2015-2016学年北京市中央民族大学附中高一(下)期末物理试卷

一、选择题(共16小题，每小题3分，满分48分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)

1.对元电荷的理解，下列说法正确的是(　　)

A.目前认为：元电荷是自然界中电荷的最小单元，其值是1.60×10﹣19C

B.元电荷就是质子

C.元电荷就是电子

D.物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍

2.一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是(　　)

A.匀速直线运动B.匀加速直线运动

C.匀变速曲线运动D.匀速圆周运动

3.关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)

A.电场强度的定义式E= 适用于任何静电场

B.电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同

C.磁感应强度公式B= 说明磁感应强度B与放入磁场中的通电导线所受安培力F成正比，与通电导线中的电流I和导线长度L的乘积成反比

D.磁感应强度公式B= 说明磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同

4.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也.”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图.结合上述材料，下列说法不正确的是(　　)

A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合

B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近

C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行

D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用

5.如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　)

A.0B.0.5BIlC.BIlD.2BIl

6.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地.三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则(　　)

A.三个微粒在电场中运动时间相等

B.三个的带电量相同

C.三个微粒所受电场力的大小关系是FA

D.三个微粒到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA

7.如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点.若粒子在M点和P点的速率相等，则(　　)

A.粒子在N点时的速率最大

B.UMN=UNP

C.粒子在N点时的加速度最大

D.粒子在M点时电势能大于其在N点时的电势能

8.如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是(　　)

A.使A、B两板正对面积错开一些

B.使A、B两板靠近一些

C.断开S后，使A、B两板正对面积错开一些

D.断开S后，使A板向左平移拉开一些

9.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作.已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是(　　)

A.电动机的额定电压为IR

B.电动机的输出功率为IE﹣FR

C.电源的输出功率为IE﹣I2r

D.整个电路的热功率为I2(R0+R+r)

10.直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(　　)

A.效率一定增大B.内部损耗功率一定增大

C.总功率一定减小D.输出功率可能先增大后减小

11.如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上.不计重力.下列说法正确的有(　　)

A.a、b均带正电

B.a在磁场中飞行的时间比b的短

C.a在磁场中飞行的路程比b的短

D.a在P上的落点与O点的距离比b的近

12.如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2;a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面;b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直.磁感应强度可能为零的点是(　　)

A.a点B.b点C.c点D.d点

13.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中.两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放.M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是(　　)

A.两个小球到达轨道最低点的速度vM

B.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM>FN

C.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间

D.在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处

14.图(a)为示管的原理图.如果在电极YY′之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　)

A. B. C. D.

15.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是 (　　)

A.上表面电势高

B.下表面电势高

C.该导体单位体积内的自由电子数为

D.该导体单位体积内的自由电子数为

16.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=1m.PM间接有一个电动势为E=6V，内阻r=1Ω的电源和一只滑动变阻器.导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是(　　)

A.6ΩB.5ΩC.4ΩD.2Ω

二、实验题(共2小题，每空2分，满分12分)

17.要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作，已选用的器材有：电池组(电动势为4.5V，内阻约1Ω)、电流表(量程为0～250mA，内阻约5Ω)、电压表(量程为0～3V，内限约3kΩ)、电键一个、导线若干.

(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　　　　　　(填“A”或“B”)

A、滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)

B.滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)

(2)实验的电路图应选用下列的图　　　　　　(填“A”或“B”).

18.某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻.

A.干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆

B.直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩ

C.定值电阻R0未知

D.滑动变阻器R，最大阻值Rm

E.导线和开关

(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图;

(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=　　　　　　(用U10、U20、Rm表示)

(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源电动势E=　　　　　　，内阻为r=　　　　　　(用k、a、R0表示).

三、简答题(共4小题，满分40分)

19.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点.已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e.求：

(1)电子穿过A板时的速度大小;

(2)电子从偏转电场射出时的侧移量;

(3)P点到O点的距离.

20.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源.现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：

(1)通过导体棒的电流;

(2)导体棒受到的安培力大小;

(3)导体棒受到的摩擦力.

21.如图所示，质量m=2.0×10﹣4kg、电荷量q=1.0×10﹣6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中.取g=10m/s2.

(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向;

(2)在t=0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2=4.0×103N/C，且方向不变.求在t=0.20s时间内电场力做的功;

(3)在t=0.20s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能.

22.真空中存在一中空的柱形圆筒，如图是它的一个截面，a、b、c为此截面上的三个小孔，三个小孔在圆形截面上均匀分布，圆筒半径为R.在圆筒的外部空间存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向与圆筒的轴线平行，在图中垂直于纸面向内.现在a处向圆筒内发射一个带正电的粒子，其质量为m，带电量为q，使粒子在图所在平面内运动，设粒子只受磁场力的作用，若粒子碰到圆筒即会被吸收，则：

(1)若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，则粒子的初速度的大小和方向有何要求?

(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小和方向有何要求?

2015-2016学年北京市中央民族大学附中高一(下)期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题(共16小题，每小题3分，满分48分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)

1.对元电荷的理解，下列说法正确的是(　　)

A.目前认为：元电荷是自然界中电荷的最小单元，其值是1.60×10﹣19C

B.元电荷就是质子

C.元电荷就是电子

D.物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍

【考点】元电荷、点电荷.

【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍.

【解答】解：A、目前认为：元电荷是自然界中电荷的最小单元，其值是1.60×10﹣19C，故A正确;

B、元电荷是最小电荷量，不是一种带电微粒，故BC错误;

D、物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍，故D正确;

故选：AD.

【点评】本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题.

2.一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是(　　)

A.匀速直线运动B.匀加速直线运动

C.匀变速曲线运动D.匀速圆周运动

【考点】电场强度;牛顿第二定律.

【分析】根据物体的初状态和受力情况判断物体的运动情况.

【解答】解：一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0.

A、物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故A错误.

B、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，而且合外力恒定，就做匀加速直线运动，故B正确.

C、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，而且合外力恒定，物体就做匀变速曲线运动，故C正确.

D、物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故D正确.

答案选不可能出现的运动状态，故选：A.

【点评】了解几种常见的运动状态的受力情况和速度变化情况.

3.关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)

A.电场强度的定义式E= 适用于任何静电场

B.电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同

C.磁感应强度公式B= 说明磁感应强度B与放入磁场中的通电导线所受安培力F成正比，与通电导线中的电流I和导线长度L的乘积成反比

D.磁感应强度公式B= 说明磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同

【考点】磁感应强度;电场强度.

【分析】电场强度处处相等的区域内，电势不一定处处相等，沿电场线的方向电势降低;小段通电导线在某处若不受磁场力，是导线与磁场垂直，则此处不一定无磁场.电场强度的定义式E= 适用于任何电场;磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直.

【解答】解：A、电场强度的定义式E= 适用于任何电场.故A正确;

B、根据电场强度方向的规定：电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同.故B正确;

C、磁感应强度公式B= 是定义式，磁感应强度的大小与方向由磁场本身决定，与放入磁场中的通电导线所受安培力F无关，与通电导线中的电流I和导线长度L的乘积无关.故C错误;

D、根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直.故D错误.

故选：AB

【点评】本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分.

4.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也.”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图.结合上述材料，下列说法不正确的是(　　)

A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合

B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近

C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行

D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用

【考点】洛仑兹力;地磁场.

【分析】根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质;即可确定此题的答案.

【解答】解：A、地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角;故A正确;

B、磁场时闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确;

C、磁场时闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C错误;

D、地磁场与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D正确;

本题选错误的，故选：C.

【点评】本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质.

5.如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　)

A.0B.0.5BIlC.BIlD.2BIl

【考点】安培力的计算.

【分析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度.

【解答】解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30°=BIL，选项C正确.

故选C.

【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义.

6.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地.三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则(　　)

A.三个微粒在电场中运动时间相等

B.三个的带电量相同

C.三个微粒所受电场力的大小关系是FA

D.三个微粒到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.

【分析】微粒在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解处理类平抛问题即可.

【解答】解：带电微粒进入垂直电场方向进入电场后均做类平抛运动，可沿水平方向建立x轴，竖直方向建立y轴，则有题意有：

A、B、C三个微粒在水平方向位移有：xA>xB>xC，在竖直方向位移有：yA=yB=yC

因为微粒在水平方向做匀速直线运动，故满足x=v0t得运动时间有t=

∵xA>xB>xC∴tA>tB>tC，所以A错误.

∵微粒在y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，有 得：

a=

又∵yA=yB=yC，tA>tB>tC

∴aA

∵微粒在电场中受电场力产生加速度，则由牛顿第二定律有：F=ma

∴有FA

在电场中有F=qE= 得到qA

又因为微粒在电场中电场力对微粒做的功等于微粒动能的变化，由于微粒初动能相同，则可以比较电场力做功确定微粒末动能的大小

由于FA

所以有电场力做功WC>WB>WA

据W=Ek﹣Ek0由于初动能相同所以有三个微粒到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA 故D正确.

故选CD.

【点评】处理类平抛问题的关键是利用运动的分解，将曲线运动分解成两个方向上的直线运动，利用等时性处理即可.

7.如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点.若粒子在M点和P点的速率相等，则(　　)

A.粒子在N点时的速率最大

B.UMN=UNP

C.粒子在N点时的加速度最大

D.粒子在M点时电势能大于其在N点时的电势能

【考点】电场线;匀强电场中电势差和电场强度的关系.

【分析】由一定的轨迹可得，粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论.

【解答】解：A、由题可得电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，粒子的速度减小，运动到N点时，电子的速度最小，所以A错误;

B、由于粒子在M点和P点的速率相等，所以UMN=﹣UNP，所以B错误;

C、根据电场线的疏密可得，N点处的电场线最密，所以粒子在N点时受到的电场力最大，加速度最大.所以C正确;

D、当粒子向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，电势能增加，粒子在M点时电势能小于其在N点时的电势能，所以D错误.

故选：C.

【点评】本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小.

8.如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是(　　)

A.使A、B两板正对面积错开一些

B.使A、B两板靠近一些

C.断开S后，使A、B两板正对面积错开一些

D.断开S后，使A板向左平移拉开一些

【考点】电容器.

【分析】静电计测量的是金属板两端的电势差，闭合电键，A、B两端的电势差不变.断开电键，则两极板所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化.

【解答】解：AB、电键闭合，两极板电势差不变，则静电计指针张开的角度不变.故A、B错误.

C、断开S后，极板所带的电量不变，使A、B两板正对面积错开一些，正对面积变小，根据 知，电容减小，根据U= ，则电势差增大，张角增大.故C正确.

D、断开S后，使A板向左平移拉开一些，d增大，根据 知，电容减小，根据U= ，则电势差增大，张角增大.故D正确.

故选CD.

【点评】本题属于电容器的动态分析，关于抓住不变量，极板与电源始终相连，则电势差不变，极板与电源断开，则电量不变.

9.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作.已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是(　　)

A.电动机的额定电压为IR

B.电动机的输出功率为IE﹣FR

C.电源的输出功率为IE﹣I2r

D.整个电路的热功率为I2(R0+R+r)

【考点】功率、平均功率和瞬时功率.

【分析】小灯泡是纯电阻电路，满足欧姆定律，但电动机正常工作时不是纯电阻，不能满足欧姆定律;电源的输出功率P=UI=IE﹣I2r;由公式P=UI求出电动机的总功率P总.电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒可知P出=P总﹣P热，P热=I2R.整个电路的热功率为I2(R0+R+r).

【解答】解A、电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，电动机的额定电压大于IR，故A错误;

B、电动机的电压为：UM=E﹣I(R0+r)，电动机的输出功率为：P出=UMI﹣I2R0=[E﹣I(R0+r)]I﹣I2R0，故B错误.

C、电源的输出功率为：P=IE﹣I2r;，故故C正确;

D、整个电路的热功率为I2(R0+R+r)，故D正确.

故选：CD

【点评】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求电功率只能用P=UI，求电热只能用P=I2R，求机械功率要根据能量守恒得到P机=P总﹣P热.

10.直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(　　)

A.效率一定增大B.内部损耗功率一定增大

C.总功率一定减小D.输出功率可能先增大后减小

【考点】电功、电功率;闭合电路的欧姆定律.

【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题.

【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小;

A、电源的效率η= = ，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故A正确;

B、电源内阻r不变，电流I减小，电源内部损耗功率Pr=I2r减小，故B错误;

C、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故C正确;

D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，如果滑动变阻器的最大电阻值大于电源的内电阻，则电源的输出功率先增大后减小，故D正确;

故选：ACD.

【点评】熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题;同时要记住“当外电路的电阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大”的结论.

11.如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上.不计重力.下列说法正确的有(　　)

A.a、b均带正电

B.a在磁场中飞行的时间比b的短

C.a在磁场中飞行的路程比b的短

D.a在P上的落点与O点的距离比b的近

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动.

【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式 和周期公式 进行求解.

【解答】解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：

粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确;

由r= 可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误;

根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确.

故选：AD.

【点评】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.

12.如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2;a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面;b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直.磁感应强度可能为零的点是(　　)

A.a点B.b点C.c点D.d点

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.

【分析】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置.

【解答】解：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系.

根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又I1>I2，所以该点距I1远距I2近，所以是c点;

故选C.

【点评】本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力.

13.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中.两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放.M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是(　　)

A.两个小球到达轨道最低点的速度vM

B.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM>FN

C.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间

D.在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力;带电粒子在匀强电场中的运动.

【分析】带电小球在磁场中运动，洛伦兹力不做功，根据动能定理求出运动到最低点的速度，从而根据牛顿第二定律求出底部对小球的支持力大小，然后进行比较.

【解答】解：A、对左图，根据动能定理得， ，解得 .

对右图，根据动能定理得， ，解得 .所以vM>vN.故A错误.

B、在最低点，对左图有： ，解得FM=3mg.

对右图有： ，解得FN=3mg﹣qE.知FM>FN.故B正确.

C、左图在运动的过程中，只有重力做功，右图在运动的过程中，除重力做功外，还有电场力做负功，起阻碍作用，所以小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间.故C错误.

D、若在磁场中小球能运动到另一端的最高处，则根据动能定理知，在电场中，电场力始终做负功，小球不能到达最高点.故D正确.

故选BD.

【点评】解决本题的关键知道电场力做功和洛伦兹力做功的区别，知道洛伦兹力不做功，综合动能定理和牛顿第二定律进行求解.

14.图(a)为示管的原理图.如果在电极YY′之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　)

A. B. C. D.

【考点】示波管及其使用.

【分析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象.

【解答】解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B;

故选B.

【点评】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考.

15.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是 (　　)

A.上表面电势高

B.下表面电势高

C.该导体单位体积内的自由电子数为

D.该导体单位体积内的自由电子数为

【考点】霍尔效应及其应用.

【分析】金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下表面存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡.根据上下表面带电的正负判断电势的高低.根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数.

【解答】解：A、电流方向水平向右，则自由电子的运动方向水平向左，根据左手定则，电子向上偏，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电.所以下表面的电势高.故A错误，B正确.

C、电流的微观表达式为I=nevS，n表示单位体积内的电子数，S表示横截面积，则n= .最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有： ，则v= .所以n= .故D正确，C错误.

故选BD.

【点评】解决本题的关键知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，以及掌握电流的微观表达式I=nevS.

16.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=1m.PM间接有一个电动势为E=6V，内阻r=1Ω的电源和一只滑动变阻器.导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是(　　)

A.6ΩB.5ΩC.4ΩD.2Ω

【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;安培力.

【分析】分析导体棒的受力情况，当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时导体棒所受的安培力最小，电路中电流最小，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最大值，由欧姆定律得到滑动变阻器连入电路电阻的最大值;

当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时导体棒所受的安培力最大，电路中电流最大，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最大值，由欧姆定律得到滑动变阻器连入电路电阻的最小值;即可得到变阻器接入电路的电阻范围，再选择.

【解答】解：导体棒水平方向受到向右的绳的拉力、向左的安培力和静摩擦力.

当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时电路中电流最小，设为I1，由平衡条件得：

BI1L+μmg=Mg，得I1= =1A

此时变阻器接入电路的电阻最大，设为R1，由欧姆定律得

R1= = Ω=5Ω

当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时电路中电流最大，设为I2，由平衡条件得：

BI2L=μmg+Mg，得I2= =2A

此时变阻器接入电路的电阻最小，设为R2，由欧姆定律得

R2= = =2Ω

所以为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值范围为2Ω≤R≤5Ω，不可能是6Ω.

该题选不可能的，故选A

【点评】本题是力平衡问题中极值问题，解题关键要根据平衡条件和欧姆定律求出变阻器接入电路的阻值范围，

二、实验题(共2小题，每空2分，满分12分)

17.要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作，已选用的器材有：电池组(电动势为4.5V，内阻约1Ω)、电流表(量程为0～250mA，内阻约5Ω)、电压表(量程为0～3V，内限约3kΩ)、电键一个、导线若干.

(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　A　(填“A”或“B”)

A、滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)

B.滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)

(2)实验的电路图应选用下列的图　B　(填“A”或“B”).

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.

【分析】(1)为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器.

(2)根据题意确定滑动变阻器接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后选择实验电路.

【解答】解：(1)电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选A;

(2)实验要求：灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻R= = =15Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为3000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因此应选择图B所示实验电路.

故答案为：(1)A;(2)B.

【点评】本题考查了实验器材的选择、实验电路的选择，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法.

18.某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻.

A.干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆

B.直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩ

C.定值电阻R0未知

D.滑动变阻器R，最大阻值Rm

E.导线和开关

(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图;

(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=　\frac{{U}_{20}﹣{U}_{10}}{{U}_{10}}Rm　(用U10、U20、Rm表示)

(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源电动势E=　\frac{a}{1﹣k}　，内阻为r=　\frac{{R}_{0}}{K﹣1}　(用k、a、R0表示).

【考点】测定电源的电动势和内阻.

【分析】(1)由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图;

(2)根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值;

(3)根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻.

【解答】解：(1)由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示

(2)由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20﹣U10;

由欧姆定律可知：R0= = Rm;

(3)由闭合电路欧姆定律可知：E=U2+ r

变形得：U1= U2﹣

则有：﹣ =a; =k

解得：E=

r=

故答案为：(1)如图所示;(2) Rm;(3) ;

【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻.

三、简答题(共4小题，满分40分)

19.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点.已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e.求：

(1)电子穿过A板时的速度大小;

(2)电子从偏转电场射出时的侧移量;

(3)P点到O点的距离.

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理的应用.

【分析】(1)电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小.

(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动.根据板长和初速度求出时间.根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量.

(3)电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间.竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解.

【解答】解：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：

eU1= ，解得：

(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1.

根据牛顿第二定律和运动学公式得：

a= ，又E= ，得a=

水平方向：t1= ，

竖直方向：y1= ，

解得：y1=

(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy.

根据运动学公式得：vy=at1=

电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示

t2= ，y2=vyt2

解得：y2=

P到O点的距离为 y=y1+y2=

答：(1)电子穿过A板时的速度大小为 ;

(2)电子从偏转电场射出时的侧移量y1= ;

(3)P点到O点的距离y2= .

【点评】带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解.第(3)问也可以利用三角形相似法求解.

20.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源.现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：

(1)通过导体棒的电流;

(2)导体棒受到的安培力大小;

(3)导体棒受到的摩擦力.

【考点】安培力.

【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小.

(2)根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小.

(3)导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小.

【解答】解：(1)根据闭合电路欧姆定律，有：I= = =1.5 A;

(2)导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N;

(3)导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：

F1=mgsin 37°=0.24 N

F1

mgsin 37°+f=F安

代入数据得：f=0.06 N

答：(1)通过导体棒的电流为1.5A;

(2)导体棒受到的安培力大小0.30N;

(3)导体棒受到的摩擦力为0.06N.

【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力.

21.如图所示，质量m=2.0×10﹣4kg、电荷量q=1.0×10﹣6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中.取g=10m/s2.

(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向;

(2)在t=0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2=4.0×103N/C，且方向不变.求在t=0.20s时间内电场力做的功;

(3)在t=0.20s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能.

【考点】动能定理的应用;共点力平衡的条件及其应用;牛顿第二定律;电场强度.

【分析】(1)带正电微粒静止匀强电场中，重力与电场力平衡，即可由平衡条件求得电场强度E1的大小和方向;

(2)在t=0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2=4.0×103N/C后，粒子向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求出位移，即可求得电场力做的功;

(3)在t=0.20s时刻突然撤掉电场，根据动能定理求解带电微粒回到出发点时的动能.

【解答】解：(1)设电场强度为E，则有

Eq=mg

得 E= N/C=2.0×103N/C，方向向上.

(2)在t=0时刻，电场强度突然变化为E2=4.0×103N/C，设微粒的加速度为a，在t=0.20s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则

qE2﹣mg=ma1

解得：a1=10m/s2

则

解得：h=0.20m

电场力做的功为W=qE2h

代入解得：W=8.0×10﹣4J

(3)设在t=0.20s时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则

v=at

根据动能定理得：mgh=Ek﹣

得Ek=mgh+

解得：Ek=8.0×10﹣4J

答：(1)求匀强电场的电场强度E1的大小是2.0×103N/C，方向向上.

(2)在t=0.20s时间内电场力做的功为8.0×10﹣4J.

(3)带电微粒回到出发点时的动能是8.0×10﹣4J.

【点评】本题通过分析受力情况来分析运动情况，按时间顺序进行分析，关键要把握每个过程的运动规律，运用运动学公式、牛顿第二定律和动能定理结合进行研究.

22.真空中存在一中空的柱形圆筒，如图是它的一个截面，a、b、c为此截面上的三个小孔，三个小孔在圆形截面上均匀分布，圆筒半径为R.在圆筒的外部空间存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向与圆筒的轴线平行，在图中垂直于纸面向内.现在a处向圆筒内发射一个带正电的粒子，其质量为m，带电量为q，使粒子在图所在平面内运动，设粒子只受磁场力的作用，若粒子碰到圆筒即会被吸收，则：

(1)若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，则粒子的初速度的大小和方向有何要求?

(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小和方向有何要求?

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动.

【分析】(1)粒子若由a射向c，由c出磁场后，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转，若再次射入圆筒时从a进入指向c，则粒子偏转360°，这个显然是不可能的;若再次射入圆筒时从a射向b，则圆心到c的距离一定大于圆心到a的距离，这也是不可能的，所以粒子只能从a射向b.

若粒子从a射向b，依题意，出圆筒后再次射入从a圆筒时，方向指向b，则粒子偏转360°，这个显然是不可能的;出圆筒后再次射入从c圆筒时，方向指向b，则粒子的偏转角是300°，这也是不可能的，做不出轨迹的图象;

所以粒子进入圆筒后从a指向b，从b进入磁场偏转后只能由c进入圆筒，且方向指向a.画出粒子运动的轨迹，然后由图中的几何关系得出粒子运动的半径，即可求出粒子速度的大小;

(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，为使粒子以后都不会碰到圆筒，结合(1)的分析与粒子运动的对称性可知，粒子运动的轨迹只能是从a到b，然后到c，再到a，等等，粒子运动的方向是从a指向圆心.做出粒子运动的轨迹，然后由图中的几何关系得出粒子运动的半径，即可求出粒子速度的大小;

【解答】解：(1)依题意，粒子进入圆筒后从a指向b，从b进入磁场偏转后只能由c进入圆筒，且方向指向a.画出粒子运动的轨迹如图1，粒子的偏转角是240°，由图中的几何关系得：

粒子运动的圆心一定在圆筒上，而且粒子的半径r=R.

粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以：

联立得： ;

(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，由粒子运动的对称性可知，粒子运动的轨迹只能是从a到b，然后在外侧的磁场中到c，在圆筒内再到a，然后在外侧的磁场中到b，在圆筒内再到c，然后在外侧的磁场中到a，如图2.

粒子运动的方向是从a指向圆心.做出粒子运动的轨迹粒子运动轨迹如图2所示，

由图可知，cd⊥oc，bd⊥ob，所以粒子的偏转角：β=240°，所以：∠bod=30°，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆弧的圆半径为r′，粒子的偏转半径：

由牛顿第二定律得：qvB=

所以：

答：(1)若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，粒子的初速度的大小为 ：方向从a指向b;

(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小为 ，方向由a指向圆心.

【点评】本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题;根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键.