一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48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8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1.(2018·苏州模拟)如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况。设该电场中A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，则A、B两点( )
A．EA＝EB，电场方向相同 B．EA 的环形电流中心处的磁感应强度大小B＝k，其中k为已知常量。现有 R一半径为r，匝数为N的线圈，线圈未通电流时，加水平且平行于线圈平 面、大小为BC的匀强磁场，小磁针指向在线圈平面内(不考虑地磁场)，给线圈通上待测电流后，小磁针水平偏转了α角。则( ) A．待测电流在圆心O处产生的磁感应强度BO＝BCsin α B．待测电流Ix的大小Ix＝ BCrtan αkN C．仅改变电流方向，小磁针转向不会变化 D．仅改变电流大小可以使小磁针垂直于线圈平面 解析：选B 所加磁场磁感应强度BC与待测电流在圆心O处产生的磁感应强度BO的关系如图所示，有：BO＝BCtan α，A错误；由题意可知： NIxBCrtan α BO＝kr，解得：Ix＝kN，B正确；仅改变电流方向，环形电流产生的磁场的磁感应强度方向改变，小磁针转向发生变化，C错误；仅改变电流大小，环形电流产生的磁场的磁感应强度方向不变，大小改变，合场强不能与线圈平面垂直，小磁针也不能垂直于线圈平面，D错误。 ★3.(2018·河北邯郸成安一中模拟)如图所示，两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场。一个质量为m、带电荷量为q的油滴以初速度v0进入电场，并在电场中沿直线运动了一段时间，空气阻力不计，则( ) A．该油滴带负电 第 1 页 共 12 页 B．在这段时间内电场力所做的功大于油滴重力势能的变化 C．在这段时间内油滴的机械能保持不变 D．在这段时间内油滴的动能保持不变 解析：选D 油滴受重力和电场力，由于油滴做直线运动，故合力为零，电场力与重力平衡，电场力向上，与场强同方向，则油滴带正电，故A错误；由于电场力和重力是一对平衡力，电场力做的功等于克服重力做的功，而克服重力做的功等于重力势能的增加量，故B错误；由于除重力外电场力做正功，故机械能增加，故C错误；由于油滴做匀速直线运动，故动能不变，故D正确。 ★4.(2018·钦州模拟)如图所示，质量m＝0.5 kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L＝1 m的光滑绝缘框架上，磁场垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)，右 侧回路电源的电动势E＝8 V、内电阻r＝1 Ω，额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机正常工作，则磁场的磁感应强度为(g＝10 m/s2)( ) A．1.5 T C．2 T B．1 T D．1.73 T P8 解析：选A 电动机上的电流为：IM＝U＝ A＝2 A， 4内电压为：U内＝8 V－4 V＝4 V， 则电流为：I＝ U内4 ＝ A＝4 A， r1 则磁场中导体棒的电流为：I′＝4 A－2 A＝2 A。 根据平衡条件：F＝mgsin 37°＝3 N，F＝BI′L， 得：B＝ 3 T＝1.5 T。故A正确。 2×1 5.(2018·齐齐哈尔八中模拟)如图所示，匀强电场中的A、B、C三点的连线构成边长为3a的等边三角形。把带电荷量为－e的电子从A移动到B，电场力做功W；把带电荷量为e的粒子从B移到C，电场力也做功W，则下列说法中正确的是( ) A．A、B、C三点的电势关系为φA＞φB＞φC B．A、B、C三点的电势关系为φA＞φB＝φC C．电场强度的方向与AB垂直 2WD．若场强与纸面平行，则场强大小等于 3ea 解析：选D 把带电荷量为－e的电子从A点移动到B点，电场力做功W，把带电荷量为e的粒子从B点移动到C点，电场力做正功仍为W，则若电子从A到C，电场力做功为零，所以φA＝φC；若移动的是负电荷，随着电场力做正功，电势能减小，而电势增加；若是 第 2 页 共 12 页 正电荷，则随着电场力做正功，电势能减小，且电势减小，所以有φA＜φB，φB＞φC，故A、B错误；由上可知A、C两点是等势点，连线为等势面，电场线与等势面垂直，所以电场线方向垂直于AC，故C错误；由题意可知，粒子从B到C电场力做功为W，则B、C间的电WUBC3势差大小为：UBC＝，B、C间沿电场线方向上距离为：d＝3a×sin 60°＝a，所以E＝ ed2＝ 2W ，故D正确。 3ea ★6.(2018·沈阳模拟)如图，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为＋q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入Ⅰ区，qBd入射速度垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则粒子在m磁场中运动的总时间为( ) πm2πm5πm7πmA. B. C. D. 3qB3qB6qB6qB 解析：选C 粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径和θ周期，画出轨迹，找出轨迹对应的圆心角θ，有t＝T。 360° qBdm× mv2mv 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mR，得R＝qB＝qB＝ d，根据几何关系，粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC方向，进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运动，1 运动周期后射出磁场，在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角为60°，在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为 490°，粒子在磁场中运动的总时间为t＝60°＋90°52πm5πm T＝×qB＝，故C正确。 360°126qB ★7.如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T。质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。已知MN＝OP＝1 m，则( ) A．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s2 B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2 D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N 解析：选D 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小：F安＝BIL＝0.5×2×0.5 第 3 页 共 12 页 N＝0.5 N，金属细杆开始运动的加速度为：a＝ F安 ＝10 m/s2，A错误；对金属细杆从M点到m P点的运动过程，安培力做功：W安＝F安·(MN＋OP)＝1 J，重力做功：WG＝－mg·ON＝－1 0.5 J，由动能定理得：W安＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝20 2m/s，B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向v2 的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20 m/s2，C错误；在P点金属细杆受到 rv2 轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得：F－F安＝mr，解得：F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，D正确。 8.(2018·东台模拟)如图所示在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极P，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极Q，并把它们与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体。现在把玻璃皿放在图示磁场中，下列判断正确的是( ) A．若P接电池的正极，Q接电池的负极，俯视时液体逆时针转动 B．若P接电池的正极，Q接电池的负极，俯视时液体顺时针转动 C．若两电极之间接50 Hz正弦交流电，液体不转动 D．若两电极之间接50 Hz正弦交流电，液体不断往返转动 解析：选BC 若P接电源正极，Q接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由中心流向边缘；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体顺时针方向旋转，故A错误，B正确；P、Q与50 Hz的交流电源相接，电流方向变化时间过短，液体不会旋转，故C正确，D错误。 9.如图所示，电源电动势为E，内阻不计。滑动变阻器阻值为R＝50 Ω，定值电阻R1＝30 Ω，R2＝20 Ω，三只电流表都是理想电流表。滑动变阻器的滑动触头P从a向b移动过程中，下列说法正确的是( ) A．电流表A的示数先增大后减小 B．电流表A1的示数先增大后减小 C．电流表A2的示数逐渐增大 D．滑动触头P移到b端时电流表A的示数最大 解析：选CD 当满足R1＋RaP＝R2＋RbP时，外电路的电阻最大，则滑动变阻器的滑动触头P从a向b移动过程中，电路的总电阻先增大后减小，电流先减小后增大，电流表A的E示数先减小后增大，选项A错误；因电源的内阻不计，可知电流表A1的示数I1＝， R1＋RaP 第 4 页 共 12 页 则随着RaP的增加，电流表A1示数减小，选项B错误；电流表A2的示数I2＝ E ，则随 R1＋RbP 着RbP的减小，电流表A2示数逐渐增大，选项C正确；由数学知识可知，当滑动触头P移到b端时电路的总电阻最小，此时电流表A的示数最大，选项D正确。 10.如图所示，两平行金属板始终与电源两极相连，电源电压为8.0 V，两板的间距为2 cm，而且极板B接地。极板间有C、D两点，C距A板0.5 cm，D距B板0.5 cm，则( ) A．两板间的场强大小为400 V/m B．C、D两点的电势相等 C．C点的电势φC＝2.0 V D．D点的电势φD＝2.0 V UU8 解析：选AD 由公式E＝d计算出两板间的场强为E＝d＝ V/m＝400 V/m，则A 0.02正确；B板接地，φB＝0，φA＝8 V，UAC＝400×0.5×102 V＝2 V，得φC＝6 V；同理得φD＝2 V，D正确，B、C错误。 11．(2018·大庆实验中学模拟)如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，下列判断一定正确的是( ) A．两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为2∶1 B．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1 C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1 D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1 解析：选BC 根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左mvl 手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据r＝θ，再由r＝Bq，及洛伦兹力不做功，mvθ 即运动的速率不变，可得磁感应强度大小B＝ql，因圆心角不知，所以无法确定磁感应强度之比，故A、D项错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，故B正确；已知粒子在两个磁场中运动的速度大小相等，两段弧长之比为2∶1，所以时间之比为2∶1，因此C正确。 12．(2018·焦作模拟)如图所示，人工元素原子核 286 113Nh － 开始 静止在匀强磁场B1、B2的边界MN上，某时刻发生裂变生成一个氦原子核 42He 和一个Rg原子核，裂变后的微粒速度方向均垂直 B1、B2的边界MN。氦原子核通过B1区域第一次经过MN边界时， 距出发点的距离为l，Rg原子核第一次经过MN边界距出发点的距离也为l。则下列有关说 第 5 页 共 12 页 法正确的是( ) A．两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶2 B．两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶141 C．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为2∶141 D．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111∶141 解析：选AC 原子核裂变过程系统动量守恒，以24He速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1－m2v2＝0，即p1＝p2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知：粒子轨mv2mvl 道半径：r1＝r2＝，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝r，解得：B＝qr＝ 2pB1q21112πm，则：＝＝，A正确，B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝，粒子qrqBB2q12πm1 πmt1q1B1m1q2B24111212 旋转第一个半圆需要的时间：t＝T＝，时间之比：＝＝＝××＝， qB2t2πm2m2q1B12822111141 q2B2C正确，D错误。 二、实验题(本题共2小题，共15分) ★13.(6分)(2018·江苏启东中学模拟)有一只小灯泡，额定电压为6 V，额定功率约为3 W，请用下列器材测定小灯泡的额定功率： 电流表A：量程0～0.6 A、内阻约为0.5 Ω 电压表 V：量程0～3 V、内阻RV＝5 kΩ 滑动变阻器R：阻值范围0～20 Ω、额定电流为1 A 定值电阻R0：阻值R0＝10 kΩ 电源E：电动势约为10 V、内阻很小 开关S一个，导线若干 (1)请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的实验电路图(标注所用器材的符号)； (2)实验中，电压表的示数应调为________ V，若此时电流表示数为 0.48 A，则小灯泡的额定功率为________ W。 解析：(1)要使灯泡正常发光，故只需使灯泡两端的电压为6 V即可；但由于电压表量程U2 只有3 V，故应串联定值电阻分压；由于电源电压为10 V，灯泡电阻R＝＝12 Ω；故滑动 P变阻器电阻大于灯泡电阻，限流接法可以起到较好的调节作用，而分压接法也可以使电压达到额定值；故可以采用限流接法也可以采用分压接法，如图所示： 第 6 页 共 12 页 (2)由分压关系可知，当灯泡两端电压为6 V时，电压表与电阻两端的总电压为6 V，而电压表与电阻的阻值之比为： 51 ＝；故分压之比为1∶2；则可知电压表示数应为2 V； 102 灯泡的额定功率：P＝UI＝6×0.48 W＝2.88 W。 答案：(1)电路图见解析 (2)2 2.88 14．(9分)(2018·河南郑州外国语学校模拟)(1)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题： 在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“×1”挡，则测量的结果为________ Ω；若选择开关拨至“50 mA”挡，则测量结果为________ mA。 (2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图像如图丙所示，则该图像的函数关系式为__________________。 (3)下列根据图丙中I-Rx图线作出的解释或判断中正确的是________。 A．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大 B．欧姆调零的实质是通过调节R0使Rx＝0时电路中的电流I＝Ig C．Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏 D．测量中，当Rx的阻值为图丙中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧 解析：(1)所测的电阻R＝18×1 Ω＝18 Ω； 选择开关拨至“50 mA”挡，则电流为I＝22.7 mA。 (2)根据闭合电路欧姆定律得：I＝ EE ＝。 R总r＋R0＋Rg＋Rx E (3)因为Rx＝－r－R0－Rg，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，电阻比较小， I当电流比较小时，电阻比较大，所以欧姆表的示数左大右小，故A错误；当Rx＝0时，I＝E ，此时电流为满偏电流，故B正确；Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化 r＋R0＋Rg 量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故C正确；测量中，当Rx的阻值为题图丙中的R2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧，故D错误。 第 7 页 共 12 页 答案：(1)18 22.7 (2)I＝ E (3)BC r＋R0＋Rg＋Rx 三、计算题(本题共4小题，共47分) 15．(10分)(2018·河北邯郸成安一中模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止在A点时细线与竖直方向的夹角为θ。现给小球一个初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问： (1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多少？ (2)小球的初速度应为多大？ 解析：(1)重力与电场力的合力：F＝ mg ，电场力为：F电＝mgtan θ，小球恰好做圆周cos θ 运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上B点时速度最小， mgmvB2 由牛顿第二定律得：＝， lcos θ解得小球的最小速度为：vB＝ (2)由动能定理可得： 11 －mg·2lcos θ－mgtan θ×2lsin θ＝mvB2－mvA2， 22解得：vA＝ 5gl 。 cos θ gl (2) cos θ 5gl cos θ gl。 cos θ 答案：(1)A点关于圆心对称位置 ★16.(12分)(2017·浙江11月选考)如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场， 坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用。 q(1)求离子的比荷； m (2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值； (3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ＝37°，磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间) 第 8 页 共 12 页 v2 解析：(1)洛伦兹力提供向心力qvB0＝m R圆周运动的半径R＝L vq 得＝。 mB0L (2)如图1所示，以最大值θm入射时，有 Δx＝2R(1－cos θm)＝L或2Rcos θm＝L π 得θm＝。 3 (3)因为B≥B0，设全部收集到离子时的最小半径为R1，如图2，有 v2 2R1cos 37°＝L，又qvB1＝m， R1mv 得B1＝＝1.6B0 qR1 故当B0≤B≤1.6B0时，有n1＝n0； B>1.6B0，设恰好收集不到离子时的半径为R2，有 R2＝0.5L 得B2＝2B0， mv 当1.6B0 B0L3 17．(12分)(2018·湖北黄冈中学模拟)如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强E＝1 N/C，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在x轴上的点A(－2 m,0)处有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向 第 9 页 共 12 页 q 射出一个比荷＝100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0的速度进 m入第二象限，从y轴上的点C(0，43 m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为t＝0时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。(g＝10 m/s2)求： (1)初速度v0大小； (2)粒子出磁场时的位置坐标； (3)粒子在磁场中运动的时间。 1 解析：(1)粒子在第二象限内做类平抛运动，设从A到C的时间为t，则|xA|＝at2，yC＝ 2qE v0t，a＝m， 联立解得：v0＝203 m/s。 (2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向的夹角为θ，在C点的速度为vC，则tan θ＝at ，代入数据解得θ＝30° v0 v0 由cos θ＝，得vC＝40 m/s vC vC2 粒子在第一象限的磁场中有：qvCB＝mr 解得r＝3 m 粒子做圆周运动的周期T＝ 2πm3π ＝ s qB20 故粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，粒子在运动的第四个半圆的过程中从D点出磁场，由几何关系可得 OE＝3yC，DE＝2rcos 30°，则OD＝OE－DE＝9 m 粒子第一次出磁场的点的位置坐标为D(9 m,0)。 (3)粒子在磁场中运动的时间t＝ 3TT3π ＋＝ s。 2612 3π s 12 答案：(1)203 m/s (2)(9 m,0) (3) 第 10 页 共 12 页 ★18.(13分)(2018·广州模拟)如图所示，真空中有以O为圆心，半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力。求： (1)要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？ (2)P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和质子从O点出射时的方向。 (3)求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标。 R 解析：(1)当质子做圆周运动的半径r ≤时，质子不会出磁场， 2v2 由牛顿第二定律，得F＝mr 洛伦兹力为：F＝evB 2mv 解得：B≥。 eR (2)如图，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心，OM为ON的一半，知 ∠ONM＝30°，∠CNA＝60°，则NA＝R，质子做圆周运动的半径为R mv结合以上解得：B＝eR 易知OB与x轴的夹角为60° 故质子出射时速度方向与x轴成60°角斜向上。 (3)设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点 R1eE2在竖直方向：＝··t 22m在水平方向：d＝vt 第 11 页 共 12 页 联立解得：d＝v i)当d≤v mReE mR eE时，质子出边界之后才与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时 eEd21eE2 在y轴方向的速度为vy，偏转角为θ。由y＝··t，结合以上解得：y＝ 2m2mv2 eEeEd 在竖直方向的速度为：vy＝mt＝mv vyeEd 偏转角为：tan θ＝＝2 vmvRDF 由图得DF＝－y DG＝ 2tan θmRv2d 联立求解得：DG＝－ 2eEd2 dmRv2 根据几何关系得：OG＝R＋d＋DG＝R＋＋ 22eEddmRv 故与x轴交点坐标为R＋2＋2eEd，0 ii) 当d＞v mReE时，质子在电场区域内与x轴相交 mR eE 2 R1eE2由＝··t，解得：t＝ 22m水平位移sx＝vt＝v mR eE 根据几何关系得：OH＝R＋sx＝R＋v 故与x轴交点坐标为R＋v mR，0。 eE mR eE 2mvmv 答案：(1)B≥eR (2)eR 质子从O点出射时速度方向与x轴成60°角斜向上 (3)当d≤v 当d>v dmRv2mR时，R＋2＋2eEd，0； eEmR 时， R＋v eE mR，0 eE 第 12 页 共 12 页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容