福建省福州八中学高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

福建省福州八中20152016学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分）1两个完全相同的金属小球，分别带有+3q和q的电荷量，当它们相距r时（r比小球半径大得多），它们之间的库仑力是f，若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）abfc3fd9f2关于电场强度的公式e=，下列说法正确的是（）a由公式可知，电场强度与试探电荷所带电量成反比b此公式只能适用于真空中的点电荷产生的电场c此公式为电场强度的定义式，可以适用于各种电场d公式中q是产生电场的电荷带电量，f是试探电荷所受到的力3如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由m点向n点运动，可以判定（）a粒子带负电，运动过程电势能减小b粒子带负电，运动过程电势能增大c粒子带正电，运动过程电势能减小d粒子带正电，运动过程电势能增大4两电阻r1、r2的电流i和电压u的关系如图所示，可知电阻大小之比r1：r2等于（）ab3：1cd1：35一个直流电动机所加电压为u，电流为 i，线圈内阻为 r，当它工作时，下述说法中正确的是（）a电动机的输出功率为b电动机的输出功率为iui2rc电动机的发热功率为iud电动机的功率可写作iu=i2r=6如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（）a伏特表v的读数增大，安培表a的读数减小b伏特表v和安培表a的读数都增大c伏特表v和安培表a的读数都减小d伏特表v的读数减小，安培表a的读数增大7当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）abcd8如图所示，标出电流i、磁感应强度b的方向，其中符合安培定则的是（）abcd9某同学画的表示磁场b、电流i和安培力f的相互关系如图所示，其中正确的是（）abcd10两个带电粒子由静止经同一电场加速后垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1：2电量之比为1：2，则两带电粒子受洛仑兹力之比为（）a2：1b1：lc1：2d1：411如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角，已知sin=，回路面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，则通过线框的磁通量为（）absbcd12速度相同的一束粒子，由左端射入速度选择器后，又进入质谱仪，其运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）a该束带电粒子带负电b能通过狭缝s0的带电粒子的速率等于c若保持b2不变，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝s0，粒子的比荷越小d若增大入射速度，粒子在磁场中轨迹半圆将变大二、实验题（13题每空2分，14题每空3分，共18分）13写出如图甲所示的螺旋测微器对应的读数mm14用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“10”位置的多用电表测电阻阻值，根据如图所示的表盘，被测电阻阻值为若将该表选择旋钮置于10ma挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为ma15在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：a小灯泡l（ 3v、1.8w）；b滑动变阻器r（010，额定电流1.5a）；c电压表v1（量程：03v，r v=5k）；d电压表v2（量程：015v，r v=10k）；e电流表a1（量程：00.6a，r a=0.5）；f电流表a2（量程：03a，r a=0.1）；g铅蓄电池、电键各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压（1）为了减小误差，实验中应选电压表，电流表（2）某同学实验后作出的iu图象如图1所示，请分析该图象形成的原因是：（3）请在图2中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）三、计算题（本题共3小题，共34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2103c的负电荷由a点移到b点，其电势能增加了0.1j，已知a、b两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60角，求：（1）电荷由a移到b的过程中，电场力所做的功wab；（2）a、b两点间的电势差uab；（3）该匀强电场的电场强度e17导轨式电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能的发射装置如图为一电磁炮模型，把两根长为s0=100m，互相平行的铜制轨道放在垂直于轨道平面的磁场中，磁感应强度b=2.0105t；质量m=2.0g的弹体（包括金属杆pq的质量）静止在轨道之间的宽l=2m的金属架上，通电后通过弹体的电流i=10a，弹体在运动过程中所受的阻力f恒为4.0105n，求：（1）弹体最终以多大的速度v离开轨道？（2）求弹体在s=25m处安培力的瞬时功率p？18如图所示，以mn为界的两匀强磁场，磁感应强度b1=2b2，方向垂直纸面向里，现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从o点沿图示方向进入b1中（1）试画出此粒子的运动轨迹（2）求经过多长时间粒子重新回到o点？四、不定项选择（每题4分，每题可能有多个正确答案，漏选得2分，错选不得分）19某电流表的满偏电流ig=1ma，内阻为1k，要把它改装成一个量程为0.6a的安培表，应在该电流表上（）a串联一个599 k的电阻b并联一个599 k的电阻c串联一个k的电阻d关联一个k的电阻20压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为u0下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是（）abcd21如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨cd、ef，导轨上放有一金属棒mn现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即i=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的图象可能正确的是（）abcd22如图所示，带电平行板间匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑轨道上的a点自由滑下，经轨道端点p进入板间后恰好沿水平方向做直线运动现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经过p点进入板间后的运动过程中，以下分析中不正确的是（）a其动能将会增大b其电势能将会增大c小球所受的洛伦兹力将会逐渐增大d小球受到的电场力将会增大五、计算题（本题共2小题，共34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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）：23如图所示，虚线pq、mn间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.01011kg、电荷量为q=+1.0105c，从a点由静止开始经电压为u=100v的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线mn的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30角已知pq、mn间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计求：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1（2）匀强电场的场强大小（3）ab两点间的电势差24如图所示，m、n、p为很长的平行边界面，m、n与m、p间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为b1和b2的匀强磁场区，和磁场方向垂直纸面向里，b1b2，有一带正电粒子的电量为q，质量为m，以某一初速度垂直边界n及磁场方向射入mn间的磁场区域不计粒子的重力求：（1）要使粒子能穿过磁场进入磁场，粒子的初速度v0至少应为多少？（2）若粒子进入磁场的初速度v1=，则粒子第一次穿过磁场的时间t1是多少？（3）粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域福建省福州八中20152016学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分）1两个完全相同的金属小球，分别带有+3q和q的电荷量，当它们相距r时（r比小球半径大得多），它们之间的库仑力是f，若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）abfc3fd9f【考点】库仑定律；电荷守恒定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】接触带电的原则是先中和再平分根据库仑定律公式求出库仑力的大小【解答】解：根据库仑定律公式得，f=接触再分离后所带电量各为q，故c正确，a、b、d错误故选c【点评】解决本题的关键掌握库仑定律的公式2关于电场强度的公式e=，下列说法正确的是（）a由公式可知，电场强度与试探电荷所带电量成反比b此公式只能适用于真空中的点电荷产生的电场c此公式为电场强度的定义式，可以适用于各种电场d公式中q是产生电场的电荷带电量，f是试探电荷所受到的力【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】公式e=运用比值法定义，e与f、q无关，该公式适用于任何电场，根据电场强度的物理意义分析【解答】解：a、电场强度反映电场本身的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关，故a错误bc、e=为电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于各种电场，故b错误，c正确d、公式中q是放入电场中的试探电荷，f是试探电荷所受到的力，故d错误故选：c【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定3如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由m点向n点运动，可以判定（）a粒子带负电，运动过程电势能减小b粒子带负电，运动过程电势能增大c粒子带正电，运动过程电势能减小d粒子带正电，运动过程电势能增大【考点】电势能；电场线【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带电粒子在电场中只受电场力作用运动时，所受电场力方向应指向轨迹的内侧，由此可知电荷的正负和电场力做功情况，从而进一步判断电势能的大小【解答】解：由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，粒子带正电，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在m点的电势能大于在n点的电势能，故abd错误，c正确故选c【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小4两电阻r1、r2的电流i和电压u的关系如图所示，可知电阻大小之比r1：r2等于（）ab3：1cd1：3【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据图线的斜率表示电阻的倒数去进行求解【解答】解：因为该图线为iu图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为3：1，所以电阻比为1：3故a、b、c错，d正确故选d【点评】解决本题的关键搞清iu图线的斜率表示什么5一个直流电动机所加电压为u，电流为 i，线圈内阻为 r，当它工作时，下述说法中正确的是（）a电动机的输出功率为b电动机的输出功率为iui2rc电动机的发热功率为iud电动机的功率可写作iu=i2r=【考点】电功、电功率；焦耳定律【专题】恒定电流专题【分析】电动机工作时，为非纯电阻电路，输入功率p=ui，内部消耗的功率为p热=i2r，输出功率p出=pp热【解答】解：a、直流电动机为非纯电阻电路，电动机的输出功率为p出=uii2r，故a错误，b正确； c、电动机的发热功率，根据焦耳定律，p热=i2r故c错误 d、电动机的功率可写作p=iu，而i2r为内阻消耗的热功率，故d错误 故选b【点评】解决本题的关键掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系6如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（）a伏特表v的读数增大，安培表a的读数减小b伏特表v和安培表a的读数都增大c伏特表v和安培表a的读数都减小d伏特表v的读数减小，安培表a的读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻r增大，由欧姆定律分析总电流i减小，路端电压u=eir增大，电阻r2的电压u2=ei（r+r1）增大，流过电阻r2的电流i2增大，则流过电流表的电流i3=ii2减小所以伏特表v的读数增大，安培表a的读数减小故选a【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分整体部分”的顺序分析7当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）abcd【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】由右手螺旋定则，结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解【解答】解：a、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故a错误；b、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故b错误；c、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故c正确；d、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故d错误；故选：c【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的n极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由s极到n极8如图所示，标出电流i、磁感应强度b的方向，其中符合安培定则的是（）abcd【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答【解答】解：a、b、通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知ab错误；c、d、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的n极，据此可知c正确，d错误故选：c【点评】加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法9某同学画的表示磁场b、电流i和安培力f的相互关系如图所示，其中正确的是（）abcd【考点】安培力【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向【解答】解：a、根据左手定则可知，a图中安培力方向应该向上，故a正确；b、根据左手定则可知，b图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故b错误；c、根据左手定则可知，c图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故c错误；d、根据左手定则可知，d图中安培力方向垂直于导体棒向上，故d错误故选：a【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度10两个带电粒子由静止经同一电场加速后垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1：2电量之比为1：2，则两带电粒子受洛仑兹力之比为（）a2：1b1：lc1：2d1：4【考点】洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据动能定理求出粒子的速度关系，带电粒子垂直进入磁场中，受到洛伦兹力作用，根据洛伦兹力大小，f=bqv，即可求解【解答】解：两个带电粒子由静止经同一电场加速后，根据动能定理：所以：由于两粒子质量之比为1：2电量之比为1：2，所以两种粒子进入磁场的速度是相等的根据洛伦兹力大小，f=bqv，结合题意可得，洛伦兹力大小与电量成正比，即1：2，故c正确，abd错误；故选：c【点评】考查洛伦兹力产生条件，及影响洛伦兹力的大小因素，同时运用控制变量法来确定问题11如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角，已知sin=，回路面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，则通过线框的磁通量为（）absbcd【考点】磁通量【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=bs，b是磁感应强度，s是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量【解答】解：矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以b=bsin=b，则穿过矩形线圈的磁通量是=bs=bs，因此acd错误；b正确；故选：b【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况12速度相同的一束粒子，由左端射入速度选择器后，又进入质谱仪，其运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）a该束带电粒子带负电b能通过狭缝s0的带电粒子的速率等于c若保持b2不变，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝s0，粒子的比荷越小d若增大入射速度，粒子在磁场中轨迹半圆将变大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】由图可知，粒子进入匀强磁场b2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由平衡条件即可确定能通过狭缝s0的带电粒子的速率粒子进入匀强磁场b2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的比荷的大小【解答】解：a、由图可知，带电粒子进入匀强磁场b2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电故a错误b、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，qe=qvb1，所以：，b粒子的速度等于a粒子的速度故b错误；c、粒子进入匀强磁场b2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvb2=m，得：r=可见，由于v是一定的，b2不变，半径r越大，则越小故c正确；d、粒子在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，qe=qvb1，若增大入射速度，粒子受到的洛伦兹力大于电场力，则粒子在速度选择器中将向上偏转，不能通过狭缝s0故d错误故选：c【点评】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径二、实验题（13题每空2分，14题每空3分，共18分）13写出如图甲所示的螺旋测微器对应的读数0.200mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；基本实验仪器【分析】螺旋测微器的读数方法是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【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0mm+0.200mm=0.200mm故答案为：0.200【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“10”位置的多用电表测电阻阻值，根据如图所示的表盘，被测电阻阻值为180若将该表选择旋钮置于10ma挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为4.45ma【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题【分析】欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表所测电阻的阻值；根据电流表量程由图示表盘确定其分度值，读出电流表示数【解答】解：选择旋钮指向欧姆挡“10”位置，由图示可知，被测电阻阻值为1810=180；择旋钮置于01ma挡测电流，由表盘可知其分度值是0.2ma，电流表示数为4.45ma；故答案为：180；4.45【点评】本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，要根据选择开关位置确定其所测量的量，然后确定其分度值，再根据指针位置读出其示数15在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：a小灯泡l（ 3v、1.8w）；b滑动变阻器r（010，额定电流1.5a）；c电压表v1（量程：03v，r v=5k）；d电压表v2（量程：015v，r v=10k）；e电流表a1（量程：00.6a，r a=0.5）；f电流表a2（量程：03a，r a=0.1）；g铅蓄电池、电键各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压（1）为了减小误差，实验中应选电压表c，电流表e（2）某同学实验后作出的iu图象如图1所示，请分析该图象形成的原因是：金属材料的电阻率随着温度的升高而升高（3）请在图2中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表（2）分析图示图示，应用欧姆定律分析答题（3）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图【解答】解：（1）灯泡额定电压为3v，电压表选c，灯泡额定电流为：i=0.6a，电流表选择e；（2）由图示图象可知，随电压与电流的升高，灯泡电阻增大，这是由于灯泡电阻随温度升高而增大造成的（3）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：故答案为：（1）c；e；（2）金属材料的电阻率随着温度的升高而升高；（3）如图所示【点评】本题考查了实验器材选择、实验数据分析、设计实验电路图，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器要采用分压接法三、计算题（本题共3小题，共34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2103c的负电荷由a点移到b点，其电势能增加了0.1j，已知a、b两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60角，求：（1）电荷由a移到b的过程中，电场力所做的功wab；（2）a、b两点间的电势差uab；（3）该匀强电场的电场强度e【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1、2）根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少由求解电势差（3）由u=ed求解电场强度e【解答】解：（1）因为电荷由a移到b的过程中，电势能增加了0.1j，所以电场力负功，大小为0.1j （2）a、b两点间的电势差：uab=50v（3）又因为在匀强电场中u=ed，所以有：uab=cos60则：e=5000v/m答：（1）电荷由a移到b的过程中，电场力所做的功为0.1j；（2）a、b两点间的电势差为50v；（3）该匀强电场的电场强度为5000v/m【点评】本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握17导轨式电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能的发射装置如图为一电磁炮模型，把两根长为s0=100m，互相平行的铜制轨道放在垂直于轨道平面的磁场中，磁感应强度b=2.0105t；质量m=2.0g的弹体（包括金属杆pq的质量）静止在轨道之间的宽l=2m的金属架上，通电后通过弹体的电流i=10a，弹体在运动过程中所受的阻力f恒为4.0105n，求：（1）弹体最终以多大的速度v离开轨道？（2）求弹体在s=25m处安培力的瞬时功率p？【考点】动能定理的应用；安培力【分析】飞机受重力、支持力和向前的安培力，合力等于安培力，根据动能定理、安培力公式列式后讨论即可【解答】解：（1）弹体在加速过程中，f=bil 由动能定理：（ff）s0=mv2联立解得：v=代入数据得：v=6m/s（2）设s=25m处速度为v1，则在s距离内，由动能定理：（ff）s=mv12 p=fv1 联立解得：p=bil代入数据得：p=1.2103w答：（1）弹体最终以6m/s的速度v离开轨道；（2）弹体在s=25m处安培力的瞬时功率p为1.2103w【点评】本题关键是明确飞机的加速原理，然后根据动能定理列式分析出动能或速度表达式进行分析，不难18如图所示，以mn为界的两匀强磁场，磁感应强度b1=2b2，方向垂直纸面向里，现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从o点沿图示方向进入b1中（1）试画出此粒子的运动轨迹（2）求经过多长时间粒子重新回到o点？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）粒子在两种磁场中只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知半径之比为1：2，根据左手定则，分析粒子旋转方向，画出轨迹（2）根据轨迹，确定时间与周期的关系，求出粒子重新回到o点的时间【解答】解：（1）设粒子在磁场b1和b2中圆周运动的半径分别为r1、r2则r1=，r2=由题b1=2b2，得r1：r2=1：2根据左手定则判断可知，粒子在磁场b1中沿逆时针方向旋转，在磁场b2中沿顺时针方向旋转则轨迹如图 （2）粒子在磁场b1中运动时间t1=t1= 粒子在磁场b2中运动时间t2=t2=则t=t1+t2=答：（1）粒子的运动轨迹如图 （2）经过时间粒子重新回到o点【点评】本题重点考查作图能力带电粒子在磁场中运动问题，画轨迹是解决这类问题的关键四、不定项选择（每题4分，每题可能有多个正确答案，漏选得2分，错选不得分）19某电流表的满偏电流ig=1ma，内阻为1k，要把它改装成一个量程为0.6a的安培表，应在该电流表上（）a串联一个599 k的电阻b并联一个599 k的电阻c串联一个k的电阻d关联一个k的电阻【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进行分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联部分的总电流即为改装后的最大量程【解答】解：要使电流表量程变为0.6a，则流过并联电阻的电流为：i=0.60.001a=0.599a；并联部分的电压为：u=igr=0.0011000=1v，则需要并联的电阻为：r=k，故d正确，abc错误；故选：d【点评】对于电流表的改装一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可20压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为u0下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是（）abcd【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小；压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两端电压越小；故压力越大，电压表读数越小；然后根据电压读数判断压力变化情况，得到电梯可能的运动【解答】解：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两端电压越小，故压力越大，电压表读数越小；电梯竖直向上作匀加速直线运动，加速度向上且恒定，处于超重状态，故压力大于重力且恒定，故uu0，且恒定；故选a【点评】本题关键根据压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小的特点，结合欧姆定律得到物体超重时，有uu0且恒定，然后根据电梯竖直向上作匀加速直线运动进行判断21如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨cd、ef，导轨上放有一金属棒mn现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即i=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的图象可能正确的是（）abcd【考点】安培力；牛顿第二定律【分析】通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解【解答】解：故ab错误；c、当从t=0时刻起，金属棒通以i=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故c错误，d正确；a、在下滑过程中，f=n 而n=bil=blkt 由牛顿第二定律得：mgblkt=ma，因此a=gt，由于做加速度先减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故ab错误；故选：d【点评】考查安培力的方向与大小，同时利用棒受力分析来确定运动与力的情况，并借助于牛顿第二定律来解题22如图所示，带电平行板间匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑轨道上的a点自由滑下，经轨道端点p进入板间后恰好沿水平方向做直线运动现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经过p点进入板间后的运动过程中，以下分析中不正确的是（）a其动能将会增大b其电势能将会增大c小球所受的洛伦兹力将会逐渐增大d小球受到的电场力将会增大【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】小球从p点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力g、恒定的电场力f、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转【解答】解：根据题意分析得：小球从p点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力g、恒定的电场力f、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上如果小球从稍低的b点下滑到从p点进入平行板间，则小球到达p点的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，因为重力g和电场力f一直在竖直方向上，所以这两个力的合力一定在竖直方向上，若洛伦兹力变化了，则三个力的合力一定不为零，且在竖直方向上，而小球从p点进入时的速度方向在水平方向上，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，因此减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故abc正确，d错误；本题选择错误的，故选d【点评】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析五、计算题（本题共2小题，共34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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）：23如图所示，虚线pq、mn间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.01011kg、电荷量为q=+1.0105c，从a点由静止开始经电压为u=100v的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线mn的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30角已知pq、mn间距为2