2025年安徽省高考物理命題考點(diǎn)對標(biāo)2【含答案】

第=page11頁，共=sectionpages6464頁2025年安徽省高考物理命題考點(diǎn)對標(biāo)21.如圖所示，在邊長為l的正方形的每個(gè)頂點(diǎn)都放置一個(gè)點(diǎn)電荷，其中a和b電荷量均為＋q，c和d電荷量均為－q，靜電力常量為k，則a電荷受到的其他三個(gè)電荷的庫侖力的合力大小是()A．0B.eq\f(\r(2)kq2,l2)C.eq\f(kq2,l2)D.eq\f(3kq2,2l2)【答案】D【解析】a和b電荷量為＋q，c和d電荷量為－q，則c、d電荷對a電荷的庫侖力為引力，b電荷對a電荷的庫侖力為斥力，根據(jù)庫侖定律，庫侖力大小分別為Fca＝eq\f(kq2,\r(2)l2)，F(xiàn)ba＝Fda＝keq\f(q2,l2)；根據(jù)力的合成法則，a電荷所受的庫侖力大小為F＝eq\f(3kq2,2l2)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中有a、b兩點(diǎn)，相距為d。已知a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E，方向與ab連線成60°角，b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向與ab連線成30°角，如圖所示，則點(diǎn)電荷Q的電性和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為()A．正電、3E B．負(fù)電、3EC．正電、eq\f(E,3) D．負(fù)電、eq\f(E,3)【答案】C【解析】將電場強(qiáng)度E、Eb反向延長，交點(diǎn)即為點(diǎn)電荷Q所在的位置，如圖所示，由于電場方向向外，故該點(diǎn)電荷Q帶正電，根據(jù)幾何知識(shí)可得，a點(diǎn)到點(diǎn)電荷Q的距離為ra＝d，則b點(diǎn)到Q的距離為rb＝eq\r(3)d，a、b兩點(diǎn)到Q的距離之比為1∶eq\r(3)，由E＝keq\f(Q,r2)，可得a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度之比為3∶1，得出Eb＝eq\f(E,3)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3.如圖所示，水平放置的絕緣圓柱體兩底面圓心P、Q處分別放置兩個(gè)帶有等量異種電荷的小球(可視為點(diǎn)電荷)。O為P、Q連線的中點(diǎn)，A、C是底面上的兩點(diǎn)，B、D是過O點(diǎn)橫截面上的兩點(diǎn)，且A、B、C位于同一直線上。下列說法正確的是()A．A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．B、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同C．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于O點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．將正試探電荷從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)至O點(diǎn)，靜電力做正功【答案】B【解析】根據(jù)題意，由等量異種電荷的電場線分布特點(diǎn)可知，A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于O點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故A、C錯(cuò)誤；B、D兩點(diǎn)為中垂面上距O點(diǎn)距離相等的點(diǎn)，則電場強(qiáng)度相同，故B正確；將正試探電荷從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)至O點(diǎn)，由于靜電力的方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，則靜電力不做功，故D錯(cuò)誤。4.如圖所示，圓環(huán)被豎直固定，兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A、B套在圓環(huán)上處于靜止?fàn)顟B(tài)。A球帶正電、位于圓環(huán)圓心O的正下方，B球光滑，兩球連線與豎直方向成30°角。設(shè)A球受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，則()A．圓環(huán)對B球的彈力方向由O指向BB．A球與圓環(huán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)不小于eq\f(\r(3),4)C．圓環(huán)對B球彈力的大小為eq\f(\r(3),2)mgD．圓環(huán)對A球彈力的大小為2.5mg【答案】D【解析】若B球帶負(fù)電，則A球?qū)球?yàn)槲?，方向沿BA方向，此時(shí)無論圓環(huán)對B球的支持力指向圓心還是背離圓心，小球B都不能處于平衡狀態(tài)，所以小球A對B為排斥力，方向沿AB方向，如圖所示，且由受力分析可得，圓環(huán)對B球的支持力指向圓心，即由B指向O，故A錯(cuò)誤；對B球受力分析，由幾何關(guān)系可知圓環(huán)對B球彈力的大小為FN＝mg，則A、B兩球之間的排斥力為FAB＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，對A球受力分析可得FN′＝mg＋eq\r(3)mgcos30°＝2.5mg，F(xiàn)f＝eq\r(3)mgsin30°＝eq\f(\r(3),2)mg，所以當(dāng)Ff＝μFN′時(shí)，動(dòng)摩擦因數(shù)最小為μ＝eq\f(\r(3),5)，故B、C錯(cuò)誤，D正確。5.半徑為R的絕緣薄球殼固定，球心為O，球殼上均勻分布著電荷量為Q的正電荷。A、B、C為過球心大圓截面上的三點(diǎn)，三點(diǎn)將圓三等分，取走A、B兩處極小的、面積均為ΔS面上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于OC延長線上距O點(diǎn)為3R的D點(diǎn)，C、D點(diǎn)位于O點(diǎn)同側(cè)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。球面上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR2) B．負(fù)電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR2)C．正電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR4) D．負(fù)電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR4)【答案】B【解析】球殼的面積S＝4πR2單位面積電荷量σ＝eq\f(Q,4πR2)A、B兩處的電荷在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小E1＝2eq\f(kσΔS,R2)cos60°＝eq\f(kQΔS,4πR4)方向沿OC方向，故取走A、B兩處的電荷后，球殼剩余部分在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E2＝eq\f(kQΔS,4πR4)方向沿CO方向，q在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小E3＝E2，則有eq\f(kq,3R2)＝eq\f(kQΔS,4πR4)，方向沿OC方向，可知q為負(fù)電荷，電荷量為q＝eq\f(9QΔS,4πR2)，故選B。6.圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結(jié)構(gòu)示意圖，圖(b)為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則()A．P點(diǎn)電勢比M點(diǎn)的低B．P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的大C．M點(diǎn)電場強(qiáng)度方向沿z軸正方向D．沿x軸運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，電勢能不變【答案】CD【解析】由題圖結(jié)合電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，可知P點(diǎn)電勢比M點(diǎn)的高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因M點(diǎn)所在的等差等勢面密集，則M點(diǎn)電場強(qiáng)度比P點(diǎn)大，即P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電場強(qiáng)度方向垂直等勢面，且沿電場線方向電勢逐漸降低，可知M點(diǎn)電場強(qiáng)度方向沿z軸正方向，選項(xiàng)C正確；因x軸上各點(diǎn)電勢相等，則沿x軸運(yùn)動(dòng)的帶電粒子電勢能不變，選項(xiàng)D正確。7.如圖所示，正三角形三個(gè)頂點(diǎn)固定三個(gè)等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負(fù)電，O、M、N為AB邊的四等分點(diǎn)，下列說法正確的是()A．M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同B．M、N兩點(diǎn)電勢相同C．負(fù)電荷在M點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要小D．負(fù)電荷在N點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要大【答案】BC【解析】兩正電荷在M點(diǎn)的合電場強(qiáng)度向右，在N點(diǎn)的合電場強(qiáng)度向左，負(fù)電荷在M和N點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M和N的電場強(qiáng)度大小相等、方向不同，A錯(cuò)誤；由等量同種電荷的電場分布規(guī)律，可知兩正電荷的電場在M和N兩點(diǎn)的電勢相同，負(fù)電荷C在M、N兩點(diǎn)的電勢也相同，故M、N兩點(diǎn)的電勢相同，B正確；兩正電荷在M點(diǎn)的電勢比在O點(diǎn)的高(因兩正電荷在AO間的合電場強(qiáng)度向右)，負(fù)電荷C產(chǎn)生的電場中，離負(fù)電荷越近電勢越低，故負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢也比在O點(diǎn)的要高，可知M點(diǎn)電勢比O點(diǎn)高，而負(fù)電荷在電勢越高處電勢能越小，C正確；N點(diǎn)和M點(diǎn)電勢相同，則負(fù)電荷在N點(diǎn)電勢能也比在O點(diǎn)時(shí)要小，D錯(cuò)誤。8.如圖所示，在電場中有一等邊三角形OPC，O點(diǎn)位于坐標(biāo)原點(diǎn)，OC與x軸重合，P點(diǎn)坐標(biāo)為(2,2eq\r(3))，A、B分別為OP、PC的中點(diǎn)，坐標(biāo)系處于勻強(qiáng)電場中，且電場方向與坐標(biāo)平面平行。已知O點(diǎn)電勢為6V，A點(diǎn)電勢為3V，B點(diǎn)電勢為0，則下列說法正確的是()A．C點(diǎn)電勢為3VB．C點(diǎn)電勢為0C．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100V/mD．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100eq\r(3)V/m【答案】BD【解析】找OC的中點(diǎn)D，連接AD和BD，如圖所示。由幾何知識(shí)可知AB∥OD，AB∥DC，且AB＝OD＝DC，故UAB＝UOD＝UDC，即φA－φB＝φO－φD＝φD－φC，故φD＝3V，φC＝0，故A錯(cuò)誤，B正確；由于φA＝φD，故AD為等勢線，已知電場線和等勢線互相垂直且方向由高電勢指向低電勢，又OB⊥AD，且φO>φB，故電場強(qiáng)度方向由O指向B，E＝eq\f(UOB,OB)＝eq\f(6－0,2\r(3)×10－2)V/m＝100eq\r(3)V/m，故C錯(cuò)誤，D正確。9.兩個(gè)位于紙面內(nèi)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實(shí)線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一個(gè)電子在該電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點(diǎn)。下列說法正確的是()A．兩點(diǎn)電荷可能是異種點(diǎn)電荷B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的大C．A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢D．電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小【答案】CD【解析】根據(jù)電荷間等勢面的分布情況可知兩點(diǎn)電荷是同種電荷，又根據(jù)電子在該電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點(diǎn)電荷為負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；根據(jù)等勢面的疏密程度可以判斷A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閮牲c(diǎn)電荷是負(fù)電荷，電場線由無窮遠(yuǎn)處指向負(fù)電荷，故可知A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，故C正確；根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡和電場線的方向可知由M到P靜電力做負(fù)功，由P到N靜電力做正功，則由M到P動(dòng)能減小，由P到N動(dòng)能增加，故電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，故D正確。10.如圖，真空中電荷量為2q和－q(q>0)的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M點(diǎn)與N點(diǎn)，形成一個(gè)以MN延長線上O點(diǎn)為球心，電勢為零的等勢面(取無窮遠(yuǎn)處電勢為零)，P為MN連線上的一點(diǎn)，S為等勢面與直線MN的交點(diǎn)，T為等勢面上的一點(diǎn)，下列說法正確的是()A．P點(diǎn)電勢低于S點(diǎn)電勢B．T點(diǎn)電場強(qiáng)度方向指向O點(diǎn)C．除無窮遠(yuǎn)處外，MN直線上還存在兩個(gè)電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)D．將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，靜電力做正功【答案】B【解析】在直線MN上，左邊正電荷在MN之間電場強(qiáng)度水平向右，右邊負(fù)電荷在MN之間電場強(qiáng)度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強(qiáng)度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點(diǎn)電勢高于等勢面與MN交點(diǎn)處電勢，則P點(diǎn)電勢高于S點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤；由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在N點(diǎn)的左側(cè)電場強(qiáng)度不可能為零，設(shè)M、N之間的距離為L，在N點(diǎn)右側(cè)與N點(diǎn)距離為d的點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，則有eq\f(k·2q,L＋d2)＝eq\f(k·q,d2)，可知除無窮遠(yuǎn)處外，直線MN上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個(gè)，故C錯(cuò)誤；由A選項(xiàng)分析可知：T點(diǎn)電勢低于P點(diǎn)電勢，則正電荷在T點(diǎn)的電勢能低于在P點(diǎn)的電勢能，將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，電勢能增加，靜電力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤；由于電場強(qiáng)度方向垂直等勢面，可知T點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向必過等勢面的球心O，根據(jù)異種點(diǎn)電荷的電場線分布情況可知，N、S間電場線方向由S指向N，則φS>φO，由于φT＝φS，則φT>φO，故T點(diǎn)電場強(qiáng)度方向指向O點(diǎn)，故B正確。11.如圖所示，帶正電小球A固定在絕緣天花板上，絕緣輕彈簧的下端固定在水平地面上，彈簧處于自由狀態(tài)，現(xiàn)將與A完全相同的帶正電小球B放在彈簧上端并由靜止釋放，若A、B球心和彈簧軸線始終在一條豎直線上，則小球B從釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是()A．小球B速度最大時(shí)所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零B．小球B的加速度先減小后增大C．小球B與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能一定減小D．小球A與B組成系統(tǒng)的電勢能一定先減小后增大【答案】B【解析】小球B向下運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、庫侖力、彈簧的彈力作用，當(dāng)彈簧的彈力、重力、庫侖力的合力為0時(shí)，小球B的加速度為0，速度最大，故A錯(cuò)誤；開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的彈力小于重力和庫侖力之和，合力豎直向下，小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，由于彈簧的彈力逐漸增大，庫侖力減小，合力減小，加速度減小，當(dāng)合力減小為0時(shí)，速度最大，之后彈簧的彈力大于重力與庫侖力之和，合力豎直向上，小球向下做減速運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力逐漸增大，庫侖力減小，合力豎直向上，加速度增大，因此小球B的加速度先減小后增大，故B正確；由于庫侖力對小球B做正功，由功能關(guān)系可知，小球B與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能一定增大，故C錯(cuò)誤；庫侖力對小球B做正功，小球A與B組成系統(tǒng)的電勢能一直減小，故D錯(cuò)誤。12.如圖所示，在x軸上的O點(diǎn)(x＝0)和b點(diǎn)(x＝15cm)分別固定放置兩點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．q1所帶電荷量是q2所帶電荷量的4倍C．將一負(fù)電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，靜電力做功為零D．將一負(fù)電荷從c點(diǎn)移到d點(diǎn)，電勢能增大【答案】BC【解析】φ－x圖像的斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度的大小，斜率的正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向，由題圖可知，a、c兩點(diǎn)電勢相等，但電場強(qiáng)度大小和方向均不同，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，d點(diǎn)圖像斜率為零，表明該點(diǎn)的合電場強(qiáng)度為零，而d點(diǎn)到兩點(diǎn)電荷q1、q2的距離之比為2∶1，根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(kq,r2)可得，q1、q2電荷量之比為4∶1，故B正確；a、c兩點(diǎn)電勢相等，電勢差為零，負(fù)電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，靜電力做功為零，故C正確；c、d間電場方向向左，負(fù)電荷從c點(diǎn)移到d點(diǎn)，靜電力做正功，電勢能減小，故D錯(cuò)誤。13.如圖甲所示，在真空中固定的兩個(gè)相同點(diǎn)電荷A、B關(guān)于x軸對稱，它們在x軸上的E－x圖像如圖乙所示(規(guī)定x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向)。若在坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷q，它將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力。則()A．A、B帶等量正電荷B．點(diǎn)電荷q在x1處電勢能最大C．點(diǎn)電荷q在x3處動(dòng)能最大D．點(diǎn)電荷q沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為2x2【答案】D【解析】由E－x圖像可知，在x軸上的P點(diǎn)對應(yīng)x2點(diǎn)，在P點(diǎn)的左側(cè)電場強(qiáng)度為正值，沿x軸正方向，右側(cè)為負(fù)值，可知A、B帶等量負(fù)電荷，A錯(cuò)誤；電荷量為q的正點(diǎn)電荷，從O點(diǎn)到P點(diǎn)，靜電力做正功，電勢能減小，從P點(diǎn)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢能增加，因此點(diǎn)電荷q在x1處電勢能不是最大，且點(diǎn)電荷q在x2處動(dòng)能最大，B、C錯(cuò)誤；由對稱性可知，點(diǎn)電荷q沿x軸正方向最遠(yuǎn)能到達(dá)O′處，由動(dòng)能定理qUOO′＝ΔEk＝0，則UOO′＝0，由對稱性知O′與O關(guān)于P點(diǎn)對稱，故點(diǎn)電荷q沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為2x2，D正確。14.一帶負(fù)電的粒子只在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位置x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()A．x1處電場強(qiáng)度最小，但不為零B．粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．若x1、x3處電勢分別為φ1、φ3，則φ1<φ3D．x2～x3段的電場強(qiáng)度大小、方向均不變【答案】D【解析】Ep－x圖像的斜率表示粒子所受靜電力F，根據(jù)F＝qE可知x1處電場強(qiáng)度最小且為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在0～x2段切線的斜率發(fā)生變化，靜電力發(fā)生變化，所以加速度也在變化，做變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段斜率不變，所以做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；帶負(fù)電的粒子從x1到x3的過程中電勢能增加，說明電勢降低，即φ1>φ3，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；x2～x3段斜率不變，所以這段電場強(qiáng)度大小、方向均不變，選項(xiàng)D正確。15.電容器是一種重要的電學(xué)元件，在電工、電子技術(shù)中應(yīng)用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器(相當(dāng)于電流表)與計(jì)算機(jī)相連，可以顯示電路中電流隨時(shí)間的變化關(guān)系。圖甲中直流電源電動(dòng)勢E＝8V，實(shí)驗(yàn)前電容器不帶電。先使S與“1”端相連給電容器充電，充電結(jié)束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計(jì)算機(jī)記錄的電流隨時(shí)間變化的i－t曲線如圖乙所示。(1)乙圖中陰影部分的面積S1________S2；(填“>”“<”或“＝”)(2)計(jì)算機(jī)測得S1＝1203mA·s，則該電容器的電容為________F；(保留兩位有效數(shù)字)(3)由甲、乙兩圖可判斷阻值R1________R2。(填“>”“<”或“＝”)【答案】(1)＝(2)0.15(3)<【解析】(1)題圖乙中陰影面積S1和S2分別表示充電和放電中電容器上的總電荷量，所以兩者相等。(2)由陰影面積代表電容器上的電荷量得q＝S1＝1.203C，U＝E＝8V，則C＝eq\f(q,U)＝eq\f(1.203,8)F≈0.15F。(3)由題圖乙可知充電瞬間電流大于放電瞬間電流，且充電瞬間電源電壓與放電瞬間電容器兩極板電壓相等，由eq\f(E,R0＋R1)＞eq\f(E,R0＋R2)，解得R1＜R2。16.如圖所示，電源電動(dòng)勢E一定，內(nèi)阻不計(jì)，R1、R2是定值電阻，R3是光敏電阻，其阻值隨光照的增強(qiáng)而減小。開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，電容器兩板間的一帶電液滴恰好能靜止在M點(diǎn)?，F(xiàn)增強(qiáng)照射電阻R3的光照強(qiáng)度，則()A．電容器的電容增大 B．M點(diǎn)的電勢升高C．液滴向下運(yùn)動(dòng) D．R2中有向右的電流【答案】B【解析】電容器的電容由電容器本身性質(zhì)決定，不隨其電壓或電荷量的變化而變化，故A錯(cuò)誤；增強(qiáng)照射電阻R3的光照強(qiáng)度，R3阻值減小，回路總電阻減小，總電流增大，則R1兩端電壓增大，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知兩極板間電場強(qiáng)度增大，而下極板接地，電勢為零，設(shè)M到下極板間的距離為d′，則M點(diǎn)的電勢為φM＝Ed′，所以M點(diǎn)的電勢升高，故B正確；根據(jù)平衡條件可知，開始時(shí)液滴受靜電力與重力平衡，增強(qiáng)照射電阻R3的光照強(qiáng)度，電容器兩極板間電場強(qiáng)度增大，液滴所受靜電力增大，將大于重力，則液滴所受合外力向上，將向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；由電路連接方式易知電容器上極板帶正電，增強(qiáng)照射電阻R3的光照強(qiáng)度，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)Q＝CU可知電容器充電，R2中有向左的電流，故D錯(cuò)誤。17.如圖，靜止于A處的質(zhì)子(質(zhì)量為m、電荷量為e)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，沿圖中虛線垂直MP進(jìn)入方向豎直向下的矩形有界勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域MNQP，區(qū)域邊界MN＝3L、MP＝2L，質(zhì)子經(jīng)加速偏轉(zhuǎn)后恰好能從PQ邊距P點(diǎn)為2L處射出，質(zhì)子重力不計(jì)。(結(jié)果均用e、U、m表示)(1)求質(zhì)子離開加速電場時(shí)的速度大?。?2)求質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度大??；(3)若偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼娜种?、方向不變，求質(zhì)子離開該區(qū)域時(shí)的速度大小?！敬鸢浮?1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\r(\f(10eU,m))(3)2eq\r(\f(eU,m))【解析】(1)質(zhì)子在加速電場中做加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有eU＝eq\f(1,2)mv12－0，解得v1＝eq\r(\f(2eU,m))(2)由題意知，質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做速度大小為eq\r(\f(2eU,m))的勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E，豎直方向有eE＝ma,2L＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，水平方向有2L＝v1t質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度為v2＝eq\r(v12＋vy2)解得v2＝eq\r(\f(10eU,m))(3)若偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼娜种唬芍暗姆治隹芍?，其豎直方向的加速度大小也變?yōu)樵瓉淼娜种唬衋＝3a′，假設(shè)質(zhì)子從PQ邊射出，則質(zhì)子在豎直方向上依然做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有2L＝eq\f(1,2)a′t12，所以有t1＝eq\r(3)t，則該段時(shí)間內(nèi)質(zhì)子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為x′＝v1t1有x′＝2eq\r(3)L>3L，由上述分析可知，質(zhì)子出電場時(shí)不是從電場下端離開，設(shè)其離開電場時(shí)豎直方向的速度為vy1，時(shí)間為t2，豎直方向有vy1＝a′t2，水平方向仍然以v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有3L＝v1t2，質(zhì)子離開電場的速度大小為v3＝eq\r(v12＋vy12)＝2eq\r(\f(eU,m))。18.如圖所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平向右的初速度v0，由O點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好豎直向下通過豎直平面中的P點(diǎn)，已知OP與初速度方向的夾角為60°，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．小球所受靜電力大小為eq\f(\r(3)mg,2)B．小球所受的合外力大小為eq\f(\r(3)mg,3)C．小球由O點(diǎn)到P點(diǎn)用時(shí)為eq\f(\r(3)v0,g)D．小球通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為eq\f(5,2)mv02【答案】C【解析】設(shè)OP＝L，小球從O到P水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)水平速度為零，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則水平方向Lcos60°＝eq\f(v0,2)t，豎直方向Lsin60°＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(\r(3)v0,g)，選項(xiàng)C正確；水平方向受靜電力F1＝ma＝meq\f(v0,t)＝eq\f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1與mg的合力，可知合外力的大小F＝eq\r(mg2＋F12)＝eq\f(2\r(3),3)mg，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球通過P點(diǎn)時(shí)的速度大小vP＝gt＝eq\r(3)v0，則動(dòng)能EkP＝eq\f(1,2)mvP2＝eq\f(3,2)mv02，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。19.四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場中，電場方向與y軸平行。不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是()【答案】AD【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(l,v0)，離開電場時(shí)，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mv02)，因?yàn)樗膫€(gè)帶電粒子的初速度相同，電場強(qiáng)度相同，水平位移相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q,3m)、(－q，m)三個(gè)粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(－q，m)粒子與上述兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)角方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。20.如圖所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓，兩板間電勢差隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示?，F(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)域內(nèi)，設(shè)電子的初速度和重力的影響可忽略。則下列說法正確的是()A．若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動(dòng)B．若電子是在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上C．若電子是在t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上D．若電子是在t＝eq\f(T,2)時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)【答案】AB【解析】根據(jù)電子進(jìn)入電場后的受力和運(yùn)動(dòng)情況，作出如圖所示的圖像。由圖丁可知，當(dāng)電子在t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場時(shí)，電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，故A正確；若電子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入，則由圖像知，向B板運(yùn)動(dòng)的位移大于向A板運(yùn)動(dòng)的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正確；若電子在t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻進(jìn)入電場，則由圖像知，在第一個(gè)周期電子即返回A板從小孔飛出，故C錯(cuò)誤；t＝eq\f(T,2)時(shí)刻電子一靠近小孔便受到排斥力，此時(shí)電子不能進(jìn)入電場，故D錯(cuò)誤。21.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點(diǎn)，B為最高點(diǎn)，在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電場強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)(g為重力加速度)的勻強(qiáng)電場，并同時(shí)給在A點(diǎn)的小圓環(huán)一個(gè)向右的水平初速度v0(v0未知)，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中()A．動(dòng)能最小與最大的位置在同一等勢面上B．電勢能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置C．在A點(diǎn)獲得的初速度為eq\r(21＋\r(2)gR)D．過B點(diǎn)受到大環(huán)的彈力大小為mg【答案】BC【解析】由于勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為eq\f(mg,q)，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效物理最低點(diǎn)C與等效物理最高點(diǎn)位置D，如圖所示，小圓環(huán)在等效物理最低點(diǎn)速度最大，動(dòng)能最大，在等效物理最高點(diǎn)速度最小，動(dòng)能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知φD>φC，可知其不在同一等勢面上，A錯(cuò)誤；小圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中，只有電勢能、動(dòng)能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，即小圓環(huán)通過等效物理最高點(diǎn)D的速度為0，對圓環(huán)分析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(21＋\r(2)gR)，C正確；小圓環(huán)從A運(yùn)動(dòng)到B過程有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，在B點(diǎn)有FN＋mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝(2eq\r(2)－3)mg<0，可知，小圓環(huán)過B點(diǎn)受到大環(huán)的彈力大小為(3－2eq\r(2))mg，D錯(cuò)誤。22.如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【答案】(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【解析】(1)P、G與Q、G間電場強(qiáng)度大小相等，均為E，粒子在P、G間所受靜電力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv02③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qh，l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時(shí)金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。23.如圖所示，電源電動(dòng)勢E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω，R0＝3Ω，R1＝7.5Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，電容器的電容C＝2μF。開始時(shí)開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．開關(guān)S閉合時(shí)，電容器上極板帶正電B．開關(guān)S閉合時(shí)，電容器兩極板間電勢差是3VC．將開關(guān)S斷開，穩(wěn)定后電容器極板所帶的電荷量是3.6×10－6CD．將開關(guān)S斷開至電路穩(wěn)定的過程中通過R0的電荷量是9.6×10－6C【答案】D【解析】開關(guān)S閉合時(shí)的等效電路圖如圖甲所示，電容器C兩端電壓等于R3兩端電壓U3，已知電路總電阻R＝eq\f(R2＋R3R1,R2＋R3＋R1)＋r＝4Ω，由閉合電路歐姆定律可知干路電流I＝eq\f(E,R)＝1.5A，路端電壓U＝E－Ir＝4.5V，則U3＝eq\f(R3,R2＋R3)U＝1.8V，此時(shí)電容器所帶電荷量Q1＝CU3＝3.6×10－6C，且上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，故A、B錯(cuò)誤；開關(guān)S斷開時(shí)的等效電路圖如圖乙所示，穩(wěn)定后電容器C兩端電壓等于R2兩端電壓U2，此時(shí)U2＝eq\f(E,R2＋R3＋r)R2＝3V，電容器所帶電荷量Q2＝CU2＝6×10－6C，且上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，故通過R0的電荷量Q＝Q1＋Q2＝9.6×10－6C，故C錯(cuò)誤，D正確。24.如圖甲所示的電路，其中電源電動(dòng)勢E＝6V，內(nèi)阻r＝2Ω，定值電阻R＝4Ω，已知滑動(dòng)變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值RP的關(guān)系如圖乙所示。則下列說法中正確的是()A．圖乙中滑動(dòng)變阻器的最大功率P2＝2WB．圖乙中R1＝6Ω，R2＝12ΩC．滑動(dòng)變阻器消耗功率P最大時(shí)，定值電阻R消耗的功率也最大D．調(diào)整滑動(dòng)變阻器RP的阻值，可以使電源的輸出電流達(dá)到2A【答案】B【解析】由閉合電路歐姆定律的推論可知，當(dāng)電路外電阻等于內(nèi)阻r時(shí)，輸出功率最大，最大值為Pm＝eq\f(E2,4r)，把定值電阻看成電源內(nèi)阻的一部分，由題圖乙可知，當(dāng)RP＝R1＝R＋r＝6Ω時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，最大功率為P2＝eq\f(E2,4R＋r)＝1.5W，A錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器的阻值為3Ω時(shí)與阻值為R2時(shí)消耗的功率相等，有(eq\f(E,3Ω＋R＋r))2×3Ω＝(eq\f(E,R2＋R＋r))2R2，解得R2＝12Ω，B正確；當(dāng)回路中電流最大時(shí)，即RP＝0時(shí)，定值電阻R消耗的功率最大，C錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)變阻器RP的阻值為0時(shí)，電路中電流最大，最大值為Im＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,4＋2)A＝1A，則調(diào)整滑動(dòng)變阻器RP的阻值，不可以使電源的輸出電流達(dá)到2A，D錯(cuò)誤。25.如圖甲所示，閉合開關(guān)S，將滑動(dòng)變阻器的滑片P從一端滑到另一端的過程中，理想電壓表V1、V2的示數(shù)隨理想電流表A示數(shù)的變化情況如圖乙所示，下列說法正確的是()A．滑動(dòng)變阻器的最大阻值為12ΩB．電源的電動(dòng)勢為9VC．R0＝15ΩD．電源內(nèi)阻為3Ω【答案】A【解析】由題圖乙可知R0＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(6.0V,2.0A)＝3Ω，當(dāng)I1＝0.5A時(shí)，此時(shí)外電路的阻值達(dá)到最大，則R外＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(7.5V,0.5A)＝15Ω，則滑動(dòng)變阻器的最大阻值R＝R外－R0＝12Ω，故A正確，C錯(cuò)誤；由題圖乙可得r＝1Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝U1＋I(xiàn)1r，解得E＝8V，故B、D錯(cuò)誤。26.如圖所示電路中，由于某處出現(xiàn)了故障，導(dǎo)致電路中的A、B兩燈變亮，C、D兩燈變暗，故障可能是()A．R1短路 B．R2斷路C．R2短路 D．R3短路【答案】D【解析】A燈在干路上，A燈變亮，說明電路中總電流變大，由閉合電路歐姆定律可知電路的外電阻減小，這就說明電路中只會(huì)出現(xiàn)短路而不會(huì)出現(xiàn)斷路，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)槎搪凡糠值碾娮枳冃?，分壓作用減小，與其并聯(lián)的用電器兩端的電壓減小，C、D兩燈變暗，A、B兩燈變亮，這說明發(fā)生短路的電阻與C、D兩燈是并聯(lián)的，而與A、B兩燈是串聯(lián)的。觀察電路中電阻的連接形式，只有R3短路符合條件，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，D正確。27．如圖所示電路，電源內(nèi)阻為r，兩相同燈泡L1、L2電阻均為R，D為理想二極管(具有單向?qū)щ娦?，電表均為理想電表。閉合S后，一帶電油滴恰好在平行板電容器中央靜止不動(dòng)?，F(xiàn)把滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)，電壓表V1、V2示數(shù)變化量絕對值分別為ΔU1、ΔU2，電流表示數(shù)變化量絕對值為ΔI，則下列說法中錯(cuò)誤的是()A．兩燈泡逐漸變亮 B．油滴將向下運(yùn)動(dòng)C.eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r D．ΔU2>ΔU1【答案】B【解析】滑片向上滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值減小，總電阻減小，回路中電流變大，兩燈泡變亮，選項(xiàng)A正確；總電流增大，故內(nèi)電壓增大，所以外電壓減小，即V1的示數(shù)減小，而L1兩端的電壓變大，所以L2與滑動(dòng)變阻器兩端的電壓之和減小，所以V2的示數(shù)及電容器板間電壓變小，應(yīng)放電，但二極管的單向?qū)щ娦允闺姾刹荒芊懦觯琎不變，則由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)和E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變，油滴靜止不動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；把L1的電阻R看作電源內(nèi)阻一部分，ΔU2就是R＋r兩端電壓的增加量，則eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r，選項(xiàng)C正確；由閉合電路歐姆定律可得eq\f(ΔU1,ΔI)＝r，所以ΔU2>ΔU1，選項(xiàng)D正確。28．(多選)某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)正確作出標(biāo)有“5V2.5W”的小燈泡的U－I圖像如圖甲所示，現(xiàn)把實(shí)驗(yàn)中使用的小燈泡接到如圖乙所示的電路中，其中電源電動(dòng)勢E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω，定值電阻R＝9Ω，則()A．由甲圖可知，小燈泡的電阻值隨電壓的升高而增大B．由甲圖可知，小燈泡的電阻值隨電壓的升高而減小C．閉合乙圖開關(guān)，小燈泡的實(shí)際功率約為2.7WD．閉合乙圖開關(guān)，小燈泡的實(shí)際功率約為0.84W【答案】AD【解析】由題圖甲可知，隨電壓的升高，各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率變大，則小燈泡的電阻值增大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；將電阻R看作電源的內(nèi)阻，則U＝E－I(R＋r)＝6－10I(V)，將此函數(shù)關(guān)系的圖像畫在燈泡的U－I圖像上，如圖，兩圖線的交點(diǎn)為小燈泡的工作點(diǎn)，則I＝0.38A，U＝2.2V，則小燈泡的實(shí)際功率約為P＝IU＝0.38×2.2W≈0.84W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。29．在如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3是一滑動(dòng)變阻器，當(dāng)其滑片P從最左端滑至最右端時(shí)，測得電源的路端電壓隨電源中流過的電流的變化圖線如圖乙所示，其中A、B兩點(diǎn)是滑片P在滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)不同端點(diǎn)得到的。求：(1)電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動(dòng)變阻器的最大阻值?！敬鸢浮?1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω【解析】(1)電源的路端電壓隨電流的變化圖線斜率的絕對值等于電源的內(nèi)阻，則內(nèi)阻r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(16－4,0.8－0.2)Ω＝20Ω電源的電動(dòng)勢為E＝U＋I(xiàn)r取電壓U1＝16V，電流I1＝0.2A，代入解得E＝20V(2)當(dāng)滑片P滑到最右端時(shí)，R1被短路，外電路的電阻最小，電流最大。此時(shí)電壓U2＝4V，電流I2＝0.8A，則定值電阻R2＝eq\f(U2,I2)＝5Ω(3)當(dāng)滑片P滑到最左端時(shí)，外電阻最大，電流最小，此時(shí)路端電壓U1＝16V，電流I1＝0.2A，外電路總電阻為R＝eq\f(U1,I1)＝80Ω又R＝R2＋eq\f(R1R3,R1＋R3)，代入解得R3＝300Ω。30．在勻強(qiáng)磁場中有粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線制成的直角三角形線框abc，∠a＝90°，∠c＝30°。磁場方向垂直于線框平面，a、c兩點(diǎn)接一直流電源，電流方向如圖所示。則下列說法正確的是()A．導(dǎo)線bc受到的安培力大于導(dǎo)線ac受到的安培力B．導(dǎo)線abc受到的安培力的合力大于導(dǎo)線ac受到的安培力C．導(dǎo)線ab、ac所受安培力的大小之比為1∶3D．導(dǎo)線abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上【答案】C【解析】設(shè)ab邊電阻為R，則ac邊電阻為eq\r(3)R，bc邊電阻為2R，由并聯(lián)分流原理，abc中電流為I，則ac中電流為eq\r(3)I，則Fbc＝BILbc，F(xiàn)ac＝eq\r(3)BILac＝eq\f(3,2)BILbc，故A錯(cuò)誤；abc等效長度等于ac，但電流小于ac電流，則Fabc<Fac，故B錯(cuò)誤；由于Fab＝BILab，F(xiàn)ac＝eq\r(3)BILac＝3BILab，所以Fab∶Fac＝1∶3，故C正確；由左手定則可判定Fabc方向垂直于ac向下，故D錯(cuò)誤。31.真空中豎直放置一通電長直細(xì)導(dǎo)線，俯視圖如圖所示。以導(dǎo)線為圓心作圓，光滑絕緣管ab水平放置，兩端恰好落在圓周上。直徑略小于絕緣管直徑的帶正電小球自a端以速度v0向b端運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()A．小球先加速后減速B．小球受到的洛倫茲力始終為零C．小球在ab中點(diǎn)受到的洛倫茲力為零D．小球受到洛倫茲力時(shí)，洛倫茲力方向始終豎直向上【答案】C【解析】根據(jù)安培定則可知，直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的磁感線如圖中虛線所示，洛倫茲力始終與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直，故不做功，小球速率不變，A錯(cuò)誤；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到ab中點(diǎn)時(shí)，磁感線與速度方向平行，所受洛倫茲力為零，自a端到中點(diǎn)洛倫茲力豎直向下，中點(diǎn)到b端洛倫茲力豎直向上，B、D錯(cuò)誤，C正確。32.如圖甲所示，水平傳送帶足夠長，沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)行，將一絕緣帶電物塊無初速度地從最左端放上傳送帶。該裝置處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示。物塊所帶電荷量保持不變，下列說法正確的是()A．物塊帶正電B．1s后物塊與傳送帶共速，所以傳送帶的速度為0.5m/sC．傳送帶的速度可能比0.5m/s大D．若增大傳送帶的速度，其他條件不變，則物塊最終達(dá)到的最大速度也會(huì)增大【答案】C【解析】在0～1s內(nèi)，v－t圖像的斜率減小，物塊的加速度減小，所受滑動(dòng)摩擦力減小，對傳送帶的壓力減小，而物塊做加速運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力增大，所以洛倫茲力一定豎直向上，由左手定則可知，物塊一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；物塊達(dá)到最大速度的條件是摩擦力等于零，不再加速，所以1s末物塊與傳送帶間的摩擦力恰好為零，此時(shí)物塊的速度為0.5m/s，傳送帶的速度可能是0.5m/s，也可能大于0.5m/s，B錯(cuò)誤，C正確；由C項(xiàng)分析知傳送帶的速度大于等于0.5m/s，無論傳送帶的速度增大到多大，物塊加速到0.5m/s后都不再加速，即物塊的最大速度等于0.5m/s，D錯(cuò)誤。33.如圖所示，虛線上方存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(具體方向未知)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一比荷為k的帶負(fù)電粒子從虛線上的M點(diǎn)垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)過一段時(shí)間，該粒子經(jīng)過N點(diǎn)(圖中未畫出)，速度方向與虛線平行向右，忽略粒子的重力。則下列說法正確的是()A．磁場的方向垂直紙面向外B．粒子從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間為eq\f(π,6kB)C．如果N點(diǎn)到虛線的距離為L，則粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2LD．如果N點(diǎn)到虛線的距離為L，則粒子射入磁場的速度大小為kBL【答案】C【解析】根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；粒子從M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)速度方向改變了60°，所以粒子在該段時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心角為α＝60°，則粒子從M到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(1,6)T，又粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，由題知eq\f(q,m)＝k，整理得t＝eq\f(π,3kB)，故B錯(cuò)誤；如果N點(diǎn)到虛線的距離為L，根據(jù)幾何關(guān)系有cosα＝eq\f(R－L,R)，解得R＝2L，又R＝eq\f(mv,qB)，則v＝2kBL，故D錯(cuò)誤，C正確。34.如圖所示，空間中有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)帶正電的小圓環(huán)套在一根豎直固定且足夠長的絕緣細(xì)桿上?，F(xiàn)使圓環(huán)以一定的初速度向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間后圓環(huán)回到起始位置，已知桿與環(huán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)保持不變，圓環(huán)所帶電荷量保持不變，空氣阻力不計(jì)，對于圓環(huán)從開始運(yùn)動(dòng)到回到起始位置的過程，下面關(guān)于圓環(huán)的速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的圖像，重力勢能Ep、機(jī)械能E隨圓環(huán)離開出發(fā)點(diǎn)的高度h變化的圖像，可能正確的是()【答案】D【解析】選豎直向下為加速度的正方向，上升階段，對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有mg＋Ff＝ma，其中有Ff＝μFN＝μBqv聯(lián)立解得a＝eq\f(mg＋μqvB,m)故圓環(huán)在上升階段做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)；在最高點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)速度為零，此時(shí)加速度為a＝eq\f(mg,m)＝g下降階段，對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有mg－μBqv＝ma，可得a＝eq\f(mg－μqvB,m)可知下降階段，圓環(huán)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，上升和下降時(shí)速度方向相反，加速度方向相同，A、B錯(cuò)誤；以初位置為參考平面，可知圓環(huán)的重力勢能為Ep＝mgh，可知Ep－h(huán)圖像為過原點(diǎn)的傾斜直線，C錯(cuò)誤；圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦阻力做的功等于機(jī)械能的減少量，在上升階段有Ff＝μFN＝μBqv隨著速度的減小，圓環(huán)受到的摩擦力逐漸減小，故E－h(huán)圖線的斜率在減??；下降階段隨著速度的增大，圓環(huán)受到的摩擦力逐漸增大，故E－h(huán)圖線的斜率在增大；由于受到的摩擦力一直做負(fù)功，故回到初始位置時(shí)機(jī)械能小于開始時(shí)的機(jī)械能，D正確。35.如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時(shí)的速度大小為v1，離開磁場時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時(shí)的速度大小為v2，離開磁場時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60°，不計(jì)重力，則eq\f(v1,v2)為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)【答案】B【解析】如圖所示，設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，粒子以v1射入磁場時(shí)的軌跡半徑為r1，根據(jù)幾何關(guān)系r1＝R，以v2射入磁場時(shí)的軌跡半徑r2＝eq\r(3)R。根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qrB,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，故選B。36.如圖所示，直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。∠M＝30°，NP＝L，C為MP的中點(diǎn)，D為NP的中點(diǎn)，在C點(diǎn)有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、負(fù)電子。電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不考慮電子間的相互作用，不計(jì)正、負(fù)電子的重力。下列說法正確的是()A．可能有正電子從M點(diǎn)射出磁場B．負(fù)電子從D點(diǎn)離開磁場時(shí)的速度大小為eq\f(eBL,2m)C．從MN邊射出的正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為eq\f(2πm,3eB)D．正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為eq\f(πm,3eB)【答案】C【解析】正電子恰好從MN邊界射出的軌跡如圖所示，根據(jù)正電子的運(yùn)動(dòng)的軌跡可知，不可能從M點(diǎn)射出磁場，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；負(fù)電子從D點(diǎn)離開磁場的軌跡如圖，負(fù)電子從D點(diǎn)離開磁場時(shí)，由幾何關(guān)系知(eq\f(L,2))2＋(eq\f(\r(3)L,2)－r)2＝r2，解得r＝eq\f(\r(3),3)L，則負(fù)電子的速度大小為v＝eq\f(Ber,m)＝eq\f(eBL,\r(3)m)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)從MN邊射出的正電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與MN相切時(shí)在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，由幾何關(guān)系可知圓心角為120°，則最長時(shí)間tm＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,eB)＝eq\f(2πm,3eB)，選項(xiàng)C正確；正電子從C、M之間射出時(shí)在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，則在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為tm′＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,eB)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。37.在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為()A.eq\f(1,3)kBL,0° B.eq\f(1,2)kBL,0°C．kBL,60° D．2kBL,60°【答案】BC【解析】若離子通過下部分磁場直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當(dāng)離子在兩個(gè)磁場均運(yùn)動(dòng)一次時(shí)，如圖乙所示，因?yàn)閮蓚€(gè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則根據(jù)對稱性有R＝eq\f(1,2)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當(dāng)離子從下部分磁場射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,2n－1m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1,2，3…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)離子從上部分磁場射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1,2,3…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。38.如圖所示，在絕緣板MN上方分布了水平方向的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面向里。距離絕緣板d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個(gè)方向同時(shí)發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為m、速率為v的帶正電粒子，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用，已知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也恰好為d，則()A．粒子能打到板上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB．能打到板上最左側(cè)的粒子所用的時(shí)間為eq\f(πd,v)C．粒子從發(fā)射到打到板上的最長時(shí)間為eq\f(πd,v)D．同一時(shí)刻發(fā)射的粒子打到板上的最大時(shí)間差為eq\f(πd,v)【答案】B【解析】粒子受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝d，粒子運(yùn)動(dòng)到絕緣板的兩種臨界情況如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，左側(cè)最遠(yuǎn)處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則左側(cè)最遠(yuǎn)處A到C距離為eq\r(3)d，右側(cè)離C最遠(yuǎn)處為B，距離為d，所以粒子能打在板上的區(qū)域長度是(eq\r(3)＋1)d，故A錯(cuò)誤；左側(cè)最遠(yuǎn)處與S之間的距離恰好是圓的直徑，所以從S到A的時(shí)間恰好是半個(gè)周期，則t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(2πR,2v)＝eq\f(πd,v)，故B正確；打在板上的粒子中，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長和最短的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖乙所示，粒子做整個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πd,v)，由幾何關(guān)系可知，最短時(shí)間t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，最長時(shí)間t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C、D錯(cuò)誤。39.法拉第曾提出一種利用河流發(fā)電的設(shè)想，并進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)研究。實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示，兩塊面積均為S的矩形平行金屬板正對且浸在河水中，金屬板間距為d。水流速度處處相同且大小為v，方向水平向左，金屬板面與水流方向平行。地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向下的分量為B，水的電阻率為ρ，水面上方有一阻值為R的電阻通過絕緣導(dǎo)線和開關(guān)S連接到兩金屬板上。忽略邊緣效應(yīng)，則下列說法正確的是()A．電阻R上的電流方向從里向外B．河水流速減小，兩金屬板間的電壓增大C．該發(fā)電裝置的電動(dòng)勢大小為BdvD．流過電阻R的電流大小為eq\f(BvS,ρ)【答案】C【解析】根據(jù)題意，由左手定則可知，河水中的正離子向外面金屬板偏轉(zhuǎn)，外面金屬板為正極，負(fù)離子向里面金屬板偏轉(zhuǎn)，里面金屬板為負(fù)極，則電阻R上的電流方向從外向里，故A錯(cuò)誤；設(shè)穩(wěn)定時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，兩板間有一帶電荷量為q的離子勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可得qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，故C正確；設(shè)極板間等效電阻為r，由閉合電路歐姆定律可得，兩金屬板間電壓為U＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(BdvR,R＋r)，可知河水流速減小，兩金屬板間的電壓減小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意，由電阻定律可得，極板間等效電阻為r＝ρeq\f(d,S)，由閉合電路歐姆定律可得，流過電阻R的電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BSdv,RS＋ρd)，故D錯(cuò)誤。40.自行車速度計(jì)可以利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車車輪的運(yùn)動(dòng)速率。如圖甲所示，一塊磁體安裝在前輪上，輪子每轉(zhuǎn)一圈，磁體就靠近傳感器一次，傳感器就會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。如圖乙所示，電源輸出電壓為U1，當(dāng)磁場靠近霍爾元件時(shí)，在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢差U2(前表面的電勢低于后表面的電勢)。下列說法中錯(cuò)誤的是()A．圖乙中霍爾元件的載流子帶負(fù)電B．已知自行車車輪的半徑，再根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)，即獲得車速大小C．若傳感器的電源輸出電壓U1變大，則U2變大D．若自行車的車速越大，則U2越大【答案】D【解析】由題意可知，前表面的電勢低于后表面的電勢，結(jié)合左手定則可知，霍爾元件的電流I是由負(fù)電荷定向移動(dòng)形成的，故A正確，不符合題意；根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可求得車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的周期，從而求得車輪運(yùn)動(dòng)的角速度，最后由線速度公式v＝rω，結(jié)合車輪半徑，即可求得車速大小，故B正確，不符合題意；根據(jù)題意，由平衡條件有qvB＝qeq\f(U2,d)，可得U2＝vdB，由電流的微觀定義式I＝nqSv，n是單位體積內(nèi)的導(dǎo)電粒子數(shù)，q是單個(gè)導(dǎo)電粒子所帶的電荷量，S是導(dǎo)體的橫截面積，v是導(dǎo)電粒子運(yùn)動(dòng)的速率，整理得v＝eq\f(I,nqS)，聯(lián)立解得U2＝eq\f(IdB,nqS)，可知U2與車速大小無關(guān)，故D錯(cuò)誤，符合題意；由公式U2＝eq\f(IdB,nqS)，若傳感器的電源輸出電壓U1變大，那么電流I變大，則U2變大，故C正確，不符合題意。41.回旋加速器工作原理如圖所示，置于真空中的兩個(gè)半圓形金屬盒半徑為R，兩盒間留有一狹縫接有頻率為f的高頻交流電，加速電壓為U，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。若A處粒子源產(chǎn)生的氘核(eq\o\al(2,1)H)在狹縫中被加速，不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，不計(jì)粒子在電場中的加速時(shí)間。則()A．氘核離開回旋加速器時(shí)的最大速率隨加速電壓U增大而增大B．氘核被加速后的最大速度可能超過2πRfC．氘核第n次和第n－1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為n∶(n－1)D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速α粒子【答案】D【解析】根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，可知氘核離開回旋加速器時(shí)的最大速率與加速電壓U無關(guān)，故A錯(cuò)誤；氘核被加速到最大速度時(shí)的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故氘核被加速后的最大速度不可能超過2πRf，故B錯(cuò)誤；氘核第n次和第n－1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的分別有nqU＝eq\f(1,2)mvn2，(n－1)qU＝eq\f(1,2)mvn－12解得vn＝eq\r(\f(2nqU,m))，vn－1＝eq\r(\f(2n－1qU,m))，又qvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)，則氘核第n次和第n－1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為eq\f(rn,rn－1)＝eq\f(vn,vn－1)＝eq\f(\r(n),\r(n－1))，故C錯(cuò)誤；回旋加速器的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，由于氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)的比荷相等，所以不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速α粒子，故D正確。42.如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點(diǎn)處的小孔，三個(gè)小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝400N/C。三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1；三角形AMN以外和MN以下區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝3B1?，F(xiàn)將一比荷eq\f(q,m)＝108C/kg的帶正電的粒子，從C點(diǎn)正上方2m處的O點(diǎn)由靜止釋放，粒子從MN上的小孔C進(jìn)入三角形內(nèi)部勻強(qiáng)磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入三角形外部磁場。已知粒子最終又回到了O點(diǎn)。設(shè)粒子與擋板碰撞過程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量不變，不計(jì)粒子重力，不計(jì)擋板厚度，取π＝3。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?2)粒子第一次回到O點(diǎn)的過程，在磁場B2中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！敬鸢浮?1)eq\f(2,3)×10－2T(2)5.5×10－6s【解析】(1)粒子從O到C在電場中加速，則由動(dòng)能定理得Eqx＝eq\f(1,2)mv2解得v＝4×105m/s帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知R1＝eq\f(L,2)＝0.6m由qvB1＝meq\f(v2,R1)代入數(shù)據(jù)解得B1＝eq\f(2,3)×10－2T(2)由題可知B2＝3B1＝2×10－2T，則qvB2＝meq\f(v2,R2)則R2＝eq\f(R1,3)＝0.2m，在磁場B2中的運(yùn)動(dòng)周期為T2＝eq\f(2πR2,v)＝eq\f(2πm,qB2)在磁場B2中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(180°＋300°＋180°,360°)T2＝eq\f(11π,6)×10－6s＝5.5×10－6s。43.如圖所示，在xOy平面(紙面)內(nèi)，x＞0空間存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，第三象限空間存在方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)，以大小為v、方向與y軸正方向的夾角為θ＝60°的速度沿紙面從坐標(biāo)為(0，eq\r(3)L)的P1點(diǎn)進(jìn)入磁場中，然后從坐標(biāo)為(0，－eq\r(3)L)的P2點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域，最后從x軸上的P3點(diǎn)(圖中未畫出)垂直于x軸射出電場。求：(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(2)粒子從P1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P2點(diǎn)所用的時(shí)間t；(3)電場強(qiáng)度的大小E?！敬鸢浮?1)eq\f(mv,2qL)(2)eq\f(8πL,3v)(3)eq\f(mv2,4qL)【解析】(1)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其圓心為O1，對應(yīng)軌道半徑為R，由幾何關(guān)系可得Rsinθ＝eq\r(3)L，解得R＝2L由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)聯(lián)立可得B＝eq\f(mv,2qL)(2)帶電粒子從P1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P2點(diǎn)所用的時(shí)間為t＝eq\f(2π－2θ,2π)T，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πL,v)聯(lián)立可得t＝eq\f(8πL,3v)(3)設(shè)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解有vcosθ·t′＝eq\r(3)L，vsinθ－at′＝0由牛頓第二定律有qE＝ma聯(lián)立可得E＝eq\f(mv2,4qL)。44.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進(jìn)入疊加場中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場變化的時(shí)間)，微粒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出疊加場。不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)微粒在疊加場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！敬鸢浮?1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))(3)(eq\f(3π,4)＋1)eq\r(\f(l,g))【解析】(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對微粒受力分析如圖甲，可知Eq＝mg，得E＝eq\f(mg,q)。(2)由平衡條件得：qvB＝eq\r(2)mg電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙，有qvB＝meq\f(v2,r)由幾何知識(shí)可得：r＝eq\r(2)l聯(lián)立解得：v＝eq\r(2gl)，B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))。(3)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝eq\f(\r(2)l,v)＝eq\r(\f(l,g))微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝eq\f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq\f(3π,4)eq\r(\f(l,g))微粒在疊加場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝t1＋t2＝(eq\f(3π,4)＋1)eq\r(\f(l,g))。45.如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示(設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向?yàn)檎较?。有一群正離子在t＝0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計(jì)離子所受重力及離子間的相互作用力。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時(shí)的速度v0的可能值?！敬鸢浮?1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)【解析】(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝eq\f(mv02,R)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T0時(shí)，有R＝eq\f(d,4)；當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期即nT0時(shí)，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3…)聯(lián)立解得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)。46.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，第四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場和沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場強(qiáng)度大小為E。第一象限中有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度大小未知)，且某未知矩形區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B)。一個(gè)帶電小球從圖中y軸上的M點(diǎn)沿與x軸成θ＝45°角斜向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第一象限并立即在矩形磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開矩形磁場區(qū)域后垂直打在y軸上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，已知O、N兩點(diǎn)間的距離為L，重力加速度大小為g，取sin22.5°＝0.4，cos22.5°＝0.9。求：(1)小球所帶電荷量與質(zhì)量的比值和第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；(2)矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域面積S的最小值；(3)小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間。【答案】(1)eq\f(g,E)E(2)eq\f(54E4,25g2B4)(3)eq\f(BL,E)(1＋eq\f(\r(2),2))＋eq\f(E,gB)(eq\f(3,4)π－eq\f(\r(2),2))【解析】(1)設(shè)小球質(zhì)量為m、電荷量為q、速度為v，小球在MN段受力如圖因?yàn)樵贛N段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球受力平衡，由平衡條件得mgtan45°＝qE，解得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，要使小球進(jìn)入第一象限后能立即在矩形磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的重力必須與靜電力平衡，有mg＝qE1，聯(lián)立解得E1＝E(2)由(1)可知qvB＝eq\r(2)qE，即v＝eq\f(\r(2)E,B)由qvB＝meq\f(v2,R)，可知R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2)E2,gB2)軌跡圖如圖所示，由圖可知矩形的最小面積S＝2Rcos22.5°×(R－Rsin22.5°)＝eq\f(54E4,25g2B4)(3)在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(\r(2)L,v)，在第一象限矩形磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(\f(3πR,4),v)，在第一象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝eq\f(L－\f(\r(2),2)R,v)，聯(lián)立解得小球從M到P的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(BL,E)(1＋eq\f(\r(2),2))＋eq\f(E,gB)(eq\f(3,4)π－eq\f(\r(2),2))。47.某質(zhì)譜儀部分結(jié)構(gòu)的原理圖如圖甲所示。在空間直角坐標(biāo)系Oxyz的y>0區(qū)域有沿－z方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，在y<0區(qū)域有沿－z方向的勻強(qiáng)磁場，在x＝－2d處有一足夠大的屏，俯視圖如圖乙。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從y軸上P(0，－d,0)點(diǎn)以初速度v0沿＋y方向射出，粒子第一次經(jīng)過x軸時(shí)速度方向與－x方向的夾角θ＝60°。不計(jì)粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：(1)粒子的電性；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)粒子打到屏上位置的z軸坐標(biāo)z1?！敬鸢浮?1)正電(2)eq\f(mv0,2dq)(3)－eq\f(6Eqd2,mv02)【解析】(1)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖由左手定則知粒子帶正電；(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由幾何關(guān)系有rcosθ＝d，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(v02,r)，解得B＝eq\f(mv0,2dq)(3)設(shè)粒子經(jīng)過x軸時(shí)的坐標(biāo)為－x1，則x1＋rsinθ＝2d粒子在y>0區(qū)域電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在xOy平面內(nèi)沿v0方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子碰到屏前做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則v0cosθ·t1＝2d－x1，粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(Eq,m)在z軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的距離z1′＝eq\f(1,2)at12解得t1＝eq\f(2\r(3)d,v0)，z1′＝eq\f(6Eqd2,mv02)所以打到屏上位置的z軸坐標(biāo)z1＝－eq\f(6Eqd2,mv02)。48.某同學(xué)設(shè)想的減小電梯墜落時(shí)造成傷害的一種應(yīng)急安全裝置如圖所示，在電梯轎廂底部安裝永久強(qiáng)磁鐵，磁鐵N極朝上，電梯井道內(nèi)壁上鋪設(shè)若干金屬線圈，線圈在電梯轎廂墜落時(shí)能自動(dòng)閉合，從而減小對箱內(nèi)人員的傷害。當(dāng)電梯轎廂墜落到圖示位置時(shí)，下列說法正確的是()A．從上往下看，金屬線圈A中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向B．從上往下看，金屬線圈B中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向C．金屬線圈B對電梯轎廂下落有阻礙作用，A沒有阻礙作用D．金屬線圈B有收縮的趨勢，A有擴(kuò)張的趨勢【答案】AD【解析】當(dāng)電梯墜落至題圖位置時(shí)，金屬線圈A中向上的磁場減弱，感應(yīng)電流的方向從上往下看是逆時(shí)針方向，B中向上的磁場增強(qiáng)，感應(yīng)電流的方向從上往下看是順時(shí)針方向，故B錯(cuò)誤，A正確；結(jié)合A、B的分析可知，當(dāng)電梯墜落至題圖位置時(shí)，金屬線圈A、B都在阻礙電梯下落，故C錯(cuò)誤；金屬線圈A中向上的磁場減弱，B中向上的磁場增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可知，線圈B有收縮的趨勢，A有擴(kuò)張的趨勢，故D正確。49.如圖，在豎直方向上的兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2的勻強(qiáng)磁場中，各放入一個(gè)完全一樣的水平金屬圓盤a和b，它們可繞豎直軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。用導(dǎo)線將a盤中心與b盤邊緣相連，b盤中心與a盤邊緣相連。從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)()A．b盤總是逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)B．若B1、B2同向，b盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．若B1、B2反向，b盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．b盤總是順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)【答案】C【解析】若B1、B2都豎直向上，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流方向?yàn)閍′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿逆時(shí)針方向(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)；若B1、B2都豎直向下，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流方向?yàn)镺→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿逆時(shí)針方向(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)；若B1向上，B2向下，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流方向?yàn)閍′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿順時(shí)針方向(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)；若B1向下，B2向上，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流方向?yàn)镺→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿順時(shí)針方向(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。50.(多選)如圖，光滑水平面上兩虛線之間區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里且范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。邊長為a的正方形導(dǎo)線框PQMN沿圖示速度方向進(jìn)入磁場，當(dāng)對角線PM剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的速度大小為v，方向與磁場邊界成45°角，若線框的總電阻為R，則()A．PM剛進(jìn)入磁場時(shí)線框中的感應(yīng)電流大小為eq\f(Bav,R)B．PM剛進(jìn)入磁場時(shí)線框所受安培力大小為eq\f(B2a2v,R)C．PM剛進(jìn)入磁場時(shí)兩端的電壓為eq\f(Bav,R)D．PM進(jìn)入磁場后線框中的感應(yīng)電流逐漸減小【答案】AD【解析】PM剛進(jìn)入磁場時(shí)，有效切割長度等于a，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Bav，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，方向沿逆時(shí)針，故A正確；NM邊所受的安培力大小為F1＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直NM斜向下，PN邊所受的安培力大小為F2＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直PN斜向下，線框所受安培力大小F＝eq\r(F12＋F22)＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故B錯(cuò)誤；PM兩端的電壓為U＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(Bav,2)，故C錯(cuò)誤；PM進(jìn)入磁場后，有效切割長度逐漸減小，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，感應(yīng)電流逐漸減小，故D正確。51．將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5