物理卷·2018届福建省福州八中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届福建省福州八中高二上学期期末物理试卷 （解析版）

福建省福州八中2016-2017学年高二（上）期末物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、单项选择题（本题有16小题，每题4分，共计64分）‎ ‎1．首先发现电流磁效应的科学家是（　　）‎ A．奥斯特 B．安培 C．库仑 D．麦克斯韦 ‎2．在点电荷产生的电场中，以它为圆心做一个圆，那么圆上A、B两点（　　）‎ A．电场强度相同，电势相等 B．电场强度相同，电势不相等 C．电场强度不相同，电势相等 D．电场强度不相同，电势不相等 ‎3．如图所示，直线a为电源的U﹣I图线，直线b为电阻R的U﹣I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（　　）‎ A．4W、33.3% B．2W、33.3% C．4W、67% D．2W、67%‎ ‎4．如图，匀强磁场磁感应强度分别为B1和B2，OO′是它的分界面，B1＞B2．现有一带正电粒子+q以速度V垂直于磁感应强度B1的方向进入磁场，经一段时间进入B2磁场，已知带电粒子在B1和B2磁场中的动能和轨道半径分别为E1、E2、r1、r2，则它们之间的关系是（　　）‎ A．E1＞E2，r1＞r2 B．E1=E2，r1＜r2 C．E1＞E2，r1＜r2 D．E1=E2，r1＞r2‎ ‎5．两个带正电的小球，放在光滑的绝缘的水平面上，相距一定的距离，若同时由静止开始释放两球，它们的加速度和速度将（　　）‎ A．速度变大，加速度变大 B．速度变小，加速度变小 C．速度变大，加速度变小 D．速度变小，加速度变大 ‎6．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法错误的是（　　）‎ A．运动轨迹的半径相同 B．运动时间相同 C．重新回到边界时的速度的大小和方向相同 D．重新回到边界的位置与O点距离相等 ‎7．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由B=可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力成正比 B．一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向 C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零 D．磁感应强度为零的地方，一小段通电导线在该处不受磁场力 ‎8．当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．则电动机的输出功率是（　　）‎ A．0.56w B．0.54w C．0.57w D．0.60w ‎10．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线 D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大 ‎11．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10000Ω的电阻 B．并联一个10000Ω的电阻 C．串联一个9700Ω的电阻 D．并联一个9700Ω的电阻 ‎12．在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（　　）‎ ‎（用“•”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里；“⊙”表示电流垂直于纸面向外，“ⓧ”表示电流垂直于纸面向里．）‎ A． B． C． D．‎ ‎13．如图所示，当滑线变阻器的滑动触点向上滑动（　　）‎ A．电压表V的读数增大，电流表A的读数减小 B．电压表V和电流表A的读数都减小 C．电压表V和电流表A的读数都增大 D．电压表V的读数减小，电流表A的读数增大 ‎14．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为UA=17V，UB=2V，UC=﹣4V．由此可得D点的电势UD为（　　）‎ A．15V B．6V C．11V D．21V ‎15．如图所示，带箭头的线段表示某一电场，一带电粒子仅在电场力的作用下经过A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，则（　　）‎ A．带电粒子带负电，在A点动能大，电势低，电势能小 B．带电粒子带负电，在B点动能大，电势高，电势能大 C．带电粒子带正电，在A点动能大，电势低，电势能小 D．带电粒子带正电，在B点动能大，电势高，电势能大 ‎16．如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA=3mB，轨道半径为RA=3RB．则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球A带正电、B带负电 B．小球A带负电、B带正电 C．小球A、B的速度比为3：1 D．小球A、B的速度比为1：3‎ ‎　‎ 二、实验题（本题有3小题，每空2分，共计18分）‎ ‎17．（6分）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　　挡．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是　　Ω．‎ ‎18．描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻约为0.1Ω） ‎ B．电流表（0～0.6A，内阻约为0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻约为5kΩ） ‎ D．电压表（0～15V，内阻约为50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A） ‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） ‎ H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　　．‎ ‎（2）在虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．‎ ‎19．（8分）某同学进行了“测定电源电动势和内电阻”的实验，将实验数据描绘得到如图（A）所示的图象．根据图象可得，该电源的电动势为　　V，内电阻为　　Ω；若该同学在实验时采用如图（B）所示的电路，则电动势的测量值与真实值之间的关系为E测　　E真，内电阻的测量值与真实值之间的关系为r测　　r真．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题有2小题，每题9分，共计18分）‎ ‎20．（9分）如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为0.3kg的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求：（g=10m/s2） ‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）ab棒对导轨的压力．‎ ‎21．（9分）如图，在x轴上方有水平向左的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一个不计重力的正离子从M点垂直磁场方向，以垂直于y轴的速度v射入磁场区域，从N点以垂直于x轴的方向进入电场区域，然后到达y轴上P点，‎ ‎（1）若OP=ON，则入射速度应多大？‎ ‎（2）若正离子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动时间为t2，则t1：t2多大？‎ ‎　‎ 四、不定项选择题（本题有6小题，至少两个选项正确，漏选得2分，每题4分，共计24分）‎ ‎22．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN运动（MN在垂直于磁场方向的平面内），如图所示，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 C．如果电场方向水平向左，油滴是从M点运动到N点 D．如果电场方向水平向右，油滴是从M点运动到N点 ‎23．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它可能出现的运动状态是（　　）‎ A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动 C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动 ‎24．如图，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（　　）‎ A．当R2=R1+r时，R2上获得最大功率 B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率 C．当R2=0时，电源的总功率最大 D．当R2=0时，电源的输出功率最大 ‎25．如图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，带电粒子飞出此区域时，速度方向偏转了，根据上述条件可求得的物理量为（　　）‎ A．带电粒子的比荷 B．带电粒子的初速度 C．带电粒子在磁场中运动的半径 D．带电粒子在磁场中运动的周期 ‎26．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是（　　）‎ A．增大电场的加速电压 B．增大D形金属盒的半径 C．减小狭缝间的距离 D．减小磁场的磁感应强度 ‎27．如图所示，某空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一离子在电场力和磁场力作用下，从静止开始沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c为运动的最低点．则（　　）‎ A．离子必带负电 B．a、b两点位于同一高度 C．离子在c点速度最大 D．离子到达b点后将沿原曲线返回 ‎　‎ 五、计算题（本题有2小题，共计26分）‎ ‎28．（12分）如图所示，质量为0.2kg的物体带正电，其电量为4×10﹣4C，从半径为0.3m光滑的圆弧滑轨上端A点由静止下滑到底端B点，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103‎ N/C的竖直向下的匀强电场中．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物体运动到圆弧滑轨底端B点时对轨道的压力；‎ ‎（2）物体在水平面上滑行的最大距离．‎ ‎29．（14分）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E=4.0×105N/C，y轴右方有一垂直纸面的匀强磁场，有一质子以速度υ0=2.0×106m/s由x轴上A点（OA=10cm）先后两次进入磁场，第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量m为1.6×10﹣27kg，不计质子重力，求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小和方向；‎ ‎（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；‎ ‎（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省福州八中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题有16小题，每题4分，共计64分）‎ ‎1．首先发现电流磁效应的科学家是（　　）‎ A．奥斯特 B．安培 C．库仑 D．麦克斯韦 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【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：1820年，奥斯特意外地发现载流导线的电流会作用于磁针，使磁针改变方向，也就是通电导体周围产生磁场．‎ 故选：A．‎ ‎【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．在点电荷产生的电场中，以它为圆心做一个圆，那么圆上A、B两点（　　）‎ A．电场强度相同，电势相等 B．电场强度相同，电势不相等 C．电场强度不相同，电势相等 D．电场强度不相同，电势不相等 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】点电荷产生的电场线是辐射状或汇聚状的，根据电场线的特点判断电场强度的关系．通过点电荷的等势面判断各点电势的关系 ‎【解答】解：在单个点电荷产生的电场中，以它为圆心做一个圆，在圆周上各处电场线疏密相同，但方向各不相同，故场强的大小相同，场强的方向各不相同，所以圆上各点的场强不同．‎ 点电荷的等势面是一簇簇一点电荷为球心的同心球面，球面上各点的电势相等．‎ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键掌握点电荷周围电场的特点，注意电场强度是矢量，有大小有方向．以及知道点电荷的等势面特点 ‎　‎ ‎3．如图所示，直线a为电源的U﹣I图线，直线b为电阻R的U﹣I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（　　）‎ A．4W、33.3% B．2W、33.3% C．4W、67% D．2W、67%‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；闭合电路中的能量转化．‎ ‎【分析】根据电源的U﹣I图线a，读出电源的电动势和内阻，电阻R的U﹣I图线的斜率读出电阻，由欧姆定律求出该电源和该电阻组成闭合电路时电流，再求出电源的输出功率和电源的效率．‎ ‎【解答】解：电源的U﹣I图线a与纵轴的交点表示断路状态，则电源的电动势为E=3V，图线a的斜率大小等于电源的内阻，则有r==0.5Ω．电阻R的U﹣I图线的斜率等于电阻R，则有R==1Ω，当该电源和该电阻组成闭合电路时，电路中电流为I==2A，路端电压为U=IR=2V，则电源的输出功率P出=UI=4W，电源的效率为η===67%．‎ 故选C ‎【点评】本题考查运用数学知识分析图象物理意义的能力．实质上，两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时工作状态，可直接读出电流和电压．‎ ‎　‎ ‎4．如图，匀强磁场磁感应强度分别为B1和B2，OO′是它的分界面，B1＞B2‎ ‎．现有一带正电粒子+q以速度V垂直于磁感应强度B1的方向进入磁场，经一段时间进入B2磁场，已知带电粒子在B1和B2磁场中的动能和轨道半径分别为E1、E2、r1、r2，则它们之间的关系是（　　）‎ A．E1＞E2，r1＞r2 B．E1=E2，r1＜r2 C．E1＞E2，r1＜r2 D．E1=E2，r1＞r2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力对粒子不做功，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径．‎ ‎【解答】解：洛伦兹力对粒子不做功，粒子在运动过程中动不变，即：E1=E2，‎ 粒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：qvB=m，解得：r=，‎ 由于B1＞B2，则：r1＜r2，故B正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了比较粒子的动能大小、粒子轨道半径大小问题，知道洛伦兹力对粒子不做功、应用牛顿第二定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎5．两个带正电的小球，放在光滑的绝缘的水平面上，相距一定的距离，若同时由静止开始释放两球，它们的加速度和速度将（　　）‎ A．速度变大，加速度变大 B．速度变小，加速度变小 C．速度变大，加速度变小 D．速度变小，加速度变大 ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由静止开始释放两球，两球各自受库仑斥力，两球距离增大，‎ 根据库仑定律F=判断库仑力的变化．‎ 根据牛顿第二定律判断加速度的变化．‎ ‎【解答】解：由静止开始释放两球，两球各自受库仑斥力，两球距离增大，‎ 根据库仑定律F=得 两球的斥力将会减小，根据牛顿第二定律 所以小球加速度变小，而加速度方向与速度方向相同，所以速度变大，‎ 故选C．‎ ‎【点评】熟悉库仑定律的表达式，能够在具体问题中判断库仑力的变化．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法错误的是（　　）‎ A．运动轨迹的半径相同 B．运动时间相同 C．重新回到边界时的速度的大小和方向相同 D．重新回到边界的位置与O点距离相等 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据牛顿第二定律得：‎ qvB=m 得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同．故A正确．‎ B、粒子的运动周期 T=，则知T相同．‎ 根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t=T．‎ 同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等．故B错误．‎ C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．‎ D、根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：B ‎【点评】根据题意画出轨迹示意图，可根据几何关系求出回到边界时离O点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有t=T，θ是轨迹的圆心角，而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角．‎ ‎　‎ ‎7．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由B=可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力成正比 B．一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向 C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零 D．磁感应强度为零的地方，一小段通电导线在该处不受磁场力 ‎【考点】磁感应强度；左手定则．‎ ‎【分析】本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度B= 是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；‎ B、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故B错误；‎ C、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，但在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零，还与放置的位置有关，当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，故C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】对于磁感应强度的定义式B=，要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义E=类比学习，并知道通电导线在磁场中是否受到还与放置的角度有关．‎ ‎　‎ ‎8．当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】由右手螺旋定则，结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；‎ B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；‎ C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；‎ D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的N极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由S极到N极．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．则电动机的输出功率是（　　）‎ A．0.56w B．0.54w C．0.57w D．0.60w ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=UI﹣I2r求解输出功率．‎ ‎【解答】解：通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，由I==═0.1 A ‎ 由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压：‎ ‎ UD=E﹣Ir﹣U=6 V﹣0.1×1 V﹣0.3 V=5.6 V ‎ 所以电动机输入的电功率：P入=UDI=0.56 W ‎ 电动机的发热功率：P热=I2R=0.02 W ‎ 电动机的输出功率：P出=P入﹣P热=0.54 W 故选：B ‎【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎　‎ ‎10．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线 D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大 ‎【考点】电场线；磁感线及用磁感线描述磁场．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；‎ 磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．‎ ‎【解答】解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；‎ B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；‎ C、电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C正确；‎ D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．‎ ‎　‎ ‎11．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10000Ω的电阻 B．并联一个10000Ω的电阻 C．串联一个9700Ω的电阻 D．并联一个9700Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．‎ ‎【解答】解：应串联电阻为R=﹣Rg=﹣300=9.7×103Ω ‎ A、由上式知应串联9.7KΩ的电阻．故A错误 ‎ B、改装成电压表应串联电阻不是并联．故B错误 ‎ C、由解析式得应串联9.7KΩ的电阻．故C正确 ‎ D、不应并联应串联电阻．故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=﹣Rg，是总电阻．‎ ‎　‎ ‎12．在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（　　）‎ ‎（用“•”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里；“⊙”表示电流垂直于纸面向外，“ⓧ”表示电流垂直于纸面向里．）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】通电导线在匀强磁场中受到的安培力的方向由左手定则来判定．‎ ‎【解答】解：通电导线在磁场中受到安培力，其方向由左手定则来确定．‎ 左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是正电荷的运动方向（电流），则大拇指就是洛伦兹力（安培力）方向．所以洛伦兹力（安培力）与磁场方向垂直、与运动方向垂直，即其与磁场与运动（电流）方向所构成的平面垂直．‎ A、电流方向水平向左，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；‎ B、由于电流方向与磁场方向相同，则没有安培力，故B错误；‎ C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；‎ D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，D错误；‎ 故选：C ‎【点评】左手定则是判定安培力的方向，同时也可以判定洛伦兹力方向，而右手定则是确定感应电流方向．同时当运动粒子是正电荷时，则大拇指的方向即为洛伦兹力方向．若是负电荷时，则大拇指的反方向即为洛伦兹力方向．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，当滑线变阻器的滑动触点向上滑动（　　）‎ A．电压表V的读数增大，电流表A的读数减小 B．电压表V和电流表A的读数都减小 C．电压表V和电流表A的读数都增大 D．电压表V的读数减小，电流表A的读数增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑线变阻器的滑动触点向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：当滑动变阻器的滑动触点向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，即电压表示数增大，电阻R2的电压U2=E﹣I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I﹣I2减小．所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分→整体→部分”的顺序分析．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为UA=17V，UB=2V，UC=﹣4V．由此可得D点的电势UD为（　　）‎ A．15V B．6V C．11V D．21V ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】连接AC，在AC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．‎ ‎【解答】解：连接AC，将AC七等分，标上各等分点E、F、G、H、I、J，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，‎ 所以各点的电势为φE=14V φF=11V φG=8V φH=5V φI=2V φJ=﹣1V．‎ 连接BI，则BI为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BI，则DF也是一条等势线，所以D点电势UD=φF=11V 故C正确、ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，带箭头的线段表示某一电场，一带电粒子仅在电场力的作用下经过A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，则（　　）‎ A．带电粒子带负电，在A点动能大，电势低，电势能小 B．带电粒子带负电，在B点动能大，电势高，电势能大 C．带电粒子带正电，在A点动能大，电势低，电势能小 D．带电粒子带正电，在B点动能大，电势高，电势能大 ‎【考点】电势；电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．‎ ‎【解答】解：粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，因此粒子带正电；‎ 由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则B点的加速度较大；‎ 粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少；‎ 沿着电场线电势降低，所以B点的电势高；‎ 即带电粒子带正电，在A点动能大，电势低，电势能小；‎ 故选：C ‎【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA=3mB，轨道半径为RA=3RB．则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球A带正电、B带负电 B．小球A带负电、B带正电 C．小球A、B的速度比为3：1 D．小球A、B的速度比为1：3‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】根据小球做匀速圆周运动，则有电场力与重力二力平衡，从而可求出电量比值，并由电场方向从而确定电性；根据洛伦兹力提供向心力，从而求得半径的表达式，即可求解速度之比．‎ ‎【解答】解：因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE=mg，‎ 由电场方向可知，两小球都带负电荷…①‎ ‎ mAg=qAE…②‎ ‎ mBg=qBE…③‎ 由题意，mA=3mB，所以=…④‎ 由qvB=m得R=…⑥‎ 则得v=‎ 由题意RA=3RB，则得=．故C正确，ABD错误．‎ 故选C ‎【点评】考查电场力与重力相平衡从而确定电量与电性，掌握洛伦兹力提供向心力，推导出半径表达式．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题有3小题，每空2分，共计18分）‎ ‎17．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　×100　挡．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　欧姆调零　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是　2200　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．‎ 如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；‎ 由图示表盘可知，该电阻的阻值是22×100=2200Ω．‎ 故答案为：×100；欧姆调零；2200．‎ ‎【点评】本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎　‎ ‎18．描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻约为0.1Ω） ‎ B．电流表（0～0.6A，内阻约为0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻约为5kΩ） ‎ D．电压表（0～15V，内阻约为50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A） ‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） ‎ H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　ACEGH　．‎ ‎（2）在虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．‎ ‎（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的C误差较小；额定电流I=，所以电流表的量程选择200mA的A，灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E，另外，还需要电源、电建和导线．故实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H．‎ ‎（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R==Ω=22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．‎ 故答案为：（1）A、C、E、G、H；（2）如右图．‎ ‎【点评】本题考查伏安特性曲线的描绘实验，解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别，同时掌握实物图的连接方法，注意电流的流向和电表量程的选择，同时注意导线不能出现交叉现象．‎ ‎　‎ ‎19．某同学进行了“测定电源电动势和内电阻”的实验，将实验数据描绘得到如图（A）所示的图象．根据图象可得，该电源的电动势为　3.0　V，内电阻为　1.0　Ω；若该同学在实验时采用如图（B）所示的电路，则电动势的测量值与真实值之间的关系为E测　＜　E真，内电阻的测量值与真实值之间的关系为r测　＜　r真．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】由欧姆定律可得出图象的截距及斜率的含义，则可由图象得出电动势和内电阻；根据电路特点结合图象即可分析实验中的误差．‎ ‎【解答】解：由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir 故图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故E=3.0；‎ 而图象的斜率表示电源的内阻，故r=Ω=1.0Ω；‎ 本实验中要获得的量为电源两端的输出电压和通过电源的电流；由于电表均不理想电表，即电流表内阻不是0；而电压表内阻也不是无穷大；由图可知，电压表并联在电源两端，故电压表是准确的，但由于电流表接在了一个支路上，故无法测出电压表的分流，电流值偏小；但当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故短路电流是准确的，则测量值和真实值的关系如图所示；真实值应偏下，但两图象在电源电压为零时相交，故由图可知，电源的电动势测量值要小于真实值；图象的斜率小于真实情况，故内阻也小于真实值；‎ 故答案为：3.0；1.0；＜；＜．‎ ‎【点评】本实验中的误差分析根据图象最容易掌握；但要注意分析清楚图象的变化及短路时电流接近真实值，这样才能确定出真实的图象．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题有2小题，每题9分，共计18分）‎ ‎20．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为0.3kg的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求：（g=10m/s2） ‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）ab棒对导轨的压力．‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】金属棒ab受到重力mg、导轨的支持力FN和安培力F作用，安培力F=BIL，根据平衡条件求解磁感应强度B和导轨对棒的支持力，再求出棒对导轨的压力．‎ ‎【解答】解：金属棒ab受到重力mg、导轨的支持力FN和安培力F作用，力图如图所示．‎ 根据平衡条件得 ‎ F=mgtan60°‎ ‎ FN=2mg 又F=BIL 得到B==1.73T，FN=6N 由牛顿第三定律得棒对导轨的压力大小为6N． ‎ 答：磁感应强度B为1.73T，棒对导轨的压力大小6N．‎ ‎【点评】本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析和计算安培力是关键 ‎　‎ ‎21．如图，在x轴上方有水平向左的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一个不计重力的正离子从M点垂直磁场方向，以垂直于y轴的速度v射入磁场区域，从N点以垂直于x轴的方向进入电场区域，然后到达y轴上P点，‎ ‎（1）若OP=ON，则入射速度应多大？‎ ‎（2）若正离子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动时间为t2，则t1：t2多大？‎ ‎【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】正离子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径等于ON、OM的长度，进入电场后做类平抛运动，根据粒子在磁场中的周期公式求出粒子在磁场中运动的时间，结合半径公式，以及在垂直电场方向和沿电场方向运用牛顿第二定律和运动学公式求出在电场中的运动时间，联立求出入射速度的大小以及时间之比．‎ ‎【解答】解：正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，从M经圆弧到N，‎ 由得，R=①‎ 由题意得，MO=NO=R ②‎ 在磁场中的运动时间③‎ 正离子垂直于电场方向进入匀强电场后做类平抛运动，‎ 在垂直于电场方向有：OP=vt2④‎ 沿电场方向有：ON=⑤‎ 由以上各关系可解得，v=‎ 则．‎ 答：（1）入射速度为；‎ ‎（2）时间之比为．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法，以及会确定粒子在磁场中运动的圆心、半径、圆心角是解题的关键．‎ ‎　‎ 四、不定项选择题（本题有6小题，至少两个选项正确，漏选得2分，每题4分，共计24分）‎ ‎22．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN运动（MN在垂直于磁场方向的平面内），如图所示，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 C．如果电场方向水平向左，油滴是从M点运动到N点 D．如果电场方向水平向右，油滴是从M点运动到N点 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【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正确，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：AC．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎23．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它可能出现的运动状态是（　　）‎ A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动 C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动 ‎【考点】电场强度；匀速圆周运动；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】‎ 根据物体的初状态和受力情况判断物体的运动情况．依据初速度与加速度的方向关系，可做判定．‎ ‎【解答】解：一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0．‎ A、物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故A错误．‎ B、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，若受到的电场力恒定，就可做匀加速直线运动，故B正确．‎ C、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，若受到的电场力恒定，就可做匀变速曲线运动，故C正确．‎ D、物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题重点要关注力与速度关系，这个关系决定物体的运动形式，要了解几种常见的运动状态的受力情况和速度变化情况．‎ ‎　‎ ‎24．如图，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（　　）‎ A．当R2=R1+r时，R2上获得最大功率 B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率 C．当R2=0时，电源的总功率最大 D．当R2=0时，电源的输出功率最大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】电路中有一个常用的推论：当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．可将定值电阻看成电源的内阻，分析可变电阻的功率；‎ 对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．‎ ‎【解答】解：A、将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于等效电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大．故A正确．‎ B、根据P=I2R，电流最大时，R1上的功率最大．当外电阻最小时，即R2‎ ‎=0时，电流最大．故B错误．‎ C、当R2=0时，电路中电流最大，电源的总功率P=EI，E不变，则此时电源的总功率最大，故C正确．‎ D、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，由于R1与r的关系未知，故当R2=0时，无法判断电源的输出功率是否最大，故D错误；‎ 故选AC ‎【点评】解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，带电粒子飞出此区域时，速度方向偏转了，根据上述条件可求得的物理量为（　　）‎ A．带电粒子的比荷 B．带电粒子的初速度 C．带电粒子在磁场中运动的半径 D．带电粒子在磁场中运动的周期 ‎【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】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．‎ ‎【解答】解：无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R，则有：v=…①‎ 而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ qvB=m，解得：轨道半径：r=…②‎ 由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：r=R…③‎ 由①②③联式可得： =；‎ 带电粒子在磁场中运动的周期为：T==πt．‎ 由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，‎ 以及初速度无法求出．故AD正确，BC错误．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功．同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射．‎ ‎　‎ ‎26．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是（　　）‎ A．增大电场的加速电压 B．增大D形金属盒的半径 C．减小狭缝间的距离 D．减小磁场的磁感应强度 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：由qvB=m，解得v=．‎ 则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故B正确，A、C、D 错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关 ‎　‎ ‎27．如图所示，某空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一离子在电场力和磁场力作用下，从静止开始沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c为运动的最低点．则（　　）‎ A．离子必带负电 B．a、b两点位于同一高度 C．离子在c点速度最大 D．离子到达b点后将沿原曲线返回 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 带电粒子由静止释放（不考虑重力），在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达B点时速度为零．之后粒子会继续向右重复由在由A经C到B的运动形式．‎ ‎【解答】解：A、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电．故A错误．‎ B、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位移同一高度．故B正确．‎ C、根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大．故C正确．‎ D、只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的．如图所示．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．‎ ‎　‎ 五、计算题（本题有2小题，共计26分）‎ ‎28．（12分）（2013秋•泉州校级期末）如图所示，质量为0.2kg的物体带正电，其电量为4×10﹣4C，从半径为0.3m光滑的圆弧滑轨上端A点由静止下滑到底端B点，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的竖直向下的匀强电场中．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物体运动到圆弧滑轨底端B点时对轨道的压力；‎ ‎（2）物体在水平面上滑行的最大距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出物体运动到B点的动能，在B点，在竖直方向上受到重力、电场力和支持力，三个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物体对轨道的压力．‎ ‎（2）对物体静止释放到最终速度为零整个过程运用动能定律，求出物体在水平面上滑行的最大距离．‎ ‎【解答】解：（1）对物体从A运动到B由动能定理有：‎ 物体运动到B点由牛顿第二定律有：‎ 由牛顿第三定律有：N′=N 代入数据得N′=7.2N 故物体运动到圆弧滑轨底端B点时对轨道的压力为7.2N．‎ ‎（2）对全程同样由动能定理有：mgR+qER﹣μ（mg+qE）L=0‎ 代入数据得：L=0.75m 故物体在水平面上滑行的最大距离为0.75m．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握动能定理，知道运用动能定理解题需选择合适的研究过程．‎ ‎　‎ ‎29．（14分）（2016秋•台江区校级期末）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E=4.0×105N/C，y轴右方有一垂直纸面的匀强磁场，有一质子以速度υ0=2.0×106‎ m/s由x轴上A点（OA=10cm）先后两次进入磁场，第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量m为1.6×10﹣27kg，不计质子重力，求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小和方向；‎ ‎（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；‎ ‎（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子以一定的速度进入匀强磁场，仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．由入射点与出射点可确定运动圆弧半径与已知长度的关系．从而确定磁感应强度的大小与方向，再根据运动圆弧对应的圆心角结合运动周期来求出运动的时间．当从磁场射出后，恰好又垂直射入匀强电场，做类平抛运动．由平抛运动处理规律可求出电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，因为质子两次均垂直进入电场，故可知质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2．根据题意知：‎ 所以：sin30°==‎ 可得圆周半径：R=2×OA=0.2m 质子圆周运动中，由洛伦兹力提供圆周运动向心力，故有：‎ qvB=‎ 所以：磁感应强度：‎ B==，方向垂直纸面向里．‎ ‎（2）从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为 θ1=210°和θ2=30°，因为质子在磁场中的运动时间：‎ 所以质子两次在磁场中的运动时间为：‎ ‎== ‎（3）两次质子以相同的速度和夹角进入电场，所以在电场中运动的时间相同．又因为质子进入磁场后做类平抛运动，故有：‎ 垂直电场方向质子做匀速直线运动有：S1=υ0t 质子在电场方向做初速度为0的匀加速直线运动即：‎ S2=at2=‎ 质子出电场时的位移夹角为30°则有：‎ tan30°=‎ 即：‎ 可得：t===1.73×10﹣7s ‎ 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直纸面向里；‎ ‎（2）质子两次在磁场中运动的时间之比为7：1；‎ ‎（3）质子两次在电场中运动的时间各为=1.73×10﹣7s ‎【点评】质子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；质子垂直进入在电场中在电场力作用下做类平抛运动，根据运动的合成与分解坟出质子的运动时间．能根据题意作出质子运动轨迹是解决本题的关键．要善于根据几何关系找出物理量之间的联系是解决此类问题的基本思路．‎ ‎　‎