陜西省西安市某中學(xué)2023-2024學(xué)年高二年級(jí)上冊(cè)期末考試物理試卷（含解析）

陜西省西安市鐵一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試卷

一、單選題：本大題共6小題，共24分。

1.下列四組物理量中均為標(biāo)量的是（）

A.電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度B,磁通量電勢(shì)能C.動(dòng)量、動(dòng)能D.速度、加速度

2.如圖，來(lái)自太陽(yáng)和其他星體的宇宙射線含有大量高能粒子，幸好由于地磁場(chǎng)的存在改變了這些帶電粒子

的運(yùn)動(dòng)方向，使很多帶電粒子不能到達(dá)地面，避免了其對(duì)地面生命的危害。已知西安上空某處由南指向北

的磁感應(yīng)強(qiáng)度約為1.2x10-4T,如果有一速率"=5.0x105m/s＞電量為1.6x9c的正電荷豎直向下運(yùn)

動(dòng)穿過(guò)此處的地磁場(chǎng)，則該正電荷受到的洛倫茲力約為（）

宇宙射線與地磁場(chǎng)

A.9.6X10T8N,向東B.9.6x10-18%,向西

C.9.6X10-16N,向北D.9.6x10-16-向南

3.利用如圖所示裝置探究勻強(qiáng)磁場(chǎng)中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻

強(qiáng)磁場(chǎng)方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流/的大小，然

后保持電流/不變，改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度3得到導(dǎo)線受到的力尸分別與/

和L的關(guān)系圖像，則正確的是（）

第1頁(yè)，共18頁(yè)

4.阻值相等的甲、乙兩電阻分別接到圖(a)和(b)所示的方波交變電壓、正弦式交變電壓電路中，兩種電壓的

周期和峰值都相等，則甲、乙兩電阻的電功率之比為()

A.1：1B.2：1

5.某興趣小組利用如圖所示的裝置給小燈泡供電。矩形閉合導(dǎo)線框abed處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)

磁場(chǎng)中，不計(jì)線框電阻。線框繞垂直于磁場(chǎng)的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并通過(guò)變壓器給小燈泡供電。下列說(shuō)

法正確的是()

A.圖示位置穿過(guò)線框的磁通量為零

B.圖示位置線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大

第2頁(yè)，共18頁(yè)

C.使用變壓器的目的是提高輸出功率

D.若燈泡變暗，可通過(guò)稍微減小原線圈匝數(shù)來(lái)提高燈泡亮度

6.如圖，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，其MN、PQ邊的電阻不計(jì)，MP邊的電阻阻

值R=1.5/2,MN與MP的夾角為135。，PQ與MP垂直，MP邊長(zhǎng)度小于將質(zhì)

量Tn=2kg,電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上，并與MP平行。棒與MN、

PQ交點(diǎn)G、"間的距離L=4m?？臻g存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度B=0.57。在外力作用下，棒由GH處以一定的初速度"向左做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)

時(shí)回路的電流強(qiáng)度始終與初始時(shí)的電流強(qiáng)度相等。下列說(shuō)法正確的是（）

A,若"=3m/s,則棒向左移動(dòng)距離2m到達(dá)EF處所受的安培力大小為=8N

B.若。=3m/s,則棒向左移動(dòng)距離27n到達(dá)E尸所需時(shí)間/t=Is

C.若棒由G”處向左移動(dòng)27n到達(dá)EF處的過(guò)程中，外力做功W=7J,則初速度u=lm/s

D.若棒由GH處向左移動(dòng)癡到達(dá)EF處的過(guò)程中，外力做功W=7J,則初速度"=1.5m/s

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

7.如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為小、電荷量為的帶電粒子

從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為％,

離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為G，若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為外，離開(kāi)磁

場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為12；不計(jì)粒子重力，則（）

-

A.vv：”2=B.v2=V-3.1C.tx：t2=3：2D.t1：t2=2：

3

8.矩形導(dǎo)線框Med（圖1）固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直

紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，be邊所受

安培力向左為正方向，則下列各圖中正確的是（）

第3頁(yè)，共18頁(yè)

9.霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。。燈平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向

里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從。點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為幾時(shí)，

電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于幾時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所

受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。下列說(shuō)法正確的是（)

XXXBXX

、f

/xxX

X1火X

t

ft

0X

XXXXX

E

A.入射速度小于幾時(shí)，電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)速度大小相等

B.若電子入射速度為熱則速度大小為守時(shí)位置的縱坐標(biāo)y=需

C.若將電子變?yōu)橘|(zhì)量和電量不變的正電荷，入射速度小于幾時(shí)，軌跡與圖中虛線相同

D.入射速度在范圍內(nèi)均勻分布，則能到達(dá)縱坐標(biāo)、。=醬位置的電子數(shù)占總電子數(shù)的80%

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。

10.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)來(lái)測(cè)量物體的質(zhì)量。如圖1所示，利用鐵架臺(tái)固定一輕質(zhì)滑輪，通過(guò)跨過(guò)滑輪的

輕質(zhì)細(xì)繩懸吊兩個(gè)相同的物塊4、B,物塊4側(cè)面粘貼小遮光片（質(zhì)量忽略不計(jì)）。在物塊4B下各掛5個(gè)相同

的小鉤碼，每個(gè)小鉤碼的質(zhì)量機(jī)=50g。光電門(mén)C、D通過(guò)連桿固定于鐵架臺(tái)上，并處于同一豎直線上，光

電門(mén)C、。之間的距離h=30.0cm。兩光電門(mén)與數(shù)字計(jì)時(shí)器相連（圖中未畫(huà)出），可記錄遮光片通過(guò)光電門(mén)的

時(shí)間。初始時(shí)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=l（hn/s2。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

第4頁(yè)，共18頁(yè)

彳cm

0510

圖2

（1）如圖2所示，用10分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度，遮光片的寬度d=cm.

（2）將1個(gè)鉤碼從物塊B的下端摘下并掛在物塊兒下端的鉤碼下面。釋放物塊，計(jì)時(shí)器記錄遮光片通過(guò)光電

2

門(mén)。的時(shí)間分別為ti=22.80ms,t2=11.40ms?物塊4下落過(guò)程的加速度a=m/s,單個(gè)物塊的質(zhì)

量M=kg。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）

11.目前我國(guó)正大力推進(jìn)節(jié)能環(huán)保產(chǎn)品的研發(fā)，其中光電子LED二極管在日常生活中有著非常廣泛的應(yīng)用。

二極管具有單向?qū)щ娦?，某發(fā)光二極管的反向電阻無(wú)窮大，課外興趣小組在實(shí)驗(yàn)室通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得該發(fā)光二

極管兩端接正向電壓U和通過(guò)它的電流/的多組數(shù)據(jù)，并在坐標(biāo)紙上描繪出了該發(fā)光二極管的伏安特性曲線,

如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)室提供了以下器材:

A.電壓表（量程0?3U,內(nèi)阻約2OM2）

R電壓表（量程0?15U,內(nèi)阻約lOOkO）

C.電流表（量程0?50nM,內(nèi)阻約400）

。電流表（量程07）.64內(nèi)阻約2。）

E.滑動(dòng)變阻器（0-200,額定電流24）

E滑動(dòng)變阻器（0-500。，額定電流102）

G電源（電動(dòng)勢(shì)6V,內(nèi)阻不計(jì)）

區(qū)開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干

（1）該小組在實(shí)驗(yàn)時(shí)，電壓表選用,電流表選用,滑動(dòng)變阻器選用（填器材前面的字母代

號(hào)）。

（2）在圖乙所示的方框內(nèi)畫(huà)出電路圖。

（3）現(xiàn)將此發(fā)光二極管與電動(dòng)勢(shì)為3入內(nèi)阻r=10的電池組相連，為保護(hù)電源及發(fā)光二極管，電路中又串聯(lián)

一阻值R=99。的電阻，則此時(shí)發(fā)光二極管的功率P=勿.（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

第5頁(yè)，共18頁(yè)

四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。

12.如圖，在-8<yV+8,0<%<2/i區(qū)域內(nèi)存在磁場(chǎng)區(qū)域，兩區(qū)域內(nèi)存在磁

x

感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8,方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為血，電荷量為q(q>0)的粒BB

x

子以某速度從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)。點(diǎn)沿工軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。

vox

?—?

(1)若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過(guò)y軸正半軸離開(kāi)磁場(chǎng)，求在這種情況下速度的最大值O2hx

0m；

(2)如果速度大小為2%，粒子將通過(guò)虛線最右側(cè)邊界上的某點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間九

13.如圖所示，4、B接在電壓大小恒為U的交變電源上，質(zhì)量為血、電荷

量為+q(q>0)的離子，以初速度%進(jìn)入直線加速器第1個(gè)金屬圓筒左側(cè)

的小孔，離子在每個(gè)筒內(nèi)均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間均相等，在相鄰兩筒間

的縫隙內(nèi)被電場(chǎng)加速，加速時(shí)間不計(jì)。離子從第3個(gè)金屬圓筒右側(cè)出來(lái)后,

立即由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，轉(zhuǎn)向器中有輻射狀電場(chǎng)，離子沿著圓弧虛線(等

勢(shì)線)運(yùn)動(dòng)，并從N點(diǎn)射出，離子射出時(shí)速度方向與矩形區(qū)域CDQP內(nèi)有界

勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直，最終離子恰好打在Q點(diǎn)。已知第3個(gè)金屬

圓筒的長(zhǎng)度為I,轉(zhuǎn)向器虛線MN處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,QP=d、PN=2do求:

(1)離子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑;

(3)矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。

14.如圖，一組平行等間距的足夠長(zhǎng)導(dǎo)軌由傾角。=30。的傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌相連構(gòu)成，導(dǎo)軌間距為Z,在

傾斜導(dǎo)軌的邊界EF上方，存在垂直于斜面向上，大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將質(zhì)量為小，電阻為R的導(dǎo)體棒M,

放在傾斜導(dǎo)軌頂端，與其相距d處(仍在磁場(chǎng)中)放置完全相同的導(dǎo)體棒N,發(fā)現(xiàn)兩導(dǎo)體棒恰好不滑動(dòng)。一質(zhì)

量為m。，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，從水平軌道平面中軸線上方某點(diǎn)，以初速度四北平拋出，恰好平行于傾斜導(dǎo)

軌，在M桿中心處與導(dǎo)體棒M發(fā)生彈性碰撞。已知血。=熱重力加速度為g，接觸面間的最大靜摩擦與滑動(dòng)

第6頁(yè)，共18頁(yè)

摩擦力相等。

(1)求小球與導(dǎo)體棒M碰后瞬間，N棒的加速度大小a；

(2)若要保證M、N在磁場(chǎng)中不發(fā)生碰撞，求兩導(dǎo)體棒初始距離d的最小值及N棒上產(chǎn)生焦耳熱的最大值；

(3)若N棒離開(kāi)EF時(shí)的速度為仍在磁場(chǎng)中且與N未發(fā)生碰撞)，為確保之后M棒也能離開(kāi)磁場(chǎng)，貝l]d應(yīng)

該滿足的條件范圍。

第7頁(yè)，共18頁(yè)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4電勢(shì)只有大小沒(méi)有方向，是標(biāo)量；電場(chǎng)強(qiáng)度即有大小又有方向，是矢量，故A錯(cuò)誤；

2.磁通量、電勢(shì)能只有大小沒(méi)有方向，是標(biāo)量，故2正確；

C.動(dòng)量既有大小又有方向，是矢量，動(dòng)能只有大小沒(méi)有方向，是標(biāo)量，故C錯(cuò)誤；

D速度和加速度既有大小又有方向，是矢量，故。錯(cuò)誤；

故選：Bo

由標(biāo)量和矢量的概念求解。

本題考查標(biāo)量和矢量的概念，標(biāo)量只有大小沒(méi)有方向，矢量既有大小又有方向。

2.【答案】A

【解析】解：根據(jù)洛倫茲力的表達(dá)式可得，尸洛=qvB=1.6x10-19x5.0x105x1.2x10-4N=9.6x

10-18%,根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力由西向東，故A正確、BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

帶電粒子受洛倫茲力的作用，運(yùn)用洛倫茲力的計(jì)算公式求解，運(yùn)用左手定則分析方向。

考查對(duì)洛倫茲力的理解和左手定則的運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)知識(shí)。

3.【答案】B

【解析】解：AB,由尸可知，在B和L不變的情況下，F(xiàn)與電流/成正比，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、由尸=8幾可知，在B和/不變的情況下，尸與磁場(chǎng)中的導(dǎo)線長(zhǎng)度成正比，故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

由安培力的計(jì)算公式可知安培力與電流和導(dǎo)線長(zhǎng)度間的關(guān)系，從而確定圖象。

本題考查學(xué)生對(duì)安培力公式的掌握，只需明確根據(jù)安培力的公式：F=BIL,知道L為有效長(zhǎng)度即可順利求

解。

4.【答案】B

【解析】解：乙電阻接到正弦交流電源上，兩端電壓的有效值為：U=碧=苧％,則乙電阻的功率為：P乙=

R~2R

甲電阻接到方波交流電源上，設(shè)兩端電壓的有效值為U',則由有效值的定義可得：哈T=2xqx5,解得：

KKZ

第8頁(yè)，共18頁(yè)

，22P^0

U'=U0,則電阻甲的功率為：P甲=個(gè)=%則有：?=/巖，故2正確，AC。錯(cuò)誤。

乙2R

故選：Bo

先根據(jù)交流電的有效值的定義可求方波交變電壓、正弦式交變電壓的有效值，然后由電功率公式可求甲、

乙兩電阻的電功率之比。

本題考查交變電流的有效值和功率的計(jì)算。解決問(wèn)題的關(guān)鍵是根據(jù)交變電流的有效值的定義計(jì)算有效值，

知道交變電流的功率要用電流的有效值計(jì)算。注意正弦交流電的有效值和最大值之間的關(guān)系。

5.【答案】D

【解析】解：AB,由圖可知，此時(shí)線圈和磁場(chǎng)垂直，線框的磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,故AB錯(cuò)誤；

C、變壓器只是改變電壓和電流，不能提高輸出功率，故C錯(cuò)誤；

。、若燈泡偏暗說(shuō)明輸出電壓較小，要使輸出電壓變大，根據(jù)理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比，可減

少原線圈匝數(shù)，故。正確。

故選：D?

線框與磁場(chǎng)垂直時(shí)，位于中性面，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零。根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器

的輸入功率和輸出功率相等，逐項(xiàng)分析即可得出結(jié)論。

本題關(guān)鍵交變電流產(chǎn)生的過(guò)程及其規(guī)律，掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系。

6.【答案】C

【解析】解：A根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得初始時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：F=BLv=0.5x4x37=6V

感應(yīng)電流為：/=4=搭4=44

棒向左移動(dòng)距離d=2機(jī)到達(dá)EF處，由幾何關(guān)系可得EF的長(zhǎng)度為：h=L—d?tan4s°=4m—2XIm=2m

已知回路的電流強(qiáng)度始終與初始時(shí)的電流強(qiáng)度相等，根據(jù)安培力表達(dá)式，可得棒到達(dá)EF處所受的安培力大

小為：

FA=BlLr=0.5x4x2W=4N,故A錯(cuò)誤；

反棒向左移動(dòng)距離d=2加到達(dá)EF處，磁通量減少量為：4。=BX*5+L)d

已知回路的電流強(qiáng)度始終與初始時(shí)的電流強(qiáng)度相等，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=

210

At

可得此過(guò)程所需時(shí)間為：/J==0.5X柴)X2$=0.5s,故8錯(cuò)誤；

2E2x6

CD設(shè)此過(guò)程克服安培力做功為必，由功能關(guān)系得：WA=Q^=^-At'

z",K

第9頁(yè)，共18頁(yè)

由B選項(xiàng)的解答可得："=B（"L）d

又有：E'=BLv

2

聯(lián)立可得：以=B4嗎*）d=4V

設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)EF處的速度大小為火,由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變可得：BLv=BLI%,可得：%=217

2

根據(jù)動(dòng)能定理得：W-WA=-|mv

聯(lián)立可得：3盧+4"-7=0

解得初速度：v=lm/s,或u=-gni/s（不合理，舍去），故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律求得初始時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流。由幾何關(guān)系求得EF的長(zhǎng)

度，依據(jù)題意，根據(jù)安培力表達(dá)式求解棒到達(dá)EF處所受的安培力大??；求得棒向左移動(dòng)距離d=2m到達(dá)EF

處回路的磁通量減少量，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求得此過(guò)程所需時(shí)間；根據(jù)動(dòng)能定理，

結(jié)合功能關(guān)系求解初速度。

本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象的力學(xué)問(wèn)題，功能問(wèn)題。掌握克服安培力所做的功等于產(chǎn)生的電能這一功能關(guān)系。

7.【答案】AC

【解析】解：25粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知以藥，以射入粒子的軌跡半徑為

%=r

R2=rtan30°=y/~3r

根據(jù)牛頓第二定律有

V2

qvB=m—

解得

第10頁(yè)，共18頁(yè)

qBR

v-----

771

所以

%：v2=1.-故A正確，2錯(cuò)誤;

CD粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為

2nr27rm

T=~T=^B~

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

a

又知兩粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角分別為90。和60。，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為

11

t2=-T

所以

?=/故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：ACo

AB：畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖像，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)牛頓第二定律求解粒子在

磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度，再求解速度之比；

CD：根據(jù)時(shí)間和周期的關(guān)系求解兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再求解時(shí)間之比。

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)

的規(guī)律解題。

8.【答案】AD

【解析】解：AB.感生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式E=nS筆由閉合電路歐姆定律可知/=。；

ZJLK

結(jié)合B-t圖可知：在0?Is,i=畔，結(jié)合楞次定律可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；

K

在1?3s,i=-等，結(jié)合楞次定律可知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；

K

在3?4s,i=等，結(jié)合楞次定律可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；故A正確，8錯(cuò)誤；

K

CD、由安培力公式F=8〃，可知在0?Is,F=B喀I,結(jié)合左手定則，be邊受到的安培力水平向左，為

正方向，其中安培力F的大小變化情況與B相同；

在1?2s,F=B%,結(jié)合左手定則，立邊受到的安培力水平向右，為負(fù)方向，其中安培力尸的大小變化情

況與B相同；

第11頁(yè)，共18頁(yè)

在2?3s,F=B若I,結(jié)合左手定則，be邊受到的安培力水平向左，為正方向，其中安培力F的大小變化情

況與B相同；

在3?4s,F=B喀I,結(jié)合左手定則，be邊受到的安培力水平向右，為負(fù)方向，其中安培力尸的大小變化情

K

況與B相同；故C錯(cuò)誤，O正確。

故選：ADo

根據(jù)感生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式，可判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小變化情況，結(jié)合閉合電路歐姆定律，可判斷感應(yīng)電流

大小變化情況；由左手定則，可得到安培力表達(dá)式，判斷兒邊受到的安培力變化情況。

本題考查電磁感應(yīng)的圖像分析，關(guān)鍵是得到橫縱坐標(biāo)的關(guān)系式，再利用數(shù)學(xué)知識(shí)判斷。

9.【答案】BD

【解析】解：4電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做

功，向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電子速度變大，向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電子速度變

小，電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；

注入射速度為火時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有：Ee=ev0B,

解得：E=v0B,

電子入射速度為個(gè)，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，

速度大小為守時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有：cEyi=加?%）2,

解得：y1=鬻，故B正確；

C.若將電子變?yōu)橘|(zhì)量和電量不變的正電荷，入射速度小于幾時(shí)，正電荷受向上的洛倫茲力和向下的電場(chǎng)力，

力的大小不變，方向發(fā)生了變化，會(huì)向下片站，軌跡與圖中虛線不同，故c錯(cuò)誤；

。.若電子以。入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y,

則根據(jù)動(dòng)能定理有：eEy=-|mv2,

由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有：Fi^=eqnB—eE,

在最低點(diǎn)有：F合=eE—evB,

聯(lián)立可得：vm=y-v=2v0-v,y=2m（:廠）,

要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)丫2=，位置，即：y2y2，

DSD

解得：V<^Vo,

第12頁(yè)，共18頁(yè)

則若電子入射速度在0<U<為范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)為=鬻位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N的

80%,故。正確。

故選：BD。

A.洛倫茲力不做功，結(jié)合電子的受力情況，即可分析判斷；

A入射速度為幾時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合受力情況及動(dòng)能定理，即可分析判斷；

C.若將電子變?yōu)橘|(zhì)量和電量不變的正電荷，正電荷受向上的洛倫茲力和向下的電場(chǎng)力，力的大小不變，據(jù)

此判斷；

。.結(jié)合前面分析，由動(dòng)能定理及電子受力情況，即可分析判斷。

本題主要考查帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，解題時(shí)需注意一個(gè)規(guī)律：只要粒子在含有磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中

做直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)槿绻亲兯龠\(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力也會(huì)變化，合力與速度方向不再在

一條直線上，粒子就不可能再做直線運(yùn)動(dòng)了。

10.【答案】1.141.300.52

【解析】解：(1)遮光片的寬度d=11mm+4x0.1mm=11.4mm=1.14cm

(2)物塊4經(jīng)過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的速度分別是%=￡、%=二，根據(jù)速度一位移公式有。=與二，代入數(shù)據(jù)解得

Z/1

a=1.30m/s2o對(duì)4、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有=(2M+10m)a

代入數(shù)據(jù)解得M=0.52kg

故答案為：(1)1.14；(2)1.30,0.52o

(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)即可；

(2)分別計(jì)算出物塊A經(jīng)過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的速度，然后根據(jù)速度一位移公式計(jì)算加速度；對(duì)4、B整體根據(jù)牛頓

第二定律計(jì)算即可。

會(huì)根據(jù)光電門(mén)計(jì)算速度，掌握速度一位移公式的應(yīng)用，掌握整體法在牛頓第二定律中的應(yīng)用是解題的基礎(chǔ)。

11.【答案】ACE0.021

【解析】解：(1)根據(jù)題圖甲可知最大電壓為2.80人最大廠占二rH3)—憶

電流為30.0mA,]金

所以電壓表應(yīng)選擇4電流表應(yīng)選擇C,為調(diào)節(jié)方便，滑動(dòng)

變阻器應(yīng)選擇E。

(2)通過(guò)估算二極管的阻值可知其滿足器>裝，所以電流表應(yīng)外接。由于電

0123urv

流、電壓均從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，

所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選阻值較小的E。

第13頁(yè)，共18頁(yè)

(3)由閉合電路歐姆定律知E=U+/(r+R),即U=3-100/(匕),在/一U圖象中作U=3-100/(匕)的圖線,

由兩線交點(diǎn)可讀出/=11巾4時(shí)對(duì)應(yīng)的電壓U=1.97,

則有：p=UI=2.1X10”。

故答案為：(1)4CE

(2)如圖所示

(3)2.1XIO"

(1)由圖象的數(shù)據(jù)，確定電壓表和電流表的量程；

(2)由題意大致算出二極管阻值與兩表內(nèi)阻的比值，二極管算小電阻，從而選擇電流內(nèi)外接法；

(3)在二極管的U-/曲線坐標(biāo)中作出路端電壓與電流的關(guān)系圖，找出兩圖線的交點(diǎn)，從而知道電流、電壓的

值，從而求出功率。

應(yīng)明確：①歐姆表黑表筆與內(nèi)部電池的正極相連，紅表筆與負(fù)極相連；②先作出路端電壓與電流的關(guān)系圖

象，再找出交點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)P=U/可知，求出二極管的功率。

12.【答案】解：(1)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過(guò)y軸正半軸離開(kāi)磁場(chǎng)，當(dāng)粒子的軌跡與兩磁場(chǎng)邊界相切時(shí)，粒子

運(yùn)動(dòng)的軌道半徑最大，軌跡如圖所示

R=h

由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

2

qB?m=華

解得

qBh

加=二;

(2)如果速度大小為2%,則半徑為

第14頁(yè)，共18頁(yè)

粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可得

.Ah1

Slnd=^h=2

解得

e=30°

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為

爐2nm

T=w

根據(jù)對(duì)稱性，粒子在兩磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角相同，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

2。1271mTim

/-=_____.T*=—x______=______

360°6qB-3qB°

答：（1）若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過(guò)y軸正半軸離開(kāi)磁場(chǎng)，在這種情況下速度的最大值為警;

（2）如果速度大小為，粒子將通過(guò)虛線最右側(cè)邊界上的某點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為福。

【解析】（1）畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖像，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律求解速

度的最大值；

（2）先根據(jù)半徑公式求解粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖像，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子運(yùn)動(dòng)軌跡

對(duì)應(yīng)的圓心角，再根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)

的規(guī)律解題。

13.【答案】解：（1）設(shè)離子在第三個(gè)圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為。，則有

|mv2—=2qU

第15頁(yè)，共18頁(yè)

離子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

t=-

V

解得

t=I

(2)離子由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，沿著圓弧虛線(等勢(shì)線)做圓周運(yùn)動(dòng)，則有

2

E?q=m—V

結(jié)合上述解得

R_4qU+m詔

一Eq

(3)離子在矩形區(qū)域CDQP內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度

_qE'

CL=----

m

沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向的位移分別為

_I

2d=-atz2,d=vtr

聯(lián)立可得

,_47n詔+16qU

二qd

答：(1)離子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間1J4quZn詬;

(2)離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑鄴警迷；

(3)矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小處誓

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求速度，再根據(jù)％=求時(shí)間；

(2)根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力列式，求半徑；

(3)離子在矩形區(qū)域CDQP內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋規(guī)律列式，求電場(chǎng)強(qiáng)度。

本題解題關(guān)鍵是掌握動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律合力提供向心力，是一道中等難度題。

14.【答案】解：以下解答均以沿傾斜導(dǎo)軌向下為正方向。

(1)小球與導(dǎo)體棒M碰前做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰前瞬間小球速度為〃，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：

vcosd=V_3v0,解得：v=2v0

小球與導(dǎo)體棒M發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間小球與導(dǎo)體棒M的速度分別為％、外，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)

械能守恒定律得：

第16頁(yè)，共18頁(yè)

mov=mov1+mv2

111

2諺

mV+

2-o2-o2-mV

解得：%=一§%,V2=-VQ

碰后瞬間導(dǎo)體棒M產(chǎn)生的的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv2

此時(shí)感應(yīng)電流為：I=—-

對(duì)N棒，根據(jù)牛頓第二定律得：

mgsind—f+BIl=ma

由初始兩導(dǎo)體棒恰好不滑動(dòng)，可知：f=mgsind

22

聯(lián)立解得：。=咚QD等7

(2)因兩導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力等大反向，又有f=mgsine,故兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)所受合外力

為零，可知此系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，兩導(dǎo)體棒速度相同后，回路中無(wú)感應(yīng)電流，兩導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直

到導(dǎo)體棒N離開(kāi)磁場(chǎng)。要保證M、N在磁場(chǎng)中不發(fā)生碰撞，初始距離d最小時(shí)兩導(dǎo)體棒恰好共速時(shí)相遇。設(shè)

兩導(dǎo)體棒共