2021-2022学年广东省广州市荔湾区高二上期末考试物理试卷及答案解析.pdf

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1、2021-2022学年广东省广州市荔湾区高二上期末物理试卷一、单项选择题：本题包括8 小题，每小题3 分，共 24分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分.1.（3 分）下列说法正确的是（）A.元电荷就是电子或质子B.元电荷是最小电荷量，又称 基本电量”C.油滴所带的电荷量可能是3.6X10-WeD.法国物理学家库仑最早用油滴实验精确地测出了元电荷的数值2.（3 分）下列关于科学家和其主要贡献的说法，错误的是（）A.库仑通过扭秤实验总结出了电学中的基本定律-库仑定律B.法拉第提出了场的概念，并用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场C.奥斯特提出了分子电流假说，成功

2、解释了铁棒的磁化与高温去磁现象D.法拉第发现磁能生电，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来3.（3 分）为测定某点的电场强度，在该点放一电荷量为-q 的检验电荷，测得该点的电场强度为Ei；再在该点改放另一电荷量为+2q的检验电荷，测得电场强度为E 2.则（）A.EI E2,方向相反 B.EIE2,方向相同C.EI=E 2，方向相反 D.EI=E 2,方向相同4.（3 分）如图所示，把带电小球用绝缘细线悬挂于匀强磁场中，从图示位置由静止释放，当带电小球第一、二两次经过最低点时，相同的量是（）A.小球的速度C.小球的加速度B.细线的拉力D.小球受到的洛伦兹力5.（3 分）一水平放置

3、的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方旦处的P 点有一带电微粒,2该微粒从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。第1页 共2 5页若将上极板向上平移且，则从P 点开始下落的相同微粒将（）3A.打到下极板上 B.在下极板处返回C.在距上极板旦处返回 D.在距上极板里处返回3 56.（3 分）如图，三个电阻Ri、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rVR,C 为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是（）A.R2消耗的功率变小B.R3消耗的功率变大

4、C.电源的总功率变大D.电源内阻消耗的功率变小7.（3 分）如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形 ABCD所在平面。已知A、B、C 三点的电势分别为P A=9 V,（P B=3 V,E2,方向相反 B.EI E2,方向相同C.EI=E 2,方向相反 D.EI=E 2,方向相同【分析】电场强度表示电场本身力的性质的物理量，与放入电场的试探电荷无关，即电场中同一点场强大小和方向是唯一确定的。【解答】解：将电荷量为-q 的试探电荷放该点，测得该点的电场强度为E”在该点改放另一个电荷量为+2q的点电荷，该点的电场强度不变，大小仍为Ei，方向与E i相同，即 EI

5、=E 2，故 ABC错误，D 正确；故选：D。【点评】本题考查对电场强度的理解能力，抓住电场强度的物理意义：反映电场本身性质的物理量，与试探电荷无关，放在电场中某点的试探电荷不同，试探电荷所受电场力大小和方向可能不同，但电场强度不变。4.（3 分）如图所示，把带电小球用绝缘细线悬挂于匀强磁场中，从图示位置由静止释放，当带电小球第一、二两次经过最低点时，相同的量是（）A.小球的速度 B.细线的拉力C.小球的加速度 D.小球受到的洛伦兹力【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉第 9 页 共 2 5 页力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功.因此仅有重

6、力作功，则有机械能守恒。从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力。最后由向心加速度公式来确定是否相同。【解答】解：A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点0运动且两次经过0点时的动能相同。由于小球的运动方向不同，故速度不同，故A错误；BD、则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故BD错误；2C、根 据a=J,可知小球的向心加速度大小相同，且方向相同，即加速度相同，故Cr正确；故选：C,【点评】本题考查对小球

7、进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同。最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度。5.（3分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方旦处的P点有一带电微粒,2该微粒从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将上极板向上平移色,则从P点开始下落的相同微粒将（）3A.打到下极板上 B.在下极板处返回C.在距上极板旦处返回 D.在距上极板里处返回3 5【分析】带电微粒自P点由静止下落，到达下极板时速度恰好为零，

8、然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等。若将上极板向上平移色,3抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电微粒的运动情况。【解答】解：微粒从P点到下极板的过程，由动能定理得：mg（+d）-qU=O,即为:23m gd=qU,知电场力做功的大小等于重力做功的大小。2若将上极板向上平移色,微粒从P点下落，设微粒到达下极板处的速度为v,根据动能定3第1 0页 共2 5页理知：mg*（.1+d）-q U=lm v2-O,解得：v=0,则知微粒到达下极板处的速度为零,然后返回。故 ACD错误，B 正确。故选：Bo【点评】本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较

9、方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析。6.（3 分）如图，三个电阻Ri、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rR,C 为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是（）A.R2消耗的功率变小B.R3消耗的功率变大C.电源的总功率变大D.电源内阻消耗的功率变小【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2和 R3串联，R2与 R3并联后与R1串联，C为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据P=U I分析功率变化。电源输出的功率P 在 r=R 外时最大，电源的内

10、阻r R 外，R 外减小时，电源输出功率增大。【解答】解：c 为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，总电阻减小，总电流增大，电源总功率P=E I增大；R i和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，并联电路电压减小，R3所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，R3消耗的功率减小，而 R2的电流增大，故 R2功率增大，故 ABD错误，C 正确故选：Co【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从中间一左端总电阻变化情况的判断。7.（3 分）如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方

11、向平行正方形 ABCD所在平面。已知A、B、C 三点的电势分别为PA=9V,PB=3V,pc=-3V,贝 （）第1 1页 共2 5页A,-DB-CA.D 点的电势（PD=3 V,场强方向平行AB方向B.D 点的电势（PD=6 V,场强方向平行BC方向C.D 点的电势（PD=3 V,场强方向平行AC方向D.D 点的电势PD=6 V,场强方向平行BD 方向【分析】连接A C,在 A C 上找出与B 点等电势点，作出等势线，再过D 作出等势线，在 AC线上找出与D 等势点，再确定D 点的电势；根据电场线与等势面的关系作出电场线，从而即可求解。【解答】解：匀强电场中，由公式U=E d知沿着任意方向每前

12、进相同的距离，电势差都相等，故连接AC,AC连线的中点为E,则 E 点的电势为&=2 二 3V=3V2 2连接B E,则 B E为一条等势线，D 点在BE连线上，所以D 点电势UD=3V；过 A 点作出垂直于B E 的有向线段，由高电势点A 直线B E,如图中红线所示，即为电场线，那么场强方向平行AC方向；由上分析，可知，故 ABD错误，C 正确。故选：Co【点评】本题关键是找到等势点，作出等势线。电场线与等势面之间的关系要理解，常常是作电场线的依据。8.（3 分）如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆

13、轨道运动到c 点，已知a、b、c 在同一直线上，且 a b=a c,电子电荷量为e,电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（）第1 2页 共2 5页A.犯 B.9 C.且 D.旦2 e 2 e 3 e 3 e【分析】由题目中所给的ab与ac的长度关系，可得知正离子在吸收电子之前和吸收之后运动半径的变化，再由半径公式可计算出电量的变化情况【解答】解：离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:2qvB=mJ,解得：q=N,由题意可知，r=2 r,则q=2 q,粒子吸收的电子所带r B r电荷量：Q=q-q=4，粒子吸收的电子数：n=Q=W _,故B正确，ACD错误；2

14、 e 2 e故选：B。【点评】该题考查带电离子在磁场中的运动，由于电量的改变而导致运动半径的变化，同时运动的周期也发生变化。此内容是高考的重点内容之一，有很强的伸缩空间，是考生复习的重点。本题属中等题目。二.多项选择题.本题共6小题，每小题4分，共24分.至 少 有2项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.（4分）将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接,下列说法中正确的是（A.开关闭合后，线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出线圈A时都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中稳定后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会发生偏转C.开

15、关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P,电流计指针将会发生偏转D.开关闭合后，只有将滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能发生偏转【分析】穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，根据题意分析判第1 3页 共2 5页断穿过回路的磁通量是否变化，然后根据感应电流产生的条件分析答题。【解答】解：A、开关闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，通过线圈A 的电流发生变化，穿过线圈B 的磁通量发生变化，线圈B 所在回路产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故 A 正确；B、线圈A 插入线圈B 中稳定后，开关闭合和断开的瞬间穿过线圈B 的磁通量都会发生变化，会产生感应电流，电流计指针均会偏转，

16、故 B 错误；C、开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P 时，穿过线圈的磁通量会发生变化，会产生感应电流，会引起电流计指针偏转，故 C 正确；D、开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P 加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，故 D 错误；故选：AC,【点评】本题考查了感应电流产生条件的应用，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，知道感应电流产生的条件是解题的前提，根据题意分析磁通量是否变化即可解题。10.（4 分）某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后各自的电流I 随所加电压U

17、变化的图象如图所示，点 M 为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法正确的是（）A.图线b 是小灯泡的伏安特性曲线，图线a 是热敏电阻的伏安特性曲线B.图线a 是小灯泡的伏安特性曲线，图线b 是热敏电阻的伏安特性曲线C.通过图线中可求得M 点对应小灯泡的阻值和热敏电阻的阻值D.图线中M 点对应的状态，表示小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等【分析】熟悉热敏电阻的性质及金属导体的性质，即可得出它们的伏安特性曲线；由交点的性质可得出功率大小关系。【解答】解：AB、小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流增大，阻值也随着增大，所以图中b 是小灯泡的伏安曲线；同理可知，热敏

18、电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a 是热敏电阻的伏安曲线，故 A 正确，B 不正确;第1 4页 共2 5页CD、两图线的交点M,表示此状态两元件不仅电流相同，电压也相同，由欧姆定律可知此时两者阻值相同，功率也相同；故 CD正确故选：ACD。【点评】本题考查热敏电阻及金属导体的伏安特性曲线的性质，要注意明确热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。11.（4 分）如图所示，两个相同的带电小球A、B 分别用2L和 L 长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B 偏离竖直方向30,小球A 竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。若两小球的质量均为m,重力加速度为g。则（）卜A.A、B 的

19、静电力等于mgB.墙壁受的压力等于返mg2C.A 球受到细线的拉力等于立mg4D.B 球受到细线的拉力等于返mg4【分析】对小球B 受力分析，根据共点力平衡求出A、B 的静电力大小以及细线的拉力大小，再对小球A 受力分析，根据共点力平衡求出A 球所受的拉力以及墙壁对A 球的弹力。【解答】解：AD、对 B 球受力分析，如图所示，根据共点力平衡得，A、B 两球的静电力为:FB=mgsin300=ingB 球受到的细线拉力为：TB-mgcos30-故 A 正确，D 错误。BC、对 A 球受力分析，如图所示，根据平衡有:N=FACOS30=嗯率=呼员第1 5页 共2 5页细线的拉力为：TA=mg+FA

20、sin30=mg-tymg X y=-故C正确，B错误。故选：AC。mg【点评】本题考查了共点力平衡问题，关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，难度中等。12.（4分）如图所示，平行板电容器的下极板接地，使上极板正带电后，其电势为f p.以下方法中，能使上极板电势年升高的是（）XA.缩小两极板间的距离B.加大两极板间的距离C.在两极板间插入电介质D.使两极板的正对面积减小一些【分析】平行板电容器充电后与电源断开连接，电容器的带电量不变，当上极板竖直向上移动时，根据电容的决定式、定义式和E=U分析知道场强变化，再判断油滴的运动d状态。由U=Ed分析P点与下极板间的电势差如何变化，确定电

21、势如何变化。【解答】解：根据C=-、C=&和E=U推导得：E=也 幽，4 兀 kd U d ESAB、由上可知，Q、S不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U=Ed分析知，E不变，当板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P点的电势升高；若缩小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小，因此上极板的电势降第1 6页 共2 5页低，故 A 错误，B 正确;C、当在两极板间插入电介质时，由 E=Q,可知，电场强度E 减小，那么上极板S的电势降低，故 C 错误；D、当使两极板的正对面积减小一些时，由 E-IZ L k Q.,可知，电场强度E 增大，那么S上极板的电势升高，故 D

22、 正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键是掌握电容的决定式、定义式和公式E=U,能 熟 练 推 导 出 Ed=也，要在理解的基础上记住这个结论，注意电势能的高低，除与电势有关外，还S与电性有关系。13.（4 分）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I,方向如图所示.a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等.将a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为Bi、B2和 B 3,下列说法正确的是（）A.BI=B2=B3B.Bi=B2VB3C.a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里D.a 处磁场

23、方向垂直于纸面向外，b 和 c 处磁场方向垂直于纸面向里【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱.磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减.并根据矢量叠加原理来求解.【解答】解：A、B、由题意可知，a 点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成,即垂直纸面向外，而 b 点与a 点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场,即为垂直纸面向外，而 c 点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A 错误，B 正确；C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里，故 C 正确，B 错误。第1 7页

24、 共2 5页故选：BC【点评】根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小.磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减.同时考查矢量叠加原理.14.（4 分）如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现用该装置加速气核（带电量为e、质量为2m）和 氢 核（带电量为2e、质量为4m）。若不考虑粒子重力及在电场中的运动时间，则下列说法中正确的有（电源频率可保证电荷到达D 型盒间隙时能改变电压方向）（）A.流核和氢核运动的周期相同B.气核和氮核的最大动能相同C.要使笊核的最大动能变成原来的4 倍，可仅将磁感应强度增大为

25、原来的2 倍D.要使气核的最大动能变成原来的工，可仅将磁感应强度变为原来的工4 2【分析】回旋加速器通过磁场偏转，电场加速来加速粒子，根据D 形盒的半径，通过洛伦兹力提供向心力求出最大速度，从而得出两个原子核的最大速度和最大动能关系；根据周期公式比较两原子核的周期。【解答】解：A、根 据 周 期 丁=空 巴 知，两原子核的比荷相等，则周期相同，故 A 正q B确；B、根据知，粒子的最大速度为：v=幽，笊核的比荷与氢核的比荷相等，则q B m2 2 2最大速度相等。最大动能为：Ekm=Lnv2=W出R 一,因为两原子核的比荷相等，电荷2 2 m量不等，则最大动能不等，故 B 错误；2 2 2C、

26、根据最大动能为：Ekin=lm v2=q B 要使笊核的最大动能变成原来的4 倍，2 2 m可仅将磁感应强度增大为原来的2 倍，故 C 正确；2 2 2D、根据最大动能为：Ekm=Lnv2=q I.,要使笊核的最大动能变成原来的工，可2 2 m 4第1 8页 共2 5页仅将磁感应强度变为原来的工，故D正确；2故选：A C D o【点评】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，掌握粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用。三、实验题，本题共2小题，共14分.答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置.1 5 .（6分）如 图 甲 所 示，某 实 验 小 组 使 用 多 用 电 表 判

27、 断 二 极 管 的 极 性。田 乙（1）测量前应将多用电表的选择开关旋至 欧姆挡（选 填“交流电压挡”“直流电压挡”“电流挡”或“欧姆挡（2）两次测量指针偏转分别如图乙、丙所示。指针如图乙所示时，红表笔接的是二极管的 负（选 填“正”或“负”）极；指针如图丙所示时，二极管的负极与 黑（选填“红”或“黑”）表笔相连。【分析】（1）可以用欧姆表判断二极管的正负极。（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，二极管正向偏压时电阻很小，反向偏压时电阻很大，根据题意分析答题。【解答】解：（1）测量前应将多用电表的选择开关旋至欧姆挡。（2）由图乙所示可知，指针偏角很大，电阻阻值很小，说明二极

28、管正向偏压，红表笔接的是二极管的负极；由图丙所示可知，指针偏角很小，电阻阻值很大，二极管反向偏压，二极管的负极与黑表笔相连；故答案为：（1）欧姆挡；（2）负；黑。【点评】本题考查了用欧姆表检测二极管正负极问题，知道欧姆表结构与二极管特点是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题。1 6.（8分）某同学用如图甲所示的电路测量一电池的电动势和内阻。己知该待测电池的电动势约为9 V,内阻约数十欧，允许输出的最大电流为5 0 mA；电阻箱R的最大阻值为第1 9页 共2 5页999.9。，定值电阻R i的阻值为2 0 0 0（1）某次测量时，电压表和电阻箱的示数分别如图乙、丙所示，其 读 数 分 别 为8

29、.2 V和 1 80.0（2）选择定值电阻R i时，实验小组发现电阻的额定功率有以下几种规格：A.Aw B.Aw C.1 W2 4应选 C （选 填“A”“B”或“C”）规格的定值电阻，依据是 定值电阻在电路中消耗的功率会超过O5 W 。（3）根据实验测得的多组电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R,以上为纵坐标，-L-U R+R 为横坐标，作 上 图 线 如 图 丁 所 示。根据图线可求得待测电池的电动势E=9.3U R+R 1V,内阻r=5 1 Q.（均保留两位有效数字）【分析】（1）根据图示电压表确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；电阻箱各旋钮示数与等于倍率的乘积之和是电阻箱示数。（2

30、）根据题意求出定值电阻的最大功率，然后选择定值电阻。（3）根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1）由图乙所示可知，电压表量程为1 0 V,分度值为0.2 V,示数为8.2 V；第2 0页 共2 5页由图丙所示电阻箱可知，其示数为：1 X 1 0 0 Q+8X 1 0 Q+0 X 0 0+0 X 0.1 0=1 80.0。；(2)定值电阻R i 在电路中的最大功率大于：Pi=R i=(0.0 5)2 X 2 0 0=0.5 W,定值电阻应选择C。(3)由图甲所示电路图可知，电源电动势：E=U+I r=U+UR+R l整理得：上

31、=工 _ 1 _+工，由 图 示 上-图 线 可 知：0.1 0 7 5=1,三=-y-=U ER+R,E U R+R,E E A 1R+R10.1295-0.1075.0.004电源电动势：E=9.3 V,r=5 1 Q；故答案为：(1)8.2；1 80.0；C；定值电阻在电路中消耗的功率会超过0.5 W；(3)9.3；5 1。【点评】本题考查了作实验电路、实验器材选择、求电源内阻、实验误差分析；电 源 U-I 图象斜率的绝对值是电源内阻，知道实验原理、根据图象分析即可正确解题。四、计算题，本题共3 小题，共 38分.要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有

32、数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位.答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置.1 7.(1 0 分)在电场中把一个电荷量为-6 X l(f8c 的点电荷从A点移到B点，克服电场力做功3 X 1(/5J；将此电荷从B点移到c点，电场力做功为4.5 X 1 0 一 5 上 贝|j：(1)若将此电荷从A点移到C点，电荷的电势能变化多少？AC间的电势差为多少？(2)若 A 点的电势为零，则 B、C 两点的电势分别为多少？【分析】(1)根据电场力做功与路径无关求解从A 到 C 电场力做的功，根据W=qU可知 A C 之间电势差；(2)根据B C 间电场力做功W B C=q U B C 得 B

33、C 间电势差，求得A 点为电势零点时C 点电势以及B 点电势。【解答】解：(1)依题意从A 移到B 电场力做功WA B=-3 Xl(/5 j,从 B 移到C 电场力做功WB C=4.5 X1(/5J,从 A 移到C,电场力做功为：WA C=WA B+WB C=-3 X1 0 5J+4.5 X1 0-5J=1.5 X1 0-5J；故：从 A 移到C 电势能减少 E=1.5 X1()7J第2 1页 共2 5页则A J1.5X 1。-5AC q-6 x io-8V=-250V（2）设 B、C 点的电势分别为（PB、（p c，有：UAB=O-B =-=3 X 10 gV=500V研 A B q-6 X

34、 1 0-8UA C=PA-p c=-2 5 0 V 联立解得：（P B=-5 0 0 V(p c=2 5 0 V答：(1)若将此电荷从A 点移到C 点，电荷的电势能减少1.5 X1()-5J,A C 间的电势差为-2 5 0 V；(2)若 A 点的电势为零，则 B、C 两点的电势分别为-5 0 0 V、2 5 0 V,【点评】解决本题的关键掌握电势差公式U=I并要知道电势差与电势的关系，另外要特别注意符号问题。1 8.(1 2 分)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n=1 0,线圈的水平b e 边长为L=1 0.0 c m,处于匀强磁场内，匀强

35、磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I=0 0A 时，调节祛码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m=7.8 0 g 的祛码，才能使两臂再达到新的平衡。重力加速度g取 1 0 m/s 2。(1)若线圈串联一个电阻连接到电压为U的稳压电源上，已知线圈电阻为r,当线圈中通过电流I时，请用相关物理量的符号表示串联电阻的大小；(2)求磁场对b e 边作用力的大小;(3)求磁感应强度的大小。【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出串联电阻的大小。第2 2页 共2 5页(2)根据天平的平衡条件，在电流方向变化前和变化后列出表达式，从而求出磁场对b e边作用力的大小。(3

36、)根据安培力公式求出磁感应强度的大小。【解答】解：(1)根据闭合电路欧姆定律可得：I=JLR-h?解得：R=U-r。I(2)设电流方向未改变时，天平左盘内祛码的质量为mi，右盘内的质量为m2，磁场对b e边作用力的大小为E由天平的平衡条件，有：mi g=m2 g -F,电流方向改变后，同理可得：(m+mi)g=m2 g+F,两式联立，代入数据解得：F=l mg=3.9 X1 0-2N o2(3)由尸=1 1 8人得：B=S一,2nIL代入数据解得：B=0.3 9 To答：(1)串联电阻的大小为U-r。I(2)磁场对b e边作用力的大小为3.9X1(/2N。(3)磁感应强度的大小为0.3 9 T

37、。【点评】本题考查了安培力公式、闭合电路欧姆定律和平衡的综合运用，通过左手定则判断出安培力的方向是解决本题的关键。1 9.(1 6分)如 图，在第一象限内，直线0C与x轴的夹角。=3 0 .在OC与y轴之间的区域内有方向与y轴平行的匀强电场，OC与x轴之间的区域内有垂直于xO y平面向外的匀强磁场。一带正电粒子在y轴上的P点以初速度v o平行于x轴射入电场，在D点垂直O C边进入磁场。粒子进入磁场后运动轨迹的半径为r,轨迹刚好与x轴相切，经O C边返回电场。设粒子的带电量为q、质量为m,不计粒子的重力。求：(1)粒子在磁场中的运动时间t；(2)D点位置坐标(X D-YD);(3)电场强度E和磁

38、感应强度B的大小。第2 3页 共2 5页【分析】（1）根据带电粒子做圆周运动的周期公式结合粒子进入磁场中的速度求解粒子在磁场中的运动时间；（2）根据圆周运动的半径结合几何知识求解D点坐标；（3）根据平抛运动的规律求竖直位移，结合动能定理求场强大小，根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O i，又s i n 8 =2 联立，解得：v 2 V o（2）由几何关系，有0口=r+.工 s i n 0X D=O D*COS0（6）y D=O D-s i ne 解得：X D 考!，yD-|r =（3）设粒子在电场中做类平抛运动的时间

39、为t ,竖直位移为y （水平位移为X=X D）。根据类平抛运动规律，有水平方向：xD=v（）t,解得：/盘 巨r2 V ot a n8 解得y咚 ，vy 2 422粒子在电场中做类平抛运动的过程，由动能定理，有qE ym J蒋皿忑解得E-曳；2 Q粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=Q解得：B=出；r q r答：（i）粒子在磁场中的运动时间t为？H；_ 2 V o（2）D点位置坐标（3返 3）；2 r 2第2 4页 共2 5页2 2 2(3)电场强度E 为 空 电，磁感应强度B 的大小为型包3 q r q r【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用。第2 5页 共2 5页