1、唐山一中高二年级12月份考试物理试卷一选择题1. 关于磁感应强度B的概念，下面说法中正确的是 ( )A. 由磁感应强度的定义式可知，磁感应强度与磁场力成正比，与电流和导线长度的乘积成反比B. 一小段通电导线在空间某处不受磁场力的作用，那么该处的磁感应强度一定为零C. 一小段通电导线放在磁场中，它受到的磁场力可能为零D. 磁场中某处的磁感应强度的方向，跟电流在该处所受磁场力的方向可以不垂直【答案】C 2. 如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面
2、垂直。磁感应强度可能为零的点是（ ）A. a点 B. b点 C. c点 D. d点【答案】C【解析】试题分析：由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又，所以该点距I1远距I2近，所以是c点，C正确3. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 ( )A. a
3、粒子动能最大B. c粒子速率最大C. c粒子在磁场中运动时间最长D. 它们做圆周运动的周期【答案】B【解析】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据，可得：.由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则知a粒子速率最小，c粒子速率最大,故A错误，B正确；C、由于及可知，三粒子运动周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故CD错误。点睛：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。4. 截面直径为d、长
4、为L的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动的平均速率的影响，下列说法正确的是（ ）A. 电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变B. 导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变C. 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍D. 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变【答案】D【解析】电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍，A错误；导线长度L加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式得知，自由电子定向运动的平均速率v减半，B错误；导线横截面的直径d加倍，由
5、得到，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变倍，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式得知，自由电子定向运动的平均速率v不变，C错误D正确5. 如图所示，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、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( ) A. 回旋加速器加速完质子在不改变所加交变电压和磁场情况下，可以直接对（）粒子进行加速B. 只增大交变电压U，则质子在加速器中获得的最大能量将变大C. 回旋加速器所加交变电压的频率为D. 加速器可以对质子进行无限加速【答案】C【解析】试题分析：回旋加速器运用电场
6、加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能，分析最大动能与交变电压的关系在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，从而分析交变电压的频率当质子变为粒子，在磁场的运动周期发生变化，即在磁场的周期与在电场的周期不相等，不满足回旋加速器的工作原理，故不能加速粒子，A错误；质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得，所以当轨道半径最大时，最大速度为，所以不能无限制的加速质子，获得的能量与交变电压无关，故BD错误；因为粒子运动周期为，故交变电压的频率为；又因为，所以交变电压的频率也为，C正确6. 如图所示为一个质量
7、为m、电荷量为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，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象不可能是下图中的( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以做匀速直线运动，A正确；如果，则，随着v的减小，a增大，直到速度减为零后静止，C正确；如果，则，随着v的减小a也减小，直到，以后将以剩余的速度做匀速直线运动，故B错误D正确7. 如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小
8、时，线圈所受安培力的合力方向（ ）A. 向左 B. 垂直纸面向外C. 向右 D. 垂直纸面向里【答案】C【解析】金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为顺时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右，B正确8. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3
9、为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度增高而减小），C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止当室温从25升高到35的过程中，流过电源的电流变化量是I，三只电压表的示数变化量是U1、U2和U3则在此过程中（ ）A. V2示数减小B. 微粒A向上加速运动C. Q点电势降低D. 【答案】AD【解析】该电路的结构为：串联在电路上，电压表V1测量两端电压，电压表V2测量两端电压，电阻和电容器串联，断路，电压表V3测量电容器两端电压，也测量路端电压，室温降低过程中，的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，和内阻上的电压增大，两端电压减小，V2示数减小，A正确；由于总电流增大，
10、内电压增大，路端电压减小，电容器两端的电压减小，电场力减小，微粒向下加速运动，B错误；由A分析得两端电压增大，所以Q点的电势升高，故C错误；由得，由得，故，D正确9. 如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与 水平方向成角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成角，且，则下列说法中正确的是 ( )A. 液滴可能带负电B. 液滴一定做匀速直线运动C. 液滴有可能做匀变速直线运动D. 电场线方向一定斜向上【答案】BD【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度
11、方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BD正确，AC错误10. 如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=310-7kg、电荷量q=210
12、3C的带电粒子以速度0=5l02m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域(不考虑边界粒子），则（ ）A. 从ae 边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边B. 从ed 边射入的粒子，出射点全部分布在bf边C. 从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae 边D. 从fc边射入的粒子，全部从d点射出【答案】ABD【解析】试题分析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得；从ae边射入的粒子，粒子进入磁场后受到向上的洛伦兹力，将向上偏转而做匀速圆周运动，
13、由于轨道半径，由几何关系知粒子将从圆弧af射出磁场，射出磁场后做匀速直线运动，最后ab边和bf边射出，A正确；由上知粒子轨道半径，从d点射入的粒子恰好从f点射出磁场，从ed边射入的粒子，从ed射入磁场的粒子向上偏转，最终从bf边射出，B正确；从bf边射入的粒子将向下偏转，画出粒子的运动轨迹，如图蓝线所示，则知粒子的出射点分布在ae边与ed边，C错误；从fc边射入的粒子，在洛伦兹力作用下向下偏转，画出粒子的运动轨迹，如图红线所示，则粒子全部从d点射出，D正确二填空题11. 如图所示，质量是m=10g的铜导线ab放在光滑的宽度为0.5m的金属滑轨上，滑轨平面与水平面倾角为30，ab静止时通过电流为
14、10A，要使ab静止，磁感强度至少等于_，方向为_。（取g=10m/s2）【答案】 (1). 0.01T (2). 垂直斜面向上【解析】对导体受力分析可得，导体受重力、支持力和安培力的作用，在三个力的作用下受力平衡，根据平衡的条件可得，所以，根据左手定则可知，磁场的方向为垂直轨道平面向上12. 如图所示，在以O点为圆心、r为半径的圆形区域内，在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，a、b、c为圆形磁场区域边界上的3点，其中aob=boc=600，一束质量为m，电量为e而速率不同的电子从a点沿ao方向射人磁场区域，其中从bc两点的弧形边界穿出磁场区的电子，其速率取值范围是_【答案】【解析】电
15、子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，电子轨道半径：，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，解得，将轨道半径代入解得，速度范围是；13. 完成下列游标卡尺或螺旋测微器读数_、_：【答案】 (1). 11.4 (2). 0.700【解析】试题分析：游标卡尺读数的方法：主尺读数加上游标读数，不需估读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10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm；螺旋测微器的固定刻度
16、为0.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm14. 图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流=300A,内阻Rg=100 ，可变电阻R的最大阻值为10 k，电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 ，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是_色，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx=_k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比较_（填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】 (1). 红 (2). 5 (3
17、). 变大【解析】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系得；当指针指在刻度盘的正中央时内外阻相等为5k；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：，欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了15. 某待测电阻Rx的阻值约为20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A电流表A1（量程150mA
18、，内阻r1约10）B电流表A2（量程20mA，内阻r2=30）C定值电阻R0=100D滑动变阻器R，最大阻值为5E电源E，电动势E=4V（内阻不计）F开关S及导线若干根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的1/3，请你在虚线框内画出测量Rx的实验原理图_（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）。实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示Rx=_。【答案】 (1). (2). 【解析】可将电流表与定值电阻串联再与待测电阻并联，则通过待测电阻的电流为，与电流表的量程接近，所以可行，由于电流表与定值电阻两端的最大电压为，小于电源电动势4V，所以滑
19、动变阻器应用分压式接法，电路图如图所示根据串联知识得的电压，通过的电流，测得待测电阻三计算题16. 如图所示，电源电动势E=6 V，内阻r=1 ，电阻R1=2 ，R2=3 ，R3=7.5 ， 电容器的电容C=4 F。开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？【答案】【解析】试题分析：S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则电容器C的电荷量QCUCU21.5105C。且a板带正电，b板带负电。S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U为电阻R1两端电压U1。有，电阻R1中的电流=0.9A，电阻R1两端电压U1I1R1
20、1.8 V，电容器C的电荷量QCUCU19.0106C。且a板带负电，b板带正电。通过电流表的电荷量QQQ2.4105C。考点：闭合电路的欧姆定律；电容器【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，搞清电容器两端的电压是哪部分电阻上的电压，另外还要搞清电键闭合前后电容器极板的极性的变化；此题难度中等。17. 如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=l kg，电阻R0=0.9，与导轨接触良好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1，电阻R=4；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成=53角；ab与导轨
21、间动摩擦因数为=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）ab受到的安培力大小和方向（2）重物重力G的取值范围【答案】（1）5N；方向：与水平成37角斜向左上方（2）【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流方向：由a到b；ab受到的安培力：；方向：与水平成37角斜向左上方由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：当最大静摩擦力方向向左时： 由于重物平衡，故则重物重力的取值范围为：0.5NG7.5N；18. 如图所示，在xOy平面的第象限内，有垂
22、直纸面向外的匀强磁场，在第象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。P点是x轴上的一点，横坐标为x0。现在原点O处放置一粒子放射源，能沿xOy平面，以与x轴成45角的恒定 速度v0向第一象限发射某种带正电的粒子。已知粒子第1次偏转后与x轴相交于A点，第n次偏转后恰好通过P点，不计粒子重力。求：（1）粒子的比荷；（2）粒子从O点运动到P点所经历的路程和时间。（3）若全部撤去两个象限的磁场，代之以在xOy平面内加上与速度v0垂直的匀强电场(图中没有画出)，也能使粒子通过P点，求满足条件的电场的场强大小和方向。【答案】（1）（2）；（3）；方向：垂直v0指向第象限【解析】（1）粒子在匀
23、强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得（2分）解得粒子运动的半径（1分）由几何关系知，粒子从A点到O点的弦长为，由题意（2分）解得粒子的比荷：（2分）（2）由几何关系得，OA段粒子运动轨迹的弧长：（2分）粒子从O点到P点的路程 s=n（2分）粒子从O点到P点经历的时间（2分）（3）撤去磁场，加上与v0垂直的匀强电场后，粒子做类平抛运动，由（1分）（1分）消去解得（2分）方向：垂直v0指向第象限。（1分）19. 如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上。t=0
24、时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。【答案】（1）；（2）（3）【解析】试题分析：根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况再根据受力分析列出相应等式解决问题解：（1）根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，则mg=qE0 微粒水平向右做直线运动，竖直方向合力为0则 mg+qE0=qvB 联立得：q=B=（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则=vt1qvB=m2R=vt2 联立得：t1=，t2=电场变化的周期T=t1+t2=+（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R 联立得：R=，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由得t1min=，因t2不变，T的最小值 Tmin=t1min+t2=答：（1）微粒所带电荷量q为，磁感应强度B的大小为（2）电场变化的周期T为+（3）T的最小值为【点评】运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路
