物理卷·2018届湖北省宜昌市金东方高中高二上学期期中物理试卷 （解析版） 18页

2016-2017 学年湖北省宜昌市金东方高中高二（上）期中物理试卷 一、选择题（本题共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分．在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题 只有一项符合题目要求，第 8-9 题有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 1．真空中两个相同的金属小球 A 和 B，带电荷量分别为 QA=﹣2×10﹣8C 和 QB=4×10﹣8C， 相互作用力为 F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（ ） A．F B． C． D． 2．如图所示，a、b、c 三盏灯都能发光，且在电路变化时，灯不会烧坏．试判断：当滑动变 阻器的触头 P 向下移动时（ ） A．外电路的总电阻变大 B．总电流变小 C．a 灯变亮 D．c 灯变亮 3．如图，有一负电荷 q 静止在电容器 C 的两板间，使 q 向上运动的措施是（ ） A．两板间距离增大 B．两板间距离减小 C．两板正对面积减小 D．两板正对面积增大 4．如图所示，等量同种正电荷的电场中，O 为两个电荷连线中点，直线 MN 为两个电荷连线 的中垂线，OM 等于 ON．有一个带正电的点电荷从 M 点沿直线移到 N 点，下列说法正确的 是（ ） A．M、N 两点电场强度大小相等 B．电荷在 M 点电势能大于电荷在 N 点的动势能 C．电场力先做正功后做负功 D．电荷由静止释放可以仅在由电场力作用下从 M 点沿直线运动到 N 点 5．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为 I，方向如图所示．a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距 离相等．将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2 和 B3，下列说法正确的是（ ） A．B1=B2＞B3 B．B1=B2=B3 C．a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里 D．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和 c 处磁场方向垂直于纸面向里 6．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内 有初速度为 v0 的带电微粒，恰能沿图示虚线由 A 向 B 做直线运动．那么（ ） A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 7．如图所示，水平固定的小圆盘 A，其带电荷量为 Q，电势为零，从圆盘圆心处 O 静止释放 一个质量为 m、带电荷量为+q 的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达圆盘中心 竖直线上的 C 点，而到圆盘中心竖直线上的 b 点时，小球速度最大．由此可知 Q 所形成的电 场中，可以确定的物理量是（ ） A．b 点场强 B．c 点场强 C．b 点电势 D．c 点电势 8．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个 D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有（ ） A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和 D 型盒的半径的增大而增大 B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大 C．高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定 D．粒子从磁场中获得能量 9．如图所示，真空中存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从 静止开始自 a 沿曲线 acb 运动到 b 点时，速度为零，c 是轨迹的最低点．以下说法中正确的是 （ ） A．液滴带负电 B．液滴在 C 点动能最大 C．液滴运动过程中机械能守恒 D．液滴在 C 点机械能最大 二、实验题（8 分+8 分=16 分） 10．根据多用表指针在刻度盘上的位置填写各档读数． （1）“×100Ω”位置，则所测量电阻的阻值为 Ω； （2）“5mA”位置，则所测量电流的值为 mA． （3）“25V”位置，则所测量电压的值为 V； （4）“1V”位置，则所测量电压的值为 V． 11．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系．可用的器材如下：电源、滑动变阻器、 电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干． （1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡 L1 的 U﹣I 图象如图（a）中的图线 L1，则 可知小灯泡 L1 的电阻随电压增大而 （选填“增大”、“减小”或“不变”）． （2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其 中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）． （3）换小灯泡 L2 重做实验，得到其 U﹣I 图象如图（a）中的图线 L2，现将这两个小灯泡并 联连接在电动势 3V、内阻 6Ω的电源两端，则此时电源两端的电压为 V；灯泡 L2 消耗的 功率为 W． 三、计算题（本题共 49 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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） 12．如图所示，通电金属杆 ab 质量 m=12g，电阻 R=1.5Ω，水平地放置在倾角θ=30°的光滑金 属导轨上．导轨宽度 ，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻 r=0.5Ω．匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度 B=0.2T．g=10m/s2 若金属棒 ab 恰能保持静止， 求： （1）金属杆 ab 受到的安培力大小； （2）电源的电动势大小 E． 13．如图所示，平行金属带电极板 A、B 间可看作匀强电场，场强 E=1.2×103V/m，极板间距 离 d=5cm，电场中 C 和 D 分别到 A、B 两板距离均为 0.5cm，B 板接地，求： （1）C 和 D 两点的电势、两点间的电势差 UCD； （2）点电荷 q1=﹣2×10﹣3C 分别在 C 和 D 两点的电势能； （3）将点电荷 q2=2×10﹣3C 从 C 匀速移到 D 时除电场力以外的力做功多少？ 14．如图所示，在 xoy 平面内，MN 和 x 轴之间有平行于 y 轴的匀强电场和垂直于 xoy 平面的 匀强磁场，y 轴上离坐标原点 4L 的 A 点处有一电子枪，可以沿+x 方向射出速度为 v0 的电子 （质量为 m，电量为 e）．如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动．如果撤去电场， 只保留磁场，电子将从 x 轴上距坐标原点 3L 的 C 点离开磁场．不计重力的影响，求： （1）磁感应强度 B 和电场强度 E 的大小和方向； （2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从 D 点（图中未标出）离开电场，求 D 点的坐标； （3）电子通过 D 点时的动能． 15．一足够长的矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形 区域的左边界 ad 宽为 L，现从 ad 中点 O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为 v0 方向与 ad 边夹角为 30°，如图所示．已知粒子的电荷量为 q，质量为 m（重力不计）． （1）若粒子带负电，且恰能从 d 点射出磁场，求 v0 的大小； （2）若粒子带正电，使粒子能从 ab 边射出磁场，求 v0 的取值范围以及该范围内粒子在磁场 中运动时间 t 的范围． 2016-2017 学年湖北省宜昌市金东方高中高二（上）期中 物理试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分．在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题 只有一项符合题目要求，第 8-9 题有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 1．真空中两个相同的金属小球 A 和 B，带电荷量分别为 QA=﹣2×10﹣8C 和 QB=4×10﹣8C， 相互作用力为 F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（ ） A．F B． C． D． 【考点】库仑定律． 【分析】设电荷 A 带电荷量为﹣Q，则电荷 B 带电荷量为 2Q，在真空中相距为 r 时，根据库 仑定律可以得到 F 与电量 Q、距离 r 的关系； A、B 球相互接触后放回原处，距离 r 不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作 用的库仑力大小与 Q、r 的关系，用比例法求解． 【解答】解：金属小球 A 和 B，带电量分别为 QA=2×10﹣8C 和 QB=﹣4×10﹣8C，相互作用力 大小为 F，设电荷 A 带电荷量为 Q，则电荷 B 带电荷量为﹣2Q，根据库仑定律，有： F=k = 将两球接触后再放回原处，电荷先中和再平分，带电量变为 1×10﹣8C，即 ，根据库仑定律， 有： F′=k 故 F′= ，故 B 正确、ACD 错误． 故选：B． 【点评】本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触 后电量平分． 2．如图所示，a、b、c 三盏灯都能发光，且在电路变化时，灯不会烧坏．试判断：当滑动变 阻器的触头 P 向下移动时（ ） A．外电路的总电阻变大 B．总电流变小 C．a 灯变亮 D．c 灯变亮 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【分析】分析电路结构，由滑片的移动得出电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律分析电路中 电流及电压的变化． 【解答】解：由图可知，滑动变阻器与 b 串联后再与 C 并联，最后与 a 串联； A、当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小；故 A 正确； B、由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；故 B 错误； C、因干路电流增大，则 a 灯一定变亮，故 C 正确； D、由 U=E﹣Ir 可知，电源的输出电压减小；而 a 消耗的电压增大，故并联部分电压减小；则 C 灯一定变暗，故 D 错误； 故选：C． 【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律，本解法采用了程序法求解；注意本题也可直接用“串 反并同”进行分析直接得出结论． 3．如图，有一负电荷 q 静止在电容器 C 的两板间，使 q 向上运动的措施是（ ） A．两板间距离增大 B．两板间距离减小 C．两板正对面积减小 D．两板正对面积增大 【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容器的动态分析． 【分析】电容器板间负电荷处于静止状态，电场力和重力平衡，当电场力增大时，电荷将向 上运动，根据板间场强公式 E= ，选择能使电荷向上运动的措施． 【解答】解： A、两极板间距离 d 增大，而电容器的电压 U 不变，则板间场强 E= 减小，电荷所受电场力 减小，电荷将向下运动．故 A 错误． B、两极板间距离 d 减小，而电容器的电压 U 不变，则板间场强 E= 增大，电荷所受电场力 增大，电荷将向上运动．故 B 正确． CD、两极板正对面积 S 减小或增大时，而电容器的电压 U 和距离 d 都不变，则板间场强 E= 不变，电荷并不运动．故 CD 错误． 故选：B． 【点评】本题是简单的电容器动态变化分析问题，抓住板间电压不变是解题关键，同时还可 以注意电容的定义式与决定式的区别． 4．如图所示，等量同种正电荷的电场中，O 为两个电荷连线中点，直线 MN 为两个电荷连线 的中垂线，OM 等于 ON．有一个带正电的点电荷从 M 点沿直线移到 N 点，下列说法正确的 是（ ） A．M、N 两点电场强度大小相等 B．电荷在 M 点电势能大于电荷在 N 点的动势能 C．电场力先做正功后做负功 D．电荷由静止释放可以仅在由电场力作用下从 M 点沿直线运动到 N 点 【考点】电场的叠加；电场强度． 【分析】根据场强的叠加判断 M、N 点的场强大小，抓住 OM 和 ON 间的电势差相等得出电 势相等，从而比较电势能的高低．根据电场力的方向与运动方向判断电场力做功． 【解答】解：A、M、N 两点的场强是两正电荷在该点产生场强的合场强，根据场强的叠加， 知 M、N 两点场强大小相等，方向相反，故 A 正确． B、M、N 两点间的场强关于 O 点对称，OM 等于 ON，可知 UOM=UON，则 M、N 两点间的电 势相等，根据 Ep=qφ知，电荷在两点的电势能相等，故 B 错误． C、从 M 到 N，正电荷所受的电场力先向下再向上，在向上运动过程中，电场力先做负功， 再做正功，故 C 错误． D、电荷由静止从 M 点释放，由于电场力方向向下，将向下运动，不会运动到 N 点，故 D 错 误． 故选：A． 【点评】对于等量同种电荷与等量异种电荷电场线、等势线的分布图要抓住特点，加深记忆， 也是高考经常命题的内容． 5．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为 I，方向如图所示．a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距 离相等．将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2 和 B3，下列说法正确的是（ ） A．B1=B2＞B3 B．B1=B2=B3 C．a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里 D．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和 c 处磁场方向垂直于纸面向里 【考点】磁感应强度． 【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方 向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解． 【解答】解：A、B、由题意可知，a 点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，相 邻的两根电流产生的磁场相互抵消，则由第三根产生磁场，即垂直纸面向外，而 b 点与 a 点有 相同的情况，相邻的两根电流产生的磁场相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向 外，而 c 点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故 A 错误，B 错误； C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向 垂直于纸面向里，故 C 正确，B 错误． 故选：C． 【点评】根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小．磁场的方向相 同，则大小相加；方向相反的，大小相减．同时考查矢量叠加原理． 6．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内 有初速度为 v0 的带电微粒，恰能沿图示虚线由 A 向 B 做直线运动．那么（ ） A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 【考点】带电粒子在混合场中的运动． 【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电 场力的方向可确定微粒运动的性质． 【解答】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒 受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒 所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运 动，故 B 正确． 故选：B 【点评】本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基 础题． 7．如图所示，水平固定的小圆盘 A，其带电荷量为 Q，电势为零，从圆盘圆心处 O 静止释放 一个质量为 m、带电荷量为+q 的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达圆盘中心 竖直线上的 C 点，而到圆盘中心竖直线上的 b 点时，小球速度最大．由此可知 Q 所形成的电 场中，可以确定的物理量是（ ） A．b 点场强 B．c 点场强 C．b 点电势 D．c 点电势 【考点】电场强度；电势． 【分析】小球受两个力，重力和电场力，0 到 b，电场力大于重力，小球向上先做加速运动； 到 b 点，电场力等于重力，速度达到最大；b 到 c，小球向上做减速运功，到 c 点速度为零．根 据在 b 点电场力等于重力求出 b 点的场强，根据动能定理，求出 c 点的电势能，从而求出 c 点的电势． 【解答】解：在 B 点，小球速度最大，所以电场力等于重力，qEb=mg，Eb= ．所以可以确 定 b 点场强． O 到 c，根据动能定理得，W 电﹣mgh=0，电场力做正功，W 电=mgh，电势能减小 mgh，O 点 电势能为 0，所以 c 点电势能为﹣mgh，c 点的电势为﹣ ．故 AD 正确，BC 错误． 故选：AD 【点评】解决本题的关键知道小球的运动情况，在什么情况下，速度最大．会利用动能定理 求电场力做功，从而求电势能，求电势． 8．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个 D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有（ ） A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和 D 型盒的半径的增大而增大 B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大 C．高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定 D．粒子从磁场中获得能量 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理． 【分析】当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据 qvB=m 求出最大速度，再根 据 EKm= mv2 求出最大动能，可知与什么因素有关． 【解答】解：A、根据 qvB=m 得，最大速度 v= ，则最大动能 EKm= mv2= ．知 最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数和加速电压的大小无关．故 A 正确，B 错误； C、根据周期公式 T= ，可知，高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，故 C 正确； D、粒子在磁场中受到洛伦兹力，其对粒子不做功，不能获得能量，故 D 错误； 故选：AC． 【点评】解决本题的关键知道根据 qvB=m 求最大速度，知道最大动能与 D 形盒的半径有 关，与磁感应强度的大小有关． 9．如图所示，真空中存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从 静止开始自 a 沿曲线 acb 运动到 b 点时，速度为零，c 是轨迹的最低点．以下说法中正确的是 （ ） A．液滴带负电 B．液滴在 C 点动能最大 C．液滴运动过程中机械能守恒 D．液滴在 C 点机械能最大 【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系． 【分析】带电液滴由静止开始，在电场力和重力的作用下会向下运动，在运动过程中，带电 粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达 C 点时，洛伦兹力方向向上，此 时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达 B 点时速 度为零．除重力以外的力做的功等于机械能的变化量． 【解答】解：A、从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力 向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电．故 A 正确； B、从 A 到 C 的过程中，重力和电场力都做正功，洛伦兹力不做功，动能增大，从 C 到 B 的 过程中，重力和电场力都做负功，洛伦兹力不做功，动能减小，所以滴在 C 点动能最大．故 B 正确； C、液滴除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故 C 错误； D、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从 A 到 C 的过程中，电场力都做正功，洛 伦兹力不做功，机械能增大，从 B 到 C 的过程中，电场力都做负功，洛伦兹力不做功，机械 能减小，所以液滴在 C 点机械能最大．故 D 正确； 故选：ABD． 【点评】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 1．正确的受力分析 除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析． 2．正确分析物体的运动状态 找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界 条件． 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况． （1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）． （2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂 直于磁场的平面内做匀速圆周运动． （3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变 速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过 几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几 种不同的运动阶段所组成． 二、实验题（8 分+8 分=16 分） 10．根据多用表指针在刻度盘上的位置填写各档读数． （1）“×100Ω”位置，则所测量电阻的阻值为 3200 Ω； （2）“5mA”位置，则所测量电流的值为 2.2 mA． （3）“25V”位置，则所测量电压的值为 11 V； （4）“1V”位置，则所测量电压的值为 0.44 V． 【考点】用多用电表测电阻． 【分析】电阻的读数为示数乘以倍率，电压和电流的读数用指针所指的格数乘以每小格所代 表的示数． 【解答】解：（1）电阻的读数为：32×100=3200Ω； （2）5mA 挡，每小格表示 ，电流的读数为：22× =2.2mA； （3）25V 挡，每小格表示 ，电压的读数为：22× =11V； （4）1V 挡，每小格表示 ，电压的读数为：22× =0.44V． 故答案为：3200； 2.2； 11； 0.44． 【点评】本题考查了基本实验仪表的读数，记住方法，难度不大． 11．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系．可用的器材如下：电源、滑动变阻器、 电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干． （1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡 L1 的 U﹣I 图象如图（a）中的图线 L1，则 可知小灯泡 L1 的电阻随电压增大而 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）． （2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其 中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）． （3）换小灯泡 L2 重做实验，得到其 U﹣I 图象如图（a）中的图线 L2，现将这两个小灯泡并 联连接在电动势 3V、内阻 6Ω的电源两端，则此时电源两端的电压为 0.6 V；灯泡 L2 消耗 的功率为 0.09 W． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【分析】在小灯泡的 U﹣I 图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以 小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把 AB 间的导线误接在 AC 之间时，滑动变 阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大， 的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大． 【解答】解：（1）由图象根据欧姆定律 R= 知，小灯泡的电阻随电压增大而增大． （2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增 大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图， （3）电动势为 3V，内阻为 6Ω，则短路电流 = =0.5A，在小灯泡的 U﹣P 图象中，连接 U=3V 与 I=0.5A 两点，画出表示电源的 U﹣I 图象，如图所示；要使两灯泡并联后接在电源两 端，应符合闭合电路欧姆定律，则电源的输出电压与两灯泡电压相等，且路端电压与内压之 和等于电动势；由图可知，输出电压应为 0.6V，此时灯泡 L2 的电流为 0.15A，则其功率 P=UI=0.6 ×0.15=0.09W； 故答案为（1）增大 （2）如图 （3）0.6；0.09． 【点评】当已知小灯泡的伏安特性曲线，要求其功率时，要再画出表示电源的 U﹣I 图象，则 两图线的交点坐标即为小灯泡的实际电流与电压，然后根据 P=UI 求解． 三、计算题（本题共 49 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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） 12．如图所示，通电金属杆 ab 质量 m=12g，电阻 R=1.5Ω，水平地放置在倾角θ=30°的光滑金 属导轨上．导轨宽度 ，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻 r=0.5Ω．匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度 B=0.2T．g=10m/s2 若金属棒 ab 恰能保持静止， 求： （1）金属杆 ab 受到的安培力大小； （2）电源的电动势大小 E． 【考点】安培力；物体的弹性和弹力． 【分析】（1）对导线受力分析，由平衡条件可得安培力大小． （2）由安培力定义式可得电路电流，进而可得电源的电动势． 【解答】解：（1）对导线受力分析如图，由平衡条件可知： F=mgtan30°， 解得：F= = ， （2）导线受到的安培力为：F=BId， 又：E=I（R+r）， 联立解得电动势：E= =4.0V． 答：（1）金属杆 ab 受到的安培力大小为 ； （2）电源的电动势大小 E=4.0V． 【点评】重点是做好受力分析图，用好平衡条件，要确定好安培力的方向，记住方法是左手 定则． 13．如图所示，平行金属带电极板 A、B 间可看作匀强电场，场强 E=1.2×103V/m，极板间距 离 d=5cm，电场中 C 和 D 分别到 A、B 两板距离均为 0.5cm，B 板接地，求： （1）C 和 D 两点的电势、两点间的电势差 UCD； （2）点电荷 q1=﹣2×10﹣3C 分别在 C 和 D 两点的电势能； （3）将点电荷 q2=2×10﹣3C 从 C 匀速移到 D 时除电场力以外的力做功多少？ 【考点】电场强度；动能定理的应用；电势差；电势；电势能． 【分析】（1）根据在匀强电场中电势差和场强的关系式 U=Ed 可求出 C 和 D 之间的电势差 UCD、 B 和 D 之间的电势差 UBD、B 和 C 之间的电势差 UBC．根据 UBD=φB﹣φD 可求出φD．同理可 求出φC． （2）根据 EP=qφ可知点电荷在 C 点和在 D 点的电势能． （3）根据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为 0，故要求除电场力以外的力 所做的功就必须先求电场力所做的功，而根据 WCD=qUCD 可求出电场力所做的功． 【解答】解：（1）B 板接地，φ3=0，沿电场方向有 CD 之间的距离为 dCD=d﹣hAC﹣hBD=4cm=4×10﹣2m，UCD=﹣EdCD=﹣1.2×103×4×10﹣2=﹣ 4.8×10=﹣48V UBD=EdBD=1.2×103×0.5×10﹣2=6V 故φB﹣φD=6V 即﹣φD=6V φD=﹣6V UBC═EdBC=1.2×103×4.5×10﹣2=54V 即φB﹣φC=54V φC=﹣54V （2）由 EP=qφ可知点电荷 q1=﹣2×10﹣3C 在 C 点的电势能 EPC=﹣2×10﹣3×（﹣54）=0.108J 在 D 点的电势能 EPD═﹣2×10﹣3×（﹣6）=1.2×10﹣2J （3）将点电荷 q2=2×10﹣3C 从 C 匀速移到 D 时电场力所做的功 W=q2×UCD=2×10﹣3×（﹣ 48）=﹣9.6×10﹣2J 故除电场以外的力所做的功 W 其=﹣W=9.6×10﹣2J 答：（1）C 和 D 两点的电势分别为﹣54V 和﹣6V，两点间的电势差 UCD 等于﹣48V． （2）点电荷 q1=﹣2×10﹣3C 在 C 和 D 两点的电势能分别为 0.108J 和 1.2×10﹣2J． （3）除电场力以外的力做功为 9.6×10﹣2J． 【点评】在利用 EP=qφ求电势能时电量 q 和电势φ的正负号一定要保留．根据 WCD=qUCD 可求 出电场力所做的功时电荷是从 C 点运动到 D 点． 14．如图所示，在 xoy 平面内，MN 和 x 轴之间有平行于 y 轴的匀强电场和垂直于 xoy 平面的 匀强磁场，y 轴上离坐标原点 4L 的 A 点处有一电子枪，可以沿+x 方向射出速度为 v0 的电子 （质量为 m，电量为 e）．如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动．如果撤去电场， 只保留磁场，电子将从 x 轴上距坐标原点 3L 的 C 点离开磁场．不计重力的影响，求： （1）磁感应强度 B 和电场强度 E 的大小和方向； （2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从 D 点（图中未标出）离开电场，求 D 点的坐标； （3）电子通过 D 点时的动能． 【考点】动能定理的应用；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． 【分析】（1）只有磁场时，电子做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度； 同时存在磁场与电场时，粒子做匀速直线运动，由共点力的平衡可求得电场强度； （2）撤去磁场时，电子做类平抛运动，由运动的合成与分解可求得纵坐标； （3）由于只有电场力做功，由动能定理可求得电子通过 D 点的动能． 【解答】解：（1）只有磁场时，电子运动轨迹如答图 1 所示， 洛仑兹力提供向心力 ，由几何关系： R2=（3L）2+（4L﹣R）2， 求出 ，垂直纸面向里． 电子做匀速直线运动 Ee=Beυ0， 求出 ，沿 y 轴负方向． （2）只有电场时，电子从 MN 上的 D 点离开电场，如图 2 所示，设 D 点横坐标为 x，x=υ0t， 求出 D 点的横坐标为 ，纵坐标为 y= = =6L． （3）从 A 点到 D 点，由动能定理 ， 求出 ． 答：（1）磁感应强度为 ，电场强度为 ； （2）D 点的横坐标为 3.5L； 纵坐标 为 6L； （3）电子到达 D 点的动能为 【点评】带电粒子在混合场中的运动是有规律可循的，垂直进入磁场时粒子做匀速圆周运动， 垂直进入电场时做平抛运动；若做匀速直线运动，则一定受力平衡． 15．一足够长的矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形 区域的左边界 ad 宽为 L，现从 ad 中点 O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为 v0 方向与 ad 边夹角为 30°，如图所示．已知粒子的电荷量为 q，质量为 m（重力不计）． （1）若粒子带负电，且恰能从 d 点射出磁场，求 v0 的大小； （2）若粒子带正电，使粒子能从 ab 边射出磁场，求 v0 的取值范围以及该范围内粒子在磁场 中运动时间 t 的范围． 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动． 【分析】（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围， 即可求解； （2）根据题意确定运动轨迹，再由圆心角与周期公式，即可确定最长运动的时间；根据半径 公式与半径的取值，即可求解． 【解答】（1）由图可知： 据洛伦兹力提供向心力，得： 则 （2）当 v0 最大时： 得 R1=L 则： 当 v0 最小值： 得： 则 带电粒子从 ab 边射出磁场，当速度为 vmax 时，运动时间最短． 速度为 vmin 时运动时间最长： ∴粒子运动时间 t 的范围 答：（1）粒子带负电，且恰能从 d 点射出磁场， ； （2）粒子带正电，使粒子能从 ab 边射出磁场，v0 的取值范围 ，粒子在磁 场中运动时间 t 的范围 ． 【点评】考查牛顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与 圆心角的关系．注意本题关键是画出正确的运动轨迹．