2021-2022学年广东省汕头市高二上期末考试物理模拟试卷及答案解析.pdf

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1、2021-2022学年广东省汕头市高二上期末考试物理模拟试卷一.选 择 题（共 8 小题，满分24分，每小题3 分）1.（3 分）下列说法符合史实的是（）A.伽利略提出力是维持物体运动的原因B.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动2.（3 分）在光滑绝缘水平面上固定有两个带电小球a、b,另一带负电小球c 能静止在如图所示位置。已知a、b、c 三球在一条直线上。则（）A.a、b 带异号电荷，若将小球c 向右移动，其电势能一定增加B.a、b 带同号

2、电荷，若将小球c 向右移动，其电势能可能增加C.a、b 带异号电荷，若将小球c 向右移动，其电势能可能减少D.a、b 带同号电荷，若将小球c 向右移动，其电势能可能减少3.（3 分）如图所示，一簇电场线关于y 轴对称分布，O 是坐标原点，M、N、P、Q 是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N 在 y 轴上，Q 点在x 轴上，则（）A.将一负电荷从M 点移到P 点，电场力做正功B.M 点的电势比P 点的电势高C.一正电荷在O 点时的电势能小于在Q 点时的电势能D.OM 间的电势差等于N O 间的电势差4.（3 分）如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强

3、电场中，轨道两端在同一高度上。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N 分别为轨道的最低点，则下列有关判断正确的是（）A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系V P =V M V NB.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FP=FMFNC.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系t P t M B QB.磁感应强度B p FQD.将同一电流元分别放置于P、Q两点，所受安培力一定有FPVbVc，E b E a E c B.VbVcVa，E b Ea EcC.VbVaVc E b E a E c D.VbVa E a E c8.（3分）图示为某电容传声

4、器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动，若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）根横空腔段片声波A.膜片与极板间的电容增大B.极板所带电荷量增大C.膜片与极板间的电场强度增大D.电阻R中有电流通过二.多 选 题（共 4 小题，满分24分，每小题6 分）9.（6分）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,被加速的质子从D形盒中央由静止出发，经交变电场加速后进入磁场。设质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,若忽略质子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（）A.如果只增大交变电压U,则质子在加速器中运行时间将变短B.如果只增大交变电压U,则电荷的最大动能

5、会变大C.质子在电场中加速的次数越多，其最大动能越大D.交变电流的周期应为T10.（6分）如图所示，电源电动势为E,内阻为r,C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能发光。现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想1 6.(1 0分)如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的 B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.2 0m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=2.0X1()4N/C.现有一质量m=0.2 0k g 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s=0.5 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当

6、运动到园弧形轨道的C端时，速度恰好为零。已知带电体所带电荷量q=8.0X1 05C,取 g=1 0m/s 2,求:(1)带电体到达B端的速度大小；(2)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功。，小，：J*AR1 7.(1 4 分)如图所示，在 x O y 坐标系的第一象限内有一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度大小为B=0.1 T 从坐标原点沿与x轴正向成。=30 的方向，向第一象限内射入质量为m=1.0 X l()i 7 k g、电荷量为q=1.0 X 1 0 “C 的带正电粒子，粒子的速度大小为v o=l X l()4 m/s,粒子经磁场偏转后，速度

7、垂直于x 轴。若不计粒子的重力，求 结果可用m表示:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径及运动的时间；(2)匀强磁场的最小面积。J;2021-2022学年广东省汕头市高二上期末考试物理模拟试卷参考答案与试题解析选 择 题（共 8 小题，满分24分，每小题3 分）1.（3 分）下列说法符合史实的是（）A.伽利略提出力是维持物体运动的原因B.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】解

8、：A、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故 A 错误。B、伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但不是直接用实验进行了验证，故 B 错误。C、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故 C 错误。D、牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.（3 分）在光滑绝缘水平面上固定有两个带电小球a、b,另一带负电小球c 能静止在如图所示位置。已知a、b、c 三球在一条直线上。则（）A.a、b 带异号

9、电荷，若将小球c 向右移动，其电势能一定增加a、b 带同号电荷，若将小球c 向右移动，其电势能可能增加a、b 带异号电荷，若将小球c 向右移动，其电势能可能减少a、b 带同号电荷，若将小球c 向右移动，其电势能可能减少【分析】因题目中要求小球c 处于平衡状态，故可对c 球进行分析列出平衡方程即可求得结果。也可以由受到的电场力为0 进行判断。【解答】解：小球c 处于平衡状态，所以小球c 受到的电场力为0,则 c 处的电场强度为0；所以a、b处点电荷为异号电荷，结合库仑定律可知，a处电荷的电荷量大一些；若a带负电，b带正电，则c右侧的电场方向向右，小球向右移动的过程中电场力做负功，小球的电势能增大

10、；若a带正电，b带负电，则c右侧的电场方向向左，小球向右移动的过程中电场力做正功，小球的电势能减小。故C正确，ABD错误故选：Co【点评】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”。3.（3分）如图所示，一簇电场线关于y轴对称分布，0是坐标原点，M、N、P、Q是以0为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（）A.将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功B.M点的电势比P点的电势高C.一正电荷在0点时的电势能小于在Q点时的电势能D.0M间的电势差等于NO间的电势差【分析】解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵

11、活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负。【解答】解：A、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故A正确；B、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故B错误；C、O点电势高于Q点，根 据Ep=VNB.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FP=FM FNC.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tPtMBQB.磁感应强度BpV BQC.将同一电流元分别放置于P、Q 两点、所受安培力一

12、定有FPFQD.将同一电流元分别放置于P、Q 两点，所受安培力一定有FPB Q,故 A 正确，B 错误。CD、安培力与磁感应强度大小、电流强弱以及电流的方向有关，当电流元平行磁感应强度方向放置时，所受安培力大小为零，故将同一电流元放置于P、Q 两点，安培力大小未知，故 CD错误。故选：Ao【点评】解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。6.（3 分）如图所示，电源内阻不能忽略，当电路正常连通时，小灯泡Li、L2均发光，若滑动变阻器R 的滑片P 向左滑动过程中，下列判断正确的是（)RA.L i变亮 B.L2变亮C.电源消耗的总功率变小 D.电源的路

13、端电压变大【分析】由滑动变阻器滑片的移动时，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，可 知L亮度的变化，根据并联部分电压的变化，分 析L 2亮度的变化。电源的总功率P=E I.由总电流I的变化进行判断。【解答】解：当滑动变阻器R的滑片P向左滑动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则L i变亮。总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小。电源的总功率P=E I,电动势E不变,则电源消耗的总功率变大。根据串联电路的分压特点可知，并联部分电压减小，则L2变暗。故A正确，B C D错误。故选：Ao【点评】本题是电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再到局部的顺序分

14、析即可，也可以直接根据“串反并同”进行判断。7.（3分）如图所示，实线表示金原子核电场的等势线，虚线表示a粒子在金核电场中散射时的运动轨迹。设a粒子通过a、b、c三点时速度分别为va、vb、Vc，电势能分别为Ea、A.VaVbVc EbEaEc B.VbVcVa,EbEa EcC.VbVaVc，EbEaEc D.VbVaEaEc【分析】a粒子在原子核形成的电场中运动时，电荷间的电场力先做负功，后做正功，由此来判定动能的大小与电势能的大小关系。【解答】解：金原子核和a粒子都带正电，a粒子受到斥力作用，从a运动b过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小

15、，动能增加；由于b e 间电势差大于b a 间电势差，则 a粒子从a 到 b电场力做功的大小小于从b到 c电场力做功的大小，则从a到 c电场力总的做正功，动能增大，速率增大,所以c 处动能大于a 处的动能，c 处电势能小大于a 处的电势能。即为：E b E a E c，V b va vc,故 ABC错误，D正确；故选：D。【点评】对于点电荷周围的电场线分布要有明确的认识，点电荷周围的电场线是放射状的，正点电荷周围的电场线是沿半径方向向外的，负点电荷周围电场线是沿半径方向向里的；点电荷周围的等势面是一个个的同心球面。电场力做功与重力做功有共同的特点,就是与路径无关，电场力做功与初末位置的电势差有

16、关。8.（3分）图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动，若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）秋 板 空 腔 支 架电音传声若给构示意图A.膜片与极板间的电容增大B.极板所带电荷量增大C.膜片与极板间的电场强度增大D.电阻R 中有电流通过【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R 中有电流。【解答】解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，由公式可知，4 冗k d电容减小，故 A错误；B、由公式c 4知，U 不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故 B错误;C、由公式E号 知，U 不变，间距

17、d 增大，则场强E减小，故 C错误；D、极板的带电量减小，放电，电阻R 中有电流通过，故 D正确；故选：D。【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。多 选 题（共 4 小题，满分24分，每小题6 分）9.（6分）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,被加速的质子从D形盒中央由静止出发，经交变电场加速后进入磁场。设质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,若忽略质子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（）U A.如果只增大交变电压U,则质子在加速器中运行时间将变短B.如果只增大交变电压U,则电荷的最大

18、动能会变大C.质子在电场中加速的次数越多，其最大动能越大D.交变电流的周期应为T【分析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径。【解答】解：A、如果只增大交变电压U,则质子在加速器中加速次数缩短，因此质子的运行时间将变短，故A正确；B、根据qvmB=m二二一得：丫 皿=邂，与加速的电压无关，故B错误；R mC、根据B向分析可知，最大动能与加速次数无关，故C错误；D、回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等为To故选：ADo【点评】解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器

19、粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。10.（6分）如图所示，电源电动势为E,内阻为r,C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能发光。现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表Vi、V2示数变化量的绝对值分别为Ui、U 2,理想电流表A示数变化量的绝对值为，贝U （）B.灯泡亮度变亮c.rA_U,与A_ U2n均保持不变Al AlD.当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路。分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析。【解答】解：A、将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小，电路中电流增大,电

20、源的内电压以及R 上的电压增大，则灯泡和滑动变阻器两端的电压之和减小，即电容器两端的电压减小，根据Q=C U 可知，电容器带电量减小，故 A 错误；B、电路中电流增大，通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故 B 正确；C、根据U 2=E-Ir,得-A2U=0 r,保持不变。AU,L=R,故保持不变，故 C 正确：Al AID、当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭,故 D 错误；故选：BC。【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。11.（6 分）如图所示，关于回旋加速器的下列说

21、法中正确的是（）A.加速电压越大，带电粒子从D 形盒射出时的动能越大B.磁感应强度越大，带电粒子从D 形盒射出时的动能越大C.交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动周期D.用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子，不需要调节交变电场的频率【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关。2【解答】解：AB、根据qvB=mJ,解得v=迪，带电粒子射出时的动能EK=2mv2R m 22 2 2=q B 与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关。故 A 错误，B 正确。2 mC、交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等，带电粒

22、子在匀强磁场中运动的周期T=空 必，与粒子的速度无关，故 C 正确；q BD、粒子加速后，交变电场的周期不需改变，不同的带电粒子，在磁场中运动的周期不等,所以加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率。故 D 错误。故选：BC。【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关。12.（6 分）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法不正确的是（）甲 乙A.从 t=0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动

23、B.从 t=0 时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上c.从 t=W I时刻释放电子，电子必然打到右极板上8D.从 1=工时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上4【分析】通过分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况。【解答】解：AB、若 t=0 时刻释放电子，在前1 T 内，电子受到的电场力向右，向右做2匀加速直线运动；后工T 内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线2运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上。即电子将重复先加速后

24、减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故A不正确，B正确；C D、若从t=工时刻释放电子，电子先加速工，再减速工，有可能电子已到达右极板，若4 4 4此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，同理，若 从t=2 1时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故C不正确，D正确；本题选说法不正确的，故选：A C。【点评】本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要正确分析电子的受力情况，再根据牛顿运动定律分析电子的运动情况。要注意当电场力反向时，电子的运动不一定反向。若原来有速度，仍沿原方向运动。三.实 验 题（共2小题）1 3.小 王和小李

25、两位同学分别测量电压表V i的内阻。（1）先用调好的欧姆表“X 1 K”挡粗测电压表V i的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压 表 的+（填“+”或“-接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V）的 内 阻 为9.0 k O。（2）为了精确测量电压表V i的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S i前将滑动变阻器的滑片移到最 左（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最冷（填“大”或“小”），闭合开关S i，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V i、V 2的示数分别为U i、U 2,电阻箱的示数为R o,则被U R测电压表V 1的内阻R v i=

26、_-u2-u-（3）小李同学用如图丙所示的电路，闭合开关S”并将单刀双掷开关S 2打 到1,调节滑动变阻器的滑片，使电压表V 2的指针偏转角度较大，并记录电压表V 2的示数为U,再将单刀双掷开关S 2打到2,调节电阻箱，使电压表V 2的示数仍然为U,此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表V i的内阻R v i=8 4 5 5【分析】（I）根据电流由欧姆表的红表笔流入，由黑表笔流出，分析知道欧姆表的红表笔与电压表的正接线柱接触。由图直接读出电压表的内阻值。（2）闭合开关S i前将滑动变阻器的滑片移到最左端，电阻箱接入电路的电阻调到最大,起到保护作用。根据欧姆定律求被测电甩表V i的内阻

27、。（3）根据等效替代可知被测电压表的内阻与电阻箱示数相等。【解答】解：（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“+”接线柱相连接，欧姆表选择欧姆表“X1K”挡位，由图示表盘可知，欧姆表的读数为：9.0Xlk=9.0kn；（2）为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零,电阻箱接入电路的电阻最大，被测电压表的内阻为：11=包=方 黑 一=遇。Iv i j-U i U2-U1R0（3）闭合开关Si，并将单刀双掷开关S2打 到1，此时电阻箱短路；将单刀双掷开关S2打到2,电压表V i短路；根据等效替代可知被测电压表的内阻与电阻箱电阻相等，即为:Rv 1 =

28、8 X 1 OOOft+4 X 10011+5 X 10(1+5 X 1。=8455。；U R故答案为：（1）+;9.0；（2）左，大，一L _ L；（3）84550U2-U1【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。1 4.某同学利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。由于电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：A.电 流 表（00.6A）；B.电 流 表（

29、03A）；C.电 压 表（03V）；D.电压表（015V）；E.定值电阻（阻 值1。、额定功率5W）；F.定值电阻（阻 值10Q、额定功率10W）；G.滑动变阻器（阻值范围010Q、额定电流2A）；H.滑动变阻器（阻值范围。100Q、额定电流1A）。甲乙为尽量减小实验误差，应 选 择的器材为ACEG；该同学利用记录的6组实验数据通过描点、拟合得到的U-I图线如图所示，则由图线可得出干电池的电动势E=1.5 V,内电阻r=0.83 Q；（结果保留两位有效数字）某同学在完成上述实验之后，对该实验的系统误差进行了分析。设电压表的内阻为RV,电流表内阻为R A,他的分析正确的是A。A.电压表有分流作用

30、是造成系统误差的原因，增大R v可以减小这种误差B.电流表有分压作用是造成系统误差的原因，减小RA可以减小这种误差C.两个表一起造成了系统误差，同时增大Rv、减小RA才可以减小这种误差D.保护电阻的分压作用造成了系统误差，减小保护电阻的阻值可以减小这种误差【分析】根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据实验原理与实验器材选择所需器材。电 源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。根据实验电路图与实验原理分析实验误差。【解答】解：一节干电池的电动势约为1.5V,电压表应选择C,电源电动势约为1.5V,保

31、护电阻如果选择F,电路最大电流约为0.15A,电路最大电流太小，因此保护电阻应选择E,电路最大电流约为零点凡安培，电流表应选择A,为方便实验操作，滑动变阻器应选择G,即需要的实验器材有：ACEG；由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=1.5 V,电源内阻：5-L A l 0.60.83Q；A、由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表测量值，电流的测量值偏小,电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大R v可以减小这种误差，故A正确；B、由图示电路图可知，电流表采用内接法，电流表有分压作用不会造成系统误差，实验误差是由电压表的分流造成的，故 B错误；C、电压表的分流作用是造成实验误差的

32、原理，电流表分压不会造成实验误差，故 C 错误；D、保护电阻可以防止电路短路时对电表造成损坏，保护电阻不会对该实验操作实验误差，故 D错误；故选：A o故答案为：A C E G；1.5；0.8 3；A。【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理的把据，同时注意明确利用图象法分析实验数据的基本方法，本题要注意图象的纵坐标不是由零开始变化的，而是最小值为1.0 V,要根据图象准确把握。四.计 算 题(共 3 小题，满分34分)1 5.(1 0 分)如图所示，间 距 L=2 0 c m 的两条平行光滑金属导轨，下端与一电源和定值电阻相连，导轨平面跟水平面成3 0 角，电源电动势E=

33、6.0 V,内阻r=0.4 C,定值电阻R=0.8。，电路其他部分电阻不计。导轨上水平放置一根金属棒MN.若在导轨所在空间加一垂直导轨平面向上的匀强磁场，当磁感应强度B =L O T 时，金属棒MN恰好能静止在导轨上。g取 l O m/s?.则：(1)电路中电流强度I 是多大？(2)金属棒MN受到的安培力F是多大？(3)金属棒MN的质量m是多少？【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流大小;(2)根据安培力的计算公式求解安培力；(3)结合共点力平衡以及安培力的大小公式求出质量。【解答】解：(1)由闭合电路欧姆定律得电路中的电流为：I=A=5 A；R+T 0.8+0.4(2)导轨间距为

34、：L=2 0 cm=0.2 m由左手定则可判定金属棒受到的安培力沿斜面向上。安培力的大小为：F=B I L=1.0 X5 XO.2 N=1 N；（3）由平衡条件得：BI L-m g s i n 9=0解得：m=0.2 k g。答：（1）电路中电流强度I 是 5 A；（2）金属棒MN受到的安培力F 是 1 N；（3）金属棒MN的质量m是 0.2 k g。【点评】本题主要是考查了安培力作用下的共点力平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。1 6.（1 0 分）如图所示，绝缘光滑水平轨道AB 的 B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝

35、缘轨道B C 平滑连接，圆弧的半径R=0.2 0 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=2.0X1（）4N/C.现有一质量m=0.2 0 k g 的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B 端距离s=0.5 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到园弧形轨道的C 端时，速度恰好为零。已知带电体所带电荷量q=8.0 X1 05C,取 g=1 0 m/s 2,求：（1）带电体到达B 端的速度大小；（2）带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力做的功。ic-【分析】（1）带电体在水平轨道上运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出带电体到达 B 端的速度

36、大小；（2）根据动能定理求出从B 端运动到C 端的过程中摩擦力做的功。【解答】解：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a根据牛顿第二定律q E=m a 解得：a=8 m/s2m设带电体运动到B 端的速度大小为V B，则v2=2a s解得 V B=2 V2 m/s（2）设 带 电 体 沿 圆 弧 形 轨 道 运 动 过 程 中 摩 擦 力 所 做 的 功 为 W摩根据动能定理1 9W 电+W g-m g R=0 v B因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中电场力所做的功w 电=Eq R=0.3 2 J联立解得W 摩=-0.7 2 J；答：带电体到达B 端的速度大小为2

37、亚 m/s；(2)带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力做的功为-0.7 2 J。【点评】带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用牛顿第二定律和运动学公式列式求解。1 7.(1 4 分)如图所示，在 x O y 坐标系的第一象限内有一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度大小为B=0.I T 从坐标原点沿与x轴正向成。=30的方向，向第一象限内射入质量为m=1.0X l()7 7 k g、电荷量为q=1.0X 10 Uc的带正电粒子，粒子的速度大小为v o=I X 104m/s,粒子经磁场偏转后，速度垂直于x轴。

38、若不计粒子的重力，求 结果可用m表示:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径及运动的时间；(2)匀强磁场的最小面积。,2:_?【分析】(1)根据洛伦兹力提供向心力求解圆周运动的半径，画出轨迹，根据几何关系找出偏转圆心角，然 后 根 据 求 解 在 磁 场 中 运 动 时 间；(2)根据题意画出运动轨迹，根据几何关系寻找满足题意的最小磁场区域。【解答】解：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：2Dv0q v0B=n r -则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：R 号泣1m粒子在磁场中做圆周运动的周期为：丁 卫 皿q B由几何关系可知，粒子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120粒子在磁场中运动的时间为：二 120。t=360丁_2兀m _ 2兀T=3q Bx i 0-5（2）粒子的运动东轨迹如图所示:设入射点在P点，出射点在Q点，由几何关系可知:P Q=2R c o s 30 嗑 i r圆形磁场的最小半径我：P Q M*2=20 1r因此匀强磁场的最小面积为：SX1 0-2m2答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.1m,运动的时间为2 二 又 10-55；3（2）匀强磁场的最小面积为空乂10 21112。4【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中运动规律，要注意正确分析洛伦兹力的方向,明确几何关系的正确应用，是解决此类问题的关键。