黑龙江省哈尔滨六中2017届高三上学期期中物理试卷

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文档介绍

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
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