广东省普宁市华美实验学校高二上学期第二次月考物理试Word格式文档下载.docx
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【解析】由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力．故A错误．由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下．故B错误，C正确．结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同．故D错误．故选C.
3.如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（ ）
A.电压表的读数增大
B.R1消耗的功率增大
C.电源的输出功率增大
D.电容器C所带电荷量减少
【答案】A
【解析】当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大．故A正确．干路电流减小，R1消耗的功率减小．故B错误．因不明确内外电阻之间的关系，故无法确定功率的变化；
故C错误；
电容器的电压U=E-I（R1+r），I减小，其他量不变，则U增大，由Q=CU知，电容器C所带电量增多．故D正确．故选A.
4.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（ ）
A.B.2C.D.3
【答案】D
【解析】粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：
.........
本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比．
5.如图所示，质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，初始时刻静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则（ ）
A.导体棒向左运动
B.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为
【答案】BD
考点：
左手定则；
安培力；
牛顿第二定律
【名师点睛】考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手定则与右手定则的区别．同时注意安培力的方向与导轨的夹角。
6.如图所示,直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场,比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场,分别从AC边上的P,Q两点射出,则（ ）
A.从Q点射出的粒子速度大
B.从P点射出的粒子速度大
C.从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长
D.两个粒子在磁场中运动的时间一样长
【答案】AD
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：
t=T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期
，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；
如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=
知粒子运动速度vP＜vQ，故A正确，B错误；
故选AD.
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键.
7.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是（ ）
A.该微粒一定带负电荷
B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C.该磁场的磁感应强度大小为
D.该电场的场强为
【答案】ACD
【解析】若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡．若粒子带负电，符合题意．所以A正确．粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符．故B错误．粒子受力如图：
由图qE=mgtanθ，所以
．故D错误；
由平衡条件得qvBcosθ=mg，
，故C正确；
故选AC．
8.如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧。
一个质量为m、电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。
不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（）
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C.小球再次到达C点的速度可能为零
D.当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H
【解析】试题分析：
由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；
若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确；
若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C错误；
由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确。
匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力
【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高。
二.非选择题：
9.用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。
（1）请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线。
②将K旋转到电阻挡“×
100”位置。
③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的“0”刻度线。
（2）将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图乙所示。
则通过P的电流方向是________（选填“a→b”或“b→a”），为使测量比较精确，应将选择开关旋到________的倍率挡位上，并需重新调零，再进行测量。
【答案】
（1）.
（1）S；
（2）.T（3）.
（2）b→a；
（4）.×
10
（1）①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S．③欧姆表选档后要进行欧姆调零，将“十“、““插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．
（2）表盘上的负极接欧姆表内部电源的负极，所以通过P的电流方向是b到a；
图乙中指针偏转角度太大，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针在中间刻度附近，所以要将倍率调小．
多用电表测量电阻
10.某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节1.5V的干电池外，还有一个方形的电池（层叠电池），如图甲所示。
为了测定该电池的电动势和内电阻，实验室提供了下列器材：
A．电流表G（滿偏电流10mA，内阻10Ω）
B．电流表A（0～0.6A～3A，内阻未知）
C．滑动变阻器R（0～100Ω，1A）
D．定值电阻R0（阻值990Ω）
E．开关与导线若干
（1）请根据实验器材，自行设计电路画在方框乙中______．
（2）丙图为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势E＝____V，内阻r=_______Ω（结果保留一位小数）。
【答案】
（1）.
（1）电路图；
（2）.
（2）9.0（3）.10.0
【解析】
（1）本题中没有电压表，我们可以根据串联分压原理把电流表G和定值电阻R0串联等效新的电压表使用，利用伏安法测量电池的电动势和内电阻．如图：
（2）由电路图可知，电流表G与定值电阻串联充当电压表，则由闭合电路欧姆定律可得：
1000I1=E-I2r；
；
由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为：
9.0mA，故电源的电动势为1000×
9.0=9.0V；
图象的斜率为
故内电阻r=1000×
1.0×
10-2=10.0Ω；
11.如图所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝5.0×
10－2T，矩形区域长为1.0m，宽为0.2m．在AD边中点O处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v＝2×
106m/s的某种带正电粒子．已知带电粒子的质量m＝1.6×
10－27kg，所带电荷量为q＝3.2×
10－19C（不计粒子重力）．
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？
（2）求从BC边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为多少？
【答案】
（1）0.2m.
（2）×
10－7s.
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
，
解得：
R=0.2m；
（2）因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆所对应的圆心角最小，运动时间最短，作EO⊥AD，EO弦最短，如图所示：
因为EO=0.2m，且R=0.2m，
所以对应的圆心角为θ=，
由牛顿第二定律得：
qvB=m（）2R，
最短时间为：
t=×
10-7s；
12.如图（a）,长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A,其电荷量Q=1.8×
10-7C,一质量m=0.02kg、带电量为q的小球B套在杆上.将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中,以杆左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系.点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅰ所示,小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示,其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看做直线.求:
（静电力常量k=9×
109N·
m2/C2）
（1）小球B所带电荷量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E;
（3）在合电场中,x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
（1）1×
10-6C；
（2）3×
104N/C,方向水平向左.（3）-800V.
（1）由图可知，当x=0.3m时，F1=k
=0.018N
因此：
q=
=1×
10-6C
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：
F合=F2+qE
电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×
104N/C，方向水平向左．
（3）根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功
W合=-0.004×
0.2=-8×
10-4J
由qU=W合可得：
U=
=-800V
解答此题的关键是从图象中获得信息，求各区间电场力做的功．正确理解库仑定律和电场力做功，尤其是运用动能定理时要注意正功和负功．
13.如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<
0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为q的带电粒子从电场中Q（－2h，－h）点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h,2h），不计粒子的重力，求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子在磁场中的运动时间．
（1）
（2）
（3）
（1）由几何关系可知粒子在竖直电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：
2h=v0t
h=at2
由牛顿运动定律可知：
Eq=ma
联立解得：
；
（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度
速度与x正方向的夹角α满足
粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=
v0；
轨道半径R=
h
由
得：
（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°
，故运动时间
粒子在磁场中的运动时间为
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