2018-2019学年重庆市九龙坡区高二上学期教育质量全面监测物理试题 解析版

2018-2019学年重庆市九龙坡区高二上学期教育质量全面监测物理试题 解析版

重庆市九龙坡区2018-2019学年高二上学期教育质量全面监测物理试题 一、选择题 ‎1.在物理学发展过程中，实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是 A. 法拉第实验时观察到，将恒定电流或磁铁放在固定导体线圈附近，线圈中会出现感应电流 B. 欧姆根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C. 奥斯特发现了电流的磁效应，证明了电流周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系 D. 楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总与引起感应电流的磁场方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就。‎ ‎【详解】A.法拉第在实验中观察到，在将恒定电流或磁铁放在固定导体线圈附近，通过线圈的磁通量没变化，所以不会出现感应电流，故A不符合史实；‎ B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象，故B不符合史实；‎ C.奥斯特发现了电流的磁效应，证明了电流周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系，故C符合史实；‎ D.楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D不符合史实。‎ 所以选C。‎ ‎【点睛】本题关键要记住电学的一些常见的物理学史。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 电场和磁场是为了便于研究电荷的运动而引入的理想模型 B. 电场线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向 C. 若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零 D. 电流元在磁场中受到的磁场力方向就是该处的磁场方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线是始于正电荷或无穷远，止于负电荷或无穷远；且电场线上各点的切线方向，表示该点电场强度的方向，电场线不相交；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则可能是电流的方向与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零。‎ ‎【详解】A.电场和磁场是客观存在的一种物质，不是理想化的模型，故A错误；‎ B.电场线上各点的切线方向，表示该点电场强度的方向，故B正确；‎ C.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则可能是电流的方向与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零，故C错误；‎ D.根据左手定则可知，一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向与该处磁场的方向垂直，故D错误。‎ 所以B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了有关电场和磁场的基础知识，属于简单基础题，记住电场线的特点即可顺利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念，同时加强基本概念的应用。‎ ‎3.如图所示，无限长直导线中通有直流电流，下列操作能使线框中产生顺时针方向感应电流的是 A. 使导线中电流增大 B. 使线框水平向左运动 C. 使线框平行于导线向上运动 D. 使线框以直导线为轴转动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向。‎ ‎【详解】A.使导线中电流增大，穿过线圈的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流为顺时针，故A正确；‎ B.向左拉动线框，逐渐远离直线电流时，穿过线框的磁场减小，即穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流为逆时针，故B错误；‎ C.导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故C错误；‎ D.导线中的电流不变，使线框以直导线为轴转动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故D错误。‎ 所以A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。‎ ‎4.如图所示，A、B、C是以AB为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠BOC=90°，两个等量异种点电荷分别置于A、B两点，此时O点电场强度的大小为E；若将A处的点电荷移至C点，则O点的场场强大小变为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值。‎ ‎【详解】依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当A点处的点电荷移至C点时，该点电荷在O点场强与N处电荷在O点场强的夹角为90°，合场强大小为，故C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O 点的场强再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的场强。‎ ‎5.如图所示，电源电动势E＝6V、内阻r=2Ω，电动机M内阻RM=4Ω，小灯泡L标有“2V、0.4W”，V为理想电压表，闭合开关S，小灯泡L和电动机M均正常工作。则 A. 电压表读数为0.8V B. 电动机的输入功率为0.16W C. 电动机的输出功率为0.56W D. 整个电路消耗的功率是1.12W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从电路图中可以看出，电动机和小灯泡串联，电压表测量电动机两端的电压，先求出小灯泡的电流，根据欧姆定律求出电动机两端电压，根据P=UI求出电动机的电功率，根据P热=I2r求出电动机的热功率，则输出功率P出=P-P热，根据P=EI即可求解电源消耗的电功率。‎ ‎【详解】A.通过小灯泡的电流为：，电池内阻的电压为：，则电动机的电压为：，所以电压表读数为3.6V，故A错误；‎ B.电动机的输入功率为：，故B错误；‎ C.电动机的发热功率为：，电动机的输出功率为：，故C正确；‎ D.整个电路消耗的功率是：，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】本题是欧姆定律的基本运用，必须知道电动机为非纯电阻元件，其总功率和热功率是不一样的。‎ ‎6.如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源的电动势，r为电源内电阻，下列说法正确的是 A. 当R2=R1+r时，R2获得最大功率 B. 当R1=R2+r时，电源消耗的功率最大 C. 当R2最大时，R1获得最大功率 D. 当R2=0时，电源输出功率最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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=I2，电流最大时，功率最大。‎ ‎【详解】A.将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于电源的输出功率，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 D.当外电阻等于内阻时，即R1+R2=r时，电源的输出功率最大，故BD错误；‎ C.R1为定值电阻，只有当电路中电流最大时，才获得最大功率，即R2=0时功率最大，故C错误。‎ 所以A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】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。‎ ‎7.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示：置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速电压为U。若D型盒圆心A处粒子源产生的粒子质量为m、电荷量为+q，初速度为零，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑重力的影响，则下列说法正确的是 A. 随着速度的增加，带电粒子在磁场中运动的周期越来越短 B. 质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2：1‎ C. 质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比 D. 质子被加速后的最大动能等于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。‎ ‎【详解】A.根据粒子圆周运动的周期公式：，T与粒子的速度大小无关，所以粒子在回旋加速器中运行的周期不变，故A错误；‎ B.粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理：，可得：，质子第1次和第2次经过D形盒狭缝的速度比为：，根据，可得半径比为：，故B错误；‎ CD.根据， R是D形金属盒的半径，知质子获得的最大速度，则最大动能：，与加速的电压无关，故C错误，D正确。‎ 所以D正确，ABC错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。‎ ‎8.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一不计重力的带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，当速度方向与ab成30°角时，粒子恰好从b点飞出磁场，运动时间为t；若相同的带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，速度大小为v，则粒子在磁场中运动的时间为 A. B. C. t D. 2t ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子在磁场中的运动时间。‎ ‎【详解】粒子在磁场中做圆周运动的周期：，与粒子速率无关；粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：，粒子转过的圆心角：α=60°，粒子在磁场中的运动时间：，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：，粒子从A点正对圆心射入磁场，速度减为原来的一半时，粒子做圆周运动的轨道半径：，粒子转过的圆心角：β=90°，粒子在磁场中的运动时间：，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径与转过的圆心角是解题的关键。‎ ‎9.两块大小、形状完全相同的金属板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，下列说法正确的是 A. 保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小 B. 保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大 C. 断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度不变 D. 断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；由平行板电容器电容：，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由可求得电场强度的变化。‎ ‎【详解】A.保持K接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由可知，极板间的电场强度增大；故A错误；‎ B.保持K接通，则两板间的电势差不变，在两极板间插入一块介质，根据，可知，则电容C增大；则由Q=UC可知，极板上的电量增大，故B正确；‎ C.断开K，两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，而，可知，E不变，故C正确；‎ D.断开K，两板上所带电量不变，在两板间插入一介质，电容增大，则两板间的电势差减小，故D错误。‎ 所以BC正确，AD错误。‎ ‎【点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。‎ ‎10.如图所示，一电子从电场中a点运动到b点，径迹如图所示，图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等差等势面。下列说法正确的是 A. 如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较小 B. 如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较大 C. 无论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强大于b点的场强 D. 无论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势高于b点的电势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场线与等势面垂直，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，在等势面密的地方，电场的强度也是较大，在等势面疏的地方，电场的强度也是较小，沿电场线的方向，电势降低。‎ ‎【详解】A.若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，在a处动能最大，故A错误；‎ B.若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故b处动能最大，故B正确；‎ C.等差等势面密集处电场线也越密集，故a处场强较大，因此无论虚线是电场线还是等势面，均有a点的场强大于b点的场强，故C正确。‎ D.若虚线是电场线，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，由沿着电场线方向电势越来越低可判断a处的电势较高；若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，可得a点电势较小，故D错误；‎ 所以BC正确，AD错误。‎ ‎【点睛】无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功。‎ ‎11.如图甲所示电路中，定值电阻，电源内阻为r，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流变A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是 A. 电流表A的示数增大 B. 图线c表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况 C. 与比值大于r D. 此过程中电压表V3示数的变化量△U3和电流表A示数的变化量△I的比值的绝对值不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器的滑动触头P滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变化，外电路总电阻变化，总电流变化，可知路端电压变化，从而两个电压表示数的变化．由闭合电路欧姆定律得知，电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值等于r，电压表V2示数的变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值等于r+R1，由此分析即可。‎ ‎【详解】AB.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以电流表A的示数减小，可知路端电压增大，即知电压表V3示数增大，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，则知，图线c表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况，故A错误，B正确；‎ C.由闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（r+R1），所以，即电压表V2示数的变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值等于r+R1，故C正确；‎ D.由闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则，故D正确。‎ 所以BCD正确，A错误。‎ ‎【点睛】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化。‎ ‎12.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T，有一带电的小球，质量m=1.0×10-6kg，电荷量q=2×10-6C，正以速度v在图示的竖直面内做直线运动，g=10m/s2，则下列说法正确的是 A. 小球可能带负电 B. 小球一定做匀速直线运动，速度大小为20m/s C. 若撤去电场，小球做匀速圆周运动 D. 若经过P点时撤掉磁场，则小球再次穿过P点所在的电场线经历的时间为s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可；撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运动的基本公式列式求解即可。‎ ‎【详解】AB.根据平衡条件可得小球带正电，且小球做匀速直线运动时，受力如图，‎ 其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：，代入数据解得：v=20m/s，故A错误，B正确；‎ C.若撤去电场，小球受重力和洛伦兹力，小球不可能做匀速圆周运动，故C错误；‎ D.撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为vy=vsinθ，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有：，联立解得：，故D正确。‎ 所以BD正确，AC错误。‎ ‎【点睛】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小球的受力情况和运动情况，抓住小球做匀速直线运动，合力为零求解。‎ 二、实验题 ‎13.如图是一个多量程多用电表的简化电路图。‎ ‎（1）图中的A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接。‎ ‎（2）当转换开关S旋到位置____和____时，可用来测量电流，其中S旋到位置______时量程较大。‎ ‎（3）关于用多用表欧姆档测电阻的下列说法中正确的是________（多选）‎ A．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 B．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后再测量 C．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 D．测量结束后，应将选择开关置于欧姆挡的最大档位处 ‎【答案】 (1). 红 (2). 1 (3). 2 (4). 1 (5). AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，分析图示电路图答题；用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）；测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开。‎ ‎【详解】（1）电流从红表笔流入，黑表笔流出，故与多用电表内电源正极相连的是黑表笔，接线柱A 应连接红表笔。‎ ‎（2）当S旋到位置 1、2时，电流表与电阻并联，并联电阻起分流作用，可用来测量电流。S旋到位置1时，并联电阻阻值较小，则分流较大，故S旋到位置1时，电流表量程较大。‎ ‎（3）测量电路中的某个电阻，为保护电表，应该把该电阻与电路断开，故A正确；测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为减小测量误差，应将选择开关S 拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故B正确；用欧姆表测电阻，换挡后要重新进行欧姆调零，用同一挡位测不同阻值的电阻不必要重新进行欧姆调零，故C错误；使用完毕后应将表笔拔出，并把选择开关旋到交流电压最高档或“OFF”位置，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎【点睛】欧姆表是利用内部电源供电，制造原理是闭合电路欧姆定律．在使用过程中要注意其操作过程及使用方法。‎ ‎14.一个小灯泡的额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线。‎ A．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；‎ B．电压表V1：量程为0～3V，内阻约为1kΩ；‎ C．电压表V2：量程为0～15V，内阻约为4kΩ；‎ D．电流表A1：量程为0～3A，内阻约为0.1Ω；‎ E．电流表A2：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；‎ F．滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω；‎ G．滑动变阻器R2：最大阻值为150Ω；‎ H．开关S，导线若干。‎ ‎（1）实验中电压表应选用_______；电流表应选用_______；滑动变阻器应选用_______（请填选项前对应的字母）。‎ ‎（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图甲中把还需要连接的导线补上_______。‎ ‎（3）如图乙所示，若将实验中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为_________W（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). F (4). 如图:‎ ‎ (5). 0.38-0.50W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零。。‎ ‎【详解】（1）灯泡额定电压是2V，则电压表选B；灯泡额定电流为0.5A，则电流表选E；为方便实验操作同时为了实验安全，因灯泡额定电流为0.5A，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器应选F。‎ ‎（2）灯泡正常发光时电阻为：，电压表内阻为电压表内阻约为1kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，由图象可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，连接的实物图如图所示：‎ ‎（3）电源的电动势为1.5V，内阻为1Ω，则电流与路端电压的关系式为：U=E-Ir=1.5-I，在上图中作出电流与路端电压的图线，如图所示：‎ 由图象可知，用该电池给灯泡供电时，灯泡两端电压为1.1V，电流为0.4A，则灯泡实际功率P=UI=1.1×0.4=0.44W。‎ ‎【点睛】本题关键要先画出小灯泡的伏安特性曲线和电源的路端电压与电流关系图线，注意灯泡电阻随温度的变化而变化，故只能根据图象分析，根据两图的交点得到电源的实际输出电压和电流，再计算电功率。‎ 三、计算题 ‎15.在电场中把2.0×10-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功1.5×10-7J。再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功–4.0×10-7J。求：‎ ‎（1）A、B、C三点中哪点电势最高？‎ ‎（2）A、C间的电势差是多大？‎ ‎（3）把–1.5×10-9C的电荷从A点移到B点，静电力做多少功？‎ ‎【答案】（1）C点电势最高（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC间的电势差，从而比较A、B、C三点的电势高低，得出AC间的电势差，结合电场力做功与电势差的关系求出将电荷从A点移动C点，静电力做功的大小。‎ ‎【详解】（1）（2）A、B间的电势差 B、C间的电势差 A、C间的电势差 知A点电势比B点电势高75V，C点电势比B点高200V，则C点的电势最高，B点的电势最低．‎ ‎（3）把=–1.5×10-9C的电荷从A点移到B点时，‎ 静电力做的功 ‎【点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系公式，注意在运用该公式求解时，电荷的正负、电势差的正负、功的正负均要代入计算。‎ ‎16.如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电场加速后，以初速度v0从ad边的中点垂直ad进入一正方形匀强电场区域，已知正方形abcd的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d，离子最后从c点射出，不计粒子重力。求：‎ ‎（1）加速电压U；‎ ‎（2）正方形区域电场的电场强度E的大小。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可。‎ ‎【详解】（1）由动能定理：，解得：‎ ‎（2）离子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向，解得：‎ 竖直方向，可得 ‎ 又有：，解得：‎ ‎【点睛】本题关键是明确粒子的运动是类似平抛运动，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解。‎ ‎17.如图所示，两平行金属导轨的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω。金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。试求：‎ ‎（1）导体棒受到的摩擦力的大小和方向；‎ ‎（2）若感应强度的方向不变而大小可以变化，要使导体棒能静止，求磁感应强度B的取值范围。‎ ‎【答案】（1），方向沿斜面向下（2）0.3T T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小F；导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力，导体棒恰好静止，说明摩擦力为最大静摩擦力，导体棒处于平衡，根据共点力平衡求出最大静摩擦力的大小f；如果改变磁感应强度的大小，则安培力大小会改变，考虑临界情况，即最大静摩擦力恰好向上或者恰好向下两种情况。‎ ‎【详解】（1）由闭合电路欧姆定律 解得：A ‎ 导体杆所受安培力大小：0.3N ‎ 由平衡条件得： ‎ 解得：N，方向沿斜面向下 ‎ ‎（2）由题意T时，导体杆不上滑 当摩擦力向上达到最大时，导体杆刚好不下滑：‎ 解得：B=0.3T ‎ 故磁场的大小范围是：0.3T T ‎【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力；第三问要考虑两个临界情况。‎ ‎18.如图所示，在0

查看更多