2018-2019学年四川省成都外国语学校高二12月月考物理试题 解析版

2018-2019学年四川省成都外国语学校高二12月月考物理试题 解析版

成都外国语学校18-19上期高2017级12月月考物理试卷 一、单选题 ‎1.如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在p点的点电荷,以E表示两板间的电场强度, 表示点电荷在P点的电势能，表示静电计的偏角，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则(    )‎ ‎ ‎ A.减小,E不变 B.增大,E增大 C.减小，增大 D.增大，不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据 可知，电容C增大，则根据可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小； 两板间的电场强度为：；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选D．‎ 点睛：本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变．‎ ‎2.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0‎ 从a点竖直向上射入水平匀强电场中，粒子通过电场中b点时的速度为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点之间的电势差为（    ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 粒子从A到B，根据动能定理得qUAB-mgh=mvB2−mv02；因为速率vB=3v0，粒子在竖直方向只受到重力，则有：mgh=mv02。由以上三式解得：UAB＝．故D正确，ABC错误。故选D。‎ 点睛：涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法 ‎3.质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上,整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中,直导体棒中通有恒定电流,平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60o角,其截面图如图所示。则关于导体棒中的电流方向、大小分析正确的是(   ) ‎ A. 向外,  B. 向外, ‎ C. 向里,  D. 向里, ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：‎ 安培力向右，根据左手定则，电流向里；根据平衡条件，有：FA=mgtan60°=mg 故电流：,故选：D．‎ 考点：物体的平衡；安培力.‎ ‎4..如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是 (     ) ‎ A. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大 B. 若仅增大A B板间距离，则电容器所带电荷量不变 C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加 D. 若仅用更强的光照射R1 ，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变。故A错误。若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少，故B错误。若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，U以及电容器板间电压均减小，电容不变，由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少。故C错误。若仅用更强的光照射R1，R1‎ 的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir可得：，不变，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，再利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．对于电容的动态分析，应根据电容的决定式和电容的定义式C=结合进行分析．‎ ‎5.（2017·新课标全国Ⅰ卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确，ACD错误。‎ ‎【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。‎ ‎6.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒，把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下．连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核()和粒子() ，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是 A. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较大 B. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大 C. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小 D. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据 ，知氚核（）的质量与电量的比值大于α粒子（），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大根据 得，最大速度，则最大动能，氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小．故C正确，A、B、D错误．故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，以及会根据 求出粒子的最大速度．‎ ‎7. 电磁流量计的原理图如图所示，横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c．流量计的两端与输送液体的管道相连接（图中的虚线）．图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面．当导电液体稳定地流过流量计时，在管道外将流量计上、下表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值．已知流体的电阻率为r ，不计电流表的内阻，则可求得流量（流量等于单位时间内流过的体积）为（ 　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设管中流体的流速为v，则在Δt时间内流体在管中向前移动的距离为vΔt，这样如下图画线的流体在Δt时间内都将流过横截面，‎ 设此横截面积为S，则画线的流体体积ΔV=SvΔt，除以时间Δt，则得到流体在该管中的流量为Q==Sv.对于题干所给的流量计，横截面积S=bc，故流过流量计的流量Q=vbc，对于给定的流量计，b与c是常量，可见测流量实质上是测流速. 当可导电流体稳定地流经流量计，流体将切割磁感线，这样在流量计的上、下两面产生感应电动势E=vBc，其中B是垂直于流量计前后两面的匀强磁场的磁感应强度， c是流过流量计流体的厚度，v是可导电流体在流量计中的流速.这样在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，如下图所示，则将有电流流过闭合电路，这个闭合电路中的电动势就是由可导电流体沿流量计流动切割磁感线而产生的感应电动势，如下图所示，电阻包括外接的电阻R和可导电流体的电阻r=ρ这样根据欧姆定律，得到闭合电路中的电流等于I=‎ Q= vbc =‎ 考点：考查对电磁流量计的理解和应用 点评：难度较大，本题实质上是有关磁与电传感装置的计算题，综合性强、能力要求高，处理该类问题时要注意从分析粒子受力和力的变化入手 ‎8.如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，∠C= ，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0 ，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为，则下列判断中错误的是（  ）‎ A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0‎ B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为 C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为d D. 粒子进入磁场时速度大小为 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T/4，即T/4=t0，则得周期 T=4t0，故A正确。由得，．故B正确。设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有，得 画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得： ‎ ‎  ‎ ‎+Rcos30°=d，可得 R=d，故C错误。根据，解得 v=．故D正确。本题选错误的，故选C。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。‎ 二、多选题 ‎9.关于摩擦起电现象，下列说法正确的是(　　)‎ A. 摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子 B. 两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷 C. 摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的 D. 丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 摩擦起电不会造出电子和质子，也不能使质子在物体间移动，选项A、C错误；摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不同，因而电子在物体间转移，若一个物体失去电子，其质子数就会比电子数多，我们说它带正电，若一个物体得到电子，其质子数就会比电子数少，我们说它带负电，产生摩擦起电的两物体所带电荷是“等量异种电荷”，选项B、D正确。‎ ‎10.如图是一个多用电表的简化电路图为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或下列说法正确的是　　‎ A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小 B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔 C. 当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中B是红表笔 D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】多用电表的工作原理是闭合电路的欧姆定律。题图为一简易的多用电表原理示意图。其中1、2两档用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，A正确；3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压。因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，C错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，D正确；‎ ‎11.如图所示，有一对等量异种点电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正立方体。现在各顶点间移动一试探电荷，关于试探电荷所受电场力和具有的电势能，以下判断正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 在b点和d点受力大小相等，方向不同 B. 在c点和h点受力大小相等，方向不同 C. 在b点和d点电势能相等 D. 在c点和h点电势能相等 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据等量异种电荷电场线的分布情况和对称性可知，b点和d点场强大小相等、方向不同，则试探电荷在b点和d点受力大小相等，方向不同。故A正确；c点和h点场强大小相等、方向相同，则试探电荷在c点和h点受力大小相等，方向相同。故B错误。根据对称性可知，b点和d点电势相等，则试探电荷在b点和d点电势能相等。故C正确。由图看出，c点离场源正电荷较远，而h点离场源正电荷较近，所以c点和h点电势不等，则试探电荷在c点和h点电势能不相等。故D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】本题的解题关键是抓住对称性进行分析，等量异种电荷电场线和等势线的分布情况是考试的热点，要熟悉，并能在相关问题中能恰到好处地应用。‎ ‎12.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群比荷为q/m的负离子以相同速率v0（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（    ）‎ A. 离子在磁场中的运动轨迹半径一定相等 B. 由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 C. 离子在磁场中运动时间一定相等 D. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m ‎，解得：，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A正确；设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为，，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故C错误。由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入。故B正确，D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断，例如半径相同时，弦长越长，圆心角越大．‎ ‎13.如图甲所示，一带电物块无初速度地放在传送带的底端，传送带以恒定的速率顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至传送带顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5s，则下列判断正确的是（ 　　）‎ A. 该物块带负电 B. 传送带的传送速度大小可能大于1m/s C. 若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移 D. 在2～4.5s内，物块与传送带间仍可能有相对运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是1m/s。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN−mgsinθ＝ma① 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：F′N＝mgcosθ−f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电。故A错误；物块做匀速直线运动时：mgsinθ＝μ(mgcosθ− f洛) ‎ ‎ ② 由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带运动。故B正确，D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移。故C错误。故选BD。‎ ‎【点睛】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握．‎ ‎14.如图所示，两平行竖直线MN、PQ间距离a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，在MN上O点处有一粒子源，能射出质量为m，电量为q的带负电粒子，当速度方向与OM夹角θ=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁场，不计粒子间的相互作用及重力．则（    ）‎ A. 粒子的速率为 B. 粒子在磁场中运动的时间为 C. 若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则PQ边界上有粒子射出的区间长度为2 a ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据左手定则，由粒子带负电以及磁场方向可知粒子所受洛伦兹力的方向与速度的方向垂直指向右下方。当速度方向与OM夹角θ=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁场， ‎ ‎， 所以粒子运动的半径R＝＝2a。由粒子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力可得，Bvq=，所以，，故A正确；粒子在磁场中运动的周期T＝，则粒子在磁场中运动的时间，故B错误；当θ=0°时，如图所示，可知粒子打在PQ上的位置为O点水平线上方a处； ， 当θ增大时，粒子打在PQ上的位置下移，知道粒子的运动轨迹与PQ相切时，如图所示，可知粒子打在PQ上的位置为O点水平线下方a处；当θ继续增大直到180°，粒子的运动轨迹与PQ不相交，直接从MN上射出，且在MN上的出射点不断上移直到O点，所以，若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则PQ边界上有粒子射出的区间长度为2a，故D正确；若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则粒子运动半径不变，那么粒子运动周期不变，所以，粒子在磁场中运动的轨迹所对应的弦长越长，则粒子在磁场中运动的越长，由D的分析可知，当粒子的出射点在PQ上时，粒子的弦长可取[a，2a]的任意值；当粒子的出射点在MN上时，粒子的弦长可取[0，2a]的任意值；所以粒子运动轨迹的弦长最大可取2a ‎，此时对应的中心角φ=120°，所以，粒子在磁场中运动的最长时间，故C正确。故选ACD。‎ ‎【点睛】在粒子在磁场中的运动问题上，常用几何关系求解半径，并根据几何关系分析不同入射角的运动情况．‎ 三．实验题 ‎15.在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材是：待测电源一个，内阻为RV的电压表一个（量程略大于电源的电动势），电阻箱一个，开关一个，导线若干。为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图象,如图所示。由图象可得到直线在纵轴上的截距为m，直线的斜率为k，试根据以上信息 ‎（1）在虚线框内画出实验电路图_________。‎ ‎（2）写出E、r的表达式，E= ___________ ；r=_______________‎ ‎【答案】①电路图如右图所示 ②，‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）伏阻法测电源电动势与内阻的实验电路图如图所示．‎ ‎（2）电压表的电阻为RV，闭合开关，设电路电流为I，由闭合电路欧姆定律，得：‎ 且,解得：；可见是R的一次函数，,‎ ‎，‎ 解得：，；‎ 考点：测定电源的电动势和内阻。‎ ‎【名师点睛】采用伏阻法测电源电动势与内阻，电阻箱与电源串联接入电路，电压表测路端电压，据此作出实验电路图；由闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与电源内阻。‎ ‎16.有一金属电阻丝的阻值约为20Ω，现用以下实验器材测量其电阻率：‎ A．电压表V1 (量程0～15V，内阻约为15kΩ) ‎ B．电压表V2 (量程0～3V，内阻约为3kΩ)‎ C．电流表A1 (量程0～0.3A，内阻约为0.5Ω) ‎ D．电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)‎ E．滑动变阻器 (阻值范围0～1kΩ，允许最大电流0.2A)‎ F．滑动变阻器R2(阻值范围0～20Ω，允许最大电流1.0A)‎ G．螺旋测微器 H．电池组(电动势3V，内电阻约为0.5Ω)‎ I． 开关一个和导线若干 ‎（1）某同学决定采用分压式接法调节电路．为了比较准确地测量出电阻丝的电阻，电压表选________，电流表选________，滑动变阻器选________．(只需填写器材前面的字母)‎ ‎（2）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图甲所示，该电阻丝直径的测量值d=________mm；‎ ‎（3）如图乙所示，将电阻丝拉直后两端分别固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，其间有一可沿电阻丝滑动的触头P，触头的上端为接线柱c．当按下触头时，它才与电阻丝接触，触头位置可在刻度尺上读出．‎ 该同学测电阻丝电阻的实物连接如图丙所示，在连接最后一根导线的左端到电池组正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．‎ A．_________________ ；B．_________.‎ ‎（4）实验中改变触头与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数I保持不变，记录对应的电压表的示数U和接入电路的电阻丝的长度L．‎ 利用测量数据描点作出U-L图线，如图丁所示，并求得图线的斜率为k．则用电阻丝的直径d、电流I和斜率k表示电阻丝的电阻率ρ＝________．‎ ‎【答案】 (1). （1）B (2). C (3). F (4). （2）0.185（0.183-0.187） (5). （3）A:开关应该处于断开状态 (6). B：滑动变阻器滑片P′应当滑到最右端 ； (7). （4） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电源电动势为3V，电压表选B；电路最大电流约为：，则电流表选C，为方便实验操作，滑动变阻器应选F． （2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为18.5×0.01mm=0.185mm，螺旋测微器示数为0mm+0.185mm=0.185mm． （3）为保护电路安全，连接电路时应断开开关，由图示电路图可知，开关是闭合的，应把开关断开； 由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片应置于分压电路分压最小的位置，即应把滑片置于最右端． （4）由电阻定律可知：，而；由图示U-L图象可知，斜率为：，则电阻率为：ρ=；‎ ‎【点睛】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法．控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法．‎ 四．计算题 ‎17.平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图12所示，两板间距离是5 cm，两板间的电压是60 V．试问：‎ ‎(1)两板间的电场强度是多大？‎ ‎(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5cm，P2点离B板也是0.5cm，P1和P2两点间的电势差为多大？‎ ‎(3)若B板接地，P1和P2两点的电势各是多少伏？‎ ‎【答案】(1)E＝1200V/m (2) U12＝48V (3) φ1＝54V，φ2＝6V ‎【解析】‎ 试题分析：（1）两板间是匀强电场，可应用求解两板间的场强：‎ ‎（2）P1、P2两点沿场强方向的距离：，‎ ‎（3）B板接地，即B板电势为零，电场中某点的电势就等于这点与B板的电势差．‎ 所以：，‎ 考点：电势、电势差、电场强度与电势差的关系。‎ ‎【名师点睛】平行金属板间的电场是匀强电场，场强方向由正极板指向负极板，可利用求出电场强度，从而根据求期间任意两点间的电势差；求电场中某点的电势，要先规定零电势点，一般接地点就是电势零点，然后通过求某点与零电势点间的电势差而确定该点的电势。‎ ‎18.如图所示，电路中接电动势为4V，内电阻为2Ω 的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF ，电流表的内阻不计，当电路稳定后．‎ ‎（1）求电流表的读数； ‎ ‎（2）求电容器所带的电荷量； ‎ ‎（3）如果断开电源，求通过R2 的电荷量．‎ ‎【答案】（1）0.4A（2）4.8×10-5C （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）…… 2分 ‎（2） U3=IR3=0.4×4V="1.6V" …………………2分 Q=CU3=4.8×10-5C …………………2分 ‎（3）因R1、R2并联，且R1=R2，所以在放电回路中 通过R2的电量为……2分 本题考查恒定电路中的闭合电路欧姆定律，电流表相当于导线，含容之路为断路，由此规律画出简化电路图可知电路中只有R3和R4两个外电阻，由闭合电路欧姆定律可求得电路电流大小，电容器与R3并联，两端电压与R3电压相同，由Q=CU可求得电容器所带电量 ‎19.有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V，内阻r=0.5Ω。 （g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？‎ ‎（2）滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？‎ ‎【答案】（1）1A．‎ ‎（2）2.5Ω≤R≤14.5Ω，金属棒能静止在轨道上 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当金属棒刚要要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大．‎ ‎（2）由最大电流可求得最小电阻值；‎ 当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为，由最小电流值可求得最大电阻值．‎ 解：（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大I1‎ mgsinθ+μmgcosθ=I1LB 解得：I1=1A ‎（2）由 解得：R1=2.5Ω 当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为I2‎ mgsinθ=μmgcosθ+I2LB 解得：R2=14.5Ω ‎2.5Ω≤R≤14.5Ω 答：（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为1A．‎ ‎（2）滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围为2.5Ω≤R≤14.5Ω，金属棒能静止在轨道上 ‎【点评】本题关键是金属棒能静止在轨道上是有静摩擦力作用，静摩擦力作用的问题总是离不开方向的变化，由此以最大静摩擦力的方向来分析解决问题 ‎20.如图所示,真空中一平面直角坐标系xOy内,存在着两个边长为L的正方形匀强电场区域I、II和两个直径为L的圆形匀强磁场区域III,IV.电场的场强大小均为E,区域I的 场强方向沿x轴正方向,其下边界在x轴上,右边界刚好与区域III的边界相切;区域II的场 强方向沿y轴正方向,其上边界在x轴上,左边界刚好与区域仅的边界相切.磁场的磁感应强度大小均为 ,区域III的圆心坐标为(0，)、磁场方向垂直于xOy平面向外;区域IV的圆心坐标为(0，-),磁场方向垂直于xOy平面向里.两个质量均为m、电荷量均 为q的带正电粒子M、N,在外力约束下静止在坐标分别为(，)、(，)的两点.在Y轴的正半轴(坐标原点除外)放置一块足够长的感光板,板面垂直于xOy平面.将粒子M、N由静止释放,它们最终打在感光板上并立即被吸收.不 计粒子的重力.求:‎ ‎ ‎ ‎(1)粒子离开电场I时的速度大小.‎ ‎(2)粒子M击中感光板的位置坐标.‎ ‎(3)粒子N在磁场中运动的时间.‎ ‎【答案】（1）（2）（2L，0）（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中运动,由动能定理得:   ‎ 计算得出 .‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:   ‎ 因 故得 因M运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，故M在磁场Ⅲ中运动四分之一周期后经过原点进入磁场Ⅳ，再运动四分之一周期后平行于x轴正方向离开磁场，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动；假设M射出电场后再打在x轴的感光板上，则: M在电场中运动时间 沿电场力位移; 所以假设成立,运动轨迹如右图所示.沿电场方向的速度 速度偏向角的正切 设出电场后沿x轴方向的位移为x1，则 ，所以；‎ M击中感光板的横坐标为，位置坐标为（2L，0）;‎ ‎（3）N做圆周运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，分析可得N将从b点进入磁场，由坐标原点O离开磁场Ⅲ进入磁场,然后从d点离开磁场Ⅳ，其部分轨迹如右图所示； 在磁场Ⅲ中,由几何关系得: ；所以θ=300；‎ 圆弧对应的圆心角 ‎ 粒子在运动的周期 所以粒子在磁场Ⅲ中运动的时间 由对称关系得粒子在磁场Ⅲ、Ⅳ中运动时间相同，故粒子在磁场中运动的时间为：‎ ‎【点睛】解决本题的关键是画出粒子的运动轨迹，灵活运用几何知识轨迹半径，确定轨迹对应的圆心角，即可求得粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎ ‎