物理·河北省石家庄二中2016-2017学年高二上学期期中考试物理试卷+Word版含解析

物理·河北省石家庄二中2016-2017学年高二上学期期中考试物理试卷+Word版含解析

‎2016-2017学年河北省石家庄二中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题5分，共75分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列关于电场和磁场的说法中正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是封闭曲线 B．电场线和磁感线都是不封闭曲线 C．通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用 D．电荷在电场中一定受到电场力的作用 ‎2．19世纪20年代，以塞贝克（数学家）为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的．则该假设中的电流方向是（注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线）（　　）‎ A．由西向东垂直磁子午线 B．由东向西垂直磁子午线 C．由南向北沿磁子午线 D．由赤道向两极沿磁子午线 ‎3．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（　　）‎ A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为2Blv0‎ C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同 ‎4．甲、乙两个同心的闭合金属圆环位于同一平面内，甲环中通以顺时针方向电流I，如图所示，当甲环中电流逐渐增大时，乙环中每段导线所受磁场力的方向是（　　）‎ A．指向圆心 B．背离圆心 C．垂直纸面向内 D．垂直纸面向外 ‎5．如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0=L，先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等 D．金属线框最终将在有界磁场中做往复运动 ‎6．如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如表所示．由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（　　） ‎ 粒子编号 质量 电荷量（q＞0）‎ 速度大小 ‎1‎ m ‎2q V ‎2‎ ‎2m ‎2q ‎2v ‎3‎ ‎3m ‎﹣3q ‎3v ‎4‎ ‎2m ‎2q ‎3v ‎5‎ ‎2m ‎﹣q v A．3，5，4 B．4，2，5 C．5，3，2 D．2，4，5‎ ‎7．如图所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行．有一个带负电的小球从该复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些复合场区域（　　）‎ A．“×”表示磁场 B．虚线表示磁场 ‎ C．“•”表示磁场 　D．虚线表示磁场 ‎8．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　）‎ A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到c点时，洛仑兹力最大 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎10．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　）‎ A．小球的加速度一直减小 B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=‎ D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=‎ ‎11．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（　　）‎ A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 ‎12．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（　　）‎ A．a先变亮，然后逐渐变暗 B．b先变亮，然后逐渐变暗 C．c先变亮，然后逐渐变暗 D．b、c都逐渐变暗 ‎13．等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场．另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ，关于线框中的感应电流，以下说法中不正确的是（　　）‎ A．开始进入磁场时感应电流最大 B．产生的电动势属于动生电动势 C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向 D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向 ‎14．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（　　）‎ A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量 C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上放出的热量 ‎15．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中（　　）‎ A．回路中产生的内能不相等 B．棒运动的加速度相等 C．安培力做功相等 D．通过棒横截面的电量相等 ‎　‎ 二、论述计算题（共3小题，共45分．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）‎ ‎16．（12分）如图所示，一轻绳绕过两轻滑轮，两端分别连接着矩形导线框A1和石块A2，线框A1的曲边长，l1=lm，bc边长l2=0.6m，电阻R=0.1Ω，质量m=0.5kg，石块A2的质量M=2kg，两水平平行虚线ef、gh之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和曲线的距离s＞l2，（g取10m/s2）．问：‎ ‎（1）线框进入磁场前石块A2的加速度a多大？‎ ‎（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v多大？‎ ‎（3）线框完全进入磁场后，ab边继续运动到gh线的过程中，其运动性质如何？‎ ‎17．（15分）一根电阻R=0.6Ω的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈，线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，如图所示．若线圈以初动能Ek0=5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E=3J．求：‎ ‎（1）此时线圈的运动速度的大小；‎ ‎（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；‎ ‎（3）此时线圈加速度的大小．‎ ‎18．（18分）如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切．一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0．若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上．‎ ‎（1）求两极板间电压U；‎ ‎（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；‎ ‎（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使质子从两板间左侧飞出，射入的速度应满足什么条件？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省石家庄二中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题5分，共75分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列关于电场和磁场的说法中正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是封闭曲线 B．电场线和磁感线都是不封闭曲线 C．通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用 D．电荷在电场中一定受到电场力的作用 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．‎ ‎【分析】电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线不封闭，而磁感线却是封闭．‎ ‎【解答】解：A、电场线不闭合，而磁感线是闭合的，故A错误，B也错误；‎ C、通电导线与磁场平行时，不受磁场力作用，故C错误；‎ D、电荷在电场中一定受到电场力的作用，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关．是一道基础题，同时也是易错题．‎ ‎　‎ ‎2．19世纪20年代，以塞贝克（数学家）为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的．则该假设中的电流方向是（注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线）（　　）‎ A．由西向东垂直磁子午线 B．由东向西垂直磁子午线 C．由南向北沿磁子午线 D．由赤道向两极沿磁子午线 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的N极．‎ 首先根据信息中给出的已知条件，根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向．‎ ‎【解答】解：由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（　　）‎ A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为2Blv0‎ C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则．‎ ‎【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题．‎ ‎【分析】根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．‎ ‎【解答】解：A、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故A正确；‎ B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B正确；‎ C、根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；‎ D、根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】本题考查了对磁通量的理解以及导体切割磁感线产生电流和所受安培力情况，对于这些基本规律要加强理解和应用．‎ ‎　‎ ‎4．甲、乙两个同心的闭合金属圆环位于同一平面内，甲环中通以顺时针方向电流I，如图所示，当甲环中电流逐渐增大时，乙环中每段导线所受磁场力的方向是（　　）‎ A．指向圆心 B．背离圆心 C．垂直纸面向内 D．垂直纸面向外 ‎【考点】楞次定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】本题中甲环中电流逐渐增大时，在环内产生的磁场增大，可以根据楞次定律的四个步骤，逐步做出判定，也可以直接使用楞次定律的推广形式做出判定．‎ ‎【解答】解：当甲环中电流逐渐增大时，在环内产生的磁场增大，乙环内的磁通量增大，为阻碍磁通量的增大，乙环有面积减小的趋势．故乙环受力的方向指向圆心．‎ 故选：A ‎【点评】本题综合考查电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等．本题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否定之否定法，如A错误，就理所当然的认为B和C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但本题是单选题，甚至陷入矛盾．他们忽略了本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势．如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法．所以解题经验不能做定律或定理用．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0=L，先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等 D．金属线框最终将在有界磁场中做往复运动 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；推理法；图析法；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】由楞次定律可得出线圈进入磁场及离开磁场时的电流方向，因线圈只有在经过边界时才产生电磁感应现象，消耗机械能；则可得出单摆最终的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 a→d→c→b→a，故A错误．‎ B、金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a，故B错误．‎ C、根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框 dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等．如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，最终金属框在磁场内做往复运动，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】右手定则、楞次定律和简谐运动的条件是高中必须掌握的知识，本题由于有的学生不能分析出金属线框最后的运动状态，故本题的难度较大．‎ ‎　‎ ‎6．如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如表所示．由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（　　） ‎ 粒子编号 质量 电荷量（q＞0）‎ 速度大小 ‎1‎ m ‎2q V ‎2‎ ‎2m ‎2q ‎2v ‎3‎ ‎3m ‎﹣3q ‎3v ‎4‎ ‎2m ‎2q ‎3v ‎5‎ ‎2m ‎﹣q v A．3，5，4 B．4，2，5 C．5，3，2 D．2，4，5‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】带电粒子在磁场中的运动洛仑兹力充当向心力，由此可得出半径公式，由半径公式可得出各组粒子的半径之比；则可得出它们的运动轨迹．‎ ‎【解答】解：由Bqv=m可知，半径公式；‎ 结合表格中数据可求得1﹣5各组粒子的半径之比依次为0.5：2：3：3：2，说明第一组正粒子的半径最小，由图可知故该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动．‎ 由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2：3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子．c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题看似比较复杂，但只要认真分析即可发现半径大小以及偏转方向的关系，则根据带电粒子圆周运动的性质可得出正确结果．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行．有一个带负电的小球从该复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些复合场区域（　　）‎ A．“×”表示磁场 B．虚线表示磁场 ‎ C．“•”表示磁场 D．虚线表示磁场 ‎【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】当小球所受的合力为零，或合力与速度在同一直线上时能沿着直线通过电磁场区域．据此条件进行判断．‎ ‎【解答】解：A、小球受重力、向右的电场力、向左的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；‎ B、小球刚进入场时，重力向下，电场力水平向左，洛伦兹力垂直向内，不平衡，合力与速度不共线，做曲线运动，故B错误；‎ C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；‎ D、粒子受向下的重力和向下的电场力，不受洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎【点评】本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；图析法；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，半径r=，则粒子在两个磁场中半径之比为1：2，画出轨迹，根据周期求出时间．‎ ‎【解答】解：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，‎ 根据牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，‎ 周期：T==，已知：B1=2B2，‎ 则：r2=2r1，粒子运动如图所示，‎ ‎ 粒子在磁场B1中运动时间为T1，在磁场B2中运动时间为T2，‎ ‎ 粒子向下再一次通过O点所经历时间：‎ t=T1+T2=+==，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键在于画出粒子运动的轨迹，确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　）‎ A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到c点时，洛仑兹力最大 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”‎ ‎．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．‎ ‎【解答】解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．‎ A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错；‎ B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大．故B错；‎ C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少．故C错；‎ D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减．D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　）‎ A．小球的加速度一直减小 B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=‎ D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=‎ ‎【考点】牛顿第二定律；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．‎ ‎【解答】解：小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a=； 小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；故A错误；‎ 当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g ‎，达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：‎ ‎=，解得，V1=，故C正确；‎ 同理有：=，解得V2=，故D正确；‎ 而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小；‎ 故B错误；‎ 故选CD．‎ ‎【点评】本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．‎ ‎　‎ ‎11．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（　　）‎ A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系．‎ ‎【解答】解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=，进入偏转电后，有qvB0=m，解得R=．知r越小，比荷越大．同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具．故A、C正确，D错误．‎ B、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外．‎ 故B正确．‎ 故选ABC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（　　）‎ A．a先变亮，然后逐渐变暗 B．b先变亮，然后逐渐变暗 C．c先变亮，然后逐渐变暗 D．b、c都逐渐变暗 ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【专题】压轴题；交流电专题．‎ ‎【分析】电感线圈对直流电的作用是：刚接通瞬间阻值较大，接通后电阻为零，在断开瞬间相当于电源．‎ ‎【解答】解：电键S闭合时，电感L1中电流等于两倍L2的电流，断开电键K的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b、c的电流都通过a，故a先变亮，然后逐渐变暗，故A正确；‎ b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解．‎ ‎　‎ ‎13．等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场．另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ，关于线框中的感应电流，以下说法中不正确的是（　　）‎ A．开始进入磁场时感应电流最大 B．产生的电动势属于动生电动势 C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向 D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】由楞次定律判定感应电流的方向，电流的大小由感应电动势决定，电动势由切割导体的有效长度决定．‎ ‎【解答】解：A、感应电流：I==，当开始进入磁场时，切割磁感线的有效长度L最大，此时感应电动势最大，感应电流最大，故A正确；‎ B、线框运动过程导线切割磁感线产生感应电动势，产生的电动势属于动生电动势，故B正确；‎ C、由楞次定律可知，线框开始进入磁场时感应电流沿逆时针方向，故C错误；‎ D、由楞次定律可知，线框开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向，故D正确；‎ 本题选错误的，故选C．‎ ‎【点评】本题考查了应用楞次定律判定感应电流的方向，注意进入和出去时对有效切割长度的判断，是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（　　）‎ A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量 C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上放出的热量 ‎【考点】电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大．根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和．‎ ‎【解答】解：A、棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF+WG+W安=△EK ‎ 得WF+W安=△EK+mgh ‎ 即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A正确．‎ ‎ B、由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B错误．‎ ‎ C、棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量．故C错误．‎ ‎ D、棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量．故D错误 故选A ‎【点评】本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c 时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中（　　）‎ A．回路中产生的内能不相等 B．棒运动的加速度相等 C．安培力做功相等 D．通过棒横截面的电量相等 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．‎ ‎【专题】电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】金属棒向右做加速度逐渐减小的减速运动，克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由能量守恒判断回路产生的内能；安培力大小可由FA=分析其大小变化，由牛顿第二定律判断加速度的大小关系；由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量．‎ ‎【解答】解：A、C、金属棒受到的安培力大小为：FA=BIL=BL=，方向水平向左．金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力FA逐渐减小，由W=Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，故A正确，C错误；‎ B、金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得：FA==ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故B错误；‎ D、金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量Q=I△t=△t===，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量△S相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】本题考查综合运用电磁感应、电路知识、牛顿定律、等知识的能力，是一道综合题，有一定难度．‎ ‎　‎ 二、论述计算题（共3小题，共45分．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）‎ ‎16．（12分）如图所示，一轻绳绕过两轻滑轮，两端分别连接着矩形导线框A1和石块A2，线框A1的曲边长，l1=lm，bc边长l2=0.6m，电阻R=0.1Ω，质量m=0.5kg，石块A2的质量M=2kg，两水平平行虚线ef、gh之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和曲线的距离s＞l2，（g取10m/s2）．问：‎ ‎（1）线框进入磁场前石块A2的加速度a多大？‎ ‎（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v多大？‎ ‎（3）线框完全进入磁场后，ab边继续运动到gh线的过程中，其运动性质如何？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】电磁感应中的力学问题．‎ ‎【分析】（1）分别对线框和石块运用牛顿第二定律，抓住加速度大小相等，求出线框进入磁场前石块的加速度．‎ ‎（2）抓住线框和石块受力平衡，结合共点力平衡、切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律求出线框进入磁场时匀速运动的速度．‎ ‎（3）线框完全进入磁场后，不受安培力作用，与进入磁场前的受力情况相同，则运动情况相同．‎ ‎【解答】解：（1）线框进入磁场前，线框A1仅受到细线的拉力FT和重力mg，石块A2受到重力Mg和拉力FT．‎ 由牛顿第二定律得，对线框有：FT﹣mg=ma 对石块有：Mg﹣FT=Ma 联立解得：=6m/s2．‎ ‎（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以石块受力平衡Mg=FT′．‎ 线框abcd受力平衡得：FT′=mg+FA．‎ ab边进入磁场切割磁感线，产生感应电动势为：E=Bl1v 产生的感应电流为：‎ 受到的安培力：FA=BIl1‎ 联立各式解得：‎ 代入数据解得：v=6m/s．‎ ‎（3）线框完全进入磁场后到ab边运动至gh线，线框中无感应电流，受力情况同进入磁场前，所以该阶段仍做匀加速直线运动，加速度仍为：a=6m/s2．‎ 答：（1）线框进入磁场前石块A2的加速度为6m/s2．‎ ‎（2）线框进入磁场时匀速运动的速度为6m/s．‎ ‎（3）线框完全进入磁场后，ab边继续运动到gh线的过程中做匀加速直线运动，加速度仍为a=6m/s2．‎ ‎【点评】本题根据牛顿第二定律研究加速度时，采用了隔离法，也可以运用整体法求解．对于电磁感应现象，关键是分析和计算安培力．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）一根电阻R=0.6Ω的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈，线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，如图所示．若线圈以初动能Ek0=5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E=3J．求：‎ ‎（1）此时线圈的运动速度的大小；‎ ‎（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；‎ ‎（3）此时线圈加速度的大小．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】（1）由能量守恒定律可以求出线圈产生的电能；‎ ‎（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律可以求出电压；‎ ‎（3）由安培力公式和牛顿第二定律结合可以求出加速度．‎ ‎【解答】解：（1）由能量守恒定律得：‎ ‎ Ek0=E+mv2，‎ 代入数据解得：v===2m/s；‎ ‎（2）进入磁场x=0.5m时，切割磁感线的有效长度：‎ ‎ L=2 =2×=m 圆弧所对应的圆心角为：θ=120°‎ 感应电动势：E=BLv=0.5××2=V 线圈在磁场外的电阻为：R′=R﹣×120°=R 线圈与磁场左边缘两交接点间的电压：‎ ‎ U=IR′=•R=V；‎ ‎（3）线圈受到的安培力：F=BIL=‎ 由牛顿第二定律得：F=ma 代入数据解得：a=2.5m/s2．‎ 答：‎ ‎（1）此过程中线圈中产生的电能为3J；‎ ‎（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压为V；‎ ‎（3）此时线圈加速度a的大小2.5m/s2．‎ ‎【点评】本题考查了求电能、电压、加速度，应用能量守恒定律、E=BLv、欧姆定律、牛顿第二定律即可正确解题；线圈与磁场左边缘两交接点间的电压是外电压，不是感应电动势．‎ ‎　‎ ‎18．（18分）如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切．一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0．若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上．‎ ‎（1）求两极板间电压U；‎ ‎（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；‎ ‎（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使质子从两板间左侧飞出，射入的速度应满足什么条件？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；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】（1）粒子做匀速直线运动，由受力平衡条件，通过运动学公式与牛顿第二定律，结合电场力与洛伦兹力表达式，即可求解；‎ ‎（2）由速度与时间关系，可求质子在沿电场方向的速度，因此可求出飞出极板间的速度大小；‎ ‎（3）质子恰好从上极板左边缘飞出，因此由几何关系，结合运动学公式与向心力表达式，从而可求出质子两板左侧间飞出的条件．‎ ‎【解答】解：（1）设质子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，在复合场中作匀速运动，电场力等于洛伦兹力，则有q=qv0B ①‎ 质子在电场中作类平抛运动，设类平抛运动的时间为t，则 ‎ L﹣2R=v0t ②‎ ‎ R= ③‎ 又L=v0t0 ④‎ 撤去磁场后仅受电场力，有R=• ⑤‎ 解得t=，L=4R，v0=，U=‎ ‎（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小 ‎ vy=‎ 由③得vy==v0 ⑥‎ 则从极板间飞出时的速度大小v=== ⑦‎ ‎（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系可知：‎ ‎ β=π﹣α=45°，r+r=R ⑨‎ 因为，所以 ⑩‎ 根据向心力公式 ，解得 v=‎ 所以，质子两板左侧间飞出的条件为 0＜v＜‎ 答：（1）两极板间电压U是；‎ ‎（2）质子从极板间飞出时的速度大小是．‎ ‎（3）射入的速度应满足0＜v＜．‎ ‎【点评】考查粒子做匀速直线运动、类平抛运动与匀速圆周运动的处理方法，掌握运动学公式与牛顿第二定律的综合应用，理解几何关系的正确使用．‎