的大小；（2）如果通电100秒，金属棒产生的焦耳热是多少？（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值【考点】CC：安培力；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态根据平衡条件，列方程求出安培力（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值【解答】解：（1）金属棒静止在金属导轨上受力平衡，F安=mgsin 3
39、0代入数据得F安=0.1 N；（2）由F安=BIL 得=0.5 AQ=I2R1 t=25J；（3）设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+R1+r）解得R=rR1=22 答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N；（2）通过金属棒的电流为0.5A；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为2219如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.08m，电压为16V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.2T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B=T，方向垂直于纸面向里一正离子沿平行于金属板
40、面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出已知速度的偏向角=，不计离子重力求：（1）离子速度v的大小；（2）离子的比荷；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）对离子直线运动过程进行受力分析，受到洛伦兹力和电场力作用，且二力平衡；结合匀强电场的场强与电势差的关系式，可求出离子在电场中的运动速度；（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律结合几何关系即可求解比荷；（3）根据题意画出离子在
41、磁场中运动的轨迹草图，充分利用几何关系，结合离子在磁场中的运动周期公式，即可求解【解答】解：（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：B0qv=qE0，即：E0=联立并代入数据解得：v=1000m/s（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：Bqv=m由几何关系有：tan=离子的比荷为： =1104C/kg（3）弧CF对应圆心角为，离子在圆形磁场区域中运动时间t，t=TT=解得：t=104s1.81104s答：（1）离子速度v的大小为1000m/s；（2）离子的比荷为1104C/kg；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t为1.81104
42、s20如图所示，坐标系xOy平面内，第一、二象限内有与y轴平行的匀强电场（图中未面出），第三、四象限内有垂直于xOy平面向内的匀强磁场，从第一象限的点P（20cm，5cm）沿x轴负方向以大小为v0=100m/s的速度抛出一质量m=ll06 kg、电荷量q=0.5C的带负电粒子，粒子从x轴的点A（10cm，0）进入第四象限，在第四象限巾运动一段时间后又恰好从坐标原点进入第二象限不计粒子重力和空气阻力求：（1）第一、二象限中电场的电场强度大小E和方向（2）第三、四象限中磁场的磁感应强度大小B（3）t=5.5103s时粒子的位置坐标（取=3）【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在
43、匀强电场中的运动【分析】（1）根据粒子所受电场力方向确定粒子的电性，粒子在第一象限内做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出场强大小（2）作出粒子运动轨迹，求出粒子做圆周运动的轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度（3）求出粒子在各阶段的运动时间，求出粒子的水平与竖直位移，然后确定粒子的位置坐标【解答】解：（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，粒子向y轴负方向偏转，粒子所受电场力竖直向下，由于粒子带负电，则电场强度竖直向上；粒子做类平抛运动，水平方向：x=xPxA=v0t1，在竖直方向：y=yP=at12，加速度：a=，解得：E=0.2N/V，
44、t1=1103s；（2）粒子在A点沿y轴负方向的速度：vy=at1，解得：vy=100m/s，粒子的速度：v=100m/s，方向：与x轴负方向成45角，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：xA=r，轨道半径：r=m，粒子在第四象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=4103T；（3）粒子在磁场中从A到O恰好运动四分之一圆周，运动时间：t2=，解得：t2=7.5104s，粒子在第二象限中，从O运动到Q点所用时间也为t1，粒子从P到Q运动的总时间：t=2t1+t2=2.75103s，沿x轴负方向运动的距离为30cm，又因为t=2t总，所以所求纵坐标为5cm，所求横坐标为：x=30cm10cm=40cm，即粒子在t=5.5103s时粒子的位置坐标为：（40cm，5cm）；答：（1）第一、二象限中电场的电场强度大小E为0.2N/V，方向：竖直向上（2）第三、四象限中磁场的磁感应强度大小B为4103T（3）t=5.5103s时粒子的位置坐标为：（40cm，5cm）
