物理卷·2018届重庆市铁路中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届重庆市铁路中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年重庆市铁路中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（共12题，每题4分，1-8每题只有一个选项正确，9-12每题有多个选项正确．共48分）‎ ‎1．下列关于磁感应强度大小的说法中正确的是（　　）‎ A．通电导线受磁场力大的地方，磁感应强度一定大 B．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向 D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关 ‎2．如图所示，电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点，在圆环中心O处的磁感应强度为（　　）‎ A．最大，垂直纸面向外 B．最大，垂直纸而向里 C．零 D．无法确定 ‎3．如图所示，一束正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转离子进入另一个匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论（　　）‎ A．它们的动能一定不相同 B．它们的电量一定不相同 C．它们的质量一定不相同 D．它们的电量与质量之比一定不相同 ‎4．关于感应电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生 B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生 C．线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流 D．只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流 ‎5．如图所示，空间存在着由匀强磁场B和匀强电场E组成的正交电磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．有一带负电荷的小球P，从正交电磁场上方的某处自由落下，那么带电小球在通过正交电磁场时（　　）‎ A．一定作曲线运动 B．不可能作曲线运动 C．可能作匀速直线运动 D．可能作匀加速直线运动 ‎6．由细弹簧围成的圆环中间插入一根条形磁铁，如图所示．当用力向四周扩展圆环，使其面积增大时，从上向下看（　　）‎ A．穿过圆环的磁通量减少，圆环中有逆时针方向的感应电流 B．穿过圆环的磁通量增加，圆环中有顺时针方向的感应电流 C．穿过圆环的磁通量增加，圆环中有逆时针方向的感应电流 D．穿过圆环的磁通量不变，圆环中没有感应电流 ‎7．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H）和α粒子（He）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（　　）‎ A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大 B．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 C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小 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大 ‎8．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（　　）‎ A．FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小 B．FN1=FN2，弹簧的伸长量减小 C．FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大 D．FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小 ‎9．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌子边缘落到地板上．设其飞行时间为t1，水平射程为s1，落地速率为v1．撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地速率为v2，则（　　）‎ A．t1＜t2 B．s1＞s2 C．s1＜s2 D．v1=v2‎ ‎11．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变 B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小 C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变 D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小 ‎12．如图所示，L1和L2为两平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速v斜向上与L2成30°角射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力影响，下列说法中正确的是（　　）‎ A．该粒子一定带正电 B．带电粒子经过B点时速度一定与在A点时速度相同 C．若将带电粒子在A点时初速度变大（方向不变），它仍能经过B点 D．若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成45°角斜向上，它仍能经过B点 ‎　‎ 二、实验题：（共8空，每空2分，共16分）‎ ‎13．为了测定一节干电池的电动势和内电阻，现准备了下列器材：‎ ‎①待测干电池E（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω）‎ ‎②电流表G（满偏电流3.0mA，内阻为10Ω）‎ ‎③安培表A（量程0～0.60A，内阻约为0.1Ω）‎ ‎④滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）‎ ‎⑤滑动变阻器R2（0～1000Ω，1A）‎ ‎⑥定值电阻R3=990Ω ‎⑦开关和导线若干 ‎（1）为了能尽量准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是　　．‎ ‎（2）在图甲所示的方框中画出实验电路原理图，并注明器材代号；‎ ‎（3）图乙所示为某同学根据正确的电路图作出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为安培表A的示数），由该图线可求出被测干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎14．如图1所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺的导线补接完整．‎ ‎（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：‎ ‎①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将　　．‎ ‎②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将　　．‎ ‎（3）如图2所示，A、B分别表示通电线圈和感应线圈，若感应线圈B中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为　　‎ A．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且正从感应线圈中取出 B．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且其中的铁芯正被取出 C．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且正将滑动变阻器的阻值调小 D．通电线圈中通入逆时针方向的电流，且正在断开电源．‎ ‎　‎ 三、计算题：（共46分）‎ ‎15．如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=10cm，两板间距d=17.3cm，重力不计．求：‎ ‎（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（≈1.73）‎ ‎（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；‎ ‎（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？‎ ‎16．如图所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d=8cm，电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为e的电子以一定的速度沿水平方向射入此区域，若电场与磁场共存，电子穿越此区域时恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y=3.2cm；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转，不计重力作用，求：‎ ‎（1）电子射入时的初速度v的表达式；‎ ‎（2）电子比荷的表达式；‎ ‎（3）电子穿越磁场区域后（撤去电场时）速度的偏转角α．‎ ‎17．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和0.5E；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）O、M间的距离；‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．‎ ‎18．如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率v0‎ 的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．‎ ‎（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市铁路中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（共12题，每题4分，1-8每题只有一个选项正确，9-12每题有多个选项正确．共48分）‎ ‎1．下列关于磁感应强度大小的说法中正确的是（　　）‎ A．通电导线受磁场力大的地方，磁感应强度一定大 B．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向 D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．‎ ‎【解答】解：A、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度不一定越大．故A错误；‎ B、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；‎ C、磁感线的指向与磁感应强度的方向没有关系，磁感线某点切线方向即为磁感应强度的方向．故C错误；‎ D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定．故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示，电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点，在圆环中心O处的磁感应强度为（　　）‎ A．最大，垂直纸面向外 B．最大，垂直纸而向里 C．零 D．无法确定 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，分别分析上半圆与下半圆电流在O点产生的磁场方向，根据叠加原理，求O处的磁感应强度．‎ ‎【解答】解：将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，上半圆电流在O点产生的磁场方向向里，下半圆电流在O点产生的磁场方向向外，由于电流大小相等，两个产生的磁感应强度大小相等，则O点的磁感应强度为零．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一束正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转离子进入另一个匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论（　　）‎ A．它们的动能一定不相同 B．它们的电量一定不相同 C．它们的质量一定不相同 D．它们的电量与质量之比一定不相同 ‎【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】粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动．‎ ‎【解答】解：因为粒子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB=qE，得出能不偏转的粒子速度满足速度相同；‎ 粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m，圆周运动的半径R=，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，粒子能分裂成几束，所以粒子的一定不同；但电量与质量均可以相同；当质量相同、电量不同时，可知动能可以相同；故ABC错误；D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．关于感应电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生 B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生 C．线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流 D．只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化就能产生感应电流．可以分解为两个条件：1、闭合电路，2、磁通量发生变化．这两个条件必须同时满足，才能有感应电流产生．‎ ‎【解答】解：A、满足闭合电路，但是磁通量没有变化，没有感应电流，故A错．‎ B、满足磁通量变化，但是没有满足闭合电路这个条件，故B错误．‎ C、线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流．故C正确．‎ D、不知道电路是否闭合，因此不能确定有电流产生．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，空间存在着由匀强磁场B和匀强电场E组成的正交电磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．有一带负电荷的小球P，从正交电磁场上方的某处自由落下，那么带电小球在通过正交电磁场时（　　）‎ A．一定作曲线运动 B．不可能作曲线运动 C．可能作匀速直线运动 D．可能作匀加速直线运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】对小球受力分析后，得到合力的方向，根据曲线运动的条件进行判断．‎ ‎【解答】解：小球进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平向右的电场力和水平向左的洛伦兹力，若电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，小球向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一定会与速度不共线，故小球一定做曲线运动；故A正确，B错误；‎ 在下落过程中，重力与电场力不变，但洛伦兹力变化，导致合力也变化，则做变加速曲线运动．故CD均错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．由细弹簧围成的圆环中间插入一根条形磁铁，如图所示．当用力向四周扩展圆环，使其面积增大时，从上向下看（　　）‎ A．穿过圆环的磁通量减少，圆环中有逆时针方向的感应电流 B．穿过圆环的磁通量增加，圆环中有顺时针方向的感应电流 C．穿过圆环的磁通量增加，圆环中有逆时针方向的感应电流 D．穿过圆环的磁通量不变，圆环中没有感应电流 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】当穿过线圈的磁感线有相反的两种方向时，要根据抵消后的条数来确定磁通量的大小．磁感线是闭合曲线，磁铁外部与内部磁感线条数相等，而磁铁内外穿过线圈的磁感线方向相反，根据抵消情况确定磁通量的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：题中磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，则磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反．而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，当弹簧面积增大时，内部磁感线总数不变，而抵消增多，剩余减小，则磁通量将减小．所以当弹簧面积增大时，穿过电路的磁通量Φ减小．加之条形磁铁内部的感应线是从S极到N极，所以由楞次定律可知：圆环中的感应电流方向逆时针方向（从上往下看），故A正确；BCD错误； ‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H）和α粒子（He）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（　　）‎ A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大 B．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 C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小 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大 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．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T=比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据qvB=m ‎ 求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．‎ ‎【解答】解：回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．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T=，比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，‎ 根据qvB=m，求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．‎ 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T=，知氚核（13H）的质量与电量的比值大于α粒子（24He），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qvB=m得，最大速度v=，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B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（　　）‎ A．FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小 B．FN1=FN2，弹簧的伸长量减小 C．FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大 D．FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小 ‎【考点】电流的磁场对磁针的作用．‎ ‎【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；‎ ‎（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向 ‎【解答】‎ 解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方，‎ ‎（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上方；‎ ‎（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力．故A正确．‎ ‎ B、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力．故B正确．‎ ‎ C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故C错误．‎ ‎ ‎ ‎ D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故D错误．‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌子边缘落到地板上．设其飞行时间为t1，水平射程为s1，落地速率为v1．撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地速率为v2，则（　　）‎ A．t1＜t2 B．s1＞s2 C．s1＜s2 D．v1=v2‎ ‎【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】球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．‎ ‎【解答】解：A、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上． ‎ 如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，所以，A选项错误．‎ B、C、小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞‎ s2，所以，B选项正确，C选项错误．‎ D、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的．有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变 B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小 C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变 D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小 ‎【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】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：A．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，A选项正确．‎ B．如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，故B错误． 　　‎ C．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由此可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受的一半时，绳子断后，小球顺时针做匀速圆周运动，半径不变，C选项正确，‎ D．当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，D选项正确，‎ 故选ACD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，L1和L2为两平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速v斜向上与L2成30°角射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力影响，下列说法中正确的是（　　）‎ A．该粒子一定带正电 B．带电粒子经过B点时速度一定与在A点时速度相同 C．若将带电粒子在A点时初速度变大（方向不变），它仍能经过B点 D．若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成45°角斜向上，它仍能经过B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】分析带电粒子的运动情况：在无磁场区域，做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择．‎ ‎【解答】解：画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种．‎ ‎ A、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能．故A错误．‎ B、如图，粒子B的位置在B2、B3时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同．故B正确；‎ ‎ C、根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点．故C正确．‎ ‎ D、如图，设L1与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为：x=，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成45°角斜向上，不经过B点．故D错误．‎ ‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、实验题：（共8空，每空2分，共16分）‎ ‎13．为了测定一节干电池的电动势和内电阻，现准备了下列器材：‎ ‎①待测干电池E（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω）‎ ‎②电流表G（满偏电流3.0mA，内阻为10Ω）‎ ‎③安培表A（量程0～0.60A，内阻约为0.1Ω）‎ ‎④滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）‎ ‎⑤滑动变阻器R2（0～1000Ω，1A）‎ ‎⑥定值电阻R3=990Ω ‎⑦开关和导线若干 ‎（1）为了能尽量准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是　④　．‎ ‎（2）在图甲所示的方框中画出实验电路原理图，并注明器材代号；‎ ‎（3）图乙所示为某同学根据正确的电路图作出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为安培表A的示数），由该图线可求出被测干电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　0.78　Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】1、解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读 ‎2、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；‎ 所给实验器材中，有两个电流表，没有电压表，也没有电阻箱，只能用伏安法测电池电动势与内阻，可以用电流表与定值电阻组装一个电压表，根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出电路图．根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻．‎ ‎【解答】解：①电源电动势为1.5V较小，电源的内阻较小，为多次几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选R1，即选4．‎ ‎②上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R3串联，改装成电压表，‎ 用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图所示．‎ ‎③将I1﹣I2图线延长，与两坐标轴有交点．‎ 根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1=1009I1，‎ 根据图象与纵轴的交点得电动势为：E=1.47mA×1009Ω=1.5V，‎ 与横轴的交点可得出路端电压为1.0V时电流是0.62A，‎ 由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得，电源内阻：r==≈0.78Ω；‎ 故答案为：①d；②如图；③1.5，0.78‎ ‎　‎ ‎14．如图1所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺的导线补接完整．‎ ‎（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：‎ ‎①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将　向右偏转　．‎ ‎②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将　向左偏转　．‎ ‎（3）如图2所示，A、B分别表示通电线圈和感应线圈，若感应线圈B中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为　AB　‎ A．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且正从感应线圈中取出 B．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且其中的铁芯正被取出 C．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且正将滑动变阻器的阻值调小 D．通电线圈中通入逆时针方向的电流，且正在断开电源．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．‎ ‎（2）根据题意判断出磁通量变化情况与电流表指针偏转方向间的关系，然后根据穿过副线圈的磁通量如何变化判断电流表指针偏转方向．‎ ‎（3）根据图示情景应用楞次定律分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示：‎ ‎（2）闭合开关时穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过副线圈的磁通量增加指针向右偏转；‎ ‎①将原线圈迅速插入副线圈时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针将向右偏转一下．‎ ‎②将原线圈A插入副线圈B后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，穿过副线圈的磁通量减少，则灵敏电流计的指针将向左偏转一下．‎ ‎（3）若副线圈中产生顺时针方向的感应电流，由安培定则可知，感应电流的产生的磁场垂直与纸面向里；‎ A、如图原线圈通入顺时针方向电流且正从副线圈中取出，则穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，副线圈产生顺时针方向的感应电流，故A正确；‎ B、如果原线圈通入顺时针方向电流且其中铁芯正被取出，则穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，副线圈产生顺时针方向的感应电流，故B正确；‎ C、如果原线圈通入顺时针方向电流且将滑动变阻器阻值调小，则穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，副线圈产生逆时针方向的感应电流，故C错误；‎ D、如果原线圈通入逆时针方向电流且正在断开电源，则穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，副线圈产生逆时针方向的感应电流，故D错误；故选AB；‎ 故答案为：（1）如上图所示；（2）①向右偏转；　②向左偏转；（3）AB．‎ ‎　‎ 三、计算题：（共46分）‎ ‎15．如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=10cm，两板间距d=17.3cm，重力不计．求：‎ ‎（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（≈1.73）‎ ‎（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；‎ ‎（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？‎ ‎【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】（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1．‎ ‎（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压．‎ ‎（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B．‎ ‎【解答】解：（1）带电微粒在电场中加速，由动能定理得：qU1=mv12﹣0，‎ 代入数据解得：v1=1.0×104m/s；‎ ‎（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．‎ 在水平方向微粒做匀速直线运动，水平方向：L=v1t，‎ 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2‎ 竖直方向：a==，v2=at，tanθ=，‎ 解得：tanθ=，‎ U2=，‎ 代入数据解得：U2=200V；‎ ‎（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒轨道刚好与磁场右边界相切，设轨道半径为R，由几何关系知：‎ D=R+Rcos60°=R，R=D，‎ 设微粒进入磁场时的速度为v，则v==v1，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m，‎ 代入数据解得：B=0.1T，‎ 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T；‎ 答：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1为1.0×104m/s；‎ ‎（2）偏转电场中两金属板间的电压U2为200V；‎ ‎（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.1T．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d=8cm，电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为e的电子以一定的速度沿水平方向射入此区域，若电场与磁场共存，电子穿越此区域时恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y=3.2cm；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转，不计重力作用，求：‎ ‎（1）电子射入时的初速度v的表达式；‎ ‎（2）电子比荷的表达式；‎ ‎（3）电子穿越磁场区域后（撤去电场时）速度的偏转角α．‎ ‎【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）电场与磁场共存，电子穿越此区域时恰好不发生偏转说明电子受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反；‎ ‎（2）电子穿越电场的过程中做类平抛运动，将运动分解可以求得求出电子的比荷；‎ ‎（3）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出运动的轨迹图，根据半径和 d之间的关系，根据电子运动的轨迹，求出射出磁场时的偏转角α．‎ ‎【解答】解：（1）电子部发生偏转，电子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力大小相等，由平衡条件得：‎ eE=evB，‎ 解得：v=；‎ ‎（2）电子在电场中的受力：F=eE 加速度：a==‎ 穿越电场的时间：t=，‎ 由穿越电场时的偏移量：y=at2=，‎ 电子的比荷： =；‎ ‎（3）电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：evB=m，‎ 解得：r=，‎ 代入数据解得：r=0.1m，‎ 电子运动轨迹如图所示，由几何知识得：sinα===，‎ 解得：α=53°；‎ 答：（1）电子射入时的初速度v的表达式为v=；‎ ‎（2）电子比荷的表达式为=；‎ ‎（3）电子穿越磁场区域后（撤去电场时）速度的偏转角α为53°．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和0.5E；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）O、M间的距离；‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由题意，粒子经过A点的速度方向与OP成60°角，即可求出此时粒子的速度．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出轨道半径．‎ ‎（2）粒子在匀强电场中运动时，由牛顿第二定律求得加速度，在A点，竖直方向的速度大小为vy=v0tan60°，由速度公式求解时间，由位移求得O、M间的距离．‎ ‎（3）画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ，根据t=，求出在磁场中运动的时间．粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后，先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，第二次通过CD边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，‎ 由类平抛运动的规律知 ‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 所以 ‎ ‎（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a．‎ 则有qE=ma v0tan60°=at1‎ 即 O、M两点间的距离为 ‎ ‎（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2．‎ 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则 设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得 则 t3==‎ 故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 t=t1+t2+t3==‎ 答：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径是．‎ ‎（2）O、M间的距离是．‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．‎ ‎（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，从而根据几何关系求出圆弧的圆心角大小，通过弧长和速度求出在磁场中运动的时间．‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，轨道半径变为原来的倍，通过几何关系求出圆弧的圆心角，从而得知出磁场的速度方向，根据速度分解求出它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．通过证明入射点、出射点、圆心磁场的圆心以及粒子运动圆弧的圆心构成的图形为菱形，从而可以证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得 r=R 带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示，‎ 则 ‎（2）由（1）知，当时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为．‎ 其运动轨迹如图所示，‎ 由图可知∠PO2O=∠OO2R=30°．‎ 所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60°‎ ‎（3）由（1）知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．‎ 设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示．‎ 因PO3=O3S=PO=SO=R 所以四边形POSO3为菱形 由图可知：PO∥O3S，v3⊥SO3‎ 因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．‎ 答：（1）它在磁场中运动的时间．‎ ‎（2）它打到感光板上时速度的垂直分量为．‎ ‎（3）证明如上．‎ ‎　‎