黑龙江省哈尔滨六中2017届高三上学期期中物理试卷

黑龙江省哈尔滨六中2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨六中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1：t2为（　　）‎ A．2：3 B．3：1 C．3：2 D．2：1‎ ‎2．如图所示，在边长为l的正方形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0；若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0；若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，那么，该带电粒子穿过场区的时间应该是（　　）‎ A． T0 B． T0 C． T0 D． T0‎ ‎3．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．负电荷从a到c，电势能减少 D．c点的电势低于d点的电势 ‎4．如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三根电阻丝受到的合安培力大小为（　　）‎ A．F B．1.5F C．2F D．3F ‎5．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1 500，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，电容器电容C=30 μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．螺线管中产生的感应电动势为1.5 V B．闭合电键，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电 C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10﹣2 W D．电键断开，流经电阻R2的电荷量为1.8×10﹣5 C ‎6．如图为测量某电源电动势和内电阻时得到的U﹣I图线，用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V，则该电路可能为 （　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 ‎8．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一直做匀速直线运动 B．小球先做加速运动后做减速运动 C．小球对桌面的压力先减小后增大 D．小球对桌面的压力一直在增大 ‎9．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，一绝缘水平细线系一个带电小球，绕O点在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下（图示为俯视图）．若小球运动到圆周上的A点时，从细线的连接处脱离，而后仍在磁场中运动．则关于小球的运动情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球可能做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变 B．小球可能做逆时针方向的匀速圆周运动，半径减小 C．小球可能做顺时针方向的匀速圆周运动，半径不变 D．小球可能做顺时针方向的匀速圆周运动，半径增大 ‎10．在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线（I）位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图（II）位置时，线框的速度为，则下列说法正确的是（　　）‎ A．图（II）时线框中的电功率为 B．此过程中回路产生的电能为 C．图（II）时线框的加速度为 D．此过程中通过线框截面的电量为 ‎11．如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能Ek最随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如图所示，空间存在一水平向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的初速度为 B．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为 ‎　‎ 二、非选择题：本大题共4小题，共50分．按题目要求作答．解答题应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎14．如图所示，直角坐标系xOy平面内，在平行于y轴的虚线MN右侧y＞0的区域内，存在着沿y轴负方向的匀强电场；在y＜0的某区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场（图中未画出）．现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从虚线MN上的P点，以平行于x轴方向的初速度v0射入电场，并恰好从原点O处射出，射出时速度方向与x轴夹角为60°．此后粒子先做匀速运动，然后进入磁场，粒子从有界磁场中射出时，恰好位于y轴上Q（0，﹣l）点，且射出时速度方向沿x轴负方向，不计带电粒子的重力．求：‎ ‎（1）P、O两点间的电势差；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（3）带电粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎15．如图所示，绝缘水平面上有宽l=0.4m的匀强电场区域，场强E=6×105N/C，方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点；带电量q=+5×10﹣8C、质量m=1×10﹣2kg的物块A在距O点x=2.25m处以v0‎ ‎=5m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞．假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k（k＞1）倍，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块可视为质点，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，且A的电荷量始终不变，g取10m/s2．‎ ‎（1）求A到达O点与B碰撞前的速度大小；‎ ‎（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；‎ ‎（3）讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功．‎ ‎16．相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图1所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图2所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨向上匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．（g=10m/S2）‎ ‎（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；‎ ‎（2）已知在2s内外力F做功26.8J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎（3）求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图3中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图线．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨六中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1：t2为（　　）‎ A．2：3 B．3：1 C．3：2 D．2：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可．‎ ‎【解答】解：粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：‎ 电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，‎ 根据半径r=可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，‎ ‎△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，‎ 所以粒子1运动的时间t1==，‎ 粒子2运动的时间t2==，‎ 所以=，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，在边长为l的正方形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0；若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0；若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，那么，该带电粒子穿过场区的时间应该是（　　）‎ A． T0 B． T0 C． T0 D． T0‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在电场与磁场中受到的电场力与洛伦兹力平衡，当粒子在电场中做类平抛运动时，由分解成的两个简单运动可得电场强度与位移关系．当撤去电场时，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可求出带电粒子穿过场区的时间．‎ ‎【解答】解：从原点沿x轴直线射出过程匀速直线运动，受力平衡：‎ Eq=Bqv…①‎ 由穿过场区的时间为T0可得：‎ L=vT0…②‎ 若撤去磁场，只保留电场，带电粒子在竖直方向偏转，做类平抛运动：‎ x=vT0…③‎ x=L…④；‎ y=at2…⑤‎ t=T0…⑥‎ a=…⑦‎ 当撤去电场，在匀强磁场中匀速圆周运动，带电粒子在磁场中经过的轨迹是个半圆，故运动时间：‎ t=×…⑧‎ 由①②③④⑤式得：t=T0；‎ 故该粒子穿过场区的时间应该是t=T0；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．负电荷从a到c，电势能减少 D．c点的电势低于d点的电势 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）．该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．‎ ‎【解答】解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，故A错误；‎ B：等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同．故B错误；‎ C：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小，故C正确；‎ D：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三根电阻丝受到的合安培力大小为（　　）‎ A．F B．1.5F C．2F D．3F ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可 ‎【解答】解：AB受力：FAB=BIL=F ACB受力：有效长度为L，电流为AB的电流的，则其受力为： =，二力方向相同，则合力为1.5F 则B正确 故选：B ‎　‎ ‎5．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1 500，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，电容器电容C=30 μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．螺线管中产生的感应电动势为1.5 V B．闭合电键，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电 C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10﹣2 W D．电键断开，流经电阻R2的电荷量为1.8×10﹣5 C ‎【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；‎ 依据楞次定律来判定感应电动势方向，即可求解．‎ 根据P=I2R求出电阻R1的电功率．‎ 电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量．‎ ‎【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律：E=n=nS；‎ 解得：E=1500×20×10﹣4×=1.2V，故A错误；‎ B、根据楞次定律，可知，螺线管下端带正极，因此闭合开关，电路中的电流稳定后电容器下极板带正电，故B错误；‎ C、根据全电路欧姆定律，有：I===0.12A 根据 P=I2R1，解得：P=5.76×10﹣2W；‎ ‎（3）电键断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q 电容器两端的电压 U=IR2=0.6V 流经R2的电量 Q=CU=1.8×10﹣5C，故D正确，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图为测量某电源电动势和内电阻时得到的U﹣I图线，用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V，则该电路可能为 （　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电源的U﹣I图象求出电源的电动势和内阻，由欧姆定律求出路端电压为4.8V时外电路总电阻，再选择相对应的电路图．‎ ‎【解答】解：由电源的U﹣I图象得，电源的电动势为E=6V，内阻为r==Ω=0.5Ω．‎ 当路端电压为4.8V时，则有U=，代入解得，外电路总电阻R=2Ω A、外电路总电阻为1Ω，与R不符合．故A错误．‎ B、外电路总电阻为=2Ω，与R相符．故B正确．‎ C、外电路总电阻为9Ω，与R不符．故C错误．‎ D、外电路总电阻为3Ω+1.5Ω=4.5Ω，与R不符．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎7．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小．同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小．‎ ‎【解答】解：由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：eU=，电子获得的速度为v=．‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a=，‎ 电子在电场方向偏转的位移为：y=．‎ 垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为 t=，‎ 又∵偏转电场方向向下，∴电子在偏转电场里向上偏转．‎ A、滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；‎ B、滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t变大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；‎ C、偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故C错误；‎ D、偏转电压增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一直做匀速直线运动 B．小球先做加速运动后做减速运动 C．小球对桌面的压力先减小后增大 D．小球对桌面的压力一直在增大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；作用力和反作用力．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．‎ ‎【解答】解：根据右手螺旋定则可知直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，压力为重力与洛伦兹力的差值，过O得后洛伦兹力的方向向下．压力为重力与洛伦兹力的合力，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，但小球对桌面的压力一直在增大，故BC错误，AD正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，一绝缘水平细线系一个带电小球，绕O点在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下（图示为俯视图）．若小球运动到圆周上的A点时，从细线的连接处脱离，而后仍在磁场中运动．则关于小球的运动情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球可能做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变 B．小球可能做逆时针方向的匀速圆周运动，半径减小 C．小球可能做顺时针方向的匀速圆周运动，半径不变 D．小球可能做顺时针方向的匀速圆周运动，半径增大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．‎ ‎【解答】解：AB、若小球带正电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，逆时针做圆周运动，半径不变．‎ 若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，由此可知，逆时针转动时，半径不会变小，故B错误，A正确．‎ CD、如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小F等于小球原来所受合力大小时，即F﹣qvB=qvB，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变；‎ 也可能洛伦兹力小于之前合力的大小，即qvB＜F﹣qvB，则半径增大．故C、D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线（I）位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图（II）位置时，线框的速度为，则下列说法正确的是（　　）‎ A．图（II）时线框中的电功率为 B．此过程中回路产生的电能为 C．图（II）时线框的加速度为 D．此过程中通过线框截面的电量为 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】线框中产生的感应电动势为E=2Ba•v，由P=求出电功率．‎ 线框的动能转化为电能，根据能量守恒定律求解电能．‎ 安培力F=BIa、I=，线框所受的合外力为2F，根据牛顿第二定律求解加速度．根据q=，求解电量．‎ ‎【解答】解：A、线框中产生的感应电动势为E=2（Bav）=Bav，线框中的电功率为P==．故A正确．‎ B、根据能量守恒定律得：线框中产生的电能为Q==．故B正确．‎ C、线框所受的安培力的合力为F=2BIa=2Ba=2‎ 牛顿第二定律得，a==．故C错误．‎ D、在位置Ⅱ时，线框的磁通量为零，线框磁通量的变化量△Φ=Ba2，此过程中通过线框截面的电量为q==．故D错误．‎ 故选AB ‎　‎ ‎11．如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能Ek最随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】小球受重力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，然后根据牛顿第二定律列式分析求解．‎ ‎【解答】解：小球向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向下的滑动摩擦力，向上运动，重力和摩擦力做负功，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当速度减为零时，向上的位移最大，摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；‎ 小球达到最高点后向下运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向上的滑动摩擦力，由于速度不断变大，洛伦兹力不断变大，支持力变大，故滑动摩擦力变大，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大；‎ A、由以上的分析可知，小球先向上运动，加速度逐渐减小；后小球向下运动，加速度仍然继续减小．负号表示速度的方向前后相反．故A正确；‎ B、由以上的分析可知，小球先向上运动，摩擦力的方向向下，逐渐减小；后小球向下运动，摩擦力的方向向上，逐渐增大．故B正确；‎ C、小球向上运动的过程中：Ek=Ek0﹣WG﹣Wf=Ek0﹣mgx﹣fx，由于f逐渐减小，所以动能的变化率逐渐减小．故C错误；‎ D、小球运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动的过程中：△E=﹣f△x，由于向上运动的过程中f逐渐减小，所以机械能的变化率逐渐减小；而向下运动的过程中摩擦力之间增大，所以机械能的变化率逐渐增大．故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎12．如图所示，空间存在一水平向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的初速度为 B．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定．‎ ‎【解答】解：A、对小球进行受力分析如图，‎ 电场力的大小：F=qE=q×=mg，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：FG+F==2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．‎ 所以v0=．故A正确；‎ B、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN ‎．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动．故B错误．‎ C、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C正确；‎ D、若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W=m=．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 二、非选择题：本大题共4小题，共50分．按题目要求作答．解答题应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）正离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tanθ的表达式．在磁场中，离子由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sinθ．联立即可求得磁感应强度．‎ ‎（2）离子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间．在磁场中，由t=T求出时间，即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动 ‎ t= ①‎ ‎ a= ②‎ ‎ tanθ= ③‎ 由①②③得：tanθ= ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．‎ ‎ R= ⑤‎ 由几何知识得：sinθ= ⑥‎ 由⑤⑥解得：sinθ= ⑦‎ 由④⑦式解得：B=‎ ‎（2）粒子在电场中运动时间t1= ⑧‎ 在磁场中运动时间t2== ⑨‎ 而L= ⑩，‎ 由⑧⑨⑩解出： =‎ 答：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是．‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是=．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，直角坐标系xOy平面内，在平行于y轴的虚线MN右侧y＞0的区域内，存在着沿y轴负方向的匀强电场；在y＜0的某区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场（图中未画出）．现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从虚线MN上的P点，以平行于x轴方向的初速度v0‎ 射入电场，并恰好从原点O处射出，射出时速度方向与x轴夹角为60°．此后粒子先做匀速运动，然后进入磁场，粒子从有界磁场中射出时，恰好位于y轴上Q（0，﹣l）点，且射出时速度方向沿x轴负方向，不计带电粒子的重力．求：‎ ‎（1）P、O两点间的电势差；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（3）带电粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）带电粒子从P点射入电场做类平抛运动，将O点速度分解，根据动能定理求出P、O两点间的电势差U．‎ ‎（2）粒子在y＜0的区域内的匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B．‎ 由题意，粒子做圆周运动的圆心一定在y轴上，洛伦兹力提供向心力qvB=m，再根据几何关系求出半径R，代入可计算出B．‎ ‎（3）带电粒子在磁场中周期T=，转过的圆心角为120°，所以在磁场中运动的时间为t=．‎ ‎【解答】解：粒子在点场中做类平抛运动，有v=‎ 设P、Q两点间电势差为U，由动能定理有：‎ qU=﹣‎ 解得：U=‎ ‎（2）粒子在y＜0的区域内运动的轨迹如图所示．‎ 设其在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B．‎ 由题意，粒子做圆周运动的圆心一定在y轴上．‎ 由牛顿第二定律qvB=m 解得R=‎ 由几何知道得+R=l 解得R=‎ 所以B=‎ ‎（3）带电粒子在磁场中周期T=，转过的圆心角为120°，所以在磁场中运动的时间为t===‎ 答：（1）P、O两点间的电势差为；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度为B=；‎ ‎（3）在磁场中运动的时间为t=．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，绝缘水平面上有宽l=0.4m的匀强电场区域，场强E=6×105N/C，方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点；带电量q=+5×10﹣8C、质量m=1×10﹣2kg的物块A在距O点x=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞．假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k（k＞1）倍，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块可视为质点，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，且A的电荷量始终不变，g取10m/s2．‎ ‎（1）求A到达O点与B碰撞前的速度大小；‎ ‎（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；‎ ‎（3）讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出A到达O点与B碰撞前的速度．‎ ‎（2）碰撞的瞬间，动量守恒定律，因为系统没有动能损失，则机械能守恒，综合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后瞬间A、B的速度．‎ ‎（3）讨论A能从电场右边界离开和不能从电场右边界离开，根据动能定理得出k的范围，从而根据电场力做功的特点求出电场力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）设碰撞前A的速度为v，由动能定理得：‎ ‎﹣μmgx=mv2﹣mv02…①‎ 得：v===4m/s …②‎ ‎（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以由动量守恒定律有：‎ ‎ mv=mvA+vB…③‎ 由能量守恒定律有 mv2=mvA2+•vB2…④‎ 联立③④代入解得：vA=…⑤‎ vB=…⑥‎ ‎（3）讨论：‎ ‎（i）如果A能从电场右边界离开，必须满足：‎ mvA2＞μmgL+qEL…⑦‎ 代入数据，得：k＞3…⑧‎ 电场力对A做功为：WE=﹣qEL=6×105×5×10﹣8×0.4（J）=﹣1.2×10﹣2（J） …⑨‎ ‎（ii）如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：‎ mvA2≤μmgL+qEL…⑩‎ 联立⑤⑩代入数据，得：k≤3…（11）‎ 考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开…（12）‎ 又：qE=3×10﹣2N＞μmg=2×10﹣2N…（13）‎ 所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0．即：WE=0…（14）‎ 答：‎ ‎（1）A到达O点与B碰撞前的速度为4m/s．‎ ‎（2）碰撞后瞬间，A和B的速度分别为：和．‎ ‎（3）当k＞3，电场力做功为﹣1.2×10﹣2J．当1＜k≤3，电场力做功为零．‎ ‎　‎ ‎16．相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图1所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图2所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨向上匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．（g=10m/S2）‎ ‎（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；‎ ‎（2）已知在2s内外力F做功26.8J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎（3）求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图3中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图线．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）由E=BLv、欧姆定律、F=BIL、v=at，及牛顿第二定律得到F与时间t的关系式，再根据数学知识研究图象（b）斜率和截距的意义，即可求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小．‎ ‎（2）由运动学公式求出2s末金属棒ab的速率和位移，根据动能定理求出两金属棒产生的总焦耳热．‎ ‎（3）分析cd棒的运动情况：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．‎ cd棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而cd棒对导轨的压力等于安培力，可求出电路中的电流，再由E=BLv、欧姆定律求出最大速度．‎ ‎【解答】解（1）经过时间t，金属棒ab的速率：v=at，‎ 此时，回路中的感应电流为：I==，‎ 对金属棒ab，由牛顿第二定律得：F﹣BIL﹣m1g=m1a，‎ 由以上各式整理得：F=m1a+m1g+，‎ 在图线上取两点：t1=0，F1=11N； t2=2s，F2=14.6N 代入上式得：a=1m/s2，B=1.2T；‎ ‎（2）在2s末金属棒ab的速率 vt=at=1×2=2m/s ‎ 所发生的位移s=at2=×1×22=2m，‎ 由动能定律得：WF﹣m1gs﹣W安=m1vt2﹣0，‎ 又Q=W安，联立以上方程，‎ 解得：Q=WF﹣mgs﹣mvt2=26.8﹣1×10×2﹣×1×22=4.8（J）‎ ‎（3）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，‎ 当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；‎ 然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．‎ 当cd棒速度达到最大时，对cd棒有：m2g=μFN 又FN=F安 F安=BIL，‎ 整理解得 m2g=μBIL，‎ 对abcd回路：I==，‎ 解得：vm==2m/s，‎ vm=at0，解得：t0=2s，‎ fcd随时间变化的图象如图所示． ‎ 答：（1）求出磁感应强度B的大小为1.2T，ab棒加速度大小1m/s2；‎ ‎（2）这一过程中两金属棒产生的总焦耳热是4.8J；‎ ‎（3）cd棒达到最大速度所需的时间t0为2s，cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的情况如图．‎ ‎　‎ ‎2017年1月6日