【解析版】湖北省武汉二中2013-学年高二上学期期中考试_物理试题.pdf

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1、-精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 武汉二中 20132014 学年上学期高二年级期中考试 物 理 试 卷 考试时间： 120 分钟满分： 110 分命题人： 陈新国审题人： 朱璐考试日期： 2013.11.7 一、选择题。本题共12 小题； 1 8 题为单选，每小题3 分； 9 12 题为多选，每小题4 分；共 40 分；多选题选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分。 1在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下 列说法正确的是（） A安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式 B法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流

2、的磁效应 C法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律 D楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法楞次定律 【答案】 C 【gkstk 解析】 A、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故A 错误； B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，故B 错误； C、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律-库仑定律，故C 正确； D、法拉第发现了电磁感应现象，故D 错误。故选C。 【考点】物理学史 2如图所示，MN、PQ 是间距为L的平行光滑金属导轨，置于磁感强度为B，方向垂直导轨 所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接

3、有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有 效阻值为 2 R 的金属导线ab 垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v 向右匀速运 动，不计导轨电阻，则（） A通过电阻R 的电流方向为P RM Bab 两点间的电压为BLv Cb 端电势比a端高 D外力 F做的功等于电路中产生的焦耳热 【答案】 D 【gkstk 解析】 A、根据右手定则可知ab 中产生的感应电流方向为ba ，则 M PR ，故 A 错误； B 、 ab 两点间的电压是路端电压，根据闭合电路欧姆定律得知，ab 两点间的电压为 R2 UEBLv 1 3 RR 2 ，故 B 错误； C、金属导线ab相当于电源，a 端相当于电源的

4、正极，电势较高，故C 错误； -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - D、ab 棒向右做匀速直线运动，根据能量守恒得外力F 做的功等于电路中产生的焦耳热，故 D 正确。故选D 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 3如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面 的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流 后，磁铁对水平面的压力为N2 ，则以下说法正确的是（） AN1N2 BN1N2 C弹簧长度将变长D弹簧长度将不变 【答案】 A 【gkstk 解析】 开始时磁

5、体受重力和支持力，二力平衡， 故弹簧处于原长，磁体 对地压力等于磁体的重力G= N1； 通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁 场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向 如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的 作用力斜向左上方，如图所示，G= N2F 故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短； 故选 A。 【考点】安培力；共点力平衡 4如图所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B 的正方向，螺线管与U 型导线框cdef 相连，导线框cdef 内有一半径很小的金属圆环L，圆环 与导线框cdef 在同一平面内。当螺线

6、管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时（） A在 t1时刻，金属圆环 L内的磁通量 最大 B在 t2时刻，金属圆环 L内的磁通量 最小 C在 t1- t2时间内，金属圆环 L 内有逆 时针方向的感应电流 D在 t1- t2时间内，金属圆环 L 有收缩 趋势 【答案】 D 【gkstk 解析】 A、由 B-t 图知， t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零， L 上的磁通量为零，故A 错 误； B、在 t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大， B 错误； C、在 t1-t2时间内， 磁通量的变化率不断变大， 则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律， 在线圈中的电流

7、方向f 到 c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故C 错误； D、在 t1-t2时间内， L 内的磁场增加，由愣次定律可以确定 L 必须减小面积以达到阻碍磁通量 的增加，故有收缩的趋势，故D 正确。故选ACD 。 【考点】楞次定律 5如图所示 ,在 a、b、c 三处垂直纸面放置三根长直通电导线,a、b、c 是等边三角形的三个顶 点,电流大小相等 ,a 处电流在三角形中心O 点的磁感应强度大小为B,则 O 处磁感应强度（） AB 2 1 B B2 CB 2 3 DB

8、 2 3 【答案】 B 【gkstk 解析】由平面几何可知Bb 与 Ba 的夹角为120 ，所以二者的合成大小为B，与 Bc 同 向，所以O 处磁感应强度为2B，故选 B。 【考点】磁感应强度 6在某次发射科学实验卫星“ 双星 ” 中，放置了一种 磁强计， 用于测定地磁场的磁感应强度磁强计 的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的 横截面是宽为a、高为 b 的长方形，放在沿y 轴 正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方 向、大小为I 的电流已知金属导体单位体积中 的自由电子数为n，电子电荷量为e.金属导电过 程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动测 出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.

9、则下列说法正确的是（） A电流方向沿x 轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高 B电流方向沿x 轴正方向，电子受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高 C磁感应强度的大小为B nebU I D磁感应强度的大小为B 2nebU I 【答案】 C 【gkstk 解析】 AB、电子定向移动的方向沿x 轴负向，所以电子向前表面偏转，则前表面带负电，后表面失 去电子带正电，后侧面的电势较高，故AB 错误； CD、当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产 生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差，因而 -精品文档 ! 值得

10、拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 可得 U eBev a 而qnabvte（），及 q Inevs t 由以上几式解得磁场的磁感应强度 nebU B I ，故选 C。 【考点】霍尔效应及其应用 7如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成角，水平方向的匀强 磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l 做直线运动，l 与水平方向成角，且 ，则下列说法中错误的是（） A液滴一定做匀速直线运动 B液滴一定带正电 C电场线方向一定斜向上 D液滴有可能做匀变速直线运动 【答案】 D 【gkstk 解析】 AD 、带电液滴受竖直向下的重力G、 沿电场线方向的电场力F、 垂直于速

11、度方向的洛伦兹力f， 由于 ，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零， 带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动； BC、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线 向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f 作用，这三个力的合力可能为零， 带电液滴沿虚线l 做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴 所受合力不为零，不可能沿直线运动； 故选 D。 【考点】带电粒子在混合场中的运动 8如图甲所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸 面向外，磁感应强度大小为B.

12、 一边长为L 、总电阻为R 的正方形导线框abcd，从图示位置开 始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿 abcd 的感应电流为正，则图乙中表示 线框中电流 i随 x 边的位置坐标x变化的图象正确的是（ ） 【答案】 C -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【gkstk 解析】 bc 边的位置坐标x 在L-2L过程，线框bc 边有效切线长度为l=x-L ，感应电动势为 EBlvBxLv（），感应电流 B xL v E i RR ，根据楞次定律判断出来感应电流 方向沿 abcda，为正值； x 在 2L-3L 过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a d c

13、ba，为负值，线框ad 边 有 效 切 线 长 度 为l=x-2L ， 感 应 电 动 势 为EB l vBx2 L（）， 感 应 电 流 EB ( x2 L ) v i RR ，根据数学知识知道C 正确 故选 C 【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 9如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处 于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k， 磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C， 两个电阻的阻值分别为r 和 2r。由此可知，下列说法正确的 是（） A电容器上极板带正电 B电容器下极板带正电 C电容器所带电荷量为 5 2nSkC D电容器所带电荷量

14、为 2 nSkC 【答案】 AD 【gkstk 解析】 AB、根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A 正确； CD、闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等 于路端电压， 线圈产生的感应电动势为： B EnSnSk t ， 路端电压： E U= 2 ， 则电容器所带电荷量为： 1nSkC QCUnSkC 22 ，故 D 正确；故选AD 。 【考点】法拉第电磁感应定律；电容；闭合电路的欧姆定律 10如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系 oxyz（z 轴正方向竖直 向上），一质量为 m、电荷量为q的带正电小球从原

15、点O以速度v沿x轴正方向出发下 列说法正确的是（） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - A若电场、磁场分别沿z 轴正方向和x 轴正方向，小球只能做曲线运动 B若电场、磁场均沿z 轴正方向，小球有可能做匀速圆周运动 C若电场、磁场分别沿z 轴正方向和y 轴负方向，小球有可能做匀速直线 运动 D若电场、磁场分别沿y 轴负方向和z 轴正方向，小球有可能做匀变速曲 线运动 【答案】 BCD 【gkstk 解析】 A若电场、磁场分别沿z 轴正方向和x 轴正方向，则有带正电粒子所受到的电场力方向沿z 轴正方向，由于运动方向与磁场方向平行，所以不受洛伦兹力，因此当电场力等于重力时

16、， 粒子可能匀速直线运动；当电场力不等于重力时，粒子做曲线运动，故A 错误； B若电场、磁场均沿z 轴正方向，则电场力沿z 轴正方向，而洛伦兹力根据左手定则可得沿 y 轴正方向，所以当电场力等于重力时，由洛伦兹力提供向心力，使其可能做匀速圆周运动， 故 B 正确； C若电场、磁场分别沿z 轴负方向和y 轴负方向，则有电场力沿z 轴负方向，而洛伦兹力沿 z 轴正方向，当洛伦兹力大小等于重力与电场力之和时，粒子做匀速直线运动，故C 正确； D若电场、磁场分别沿y 轴负方向和z 轴正方向，则有电场力沿y 轴负方向，而洛伦兹力沿 y 轴正方向， 当电场力等于洛伦兹力时，带电粒子恰好做平抛运动，即可能做

17、匀变速曲线运动， 故 D 正确。故BCD 。 【考点】曲线运动 11如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2kg 且 足 够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷 量 q=+0.2C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可 认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N 的恒力， g 取 10m/s2。 则（） A木板和滑块一直做加速度为2m/s 2 的匀加速运动 B滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动 C最终木板做加速度为2m/s 2

18、的匀加速运动，滑块做速度为10m/s 的匀速运动 D最终木板做加速度为3m/s 2 的匀加速运动，滑块做速度为10m/s 的匀速运动 【答案】 BD 【gkstk 解析】 由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度 为 5m/s2，所以当 0.6N 的恒力作用于木板时，系统一起 以 2 F a2m /s mM 的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg ，解得： v=10m/s ， 此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力

19、作用下做匀加速运动， 2F a3m / s m ，所以 BD 正确；故选BD。 【考点】牛顿第二定律；洛仑兹力 12如图所示，在xOy 平面内存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第一、二、四象限 内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P（0,2L） 、Q （L2,0）为坐标轴上的两个点。现有一电子从P 点沿 PQ 方向射出， 不计电子的重力： （） A 若电子从 P点出发恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为 2 L B若电子从P 点出发经原点O 到达 Q 点，则电子运动的路程一定为 L C若电子从P 点出发经原点O 到达 Q 点，则电子运动的路程一

20、定为 2 L D 若电子从P 点出发经原点O 到达 Q 点，则电子运动的路程可能为 L ， 也可能为 2 L 【答案】 AD 【gkstk 解析】 A、若电子从P 点出发恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图1 所示，则 微粒运动的路程为圆周的 1 4 ，即为 L 2 ，故 A 正确； BCD 、若电子从P 点出发经原点O 到达 Q 点，运动轨迹可能如图2、3 所示，因此则微粒运 动的路程可能为L ，也可能为2L ，故 D 正确， BC 错误；故选AD 。 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律 二、实验题。本题包括两小题，共14 分。 13(4分）某实验小组利用如图所

21、示的装置探究热敏电 阻的温度特性。 (1) 电键闭合前 ,滑动变阻器的滑动触头 P 应置 于端(选填 a 或 b)。 (2) 实验小组将测量出的不同温度下热敏电阻的阻 值与标准值比较后,发现二者有一定的差异。除偶然误差 外,你认为造成误差的原因可能 是。 【答案】(1)a （2）电流表的分压 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【gkstk 解析】（1）分压接法时，电键闭合前应使分压电路的电压为零，所以滑动触头应置于 a 端； （2）电流表采用的是内接法，会是测量结果产生误差。 【考点】小电珠的伏安特性曲线 14 （ 10分）实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与

22、电阻的串联。测量实际电流表G1内阻 r1的电路如图所 示。供选择的仪器如下： 待测电流表G1（ 05mA ，内阻约 300）； 电流表G2（010mA，内阻约100）； 定值电阻R1（300）； 定值电阻R2（10）； 滑动变阻器R3（ 01000 ）； 滑动变阻器R4（ 020）； 干电池（ 1.5V ）； 开关 S 及导线若干。 （ 1）定值电阻应选，滑动变阻器应选。（在空格内填写序号） （ 2）补全实物图连线。 （ 3）补全实验步骤： 按电路图连接电路，将滑动触头移至最端 （填“ 左 ” 或“ 右” ）； 闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、 G2的读数 I1、I2； 多次移动

23、滑动触头，记录相应的G1、G2读数 I1、I2； 以 I2为纵坐标， I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。 根据 I2- I1图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式。 【答案】（1）（ 2）实物图连接见右图（3）左 （4） 11 (1)rkR 【gkstk 解析】 （1）待测电流表G1，内阻约300，电流表G1并联的 电阻应选：；保护电阻应选用：； （2）实物电路图如图所示： （3）按电路图连接电路，将滑动触头移至最左端； （4）由电路图可知： 1 11 211 11 1 I rr III RR （） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 21 II图

24、象斜率 1 1 1 r k R 得 11 1rkR（）； 【考点】伏安法测电阻 三、计算题。本题共5 小题，满分60 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。 15 （ 10 分）质量为m0.02 kg 的通电细杆ab 置于倾角为 37的平行放置的导轨上，导 轨的宽度d0.2 m，杆 ab 与导轨间的动摩擦因数0.4，磁感应强度B 2 T 的匀强磁 场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab 静止不动，通过ab 杆的电流范围为多少？ 【答案】AIA46.014. 0 【gkstk

25、 解析】 当电流较大时， 导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下， 当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值 1 F，此时通过ab 的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向 上的最大静摩擦力，此时的安培力为 2 F，电流为Imin. 正确地画出两种情况下的受力图如图所示， 由平衡条件根据第一幅受力图列式如下： 0sin 11 fmgF 0cos 1 mgN 11 Nf dBIF max1 解得：AI46.0 max 根据第二幅受力图 0sin 22 fmgF 0cos 2 mgN 22 Nf dBIF min2 解得：AI14. 0 min 则通过 ab 杆的电流范围为：AIA46

26、. 014.0 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【考点】共点力平衡；安培力 16 （ 10 分）两根光滑的长直金属导轨MN 、M N平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电 阻不计， M、M 处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为 C.长度也为l、阻值同为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向 竖直向下的匀强磁场中ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运 动距离为x 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求： (1)ab 运动速度v 的大小； (2)电容器所带的电荷量q. 【答案】 2 2 4Q

27、R v B l x C Q R q B l x 【gkstk 解析】 （1）设 ab 上产生的感应电动势为E，回路中的 电流为 I，ab 运动距离x 所用时间为t，三个电阻R 与电源串联，总电阻为4R，则 EBlv 由闭合电路欧姆定律 4 E I R 时间 tx v 由焦耳定律有QI 2(4R)t 联立上述各式解得 22 4QR v B l x (2)设电容器两极板间的电势差为U，则有 UIR 电容器所带电荷量qCU 解得 CQR q Blx 【考点】闭合电路欧姆定律；焦耳定律；电容 17 （ 12 分）如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d0.5 m，电阻不 计，左端通过导

28、线与阻值R2 的电阻连接，右端通过导线与阻值RL 4 的小灯泡 L 连接在 CDFE 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长 l2 m，有一阻值r2 的金 属棒 PQ 放置在靠近磁场边界CD 处CDFE 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化如图 乙所示在t 0至 t4 s 内，金属棒PQ 保持静止，在t4 s 时使金属棒PQ 以某一速度 进入磁场区域并保持匀速运动已知从 t0 开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过 程中，小灯泡的亮度没有发生变化求： (1)通过小灯泡的电流 (2)金属棒 PQ 在磁场区域中运动的速度大小 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【

29、答案】0.1 L IAv1 m/s 【gkstk 解析】 (1)04 s内，电路中的感应电动势 2 0.52 0.5 4 B ESVV tt 此时灯泡中的电流 0.1 L L EE IA Rr R R Rr 总 (2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化 根据 E Bdv L L EE I RR R r RR 总 L L L RR UI RR L L L U I R 解得 v1 m/s 【考点】法拉第电磁感应定律；欧姆定律 18 （ 14 分）如图所示， 在直角坐标系 yx0 内，有一质量为 m,电荷量为 q 的粒子 A 从原点O沿 y 轴正方向以初速度 0 v 射出，粒子重力忽略不计，现要求该

30、粒子能通 过点 P(a, -b),可通 过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现。 (1) 若只在整个I、II 象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A 在磁场中作匀速圆 周运动，并能到达P 点，求磁感应强度B 的大小； (2) 若只在 x 轴上某点固定一带负电的点电荷Q, 使粒子 A 在 Q 产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P 点，求 点电荷 Q 的电量大小； (3) 若在整个I、II 象限内加垂直纸面向外的匀强磁场， 并在第 IV 象限内加平行于x 轴，沿 x 轴 正方向的匀强电 场，也能使粒子A 运动到达 P 点。如果此过程中粒子A 在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B 的

31、大小和电场强度E 的大小 【答案】 0 2mv B qa 222 () 2 mvab Q akq 0 mv B qb 2 0 2 2(2)m vab E qb 【gkstk 解析】 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - （1）粒子由O 到 P 的轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知 1 2 a R 由牛顿第二定律可知： 2 0 0 1 mv qv B R 得 0 2mv B qa （2）粒子由O 到 P 的轨迹如图所示，粒子在电场中做圆周运动，半径为R2： 由几何关系知： 222 22 ()aRbR，得 22 2 2 ab R a 由牛顿第二

32、定律可知 2 0 2 22 mvQq k RR ，得： 222 () 2 mvab Q akq （3）粒子由O 经 P到 P 的轨迹如图所示，在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动 在电场中运动时间t： 0 b t v ；在磁场中运动时间t： 2 Tm t qB 由此得： 0 mv B qb 设在磁场中做圆周运动，半径为R3，则有 03 v tR， 3 b R 电场中 3 2 2 b P PaRa 2 1 2 qE P Pt m 由此得 2 0 2 2(2 )mvab E qb 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律 19 （ 14 分）如图所示，在正方

33、形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的 匀强磁场。在t=0 时刻，一位于正方形区域中心O 的粒子源在abcd 平面内向各个方向发 射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半 径恰好等于正方形边长，不计重力和粒子之间的相互作用力。已知平行于ad 方向发射的 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 粒子在 t=t0时刻刚好从磁场边界cd 上的某点离开磁场，求：（已知 4 2 200 23 sin ） （ 1）粒子的比荷 m q ； （ 2）从粒子发射到粒子全部离开磁场所用的时间； （ 3）假设粒子源发射的粒子在各个方向

34、均匀分布，在 t=t0时刻仍在磁场中的粒子数与粒子 源发射的总粒子数之比。 【答案】 06 Btm q 0 50 69 tt 2 3 【gkstk 解析】 （1）初速度平行于 ad方向发射的粒子 在磁场中运动的轨迹如图甲所示，其圆心为 1 O，由几何关系有 6 1k OO 则Tt 12 1 0 ，即0 12tT 粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供。设粒子做圆周运动的半径为 R，根据牛顿第二定 律有 R v mqvB 2 ，又 T R v 2 由以上几式可得 0 6 Btm q （2）如图乙所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应过正方形的顶点。 设粒子运动轨迹对应的圆心角为，则 4 2 2

35、sin 在磁场中运动的最长时间Tt 2 所以从粒子发射到粒子全部离开磁场所用的时间为 0 50 69 tt （3）依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到O点距离相等，在 0 t时刻仍在磁场中的粒子应位 于以O为圆心、 Ok为半径的弧上，如图丙所示。 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 由几何关系知 12 nOk 此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为 3 2 2 12 8-2 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律 武汉二中 20132014 学年上学期高二年级期中考试 物理试卷答题卡 一、选择题。本题共12 小题； 1 8 题为单选，每小题3

36、分； 9 12 题为多选，每小题4 分；共 40 分；多选题选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分。 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 二、实验题。本题包括两小题，共14 分。 13、 （ 1） 、。 （ 2） 、。 14、（ 1），。 （2）在右图中连线。 （3） 。 三、计算题。本题共5 小题，满分60 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。 15 （ 10 分） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 16 （ 10 分） 17 （ 12 分）

37、 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 18 （ 14 分） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 19 （ 14 分） 武汉二中 20132014 学年上学期高二年级期中考试 物 理 试 卷 答 案 一、选择题。本题共12 小题； 1 8 题为单选，每小题3 分； 9 12 题为多选，每小题4 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 分；共 40 分；多选题选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分。 题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案C D A D B C D C AD BCD BD AD

38、 二填空题 ( 共 14 分) 13(4分）(1)a(2 分) （2）电流表的分压（2 分） 14 （ 10 分） （1） （2 分） （2 分） （ 2）实物图连接见右图（2分，出现任何一处错误不给分） （ 3）左（ 2 分） （ 4） 11 (1)rkR （2 分） 三、计算题（10+10+12+14+14=60 分） 15 （ 10 分）解：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达 到最大时，磁场力为最大值 1 F，此时通过ab 的电流最大为Imax；同理，当电流最小时， 应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为 2 F，电流为Imin. 正确地画出两种情

39、况下的受力图如图所示， 由平衡条件列方程求解 根据第一幅受力图列式如下： 0sin 11 fmgF（1 分） 0cos 1 mgN（1 分） 11 Nf（1 分） dBIFmax1（1 分） 解上述方程得：AI46.0 max （1 分） 根据第二幅受力图 0sin 22 fmgF（1 分） 0cos 2 mgN（1 分） 22 Nf（1 分） dBIF min2 （1 分） 解上述方程得：AI14. 0 min 则通过 ab 杆的电流范围为：AIA46.014. 0（1 分） 16 （ 10 分）解：（1）设 ab 上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab 运动距离x 所用 时间为 t

40、，三个电阻R 与电源串联，总电阻为4R，则 EBlv （1 分） 由闭合电路欧姆定律I E 4R （1 分） t x v （1 分） 由焦耳定律有QI 2(4R)t （1 分） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 联立上述各式解得v 4QR B 2l2x. （2 分） (2)设电容器两极板间的电势差为U，则有 UIR （1 分） 电容器所带电荷量qCU （1 分） 解得 q CQR Blx （2 分） 17 （ 12 分）解：(1)04 s内，电路中的感应电动势 E t B t S 2 4 0.5 2 V0.5 V （3 分） 此时灯泡中的电流 IL E R总 E

41、Rr RrR L 0.5 2 2 224 A0.1 A （3 分） (2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化 根据 E Bdv （1 分） I E R 总 E r RRL RRL （1 分） ULI RRL RRL （1 分） IL UL RL （1 分） 解得 v1 m/s （2 分） 18 （ 14 分）解：（1）粒子由O 到 P 的轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1, 由几何关系知 2 1 a R （ 1 分） 由牛顿第二定律可知： Bqv R mv 0 1 2 0 （ 1 分） 由此得 qa mv B 0 2 （ 1 分） （2）粒子由O 到 P 的轨迹如图所示 粒子在电

42、场中做圆周运动，半径为R2： 由几何关系知： 2 2 22 2)(RbRa a ba R 2 22 2 （ 2 分） 由牛顿第二定律可知 2 2 0 2 2 R mv R kQq （ 1 分） 由此得： akq bamv Q 2 )( 222 （ 1 分） （3）粒子由O 经 P到 P 的轨迹如图所示，在磁场中做圆周运动，在电场中做类平 抛运动 在电场中运动时间t： y O x P（a， b） y O x P （a，b） Q R y O x P（ a， b） PP v0 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 0 v b t （ 1 分） 在磁场中运动时间t： qB m

43、T t 2 （ 1 分） 由此得： qb mv B 0 （ 1 分） 设在磁场中做圆周运动，半径为R3 则有 30 Rtv （ 1 分） b R3 电场中 b aRaPP 2 2 3 （ 1 分） 2 2 1 t m qE PP （ 1 分） 由此得 2 2 0 )2(2 qb bamv E （ 1 分） 19（ 14 分）解：解：（ 1）初速度平行于 ad方向发射的粒子 在磁场中运动的轨迹如图甲所示，其圆心为 1 O，由几何 关系有 6 1k OO 则Tt 12 1 0 ，即0 12tT （2 分） 粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供。设粒子做圆周运动的半径为R，根据牛顿第 二定律有 R

44、v mqvB 2 ,又 T R v 2 （ 1 分） 由以上几式可得 0 6 Btm q （ 1 分） （2）如图乙所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应过正方形的顶点。（1 分） 设粒子运动轨迹对应的圆心角为，则 4 2 2 sin （2 分） 在磁场中运动的最长时间Tt 2 所以从粒子发射到粒子全部离开磁场所用的时间为 0 50 69 tt(2 分） （ 3）依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到O点距离相等，在 0 t -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 时刻仍在磁场中的粒子应位于以O为圆心、Ok为半径的弧上， 如图丙所示。（1 分） 由几何关系知 12 nOk（2 分） 此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为 3 2 2 12 8-2 （2 分）