2018-2019学年山西省太原市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年山西省太原市高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年山西省太原市高二（上）期末物理试卷（理科）‎ 一、选择题 ‎1.关于电场强度与磁感应强度，以下说法正确的是（　　）‎ A. 电场强度是反映电场的强弱和方向的物理量，与放入的试探电荷无关 B. 由E＝可知，当r趋于0时，电场强度趋于无限大 C. 电流元在磁场中不受安培力则该处磁感应强度为零 D. 磁感应强度的方向与垂直磁场方向放入的通电导体受的安培力方向相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度是由电场本身决定的，与放入电场中的试探电荷无关，故A正确；根据库仑定律的使用条件可知，当r趋于0时，公式E＝不再成立。故B错误；电流元在磁场中不受安培力可知是电流元与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零。故C错误；根据左手定则可知，磁感应强度的方向与垂直磁场方向放入的通电导体受的安培力方向垂直，故D错误；故选A。‎ ‎2.如图，矩形线圈abcd的长与宽分别为2L和L，虚线内有界匀强磁场的磁感应强度为B，O1、O2分别为ad、bc的中点，下列判断正确的是（　　）‎ A. 此时穿过线圈abcd的磁通量为2BL2‎ B. 线圈绕ab边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量为BL2‎ C. 线圈绕cd边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量为BL2‎ D. 在线圈绕bc边向纸外旋转60°角的过程中，穿过线圈磁通量的变化量为BL2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为Φ=BS，图中S有磁感线穿过线圈的面积，即为有效面积。当线圈以不同的边为轴从图中位置转过60‎ ‎°的瞬间，线圈在垂直于磁场方向投影的面积。‎ ‎【详解】只有一半的线圈在磁场中，所以磁通量为：Φ1＝B•L•L＝BL2，故A错误；当线圈以ab为轴从图中位置转过60°的瞬间，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为：S＝L•2Lcos60°＝L2，磁通量：Φ2＝BL2，故B正确；线框以cd边为轴转过60°时，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为0，磁通量：Φ3＝0．故C错误；线框以bc边为轴转过60°时，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为：S′＝L•Lcos60°＝0.5L2，磁通量：Φ4＝0.5BL2，所以穿过线框的磁通量变化量是0.5BL2，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力。对于公式Φ=BScosα，Scosα为线圈在在垂直于磁场方向投影的面积。‎ ‎3.关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同 B. 通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直 C. 电荷放入磁场中就会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直 D. 当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故C错误；当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，即F＝qvB，方向与磁场方向垂直，故D正确。故选D。‎ ‎4.如图，当逻辑电路中的A、B两端分别输入电信号“1”和“0”时，在C和D端输出的电信号分别为（　　）‎ A. 1和0 B. 1和1 C. 0和1 D. 0和0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与门的特点是当所有条件都满足，事件才能发生，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反．‎ ‎【详解】当A端输入电信号“1”，B端输入电信号“0”时，则非门输出为1，即D端输出为1。1和1又输入与门，所以输出端C为1。故选B。‎ ‎5.如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（　　）‎ A. 3BIL B. BIL C. BIL D. BIL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何关系计算出有效长度，由安培力公式F=BIL进行计算安培力大小即可。‎ ‎【详解】导线在磁场内有效长度为：L′＝，故该通电导线受到安培力大小为F＝BIL′＝BIL，故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题主要是考查安培力的计算，解答本题要掌握安培力的计算公式，知道公式中各量表示的物理意义。‎ ‎6.如图是磁敏报警装置中的一部分电路，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随金属异物的出现而减小；a、b接报警器。闭合S，当传感器RB所在处出现金属异物时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（　　）‎ A. I减小，U减小 B. I减小，U增大 C. I增大，U减小 D. I增大，U增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知磁敏电阻与R1并联后与R2串联，由题意可知，出现金属异物磁敏电阻的阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由电流的变化可得出内电压的变化，即可判断路端电压的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表的示数变化。‎ ‎【详解】出现金属异物，磁敏电阻的阻值减小，则总阻值减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流增大，内电压增大，故路端电压即ab间电压减小；因干路电流增大，R2两端的电压增大，则并联电路两端的电压减小，故流过R1的电流减小，则流过电流表的电流增大，故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎【点睛】闭合电路的欧姆定律的动态分析类题目一般按外电路、内电路、外电路的分析思路进行，要掌握其解决的方法。‎ ‎7.如图，在正三角形ABC的B、C两点垂直纸面放置电流均为I的长直导线，电流方向如图所示，每条直线中电流在A点产生的磁感应强度大小均为B．空间内有平行于三角形ABC平面的匀强磁场，磁感应强度为B0．已知A点的磁感应强度为零，则（　　）‎ A. 匀强磁场B0的方向平行于BC向左 B. 匀强磁场B0的方向平行于BC向下 C. B0＝B D. B0＝B ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手螺旋定则得出两根通电导线在A点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小。‎ ‎【详解】如图，两磁感应强度为B，方向夹角为60°，根据平行四边形定则得到，合磁感应强度大小为B′＝2Bcos30°＝B，平行于BC向左，A点的磁感应强度为零，则匀强磁场，磁感应强度为B0＝B，平行于BC向右；故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则。‎ ‎8.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（　　）‎ A. 1：2 B. 2：1 C. 1： D. 1：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角θ，根据t=T求运动时间．‎ ‎【详解】正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。由T＝，知两个电子的周期相等。正电子以30°入射，从y轴离开磁场时，速度方向与y轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，正电子在磁场中运动时间为。同理，负电子电子从x轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与x轴的夹角为60°，则负电子速度的偏向角为θ2＝120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则负电子在磁场中运动时间为，所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为t1：t2＝1：2。故选A。‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．‎ ‎9.如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v0‎ 从A点沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，磁场方向垂直纸面向里，大小为B，不考虑粒子的重力，则（　　）‎ A. 若v0＝，则粒子从A、C之间某点离开磁场 B. 若v0＝，则粒子刚好从C点离开磁场 C. 若v0＝，则粒子从B、C边中点离开磁场 D. 若＜v0＜，则粒子从B、C之间某点射出磁场 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，再分析答题。‎ ‎【详解】粒子恰好从C点离开磁场时运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：θ＝60°，粒子轨道半径：r＝，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，粒子速度越小，粒子轨道半径越小，当v0＝时粒子从C点离开磁场，v0＜时粒子从AC边射出磁场，当v0＞时粒子从BC边射出磁场，故B正确，ACD错误；故选B。‎ ‎【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，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与几何知识可以解题。‎ ‎10.如图所示的电路中，E＝6V、r＝100Ω，R0＝10Ω，滑动变阻器R（0﹣40Ω），不计电表对电路的影响。以下判断正确的是（　　）‎ A. 当R＝10Ω时电源的输出功率最大 B. 当R的滑片从左向右滑动的过程中，电源的输出功率先增大后减小 C. 当R＝10Ω时R0上消耗的功率最大 D. 当R＝20Ω时滑动变阻器R上消耗的功率最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据结论（推导如下）：当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大，利用数学知识判断当滑动变阻器的阻值为零时，电源的输出功率最大，利用公式求出输出功率即可；可将R看成电源的内电阻，根据结论：当电源的内电阻和外电阻相等的时候，滑动变阻器的输出功率最大，进行分析。‎ ‎【详解】设电源的内阻为r，外阻R，电源的输出功率为：，据此可知，当R＝r 时，电源的输出功率最大；当R＞r时，该表达式为减函数；当R＜r时，该表达式为增函数。据结论：当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大；由于电源内阻是10Ω，固定电阻是10Ω等于内阻，所以当滑动变阻器阻值为零时，电源的输出功率最大，向左滑动外阻增加，输出功率减小，AB错误。因R0是固定电阻，其电流越大功率越大，则R＝0时，其消耗功率越大，则C错误；根据结论：当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大；由于R0是定值电阻可等效为内阻，所以当滑动变阻器的阻值为R＝（R0+r）＝20Ω时，此时滑动变阻器的消耗最大，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】解题关键利用结论分析，它是本题的难点，通常的分析方法都是把R和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况。‎ ‎11.下列说法正确的是（　　）‎ A. 奥斯特发现了电流的磁效应 B. “分子电流假说”认为永磁体的磁场和电流的磁场均由运动电荷产生 C. 根据“分子电流假说”，磁体受到高温或猛烈撞击时可能会失去磁性 D. 地球上各个位置的磁偏角均相同且不随时间变化 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据物理学史可知，奥斯特发现了电流的磁效应。故A正确；分子电流假说是由安培提出来的；根据安培的分子电流假说可知，磁铁及通电导线的磁性是由于内部运动电荷产生的磁场叠加而成的；故B正确；根据“分子电流假说”，磁铁在高温和强烈振动下分子电流会变的杂乱，从而使磁性减弱；故C正确；根据地球的磁场的特点可知，地球上各个位置的磁偏角并不相同，且都随时间变化。故D错误。故选ABC。‎ ‎12.如图是回旋加速器的示意图。匀强磁场的磁感应强度为B，交变电压为U，D形盒的半径为R，位于D形盒圆心处的粒子源A能不断放出粒子（初速度可以忽略），粒子的质量为m、电荷量为q，它们在两盒之间被电场加速。当粒子被加速到最大动能Ek后被引出，忽略粒子在电场中的运动时间及相对论效应。则（　　）‎ A. 增大U可能增大Ek B. Ek与R成正比 C. 增大U可以减少加速次数 D. 加速比荷小于q/m的粒子时，需要增大交变电压的周期 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T= 和半径公式r=，从而推导最大动能的表达式，即可进行判断。‎ ‎【详解】根据半径公式R＝知，v＝，则粒子的最大动能Ek＝mv2＝，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，但与半径R不成正比，故AB错误；粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得：2nqU＝Ek，经过的周期个数为：‎ ‎ ，U增大n就减小，故C正确；由周期公式T＝知，比荷小于q/m的粒子在磁场中的周期长，而交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，所以需要增大交变电压的周期，故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的，注意理解交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的条件。‎ ‎13.如图，一束正离子平行纸面、从两极板中央平行极板射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生任何偏转。接着进入另一匀强磁场B2中，发现这些离子分成几束。不计重力离子间的相互作用，可以判断这几束离子（　　）‎ A. 质量一定不同 B. 速率一定相同 C. 动能一定不同 D. 比荷一定不同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【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=E/B，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，满足qvB=m，圆周运动的半径R=，由此进行分析得出结论。‎ ‎【详解】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，得出不发生偏转的粒子速度应满足v＝E/B。粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，则得圆周运动的半径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，由R＝，得知，所以粒子能分裂成几束的粒子的m/q比值一定不同，则电荷量与质量之比q/m一定各不相同。而质量m、电荷量可能相同，则动能也可能相同。故BD正确，AC错误。故选BD。‎ ‎【点睛】此题要能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，理解速度选择器的原理。在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出正确的结论。‎ ‎14.如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在 水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，将细杆置于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度-时间图象可能是图中的（　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；当qvB＜mg时，FN=mg-qvB此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故B正确，C错误．当qvB＞mg时，FN=qvB-mg，此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D正确；故选ABD．‎ 点睛：分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v-t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．‎ ‎15. 如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob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. 当小球运动到bc中点时，洛仑兹力最大 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 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图，‎ 故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，选项A正确，B错误．小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小．选项C错误．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小．选项D正确．‎ 考点：带电粒子在复合场中中的运动。‎ 二、解答题 ‎16.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请根据所学知识填空：‎ ‎（1）关于多用电表的使用，下列说法中正确的是_____。‎ A．在测量未知电压时，必须先选择电压最大的量程进行试测 B．换用不同倍率测量电阻时，都必须重新进行欧姆调零 C．测量电路中的电阻时，不用把该电阻与电源断开 D．测量定值电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，但不会影响测量结果 ‎（2）进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示：若所选档位为直流50mA挡，则示数为_____mA；若所选档位为电阻×100Ω挡，则示数为_____Ω。‎ ‎（3）某一型号的二极管，其两端分别记为A和B，现用电表的欧姆挡判断其正负极。将多用电表的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很小；调换表笔连接后，表的指针偏转角度很大，可知该二极管的正极为_____（选填“A”或“B”）端。‎ ‎【答案】 (1). （1）ABD； (2). （2）22.0， (3). 1900； (4). （3）A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）测量未知电压要用最大量程试测；用欧姆档，每次换档都要进行欧姆调零；测量电阻要把电阻从电路中独立出来；测量定值电阻时红、黑表笔插错插孔，与电路无影响，不会影响测量结果。‎ ‎（2）电表的读数要注意估读，欧姆表的读数要注意倍率。‎ ‎（3）二极管正向导通，反向截止。‎ ‎【详解】（1）测量未知电压要用最大量程试测，则A正确；用欧姆档，每次换档都要进行欧姆调零，则B正确；测量电阻要把电阻从电路中独立出来，则C错误；测量定值电阻时红、黑表笔插错插孔，与电路无影响，不会影响测量结果，则D正确；故选ABCD.‎ ‎（2）直流50mA挡最小分度为1mA，则读数为22.0mA，电阻×100Ω挡，读数为19×100＝1900Ω。‎ ‎（3）用欧姆档，电流由黑表笔流出，接地极管正极则导通，接负极为截止，因与B端相连时，表的指针偏转角度很小，则B为负极，A为正极。‎ ‎17.为测某新型手机电池的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示的电路，电路中R0为定值电阻。‎ ‎（1）请按电路图完成图乙中实物图的连接________。‎ ‎（2）电路中，定值电阻R0的主要作用是_____。‎ ‎（3）实验中，逐次改变电阻箱接入电路的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，绘出如图丙所示的 图象。若已知图线的斜率为k，纵轴截距为b，则所测电池电动势E＝_____，内阻r＝_____。‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). （2）保护电路； (3). （3） ； (4). ﹣R0。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图。‎ ‎（2）定值电阻在电路中起保护电路的作用。‎ ‎（3）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。‎ ‎【详解】（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图如图所示：‎ ‎（2）电路中，定值电阻R0的主要作用是保护电路。‎ ‎（3）由图甲所示电路图可知，电源电动势：E＝U+I（r+R0）＝U+（r+R0），整理得：，由图示图线可知，图线斜率：k＝，纵轴截距：b＝，电源电动势：E＝，电源内阻：r＝﹣R0；‎ ‎【点睛】为防止电阻箱接入电路的阻值为零时导致电源短路造成的危害，在电路中需要接入保护电阻；根据图示电路图应用欧姆定律求出图线函数表达式是解题的关键。‎ ‎18.图1是小明爷爷家里的老式手电筒，小明按下开关，小灯泡发光。打开后盖，发现里面装有三节1.5V的相同干电池组成的电池组（总电动势为4.5V）。打开电筒前盖，观察到里面的小灯泡上标有“3.8V，0.3A”字样。其电路结构简图如图2所示。已知小灯泡恰能正常发光，不计其他部分电阻，求：‎ ‎（1）小灯泡正常发光时的电阻；‎ ‎（2）每节干电池的内阻。‎ ‎【答案】（1）12.7Ω；（2）Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由欧姆定律可求得灯泡正常发光时的电流；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律求出总内阻，则可求得每节电池的内阻；‎ ‎【详解】（1）由欧姆定律可知灯泡正常发光时的电阻为： ；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可知：‎ 则每节电池的内阻为：；‎ ‎【点睛】题考查闭合电路欧姆定律以及电功的计算规律，要注意明确本题中有三节电池，由闭合电路欧姆定律所求出的内阻为总的内阻。‎ ‎19.如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg。导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。‎ ‎（1）求磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度。‎ ‎【答案】（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；‎ ‎（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小。‎ ‎【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得 根据左手定则可知安培力方向水平向右；‎ 由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ 解得B＝2T；‎ ‎（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；‎ 根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma 解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上。‎ ‎【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。‎ 三、选做题 ‎20.如图所示，在真空中半径R＝3.0×10﹣2m的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2T、方向如图的匀强磁场。一带正电的粒子以v0＝1.0×106m/s的初速度，从磁场边界上直径ab的一端a平行纸面射入磁场，已知粒子的比荷为q/m＝1.0×108C/kg，不计粒子重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。‎ ‎（1）求粒子在磁场中运动的轨迹半径和周期。‎ ‎（2）若粒子按图示方向入射（θ＝37°）从b点出射，求粒子在磁场中运动的时间。‎ ‎【答案】（1）0.05m，π×10﹣7s。（2）×10﹣7s。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径，根据周期公式求出粒子做圆周运动的周期。‎ ‎（2）根据题意求出粒子转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间。‎ ‎【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝m ，‎ 代入数据解得：r＝0.05m，‎ 粒子做圆周运动的周期：＝π×10﹣7s；‎ ‎（2）粒子按图示方向入射（θ＝37°）从b点出射，粒子在磁场中转过的圆心角：α＝2θ＝74°，粒子在磁场中的运动时间：‎ ‎；‎ ‎【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解。‎ ‎21.一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线顺时针转动，转动的角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的带负电粒子，从小孔M沿着MN方向以速度v射入磁场，当筒以某一角速度转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒（不考虑粒子与筒碰撞）。‎ ‎（1）粒子的比荷是多大？‎ ‎（2）保持粒子速率不变，使其入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，粒子仍然从小孔N飞出圆筒，则圆筒转动的角速度至少为多大？‎ ‎【答案】（1）；（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当筒转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒，这说明粒子恰好在磁场中偏转90°，则粒子的轨道半径为R，由洛仑兹力提供向心力可以求出粒子的比荷。‎ ‎（2）当入射方向逆时针方向旋转30°时，相应的轨迹也将逆时针方向旋转30‎ ‎°，半径不变，画出轨迹。由几何关系，找到粒子在磁场中偏转的角度，求出时间t，然后求出圆筒的最小角速度。‎ ‎【详解】（1）若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从小孔N射出，由几何知识可知，粒子轨道半径：r＝R，粒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：；‎ ‎（2）若粒子与MN方向成30°入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹2如图轨迹2圆心为O′，则四边形MO′PO为菱形，可得∠MO′P＝∠MOP＝，所以∠NOP＝，‎ 则粒子偏转的时间为： ；‎ 圆筒转过∠NOP＝需要的时间为：t′＝，‎ 粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等，有：t＝t′‎ 圆筒转动的角速度至少为：ω＝；‎ ‎【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、几何知识即可解题。‎ 四、选做题 ‎22.如图所示，在xOy坐标系中，x轴上的N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°．第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B＝1T，第Ⅳ象限内有匀强电场，方向沿y轴正向．将一质量m＝8×10﹣10 kg、电荷量q＝1×10﹣4 C带正电粒子，从电场中M（12，﹣8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场．不计粒子重力，取π＝3，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的速度v；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度E；‎ ‎（3）粒子从M点到P点运动的时间．‎ ‎【答案】（1）104m/s．（2）5×103V/m（3）1.6×10﹣5s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在电场中加速，获得速度后进入磁场做匀速圆周运动，转小半圈从P点穿出．由几何关系得到做匀速圆周运动的半径，再由半径公式变形求得速度．‎ ‎（2）直接根据动能定理就能求得电场强度．‎ ‎（3）据粒子在磁场中转过的角度，求出粒子在磁场中的时间．‎ ‎【详解】（1）粒子在磁场中的轨迹如图，设粒子做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系，得 R+Rsin30°=ON      ① 解得：R=0.08m 由：qBv＝    ② 得    代入解得  v=104 m/s （2）粒子从M到N，在电场力作用下加速，据动能定理： qEd＝mv2    ③ 得：E＝＝5×103V/m   （3）由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有 ‎ ‎23.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：‎ ‎(1)电场强度的大小E；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.‎ ‎【答案】(1) （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】粒子垂直进入电场做类平抛运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径．由题意作出粒子的运动轨迹如图所示。‎ ‎(1)设粒子在电场中运动的时间为t1，由运动学规律有：‎ x方向：‎ y方向： ① ‎ ‎ ② ‎ 联解①②得： ‎ ‎(2)设粒子进入磁场的速度为v，与x轴的夹角为θ，有：‎ ‎ ③ ‎ ‎ ④ ‎ 联解④⑤得：‎ ‎(3)设粒子进入磁场时与x轴的夹角为θ，在磁场中运动的时间为t2，则：‎ ‎ ‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥ ‎ ‎ ⑦ ‎ 联解⑥⑦⑧⑨得： ‎ ‎【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎ ‎ ‎