2015年2月11日2012-2013学年四川省绵阳市高二(上)期末物理试卷

2015年2月11日物理

一、选择题（本题包括10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分） 1．（4分）根据电容的定义式可知（ ） A．电容器的电容越大，则电容器所带的电量就越多 B．电容器两极板间的电势差越大，电容越小 C．电容器的电容与其带电量成正比，与两极板间的电势差成反比 D．电容器的电容不随带电量及两极板间电势差的变化而变化 2．（4分）两根材料和质量均相同的电阻丝R1、R2，它们的长度之比l1、l2为4：3，则（ ） A．R1：R2=4：3 B．R1：R2=3：4 C．R1：R2=16：9 D．R1：R2=9：16 3．（4分）关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（ ） A．根据磁感应强度定义B=，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比 B．磁感应强度B是标量，没有方向 C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反 D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度口是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些 4．（4分）摩托车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯、电动机未启动时电流表读数为5A，电动机启动时电流表读数为15A，若电源电动势12V，内阻0.4Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动导致车灯的电功率降低了（ ） A．30 W C．20 W D．18 W 5．（4分）（2010?岳阳模拟）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ） B．32 W A．三个等势面中，c的电势最低 B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b

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2015年2月11日物理 6．（4分）（2011?杭州一模）如图所示，在倾角为a的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，下列关于B的大小变化的说法中，正确的是（ ） A．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 7．（4分）一束带电粒子以同一速度，并从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示．粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们的带电量，则（ ） B．逐渐减小 A．q1带负电、q2带正电，荷质比之比为 B．q1带负电、q2带正电，荷质比之比为 C．q1带正电、q2带负电，荷质比之比为 D．q1带正电、q2带负电，荷质比之比为 8．（4分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体 m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中不正确的是（ ） A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动 B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动 C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动 D．丁图表示电梯可能做变减速下降运动

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2015年2月11日物理 9．（4分）（2011?上海）如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（ ） A．z正向，C．z负向， B．y正向， D．沿悬线向上， 10．（4分）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP＞BP，则（ ） A．q1和q2是同种电荷，但不一定是正电荷 B．q1的电荷量大于q2的电荷量 C．P点的电场强度大小为零 D．负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先减小后增大 二、探究与实验题（本大题共2小题，共16分．把答案填在题中的横线上或按要求作在图中） 11．（6分）一多用电表的欧姆档有四个档，分别为×1Ω、×10Ω、×100Ω、×1kΩ，现用它来测一未知电阻，当用×10Ω档测量时，发现指针的偏转角很大，为了测量结果准确些，测量前应进行如下操作： （1）把选择开关旋到 _________ 档；（2）接着进行 _________ 调零；（3）测量并读数．

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12．（10分）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m．金属丝的电阻大约为4Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．

（1）从图中读出金属丝的直径为 _________ ．

（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材： 直流电源：电动势约4.5V，内阻很小； 电流表A1：量程0～0.6A，内阻0.125Ω； 电流表A2：量程0～3.0A，内阻0.025Ω； 电压表V：量程0～3V，内阻3kΩ； 滑动变阻器R1：最大阻值10Ω； 滑动变阻器R2：最大阻值50Ω； 开关、导线等． 在可供选择的器材中，应该选用的电流表是 _________ ，应该选用的滑动变阻器是 _________ ． （3）根据所选的器材，画出实验电路图． （4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为RX=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为 _________ Ω?m．（保留二位有效数字）

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三、论述与计算（本题共4小题，13题8分，14题10分，15题12分，16题14分，共44分．解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位） 13．（8分）如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ． （1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量； （2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．

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2015年2月11日物理 考点：电功、电功率． 专题：恒定电流专题． 分析： 电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律可求得通过灯泡的电流，由功率公式可求得灯泡消耗的功率；而当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两端的电压仍等于路端电压，由功率公式可求得车灯消耗的功率；则可求得车灯的电功率降低值． 解答： 解：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为UL′． 由欧姆定律得：I=求得R= ，灯泡消耗功率为PL=EI﹣I2 r=12×5﹣25×0.4=50W； =W． 电动机启动后，路端电压UL′=E﹣I′r=12﹣15×0.4=6V，灯泡消耗电功率为PL′=所以灯泡功率降低了△P=50W﹣18W=32W； 故选：B． 点评：本题要注意电路的结构，无论开关是否闭合，灯泡两端的电压都为路端电压；同时要注意电动机为非纯电阻用电器，不能适用欧姆定律，路端电压可以由U=E﹣Ir求得． 5．（4分）（2010?岳阳模拟）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ）

A．三个等势面中，c的电势最低 B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b 11

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考点：等势面；电势；电势能．菁优网版权所有 专题：电场力与电势的性质专题． 分析：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小． 解答： 解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c点电势最高，故A错误； B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误； C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故C错误； D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直，故D正确； 故选D． 点评：根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法． 6．（4分）（2011?杭州一模）如图所示，在倾角为a的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，下列关于B的大小变化的说法中，正确的是（ ）

A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 考点：安培力；力的概念及其矢量性；共点力平衡的条件及其应用．菁优网版权所有 专题：共点力作用下物体平衡专题．

分析：本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由沿斜面向上逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析． 解答：

解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图

从图中可以看出，安培力FA一直变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大； 故选：A．

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点评：三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可． 7．（4分）一束带电粒子以同一速度，并从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示．粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们的带电量，则（ ）

A．q1带负电、q2带正电，荷质比之比为 B．q1带负电、q2带正电，荷质比之比为 C．q1带正电、q2带负电，荷质比之比为 D．q1带正电、q2带负电，荷质比之比为 考点：洛仑兹力；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： 通过图示得出洛伦兹力的方向，根据左手定则得出电荷的电性，正电荷定向移动的方向与四指方向相同，负电荷定向移动的方向与四指方向相反．根据公式的得出荷质比． 解答： 解：q1向左偏，q2向右偏，根据左手定则知，q1带正电，q2带负电．根据半径公式比，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，所以． ，知荷质，得出半径公式，通过半径故C正确，A、B、D错误．故选C． 点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式． 8．（4分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体 m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中不正确的是（ ）

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A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动 B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动 C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动 D．丁图表示电梯可能做变减速下降运动 考点：闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律． 专题：恒定电流专题． 分析：由题意：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，根据牛顿定律判断压力的变化，确定电压的变化，确定电流的变化．将各项逐一代入检查，就能作答． 解答： 解：A、由图，电流不变，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力不变，则电梯可能做匀速直线运动．故A正确． B、当电流变化时，其电阻是变化的，则压力也是变化的．而匀加速运动压力不变．故B错误． C、由图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且不变，电梯可能做匀加速上升运动．故C正确． D、当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯可能做加速度减小的减速运动，故D正确 本题选错误的，故选B． 点评：本题是信息题或新概念题，关键要从题目大量文字材料中抓住核心的信息．这也是力电综合题，关键要抓住力电之间的纽带：压力． 9．（4分）（2011?上海）如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（ ）

A．z正向， C．z负向，

B．y正向， D．沿悬线向上， 14

2015年2月11日物理 考点：左手定则；力矩的平衡条件．菁优网版权所有 分析：左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内． 把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向． 根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论． 解答： 解：逆向解题法．A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误； B、磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，所以B=，所以B正确； C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BILcosθ=mgsinθ，所以B=，所以C正确； D、磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图（侧视图），直导线不能平衡，所以D错误． 故选：BC． 点评：左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则． 10．（4分）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP＞BP，则（ ）

A．q1和q2是同种电荷，但不一定是正电荷 B．q1的电荷量大于q2的电荷量 C．P点的电场强度大小为零 D．负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先减小后增大 15

2015年2月11日物理 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有 专题：电场力与电势的性质专题． 分析： 因为电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率为（△x→0），表示电场强度E，所以可知P点的场强为0，从而知道AB中点的场强．根据P点场强为0，知两电荷是同种电荷，根据电势的变化，判断电荷的电性．根据P点的场强为0可知两电荷的电量大小．根据电场力做功判断电势能的变化． 解答： 解：A、C电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率：=E，P点的切线斜率为0，可知P点的场强为0，所以A、B两点的电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为同种电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则知两电荷一定为正电荷．故A错误，C正确． B、因为P点的场强为0，所以A、B两点的电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，根据E=k，可知距离大的电量大，所以q1的电荷量大于q2的电荷量．故B正确． D、负电荷在P点所受电场力为0，在P点左边所受电场力向左，在P点右边所受电场力向右，负电荷从P点左侧移到P点右侧，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小．或根据EP=qφ，电势先减小后增大，电势能先增大后减小．故D错误． 故选：BC 点评：解决本题的关键掌握电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率强为0作为突破口，展开分析． 二、探究与实验题（本大题共2小题，共16分．把答案填在题中的横线上或按要求作在图中） 11．（6分）一多用电表的欧姆档有四个档，分别为×1Ω、×10Ω、×100Ω、×1kΩ，现用它来测一未知电阻，当用×10Ω档测量时，发现指针的偏转角很大，为了测量结果准确些，测量前应进行如下操作： （1）把选择开关旋到 ×1Ω 档；（2）接着进行 欧姆 调零；（3）测量并读数． 考点：用多用电表测电阻．菁优网版权所有 专题：实验题；恒定电流专题． 分析：欧姆表刻度不均匀，零刻度在最右边，偏角大说明阻值小，要准确测量，应换挡使指针指在中央附近．欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零． 解答： 解：第一次测量时用×10挡，调零后测量时发现指针偏转角度很大，说明待测电阻阻值较小，应换一较小挡，所以，换×1的档位， 换挡后重新进行欧姆调零，然后再测量． 故答案为：（1）×1Ω；（2）欧姆． 点评：本题考查了欧姆表的表盘刻度特点，要注意每次换挡后都要重新进行欧姆调零． 12．（10分）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m．金属丝的电阻大约为4Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．

（1）从图中读出金属丝的直径为 0.520mm ．

（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材： 直流电源：电动势约4.5V，内阻很小； 电流表A1：量程0～0.6A，内阻0.125Ω； 电流表A2：量程0～3.0A，内阻0.025Ω；

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=E．以P点场2015年2月11日物理

电压表V：量程0～3V，内阻3kΩ； 滑动变阻器R1：最大阻值10Ω； 滑动变阻器R2：最大阻值50Ω； 开关、导线等．

在可供选择的器材中，应该选用的电流表是 （3）根据所选的器材，画出实验电路图．

（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为RX=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为 1.1╳ ，应该选用的滑动变阻器是

．

Ω?m．（保留二位有效数字）

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2015年2月11日物理 考点：测定金属的电阻率．菁优网版权所有 专题：实验题；恒定电流专题． 分析：螺旋测微器读数时要先读整数，再读小数，注意半毫米刻度线，要估读， 解答： 解：（1）、金属丝的直径为d=0.5mm+2.0×0.01mm=0.520mm． （2）、因伏安法测定金属丝的电阻时的电流不能太大，否则由于随着温度升高电阻会增大而测不准，故应选电流表A1，由闭合电路欧姆定律及电流表读数要求应满足：11.25≤≤≤，≤22.5Ω，所以若滑动变阻器采用限流式接法，变阻器阻值范围是7.25Ω≤，金属丝电阻很小，故电流表可采用外接法． ≤18.25Ω，可见应选用滑动变阻器（3）、实验电路图如图 （4）、根据电阻定律R=（保留二位有效数字）． 故答案为（1）0.520mm （2）， ，其中S=，ρ=，代入数据求得电阻率为ρ=1.1╳Ωm （3）如图 （4）1.1╳Ωm 点评： 若滑动变阻器采用限流式时能限住电流，则应用限流式，因为限流式操作方便且节能．因本题中电流表和电压表内阻一定，可以精确测量待测电阻值，此时无所谓电流表内外接法选择了． 三、论述与计算（本题共4小题，13题8分，14题10分，15题12分，16题14分，共44分．解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位） 13．（8分）如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．

（1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量； （2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．

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考点：闭合电路的欧姆定律；电容．菁优网版权所有 专题：恒定电流专题． 分析： （1）电路稳定后，电容器的电压等于R2的电压．对于电路结构，电容器相当开关断开．求出电压，即可求出电容器的电量． （2）在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，电压表相当一个电阻，电路结构是电压表与R2并联，再与R1串联．根据欧姆定律求出电压表的示数． 解答： 解：（1）设电容器上的电压为Uc．则 电容器的带电量Q=CUC，代入解得：Q=4×10﹣4C （2）设电压表与R2并联后电阻为R并= 则电压表上的电压为：UV=E 解得：UV=3V 答：（1）电容器上所带的电量为4×10﹣4C； （2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，电压表的示数为3V． 点评：对于电容器，关键在于电压的计算，当电容器与电阻并联时，电容器等于并联电阻的电压．对于有一定内阻的电压表，看成可测量电压的电阻． 14．（10分）如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h=0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0=2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10﹣15kg，电荷量为q=+10﹣12

C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上．若不计粒子重力，求：（结果保留两位有效数字） （1）粒子源所在处a点的电势；

（2）带电粒子打在金属板上时的动能；

（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）．

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2015年2月11日物理 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势．菁优网版权所有 专题：电场力与电势的性质专题． 分析： （1）金属板接地，电势为零，粒子源处a点的电势高于金属板的电势，由U=Eh求出粒子源与金属板间的电势差，即为a点的电势； （2）粒子向金属板运动的过程中，只有电场力做功，根据动能定理求解粒子打在金属板上时的动能； （3）粒子向各个方向向下运动，打金属板上形成一个圆形区域，当粒子初速度方向水平方向向左或右时，粒子做类平抛运动，打在圆形区域的边界上，水平位移等于圆的半径，根据牛顿第二定律和运动学公式，求解圆的半径，再求解面积． 解答： 解：（1）粒子源所在处a点的电势φa=Eh=80V （2）由动能定理得 qEh=Ek﹣得到 J （3）粒子源打在金属板上的范围是圆，设半径为R， 则 解得 ，R=v0t 代入数据得：m 所以面积为：S=πR2=4m2 答：（1）粒子源所在处a点的电势为80V； （2）带电粒子打在金属板上时的动能为1.2×10﹣10J； （3）从粒子源射出的粒子打在金属板上所形成的面积为4m2． 点评：求解电势，往往先求出某点与零电势的电势差，再求解电势；本题实质是类平抛运动问题，采用运动的分解法进行处理，常规题． 15．（12分）如图所示，某空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里．一段光滑绝缘的圆弧轨道AC固定在场中，圆弧所在平面与电场平行，圆弧的圆心为O，半径R=1.8m，连线OA在竖直方向上，圆弧所对应的圆心角θ=37°．现有一质量m=3.6×10﹣4

kg、电荷量q=9.0×10﹣4C的带正电的小球（视为质点），以v0=4.0m/s的速度沿水平方向由A点射入圆弧轨道，一段时间后小球从C点离开圆弧轨道．小球离开圆弧轨道后在场中做匀速直线运动．不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）匀强电场场强E的大小；

（2）小球刚射入圆弧轨道瞬间对轨道压力的大小．

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2015年2月11日物理 考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；带电粒子在混合场中的运动． 专题：动能定理的应用专题；带电粒子在复合场中的运动专题． 分析： （1）小球离开轨道后做匀速直线运动，分析其受力知：小球受到重力mg、电场力qE和洛伦兹力qvB，由平衡条件求出电场强度场强E的大小． （2）小球沿轨道从A运动到C的过程中，重力和电场力对小球做功，洛伦兹力不做功，由动能定理求出小球运动到C点时的速度．根据小球在C与A的速度关系，得到洛伦兹力大小关系．分析小球经过A点时的受力情况，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力． 解答： 解：（1）小球离开轨道后做匀速直线运动，其受力情况如图1所示，则有 qE=mgtanθ ① 所以 E=3.0N/C （2）设小球运动到C点时的速度为v．在小球沿轨道从A运动到C的过程中，根据动能定理有 ② 解得 v=5.0m/s ③ 小球由A点射入圆弧轨道瞬间，设小球对轨道的压力为N，小球的受力情况如图2所示，根据牛顿第二定律有根据图1还有： ⑤ ④ 由③④⑤可求得：N=3.2×10﹣3N 根据牛顿第三定律可知，小球由A点射入圆弧轨道瞬间对轨道的压力 N′=N=3.2×10﹣3N 答： （1）匀强电场场强E的大小为3.0N/C； （2）小球刚射入圆弧轨道瞬间对轨道压力的大小为3.2×10﹣3N． 点评：本题力平衡、动能定理和牛顿第二定律的综合应用，运用动能定理时要注意洛伦兹力不做功，但洛伦兹力对向心力有作用，分析受力情况，作出力图是解答的基础，难点是分析小球经过AC两点的洛伦兹力关系．

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2015年2月11日物理

16．（14分）如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.40T，方向垂直于纸面向里，电场强度E=2.0×105V/m，PQ为板间中线，紧靠平行板右侧边缘xoy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，磁场边界AO和y轴的夹角∠AOy=45°．一束带电荷量q=8.0×10﹣19C的正粒子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射入磁场区域，粒子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45°．不考虑重力的影响．求： （1）粒子运动的速度v是多大？ （2）粒子的质量m是多大？

考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动． 专题： 带电粒子在磁场中的运动专题． 分析： （1）带电粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式得到速度； （2）粒子离开复合场后进入又一个匀强磁场后做匀速圆周运动，根据几何关系先确定圆心和半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式得到粒子的质量． 解答： 解：（1）粒子沿中线PQ做直线运动，则qB1v=qE v=5×105m/s 即粒子运动的速度v是5×105m/s． （2）粒子在AOy区域内做匀速圆周运动，设半径为r，则 粒子穿过AO后做匀速直线运动，由于粒子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45° 所以，粒子离开AO时与AO垂直， 所以O是做匀速圆周运动的圆心， 则r=OQ=0.2m 解得m=8×10﹣26kg ﹣故粒子的质量m是8×1026kg． 点评： 本题中粒子先通过速度选择器，然后在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式求解；带电粒子在匀速磁场中做匀速圆周运动问题通常要先确定圆心，得到半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式．

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