2013-2014学年湖北省咸宁市鄂南高中高二(上)月考物理试卷(实验班(3)

△EN=qMEyM：qNEyN=1：4．故C正确． D、由可知，两粒子的加速度之比为：aM：aN=1：2，则粒子打在极板上时，竖直方向分速度之比为：vyM：vyN：=1：2，所以打到上极板时的速度之比为vM：vN=：≠1：2．故D错误． 故选AC 点评： 本题运用运动的合成与分解法研究类平抛运动，要抓住两个粒子水平位移和竖直位移的关系分析其他量的关系． 11．（4分）两个电荷量分别为q和﹣q的带电粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（ ）

A．a粒子带正电，b粒子带负电 B． 两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=：3 两粒子的质量之比ma：mb=2：1 C．D． 两粒子的速度之比va：vb=1：2 考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 专题： 带电粒子在磁场中的运动专题． 分析： 两异种电荷同时从A点不同角度射入匀强磁场后，又同时到达B点．由粒子的运动方向可确定粒子的电性；由于两粒子的电量、所处的磁场均相同，则运动的周期与质量成正比．由图可知：AB连线即为两粒子运动圆弧所对应的弦，则两圆弧的圆心在AB连线的中垂线上．从而由几何关系可求出两粒子的轨迹半径之比，由运动圆弧对应的圆心角及周期可确定粒子的质量之比． 解答： 解：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，结合磁场方向，由左手定则可知a粒子带负电，而b粒子带正电．故A错误； B、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心．结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．所以两半径相比为Ra：Rb=：1，故B错误； [来源学科网ZXXK] C、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心．结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．则a粒子圆弧对应的圆心角为60°，而b粒子圆弧对应的圆心角为120°．由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb=2：1，则质量之比ma：mb=2：1．故C正确； D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比．所以速度大小之比va：vb=：2，故D错误； 故选：C． 点评： 利用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的思想． 12．（4分）（2010?资阳三模）如图，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg．它们在光滑水平面上，以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移s变化的ν﹣s图象如图所示．则（ ）

A．线圈的长度L=10cm 磁场的宽度d=15cm B． 线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8m/s2 C． D．线圈通过磁场过程中产生的热量为48J 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． 专题： 电磁感应与图像结合． 分析： （1）据题知，闭合线圈在进入和离开磁场时，磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用，线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动； （2）结合乙图可以知道，0﹣5cm是进入磁场之前的过程，5﹣15cm是进入磁场的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程； （3）推导出安培力，根据牛顿第二定律求出线圈进入磁场时的加速度． （4）线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过去求解热量． 解答： 解：A．闭合线圈在进入或离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=15cm﹣5cm=10cm，故A正确； B．磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5﹣15cm是进入的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm﹣5cm=25cm，故B错误； C．根据F=BIL及I=得：F=，进入磁场过程，由于线圈受到向左的安培力的阻碍，线圈做减速运动，v减小，F减小，加速度a减小，所以线圈做的不是匀加速运动，而是变减速运动，故C错误； D．线圈通过磁场过程中运用动能定理得：mv2﹣mv1=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=2m/s，带入数据得：W安=﹣48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确． 故选：AD． 点评： 闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动．线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解． 二、实验题（本题共2小题，共20分） 13．（8分）在研究电磁感应现象和磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路

（1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向 相反 （填“相同”或“相反”）． （2）（多选）某同学设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是 BC （A）抽出线圈L1 （B）插入软铁棒 （C）使变阻器滑片P右移 （D）断开开关．

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考点： 研究电磁感应现象． 专题： 实验题． 分析： （1）由图示线圈可知，原副线圈绕向相同，闭合开关时， 穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律可以判断出感应电流方向． （2）要使原负线圈电流方向相反，由楞次定律可知，穿过副线圈的磁通量应增加． 解答： 解：（1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过副线圈的B的磁通量变大， 由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反． （2）使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动， 两线圈电流磁场方向相反，则穿过副线圈磁通量应增加； A、抽出线圈L1时，穿过副线圈的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故A错误； B、插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故B正确； C、由电路图可知，使变阻器滑片P左移，原线圈电流增大，穿过副线圈的磁通量变大，原副线圈电流方向相反，故C正确； D、断开开关，穿过副线圈B的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故D错误； 故答案为：（1）相反；2）BC． 点评： 由图示判断出原副线圈的绕向关系，熟练应用楞次定律即可正确解题． 14．（12分）研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．

A．待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A） B．电流表（量程0～0.6A，内阻0.1Ω） C．电压表（量程0～5V，内阻约5kΩ） D．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ） E．滑动变阻器（最大阻值50Ω） F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ）

G．直流电源（电动势15V，内阻可忽略） H．开关一个，导线若干

实验中调节滑动变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流． （1）请画出为完成上述实验而设计的合理的电路图．并在每个选用的器材旁标上题目所给的字母序号． （2）如图所示是该研究小组测得小灯泡的I U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值约为 15 Ω．（保留两位有效数字）

考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线． 专题： 实验题；恒定电流专题． 分析： 描绘灯泡电阻随电压的变化关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法． 解答： 解：①小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，滑动变阻器应用分压式接法，又小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法接法，实验电路图如图所示，为方便实验操作，滑动变阻器应选E． ②由图示图象可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大； 由图示图象可知，灯泡两端电压为6V时，通过灯泡的电流为0.4A，则灯泡电阻为：R===15Ω 故答案为：①电路图如图所示；②增大；15． 点评： 电学实验离不开变阻器，当要求电流和电压从零调时变阻器应用分压式接法；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法接法． 三、计算题（本题共3小题，共42分，解答时，一定要写出必要的方程和重要的演算步骤，只写出最后结果的不得分）

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15．（12分）截面积为0.2m的100匝电阻可以忽略不计的线圈A，处在均匀磁场中，磁场的方向垂直线圈截面，如图所示，磁感应强度为B=（0.6﹣0.2t）T（t为时间，以秒为单位），R1=4Ω，R2=6Ω，C=3μF，线圈电阻不计，求： （1）闭合S2后，通过R2的电流大小和方向； （2）S1切断后，通过R2的电量．

考点： 法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化． 专题： 电磁感应与电路结合． 分析： （1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由楞次定律判断出电流方向． （2）由欧姆定律求出电压，由Q=CU求出电荷量． 解答： 解：（1）由题磁感应强度为：B=（0.6﹣0.2t）T，可以看出B与t是线性关系， 其斜率大小即为磁感应强度的变化率，大小为：=0.2T/s[来源学_科_网] 由法拉第电磁感应定律得，线圈中感应电动势大小为： 由闭合电路欧姆定律得，闭合S2后，通过R2的电流大小为： 根据楞次定律判断知，通过R2的电流方向为a→b． （2）S1切断前，电容器板间电压为：U=IR2=2.4V， ﹣6则电容器所带电量为：Q=CU=7.2×10C，S1切断后， ﹣6电容器所带电量通过R2全部释放，故通过R2的电量7.2×10C． 答：（1）闭合S2后，通过R2的电流大小为0.4A，方向：a→b； ﹣6（2）S1切断后，通过R2的电量为：7.2×10． 点评： 本题考查了求电流、判断电流方向、求电荷量，是电磁感应与电路相结合的综合题，应用法拉第电磁感应定律、电容、闭合电路的欧姆定律等知识点即可正确解题． 16．（14分）金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨左端接有电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计．匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T．一质量为m=0.1kg，电阻可不计的金属棒ab由某点静止释放沿导轨下滑，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=

．如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始

终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大． 求（1）金属棒的最大速度？

（2）此过程中电阻产生的焦耳热量？

考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 专题： 电磁感应——功能问题． 分析： （1）当金属棒匀速下滑时速度最大，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出最大速度． （2）由能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热． 解答： 解：（1）金属棒受到的安培力：F=BIL=， 金属棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得： +μmgcosθ=mgsinθ， 代入数据解得：v=2m/s； （2）由能量守恒定律得：mgh=mv+μmgcosθ?2+Q， 代入数据解得：Q=1J； 答：（1）金属棒的最大速度为2m/s； （2）此过程中电阻产生的焦耳热为1J． 点评： 本题考查了求金属棒的速度、产生的焦耳热，分析清楚金属棒的运动过程，应用安培力公式、平衡条件与能量守恒定律即可正确解题． 17．（16分）所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场．在直线y=a的上方和直线x=2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力． （1）求磁感应强度B的大小；

（2）粒子从进入磁场到离开磁场粒子所走的总路程和总时间

（3）如果粒子在O点与x轴成θ=45°角从第四象限射入匀强磁场，求粒子从进入磁场到离开磁场在磁场中所花的时间．

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