河北省衡水市武邑中学2015_2016学年高二物理上学期期中试题含解析.doc

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1、2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（共10小题，每小题6分，满分60分）1关于电场和磁场，以下说法错误的是( )A电荷在电场中某点不受电场力的作用，则该点的电场场度一定为零B磁体在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C电场中某点的电场强度的方向与放在该点的试探电荷所受电场力方向相同D磁场中某点的磁感应与强度方向与放在该点的磁体北极所受磁场力方向相同2如图所示，将一个半径为R的导电金属半圆环串联接入电路中，电路的电流强度为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，场方向与圆环所在平面垂直则金属圆环ab受到

2、的安培力为( )A0BRBIC2RBID2RBI3地面附近的空间存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里，一个带电油滴沿着与竖直方向成角的直线MN运动，由此可以判定( )A如果油滴带正电，它一定是从N点向M点运动B如果油滴带负电，它一定是从M点向N点运动C如果水平电场力方向向左，油滴一定是从M点向N点运动D如果水平电场力方向向右，油滴一定是从M点向N点运动4由一个电源和一个可变电阻组成闭合电路关于这个闭合电路，下列说法正确的是( )A外电路断路时，路端电压最高B外电路短路时，电源的功率最大C可变电阻阻值变大时，电源的输出功率一定变大D可变电阻阻值变小时，电源内部消耗的功率

3、一定变大5如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )A，正电荷B，正电荷C，负电荷D，负电荷6如图所示，等离子气流（由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，有一个与长直导线ab共面的通电金属环，金属环电流方向如图，则金属环( )A沿纸面向左运动B沿纸面向右运动C左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向

4、里运动D右半部分垂直纸面向里，左半部分垂直纸面向外运动7一个用于加速质子的回旋加速器，其D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，接在D形盒上的高频率电源频率为f，下列说法正确的是( )A质子被加速后的最大速度不可能超过2fRB质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D只需调节加速电压，这个装置就可用于加速粒子8如图所示，倾角为，表面摩擦因数为的斜面固定于地面上（tan），并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )A滑块受到的摩擦力

5、不变B滑块到达地面时的动能与B的大小有关C滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D即使B很大滑块也一定会由静止下滑，当最终有可能减速并停在斜面上9如左图，电源电动势Er内阻r，电动机M伏安特性曲线如图，闭合开关，电动机处于运转状态，若滑动变阻器的滑动触头向右移动一些，以下说法正确的是( )A电容器C的带电量增加B电动机产热功率增大C电流表示数增大D路端电压减小10如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射

6、出磁场已知AOC=60，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )ABCD二、解答题（共4小题，满分50分）11（18分）有一只电阻RX，其阻值大约在4050之间，需要进一步测定其阻值现有的器材有：电池组E（电动势9V，内阻约0.5）伏特表V（量程010V，内阻约20k）毫安表A1（量程050mA，内阻约20）毫安表A2（量程0300mA，内阻约4）滑动变阻器R1（0100，额定电流1A）滑动变阻器R2（01700，额定电流0.3A）电键一只，导线若干有两种可供选择的电路如图甲和图乙所示实验中要求多测几组电

7、流、电压值（1）为了实验能正常进行并减小系统误差，而且要求滑动变阻器要便于调节，在实验中应选图_（填“甲”或“乙”）所示的电路；应选代号为_的毫安表和代号为_的滑动变阻器该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起的，这个因素总是使实验的测量值比真实值_（填“偏大”或“偏小”）（2）若已知所用的毫安表的准确电阻值，则应选用图_（填“甲”或“乙”）所示的电路进行测量12有一游标卡尺，主尺的最小分度是1毫米，游标上有20个小的等分刻度用它测量一工件的长度，如图1所示，图示的读数是_13如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强

8、度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力14（14分）如图所示，MN为一竖直放置足够大的荧光屏，距荧光屏左边l的空间存在着一宽度也为l、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，O为荧光屏上的一点，OO与荧光屏垂直，

9、一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）以初速度v0从O点沿OO方向射入磁场区域粒子离开磁场后打到荧光屏上时，速度方向与竖直方向成30角（1）求匀强磁场磁感应强度的大小和粒子打在荧光屏上时偏离O点的距离；（2）若开始时在磁场区域再加上与磁场方向相反的匀强电场，场强大小为，则该粒子打在荧光屏上时的动能为多少？2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（共10小题，每小题6分，满分60分）1关于电场和磁场，以下说法错误的是( )A电荷在电场中某点不受电场力的作用，则该点的电场场度一定为零B磁体在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C电场中某点

10、的电场强度的方向与放在该点的试探电荷所受电场力方向相同D磁场中某点的磁感应与强度方向与放在该点的磁体北极所受磁场力方向相同【考点】磁感应强度；电场强度 【分析】电场强度反映电场本身的性质，其方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同，电场基本的特性对放入其中的电荷有电场力的作用；磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，其方向与放在该点通电导线受力方向垂直，当电流与磁场方向平行时不受磁场力作用根据这些知识分析即可【解答】解：A、根据公式F=qE可知，F=0，说明E一定为0，故A正确B、由于电流与磁场方向平行时不受磁场力作用所以电流在磁场中某点不受磁场力作用，该点的磁感应强度不一定为零，可能是由于电

11、流与磁场平行，故B错误C、根据物理学上的规定可知：电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同，故C错误D、磁场中某点的磁感应强度的方向与放在该点的磁体北极所受磁场力方向相同，故D正确本题选择错误的，故选：BC【点评】本题既要理解电场强度和磁感应强度的物理意义和方向特点，更抓住电场与磁场的区别，知道电场与重力场相似，只要电荷放入电场中就一定受到电场力，而电流只有放置方向与磁场不垂直才会受到磁场力2如图所示，将一个半径为R的导电金属半圆环串联接入电路中，电路的电流强度为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，场方向与圆环所在平面垂直则金

12、属圆环ab受到的安培力为( )A0BRBIC2RBID2RBI【考点】安培力 【分析】在磁场中的有效长度等于两端点的连线，根据F=BIL求出安培力的大小【解答】解：金属环在磁场中的有效长度为2R，故金属圆环ab受到的安培力F=BI2R=2BIR，故D正确；故选：D【点评】解决本题的关键掌握安培力大小的公式，以及会确定导线在磁场中的有效长度3地面附近的空间存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里，一个带电油滴沿着与竖直方向成角的直线MN运动，由此可以判定( )A如果油滴带正电，它一定是从N点向M点运动B如果油滴带负电，它一定是从M点向N点运动C如果水平电场力方向向左，油滴一

13、定是从M点向N点运动D如果水平电场力方向向右，油滴一定是从M点向N点运动【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】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误【解答】解：A、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故A错误B、如果油滴带负电，根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示），由左手定则判断

14、可知，油滴的速度从N点到M点，B错误C、如果水平电场方向向左，油滴带正电，电场力水平向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点若油滴带负电，电场力水平向右，洛伦兹力方向垂直于直线，油滴所受的合力不可能为零，速度变化，洛伦兹力也随之变化，油滴将做曲线运动故如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点故C正确D、如果水平电场方向向右，同理可知，油滴带负电，油滴是从N点运动到M点故D错误故选：C【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动4由一个电源和

15、一个可变电阻组成闭合电路关于这个闭合电路，下列说法正确的是( )A外电路断路时，路端电压最高B外电路短路时，电源的功率最大C可变电阻阻值变大时，电源的输出功率一定变大D可变电阻阻值变小时，电源内部消耗的功率一定变大【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】电源短路时，外电阻R=0，根据闭合电路欧姆定律可知通过电源的电流最大电源的负载增加（负载电阻减小）时，通过电源的电流增大，路端电压U=EIr减小电源断路时，路端电压等于电动势电源的输出功率随外电阻的增大（从零开始）先增大后减小【解答】解：A、外电路断路时，路端电压等于电源的电动势路端电压最大；故A正确；B、电源短路时，外电阻R=0，最

16、小，根据闭合电路欧姆定律可知通过电源的电流最大由P=EI可知，电源的功率最大；故B正确；C、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；故可变电阻阻值变大时，电源的输出功率可能减小，故C错误；D、当可变电阻减小时，电路中电流增大，则由P=I2r可知，电源内部消耗的功率变大；故D正确；故选：ABD【点评】对于电源的两个特殊状态：短路和断路，路端电压和电流要通过欧姆定律在理解的基础上记忆路端电压随外电阻的增大而增大5如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿

17、过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )A，正电荷B，正电荷C，负电荷D，负电荷【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30，所以有a=R+R=R，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有，所以有所以C正确故选C【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，

18、画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了6如图所示，等离子气流（由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，有一个与长直导线ab共面的通电金属环，金属环电流方向如图，则金属环( )A沿纸面向左运动B沿纸面向右运动C左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里运动D右半部分垂直纸面向里，左半部分垂直纸面向外运动【考点】霍尔效应及其应用 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据等离子气流由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，判断出ab的电流方向，再由右手定则判断圆环处直导线产生的磁场的方向，然后由左手定则

19、判断圆环所受安培力的方向【解答】解：等离子气流由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，正电荷向上偏，负电荷向下偏，上板带正电，下板带负电，且能形成稳定的电流，电流方向由a到b，以直导线左方的圆环为例，在左方的磁场方向向里，由左手定则判断左半部分导线所受安培力方向向右，同理可得在右方的圆环所受安培力方向是向左，因向右的安培力大于向左的安培力，则圆环向右运动，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】要掌握楞次定律判读电流的方向，及理解左手定则的内容，知道磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向表示安培力的方向7一个用于加速质子的回旋加速器，其D形盒半径为R，垂直D

20、形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，接在D形盒上的高频率电源频率为f，下列说法正确的是( )A质子被加速后的最大速度不可能超过2fRB质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D只需调节加速电压，这个装置就可用于加速粒子【考点】电子束的磁偏转原理及其应用 【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在电场中运动的过程中被加速，在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=m，运动周期T=（电场中加速时间忽略不计）对公式进行简单推导后，便可解此题【解答】解：A、根据v=2Rf，可知：最大半径为R，且电场变化

21、的频率即为粒子在磁场中运动周期，所以最大速度不可能超过2fR故A正确，B、根据qvB=m得，粒子的最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=知质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，故B正确；C、若R足够大，质子的速度不可以被加速到任意值，因质子的速度足够大后，根据爱因斯坦的质量与速度关系的方程可知，质子的质量发生明显的变化，导致周期变化，故C错误；D、若是粒子，则粒子与质子的比荷不相同，所以周期也不同，因此不能用这个装置，故D错误，故选：AB【点评】解决本题的关键知道根据qvB=m可求出最大速度，以及知道最大动能与D形盒的半径和磁感应强度的大小有关基础题目8如图所示，倾角为，表面摩擦因

22、数为的斜面固定于地面上（tan），并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )A滑块受到的摩擦力不变B滑块到达地面时的动能与B的大小有关C滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D即使B很大滑块也一定会由静止下滑，当最终有可能减速并停在斜面上【考点】动能定理的应用；洛仑兹力 【专题】比较思想；推理法；动能定理的应用专题【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0时，做匀速运动通过分析滑块

23、的受力情况来分析其运动情况【解答】解：小滑块受力如图所示：A、滑块速度为v时所受的洛伦兹力为 F洛=QvB，滑动摩擦力 F=FN=（mgcos+QvB），F随速度增加而增大，最终F与mgsin相等，滑块匀速运动，速度不变，洛伦兹力不变，摩擦力大小也不变即摩擦力先增大后不变故A错误B、若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，摩擦力 F=mgsin=（mgcos+QvB），则v=（cos），可见，v随B的增大而减小，B越大滑块，动能越小；若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则B越大时，滑动摩擦力F越大，滑块克服阻力做功越多，由动能定理可知，滑块到达斜面底端的速度越小，动能越小，故B正确C、滑块沿斜面向

24、下运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于斜面向下，故C正确D、滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况9如左图，电源电动势Er内阻r，电动机M伏安特性曲线如图，闭合开关，电动机处于运转状态，若滑动变阻器的滑动触头向右移动一些，以下说法正确的是( )A电容器C的带电量增加B电动机产热功率增大C电流表示数增大D路端电压减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电容 【专题】动态预测题；推理法；恒定电流专题【分析】根据电压的变化，分

25、析电容器电量的变化由电动机电压的变化，结合图象分析电流的变化，由闭合电路欧姆定律分析电流表示数和路端电压的变化【解答】解：由于电动机不运转时，是纯电阻电路，I与U成正比，IU图象是过原点的直线，当电动机处于运转状态时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，所以可知图象中电压大于2.0V的那段对应电动机运转的状态当滑动变阻器的滑动触头向右移动时，滑动变阻器与电动机并联的电阻增大，变阻器滑片右侧的电阻减小，根据并联电路的特点知：整个电路的总电阻减小，则电容器的电压减小，带电量减小电动机的电压增大，由图知其电流增大，电动机产热功率增大总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，则电流表的

26、示数增大，故A错误，BCD正确故选：BCD【点评】本题是电路动态变化分析问题，常常按照“局部整体局部”的思路分析，电容器电量的分析关键要分析其电压的变化10如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场已知AOC=60，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力

27、 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，当入射点与出射点连线最长时，轨迹的圆心角最大，粒子在磁场中运动的最长相反连线最短，时间最短【解答】解：粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦初速度大小相同，轨迹半径R=相同设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长由此得到轨迹半径为：R=d，当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短则：SE=d，由几何知识，得=60最短时间：tmin=T；故选：

28、C【点评】本题考查粒子在匀强磁场中匀速圆周运动时的比较简单的极值问题，数学方法在此类问题中的应用比较重要，平时练习时要多积累用到的一些数学结论二、解答题（共4小题，满分50分）11（18分）有一只电阻RX，其阻值大约在4050之间，需要进一步测定其阻值现有的器材有：电池组E（电动势9V，内阻约0.5）伏特表V（量程010V，内阻约20k）毫安表A1（量程050mA，内阻约20）毫安表A2（量程0300mA，内阻约4）滑动变阻器R1（0100，额定电流1A）滑动变阻器R2（01700，额定电流0.3A）电键一只，导线若干有两种可供选择的电路如图甲和图乙所示实验中要求多测几组电流、电压值（1）为了

29、实验能正常进行并减小系统误差，而且要求滑动变阻器要便于调节，在实验中应选图甲（填“甲”或“乙”）所示的电路；应选代号为A2的毫安表和代号为R1的滑动变阻器该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起的，这个因素总是使实验的测量值比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”）（2）若已知所用的毫安表的准确电阻值，则应选用图乙（填“甲”或“乙”）所示的电路进行测量【考点】伏安法测电阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】两个电路图的区别是一个是电流表的外接，另一个是电流表内接，本题中被测电阻的阻值4050，属于小电阻，并且电流表内阻约为4，约为被测电阻的十分之一，故应采用外接法；本着读数精确性的原则，电流表选用

30、A2，本着安全性和便于操作的原则，滑动变阻器选用R1【解答】解：被测电阻的阻值4050，属于小电阻，电流表内阻4和20，伏特表V的内阻约20k，则有：故应采用外接法，即图甲；电路中电流最大值不超过为A=0.18A=180mA，本着精确性的原则，电流表选择A2；滑动变阻器为限流接法，两个滑动变阻器均能满足限流要求，本着便于操作的原则，选用R1该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起，电流表测出的电流大于通过RX的实际电流，而电压没有系统误差，根据实验原理R=可知，实质测量的是电压表与Rx并联的阻值，故实验的测量值比真实值偏小（2）如果知道电流表的内阻，则可以采用电流表内接法；由欧姆定律求出电阻后

31、减去电流表的阻值即为测量值；故答案为：（1）甲；A2；R1；偏小；（2）乙【点评】电流表内外接法选择原则及误差可记住口诀：“大内偏大，小外偏小”进行分析，并选择电路测量仪器选择原则为：安全性、精确性、便于操作性12有一游标卡尺，主尺的最小分度是1毫米，游标上有20个小的等分刻度用它测量一工件的长度，如图1所示，图示的读数是104.05mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用 【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：游标上有20个小的等分刻度，可知精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺

32、上某一刻度对齐，所以游标读数为10.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm故答案为：104.05mm【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量游标卡尺不需要估读，同时注意游标卡尺的精确度的判断13如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体

33、棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力【考点】安培力 【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I=1.5 A；（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.51.50.4=0.30 N；（3）导体棒受力如图，将重力

34、正交分解，如图：F1=mgsin 37=0.24 NF1F安，根据平衡条件：mgsin 37+f=F安代入数据得：f=0.06 N答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的安培力大小0.30N；（3）导体棒受到的摩擦力为0.06N【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力14（14分）如图所示，MN为一竖直放置足够大的荧光屏，距荧光屏左边l的空间存在着一宽度也为l、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，O为荧光屏上的一点，OO与荧光屏垂直，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）以初速度v0从O点沿OO方向射入磁场区域粒子离开磁

35、场后打到荧光屏上时，速度方向与竖直方向成30角（1）求匀强磁场磁感应强度的大小和粒子打在荧光屏上时偏离O点的距离；（2）若开始时在磁场区域再加上与磁场方向相反的匀强电场，场强大小为，则该粒子打在荧光屏上时的动能为多少？【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】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系要求得带电粒子离开磁场时的速度方向，离开磁场后做匀速直线运动，由几何关系可求得偏离O点的距离；（2）加上电场后，带电粒子沿电场方向匀加速直线运动，由运动学公式可求得粒子在电场方向的速度；由动能定理可求得粒子打在屏上的动能【解答】

36、解：（1）粒子从O点射入，P点射出，沿直线运动到荧光屏上的S点，如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中作匀速圆周运动转过的圆心角=60 运动轨道半径为：r= 由牛顿第二定律得：qvB=m 由、解得：B= 根据几何关系可知：SQ=lcot30 OQ=RRcos60 由、解得：QS=OQ+SQ=l （2）再加上电场后，根据运动的独立性，带电粒子沿电场方向匀加速运动，运动加速度：a= 粒子在磁场中运动时间为：t= 则粒子离开复合场时沿电场方向运动速度为 vE=at= 粒子打在荧光屏上时的动能为：EK=mv02+mvE2=mv02+，由题意可知：E=，则：EK=mv02；答：（1）匀强磁场磁感应强度的大小为：，粒子打在荧光屏上时偏离O点的距离为l；（2）若开始时在磁场区域再加上与磁场方向相反的匀强电场，场强大小为，则该粒子打在荧光屏上时的动能为mv02【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、明确粒子的运动性质、作出粒子运动轨迹是解题的关键，解题时要注意几何知识的应用- 16 -