河北省保定市定兴三中2020学年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）

河北省保定市定兴三中2020学年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）

‎2020学年河北省保定市定兴三中高二（上）月考物理试卷（12月份） ‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）‎ ‎1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )‎ A．EP＞EQ，φP＜φQ B．EP＜EQ，φP＞φQ C．EP＜EQ，φP＜φQ D．EP＞EQ，φP＞φQ ‎2．如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎3．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )‎ A．在R上并联一个小电阻 B．在R上并联一个大电阻 C．将R的阻值变大些 D．将R的阻值变小些 ‎4．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则( )‎ A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8W C．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W ‎5．根据定义式B=，下列说法正确的是( )‎ A．B的大小与F成正比，与L、I成反比 B．B的方向由F的方向所决定 C．处在磁场中的通电导线L，在任何情况下所受磁场力F与L、I之比都恒定，且不为零 D．只有当B与L垂直时，定义式才有意义 ‎6．下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎7．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示．下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是( )‎ A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由a向b运动，带负电 C．粒子由b向a 运动，带正电 D．粒子由b向a运动，带负电 ‎8．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为( )‎ A．F B．F C．F D．F ‎9．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是( )‎ A．向右飞行的正离子束 B．向左飞行的正离子束 C．向右飞行的负离子束 D．问左飞行的负离子束 ‎10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )‎ A．U变小，E不变 B． E变大，ε变大 C．U变小，ε不变 D．U不变，ε不变 二、填空题（共20分，把答案填在答题纸相应的横线上）‎ ‎11．如图的游标卡尺的读数为：__________mm ‎12．在测定电源的电动势和内阻的实验中某同学所用的电路图和测得的数据如下：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎（1）在如图给出的U﹣I坐标系中用给出的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第__________组数据有误．‎ ‎（2）求得电动势E=__________V，内阻r=__________Ω．（均保留2位有效数字）．‎ ‎13．有一个小灯泡上标有“2V、1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～3V内阻10kΩ）‎ B．电压表（0～10V内阻20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（5Ω，1A）‎ F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）‎ G．电源（电动势3V，内阻1Ω）‎ ‎（1）实验中电压表应选用__________，电流表应选用__________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）．‎ ‎（2）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I﹣U图象如图所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（3）请根据实验要求，画出电路图．‎ 电路图：‎ 三、计算题（共40分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分．有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）‎ ‎14．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，若加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：‎ ‎（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；‎ ‎（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l．‎ ‎15．如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2×108N/C，B=10T．一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45°的偏转．不计粒子的重力．求粒子的电荷量与质量之比．‎ ‎16．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：‎ ‎（1）电源电动势E和内电阻r；‎ ‎（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；‎ ‎（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？‎ ‎17．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿﹣x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．‎ ‎（1）请判断该粒子带何种电荷 ‎（2）求出其荷质比．‎ ‎（3）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？‎ ‎2020学年河北省保定市定兴三中高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）‎ ‎1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )‎ A．EP＞EQ，φP＜φQ B．EP＜EQ，φP＞φQ C．EP＜EQ，φP＜φQ D．EP＞EQ，φP＞φQ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小．根据沿电场线的方向电势降低，判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：由图P点电场线密，电场强度大，则EP＞EQ．沿电场线的方向电势降低，则有φP＞φQ．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此题要求掌握电场线的物理意义特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低．‎ ‎2．如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】电压表测量路端电压．当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．由欧姆定律判断并联部分电压的变化，确定通过R2的电流如何变化，由总电流和通过通过R2电流的变化分析电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流I减小，路端电压增大，则电压表示数变大．并联部分的电压U并=E﹣I（R1+r），I减小，其他量不变，可见，U并增大，通过R2的电流I2增大，流过电流表的电流IA=I﹣I2，I减小，I2增大，IA减小，则电流表示数变小．所以电压表示数变大，电流表示数变小．‎ 故选A ‎【点评】本题是电路的动态变化分析问题，一般按“局部→整体→局部”的思路分析．干路中电流与变阻器中电流的变化情况是一致的．‎ ‎3．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )‎ A．在R上并联一个小电阻 B．在R上并联一个大电阻 C．将R的阻值变大些 D．将R的阻值变小些 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【专题】实验题；恒定电流专题．‎ ‎【分析】电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可．‎ ‎【解答】解：电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；‎ 在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，分流稍大，不可以．故AB错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．‎ ‎4．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则( )‎ A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8W C．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ 在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ ‎【解答】解：当电动机不转时，电动机的内阻为r===0.5Ω，‎ 电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.5W．‎ 卡住后热功率：P热===8W 故选：B ‎【点评】对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立．‎ ‎5．根据定义式B=，下列说法正确的是( )‎ A．B的大小与F成正比，与L、I成反比 B．B的方向由F的方向所决定 C．处在磁场中的通电导线L，在任何情况下所受磁场力F与L、I之比都恒定，且不为零 D．只有当B与L垂直时，定义式才有意义 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，故A错误；‎ B、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其方向由磁场以及磁场中的位置决定，与F的方向无关．故B错误；‎ C、当导线的方向与磁场的方向平行时，F等于0，故C错误；‎ D、定义式B=，只有当B与L垂直时，定义式才有意义，所以D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．‎ ‎6．下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．电流的磁场由安培定则判断磁场方向．‎ ‎【解答】解：根据左手定值可知，‎ A、图中的安培力应该垂直磁感线垂直于电流的方向指向正上方．故A错误；‎ B、图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左．故B正确；‎ C、图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里．故C错误；‎ D、图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系．‎ ‎7．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示．下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是( )‎ A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由a向b运动，带负电 C．粒子由b向a 运动，带正电 D．粒子由b向a运动，带负电 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．‎ ‎【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a．‎ 在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r=和左手定则就能正确解答．‎ ‎8．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为( )‎ A．F B．F C．F D．F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．‎ ‎【解答】解：设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小﹣3Q，根据库伦定律有：‎ 两球接触前：F=K 接触再分开后，两球分别带电量大小为：Q1=Q2==Q；‎ 由库伦定律得：F′=K=，故BCD错误，A正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】对于完全相同的带电体，若带异种电荷，接触后则先中和再平分，若带同种电荷则将总电量平分．‎ ‎9．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是( )‎ A．向右飞行的正离子束 B．向左飞行的正离子束 C．向右飞行的负离子束 D．问左飞行的负离子束 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负以及粒子的飞行方向．‎ ‎【解答】解：磁针的S极向纸内偏转，说明磁场方向指向纸外，带电粒子束相当于通电导线，根据右手螺旋定则可知，这一带电粒子束可能是向左飞行的正电粒子，或者向右飞行的负电粒子．故BC正确，AD错误 故选：BC ‎【点评】本题实质上考查了通电导体周围的磁场分布情况，要熟练掌握右手螺旋定则来判断通电导体、通电螺线管周围的磁场分别情况．‎ ‎10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )‎ A．U变小，E不变 B．E变大，ε变大 C．U变小，ε不变 D．U不变，ε不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【专题】电容器专题．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式U=判断板间电压的变化．‎ ‎【解答】解：由题意知：电容器的带电量Q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C增大．由公式U=知，板间电压U变小．‎ 由推论公式E=分析，可知板间电场强度E不变，则由U=Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能ɛ不变．故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．‎ 二、填空题（共20分，把答案填在答题纸相应的横线上）‎ ‎11．如图的游标卡尺的读数为：91.60mm ‎【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：游标卡尺的主尺读数为：9.1cm=91mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，‎ 所以最终读数为：91mm+0.60mm=91.60mm 故答案为：91.60．‎ ‎【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，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎12．在测定电源的电动势和内阻的实验中某同学所用的电路图和测得的数据如下：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎（1）在如图给出的U﹣I坐标系中用给出的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第3组数据有误．‎ ‎（2）求得电动势E=1.5V，内阻r=1.9Ω．（均保留2位有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图示，根据图象分析答题；图象纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示，‎ 由图示图象可知，第三组实验数据偏离直线较远，第三组实验数据是错误的；‎ ‎（2）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴 交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.5V，‎ 电源内阻：r==≈1.9Ω．‎ 故答案为：（1）3（2）1.5，1.9‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻．‎ ‎13．有一个小灯泡上标有“2V、1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～3V内阻10kΩ）‎ B．电压表（0～10V内阻20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（5Ω，1A）‎ F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）‎ G．电源（电动势3V，内阻1Ω）‎ ‎（1）实验中电压表应选用A，电流表应选用D．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）．‎ ‎（2）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I﹣U图象如图所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（3）请根据实验要求，画出电路图．‎ 电路图：‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，我i方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据图示图象应用欧姆定律分析答题．‎ ‎（3）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选择A，灯泡额定电流I===0.5A，电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；‎ ‎（2）由图2所示图象可知，随电压增大，灯泡电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；‎ ‎（3）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻阻值R===4Ω，电压表内阻为10kΩ，电流表内阻为0.4Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路如图所示：‎ 故答案为：（1）A；D；E；（2）增大；（3）电路图如图所示．‎ ‎【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．‎ 三、计算题（共40分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分．有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）‎ ‎14．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，若加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：‎ ‎（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；‎ ‎（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）电子在沿x轴方向做匀速运动，即可求得运动时间，在电场方向做匀加速运动，由运动学公式及可求得速度；‎ ‎（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标，电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出P点的速度，再由位移公式求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离．‎ ‎【解答】解：（1）由 eU=mv02‎ 得电子进入偏转电场区域的初速度v0=‎ 设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t==；‎ y=at2=‎ 因为加速电场的电势差U＞，说明y＜h，说明以上假设正确，‎ 所以vy=at=×d=‎ 离开时的速度v=‎ ‎（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则 x′=v0t′‎ y′=h﹣y=h﹣t=vyt′‎ 则 l=d+x′=d+v0t′=d+v0（﹣）=d+h﹣=+h 代入解得l=+‎ 答：（1）若加速电场的电势差U＞，则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t为，离开电场区域时的速度v为；‎ ‎（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l为+．‎ ‎【点评】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解．‎ ‎15．如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2×108N/C，B=10T．一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45°的偏转．不计粒子的重力．求粒子的电荷量与质量之比．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】沿着直线运动时，洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡条件列式；撤去磁场后，做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式列式；最后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：设粒子的初速度为v0，粒子在电磁场中做直线运动时受力平衡 qE=qv0B 当只撤去磁场后，粒子在电场中做类似平抛运动 l=v0t vx=v0‎ vy=‎ 联立以上各式解得 答：粒子的电荷量与质量之比为2.5×106C/kg．‎ ‎【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，然后根据平衡条件和类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难．‎ ‎16．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：‎ ‎（1）电源电动势E和内电阻r；‎ ‎（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；‎ ‎（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．‎ ‎【专题】电容器专题．‎ ‎【分析】（1）分析电路的结构，然后根据闭合电路的欧姆定律解答即可；‎ ‎（2）根据公式：P=I2R即可计算出功率；‎ ‎（3）根据闭合电路的欧姆定律，计算出两种情况下的电流，然后根据串联电路的电压分配关系计算出两种情况下的电压，最后由Q=CU计算电量即可．‎ ‎【解答】解：（1）当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，R2与R3串联，W ①‎ 当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电路中R1与R2并联后与R3串联，‎ W ②‎ 联立①②代入数据得：E=4V，r=0.5Ω ‎（2）当S1、S2都闭合时电路中的电流：A 电源的输出功率：W 及电源内部产生的热功率：W ‎（3）当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电路中R1与R2并联后与R3串联，此时电容器两端的电压是0，所以电容器上的电量：Q1=0‎ 当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时的电流：A 电容器两端的电压是R2两端的电压，即：U2=I2R2=0.5×6=3V 电量：C 答：（1）电源电动势是4V，内电阻是0.5Ω；‎ ‎（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率是3.5W，电源内部产生的热功率是0.5W；‎ ‎（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器上的电量分别是0和6×10﹣5C．‎ ‎【点评】在闭合电路的解答过程中，分析清楚电路的结构是解题的关键，分析清楚电路的结构后，结合闭合电路的欧姆定律与相关的公式即可解答．‎ ‎17．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿﹣x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．‎ ‎（1）请判断该粒子带何种电荷 ‎（2）求出其荷质比．‎ ‎（3）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）粒子向上偏转，在A点受到的洛伦兹力方向向上，根据左手定则可判断粒子的电性．‎ ‎（2）画出轨迹可知，粒子轨迹半径等于r，根据牛顿第二定律求解比荷．‎ ‎（3）根据粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，求出轨迹的圆心角，来确定时间与周期的关系，求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．‎ ‎（2）粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90°，‎ 则粒子轨迹半径R=r 由qvB=m，得粒子的比荷 ‎（3）粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60°角，故 AD 弧所对圆心角 60°，粒子做圆周运动的半径 又 得 粒子在磁场中飞行时间 答：（1）该粒子带负电荷，（2）其比荷；（3）磁感应强度 ，粒子在磁场中飞行时间t=；‎ ‎【点评】本题是带电粒子在磁场中运动的轨迹问题，关键运用几何知识画轨迹、求半径．要注意区别轨迹半径与磁场范围半径． ‎