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山西省大同市2023-2024學年高二上學期期末質量監測物理試題
1．（2024高二上·大同期末）以下有關電場和磁場的說法正確的是（　　）
A．試探電荷在電場中某處受到的電場力越大，則該處的電場強度一定越大
B．電場強度的定義和磁感應強度的定義都用到了比值定義法
C．變化的電場一定產生變化的磁場
D．一段電流元在磁場中受力越大，則該處的磁感應強度越大
【答案】B
【知識點】磁感應強度；電磁場與電磁波的產生；電場及電場力；電場強度
【解析】【解答】A、電場強度的大小只與場源電荷有關，與試探電荷無關。故A錯誤；
B、電場強度
磁場強度
兩定義都用到了比值定義法。故B正確；
C、 非均勻變化的電場一定產生變化的磁場，均勻變化的電場產生恒定的磁場。故C錯誤；
D、根據
可知 一段電流元在磁場中受力越大，則該處的磁感應強度越大。故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】 電場強度的定義和磁感應強度的定義都用到了比值定義法。電場強度的大小只與場源電荷有關，與試探電荷無關。非均勻變化的電場一定產生變化的磁場，均勻變化的電場產生恒定的磁場。
2．（2024高二上·大同期末）如圖甲所示，A、B為一條電場線上的兩點，一帶負電的粒子自A點以一定的初速度沿直線運動到B點，粒子僅受電場力，其運動的v-t圖像如圖乙所示，、分別為A、B兩點的電場強度，和分別為A、B兩點的電勢，以下說法正確的是（　?。?br/>A．該電場線一定是點電荷的電場線
B．該電場線一定是勻強電場的電場線
C．
D．
【答案】D
【知識點】電場強度；電勢能與電場力做功的關系；電勢；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】ABC、v-t圖像是斜率表示加速度，由圖像可知粒子的加速度逐漸減小，即粒子受到的電場力逐漸減小。故
所以該電場為非勻強電場，一條電場線無法判斷是否為點電荷的電場線。故ABC錯誤；
D、由v-t圖像結合能量守恒定律可知，粒子的動能減小，則粒子的電勢能增大，而粒子帶負電，故
故D正確。
故答案為：D。
【分析】v-t圖像是斜率表示加速度。根據電場力與場強公式及牛頓第二定律確定場強的變化情況。對于非勻強電場，單條電場線無法確定場源是否為點電荷。電場力做正功，動能增大，電勢能減小。
3．（2024高二上·大同期末）如圖所示，真空中有一矩形abcd，ad、bc兩邊的中點分別是e和f，在ef兩點固定兩個等量異種點電荷，以下說法正確的是（　?。?br/>A．a、c兩點電場強度大小相等、方向相同
B．b、c兩點電場強度大小相等、方向相同
C．b、d兩點電場強度大小相等、方向相反
D．a、b兩點電場強度大小相等、方向相同
【答案】A
【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加
【解析】【解答】A、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， a、c兩點電場強度大小相等、方向相同 。故A正確；
B、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， b、c兩點電場強度大小相等、方向不同。故B錯誤；
C、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， b、d兩點電場強度大小相等、方向相同，故C錯誤；
D、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， a、b兩點電場強度大小相等、方向不同 。故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】熟悉掌握等量異種電荷電場線的分布情況。再根據分布情況結合各點所處的位置確定各點場強的大小和方向關系。
4．（2024高二上·大同期末）如圖所示，平行板電容器兩極板間接的電壓，兩極板間距離d＝0.1m，電場強度E和磁感應強度B相互垂直，B＝0.2T，一帶電粒子以某一速度垂直電場線沿圖中虛線進入電容器，不計粒子重力，以下說法正確的是（　?。?br/>A．若粒子帶正電，當粒子從電容器右側以某一特定的速度沿虛線進入電容器時粒子將沿虛線運動
B．若粒子帶負電，當粒子從電容器右側以某一特定的速度沿虛線進入電容器時粒子將沿虛線運動
C．若粒子帶正電，當粒子從電容器右側進入電容器時，不論速度多大，粒子的運動都偏離虛線向上
D．若，且粒子帶負電，當粒子從電容器左側沿虛線進入電容器時，粒子的運動偏離虛線向下
【答案】D
【知識點】速度選擇器
【解析】【解答】AC、 若粒子帶正電，根據左手定則可知，粒子所受洛倫茲力和電場力均豎直向下， 粒子的運動偏離虛線向下。故AC錯誤；
B、 若粒子帶負電， 根據左手定則可知，粒子所受洛倫茲力和電場力均豎直向上， 粒子的運動偏離虛線向上。故B錯誤；
D、根據左手定則可知，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，根據洛倫茲力公式可得
粒子所受電場力方向豎直向上，大小為
由于
故當粒子從電容器左側沿虛線進入電容器時，粒子的運動偏離虛線向下。故D正確。
故答案為：D。
【分析】根據左手定則確定粒子從不同方向射入時所受洛倫茲力的方向，再根據洛倫茲力和電場力的方向和大小關系，確定粒子的偏轉方向，注意粒子帶電的正負性。
5．（2024高二上·大同期末）如圖所示，一電動機在額定電壓220V下正常工作，恰好將一質量為109kg的物體以1m/s的速度向上勻速吊起，電動機線圈的電阻為0.4Ω，不計一切摩擦，g取，則此時通過電動機的電流為（　?。?br/>A．5A B．6A C．7A D．9A
【答案】A
【知識點】電功率和電功；功率及其計算
【解析】【解答】根據能量守恒定律及電功率可得
代入數據可得
故答案為：A。
【分析】根據能量守恒定律分析電動機的總功率與熱功率及重物功率之間的關系，再根據電動率公式及熱功率和機械功率進行解答。
6．（2024高二上·大同期末）如圖所示，一組合元件由加速器與偏轉器組成，加速電壓為，偏轉電壓為，讓氕（）粒子和氘（）粒子的混合物在左極板A處由靜止開始加速，然后進入偏轉電場，進入偏轉電場時，速度方向與電場方向垂直，在運動過程中二者都未與極板相碰，下列關于二者相關物理量的說法正確的是（　?。?br/>A．通過兩個電場的總時間相同 B．軌跡不同
C．離開偏轉電場時的速度相同 D．離開偏轉電場時的動能相同
【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB、帶電粒子在加速電場中運動有
，
由于粒子均為與極板相碰，設板間距為2d，板長為L，則粒子在偏轉電場中有
，
運動的總時間為
聯立解得
，
由于粒子的電荷量量相等，質量不相等，故通過兩電場的總時間不相同。兩粒子在偏轉電場的數值偏移量相等，即兩粒子的運動軌跡相等。故AB錯誤；
CD、根據動能定理可得
故離開偏轉電場時的動能相同，而兩粒子的質量不同，故離開偏轉電場時的速度不同。故C錯誤，D正確。
故答案為：D。
【分析】根據題意明確兩粒子的電荷量和質量的關系。確定粒子在加速電場和偏轉電場的運動情況，再根據動能定理及類平拋運動規律確定粒子偏轉方向即運動時間與各極板物理量及電荷電性及質量的關系。根據功能關系確定兩電荷離開電場的動能關系。
7．（2024高二上·大同期末）如圖所示，導體框是由同種材料且導體橫截面相同的兩段導線構成，分別為直導線和彎曲導線兩部分，直導線為ac，彎曲導線為半圓形abc，ac為半圓形的直徑，把導體框接入如圖電路中，導體框處在垂直紙面向里勻強磁場中，閉合開關，直導線ac受到的安培力大小為F，則整個導體框受力為（　　）
A．0 B．2F C． D．
【答案】D
【知識點】電阻定律；左手定則—磁場對通電導線的作用；安培力的計算
【解析】【解答】設ac棒的電阻為，電源電動勢為E，圓形半徑為r。根據電阻定律有
則彎曲導線電阻為
則通過直導線和彎曲導線的電流分別為
，
則根據題意有
彎曲段安培力為
故整個導線框所受安培力為
故答案為：D。
【分析】明確電路的連接方式。根據電阻定律確定直導線ac和彎曲導線abc電阻的關系，再根據歐姆定律確定兩導線電流的比值關系。確定彎曲導線abc的有效長度及電流方向。再根據安培力公式結合題意進行解答。
8．（2024高二上·大同期末）如圖所示，勻強電場與直角△ABC所在平面平行，將電荷量為的點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做了的功；再從B點移到C點，靜電力做了的功，且AB＝4cm，BC＝3cm，以下說法正確的是（　?。?br/>A．電場強度大小為
B．電場強度大小為
C．若電場強度的方向與豎直線夾角為，則
D．若電場強度的方向與豎直線夾角為，則
【答案】A,C
【知識點】勻強電場；電勢能與電場力做功的關系；電勢；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】AB、設B點電勢為零，則
，
即
，
由于該電場為勻強電場，所以電勢在任意直線上均勻變化。取AB中點D，則點D電勢為2V，連接C點，得到相同電勢的一條直線，由于電場強度方向垂直
根據幾何關系可得
故電場強度為
故A正確，B錯誤；
CD、若電場強度的方向與豎直線夾角為θ，則
故
故C正確，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】根據電場力做功與電勢差的關系確定AB和BC之間的電勢差。根據等分法確定等勢面的位置。再根據電場線與等勢面相互垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低及電勢差與場強的關系，結合幾何關系，確定電場強度的大小和方向。
9．（2024高二上·大同期末）如圖所示為回旋加速器的工作原理示意圖，兩個D形盒的正中間有狹縫，狹縫寬度為d，狹縫之間存在勻強電場，電場強度為E。兩個半徑為R的D形盒接上高頻交流電，并處在勻強磁場中，在的中心A處有一個粒子源，它產生并發出比荷為k的帶正電粒子，粒子的初速度視為0，經加速后從D形盒的邊緣以速度v飛出，不計粒子重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．電場強度E越大，粒子從D形盒飛出時的速度v越大
B．粒子在狹縫之間運動的總時間為
C．勻強磁場的磁感應強度為
D．粒子第4次被加速結束的瞬間位置與A點之間的距離為
【答案】B,C,D
【知識點】質譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】AC、根據洛倫茲力提供向心力
解得
，
故粒子從D形盒飛出時的速度與電場強度無關。故A錯誤，C正確；
B、設粒子加速的次數為n，粒子每次經過狹縫，電場力做功相等，則全程有
粒子每次經過加速狹縫的加速度相等，粒子經過磁場的速度不變，則相當于粒子在狹縫中做初速度為零的勻加速直線運動，故有
聯立解得
故C正確；
D、粒子加速1次時，有
，
粒子加速2次時，有
，
粒子加速4次瞬間時，粒子圓周運動半徑為第三次加速后的運動半徑，有
，
粒子加速4次位置如圖所示
則粒子第4次被加速結束的瞬間位置與A點之間的距離為
代入數據可得為
故D正確。
故選BCD。
【分析】
10．（2024高二上·大同期末）圓形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，O為其圓心，ab、cd和ef為其三條直徑，其中cd和ef的夾角θ＝16°，兩個比荷大小相等，帶有異種電荷的粒子和先后在a點沿aO的連線方向以不同的初速度射入磁場，分別從c點和d點離開磁場，兩粒子在磁場中的運動半徑分別為和，運動時間分別為和，不計粒子重力，以下說法正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】AB、粒子沿半徑入射必沿半徑出射，作輔助線如圖所示
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有
其周期有
設圓心角為γ，在磁場中運動時間為
因為θ=16° ，可得兩個粒子入射時的弦切角分別為α=53°，β=37°，因為圓心角等于圓周角一半，可以知道從c點射出的粒子的偏轉角為106°，同理，從d點射出的粒子的偏轉角為74°，又因為粒子的比荷相同，所以兩粒子的周期相同，則
故A正確，B錯誤；
CD、結合上述分析，以及幾何關系，由幾何關系可得半徑之比為
故C錯誤，D正確。
故答案為：AD。
【分析】根據題意畫出兩粒子的運動軌跡，根據幾何關系確定兩粒子的運動軌跡半徑及運動軌跡所對應的圓心角，再根據帶電粒子在磁場中運動的規律進行解答。
11．（2024高二上·大同期末）傳感器中經常用到電容器做基本元件，如圖為電容式液位計的原理圖，一根金屬圓柱插入金屬容器內（并未與容器底、壁接觸），另一端與電源相連，金屬圓柱為電容器的一個電極，容器壁為電容器的另一個電極，容器內充入絕緣液體，金屬容器接地。另有一靜電計與該裝置相連，靜電計外殼接地，靜電計的金屬球通過開關與金屬圓柱相連。某同學用該裝置做以下實驗。
（1）先閉合，給電容器充電；
（2）斷開，閉合，靜電計指針偏轉一定角度；
（3）該同學給容器中加入更多絕緣液體使液面升高，此時他觀察到靜電計指針偏角　 　（選填“變大“變小”或“不變”），由此他推測出：液面升高使電容器的電容　 ?。ㄟx填“變大”“變小”或“不變”）。
（4）此后在保持液面不變的情況下他繼續實驗，通過絕緣手柄把金屬圓柱向上移動一段距離，他看到靜電計的指針偏角　 ?。ㄟx填“變大”“變小”或“不變”），表明電容器的電容因金屬圓柱向上移動而　 ?。ㄟx填“變大”“變小”或“不變”）。
【答案】（1）無
（2）無
（3）變??；變大
（4）變大；變小
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】（3）加入更多絕緣液體，根據電容器電容公式
可知，原來正對面積為空氣的地方被絕緣液體替代，ε變大，電容器的電容C變大，又由于
且Q不變，所以U減小，即靜電計指針偏轉角度變小。
（4）同理，把金屬圓柱向上移動一段距離，電容器兩極的正對面積極減小，電容器的電容減小，電荷量不變，所以電容器兩端電壓變大，即靜電計指針偏角變大。
【分析】根據題意確定電容器兩極板的正對面積和距離及板間的電介質。兩極板的電勢差越大，靜電計的張角越大。確定兩極板電勢差或電荷量是否發生改變，再根據電容的定義式及決定式結合題意進行分析。
12．（2024高二上·大同期末）為描繪一個標有“3V 0.9W”的小燈泡的伏安特性曲線，有以下實驗器材供選用：
A.電壓表（量程2V，內阻為2kΩ）
B.電流表A1（量程0.6A，內阻約0.1Ω）
C.電流表A2（量程0.3A，內阻約0.2Ω）
D.電阻箱（0～9999.9Ω）
E.滑動變阻器（10Ω，2A）
F.滑動變阻器（200Ω，0.5A）
G.蓄電池（電動勢6V，內阻不計），開關一個
（1）電流表選擇　 　（選填“”或“”），滑動變阻器選擇　 ?。ㄟx填“”或“”）
（2）實驗要求能夠實現在0～3.0V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，在虛線框內畫出實驗電路原理圖。
（3）由實驗所得I-U圖線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻　 ?。ㄟx填“增大”“不變”或“減小”）。
【答案】（1）A1；R1
（2）如圖所示
（3）增大
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】 （1）通過小燈泡的電流為
所以小燈泡的額定電流大小約等于0.3A，電流表應該選擇A2。
該實驗中需要獲得大量數據進行分析，所以控制電路應該選擇分壓式電路，所以其滑動變阻器應該選擇阻值小的，即選擇R1。
（2）由之前的分析可知控制電路選擇分壓式，由于小燈泡的電阻較小，所以應該選擇外接法。由于電壓表的量程不足以完成實驗，所以應該改裝電壓表，即將一個電阻箱與電壓表串聯從而改裝電壓表。故電路圖如圖所示
（3）電阻的公式為
整理有
I-U圖像上某一點與其原點的連線的斜率即為電阻的倒數，結合題圖可知，隨著電流的增加其圖像上該點與原點連線的斜率變小，所以小燈泡的電阻增大。
【分析】根據燈泡的參數確定燈泡勻速通過的最大電流，繼而確定選擇電流表的類型。測量燈泡的伏安特性曲線，測量數據需從零開始且為保護電路安全，滑動變阻器采用分壓式接法。根據燈泡內阻與電壓表及電壓表阻值關系確定電流表的內外接法。I-U圖像上某一點與其原點的連線的斜率即為電阻的倒數。
13．（2024高二上·大同期末）如圖所示，兩個勻強磁場分布在邊長均為L的兩個正三角形內，兩個三角形在C點共點，垂直紙面向里的磁場的磁感應強度為，垂直紙面向外的磁場的磁感應強度為（未知），虛線是磁場的邊界，運動的粒子可以自由穿過。一質量為m、帶正電且電荷量為q粒子，自A點以垂直于BC邊的方向射入磁場，經C點進入另一個磁場，粒子從CE的中點射出。不計粒子重力，求：
（1）粒子在A點射入磁場時的速度；
（2）的大小。
【答案】（1）畫出粒子的軌跡圖，AC為軌跡的弦長，
得入射時的弦切角θ＝30°
可得粒子的半徑
根據公式
得
（2）粒子進入磁場時，弦切角α＝30°
根據幾何知識可得
粒子的速度不變，根據，得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）畫出粒子在ABC磁場區域內的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再根據洛倫茲力提供向心力確定粒子速度的大小；
（2）畫出粒子在CDE磁場區域內的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再根據洛倫茲力提供向心力確定磁場的大小。
14．（2024高二上·大同期末）如圖所示，間距為L＝1.0m、電阻不計的兩平行導軌傾斜放置，與水平面夾角為37°，導軌兩端接有電源，電源電動勢E＝6V，內阻r＝0.25Ω，為電阻箱（阻值范圍0～10Ω），定值電阻，，質量m＝0.2kg的導體棒垂直導軌放置，導體棒接入電路的電阻為0.5Ω，勻強磁場垂直導軌平面向下，g取，sin37°＝0.6，cos37°=0.8。
（1）若導軌光滑，且電阻箱阻值調為0.50Ω，開關K閉合時，導體棒恰好靜止，求勻強磁場的磁感應強度B；
（2）若導軌粗糙，且勻強磁場的磁感應強度B＇＝1.0T，方向仍垂直導軌平面向下，導體棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，閉合開關，為使導體棒保持靜止，求的調節范圍。
【答案】（1）導體棒電阻為0.5Ω，回路總電阻R＝2Ω
回路總電流
流過導體棒的電流
導體棒重力沿斜面向下的分力
導體棒所受安培力等于重力的分力
得B＝0.8T
（2）最大靜摩擦力
若導體棒有向下的運動趨勢，則靜摩擦力沿導軌平面向上，此時向上的安培力與摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分力
即
得
整個回路電流
根據閉合電路歐姆定律，，
若導體棒有向上的運動趨勢，則摩擦力沿導軌向下
得，整個回路電流
跟據閉合電路歐姆定律，，
的取值范圍為（0～6.0Ω）
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡；電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1）確定閉合開關時，電路的連接方式，根據閉合電路的歐姆定律及串并聯電路的規律確定流過導體棒的電流大小，再對導體棒進行受力分析，根據安培力公式及平衡條件和力的合成與分解進行解答；
（2）導體棒仍處于平衡狀態，安培力方向不變，但由于摩擦力的方向不確定，故需要根據摩擦力方向的不同結合平衡條件確定此時電流的大小，再根據閉合電路的歐姆定律及串并聯電路規律確定滑動變阻器阻值的大小。
15．（2024高二上·大同期末）如圖所示，在直角坐標系的第一和第二象限內分別存在沿y軸正向和沿x軸負
向的足夠大的勻強電場，電場強度大小都為E，第三、四象限里存在垂直紙面向里的足夠大的勻強磁場。在第二象限的點靜止釋放一質量為m、電荷量為-q的粒子，粒子開始運動，在第一象限經x軸上Q點（Q點未畫出）進入磁場，此后粒子經坐標原點繼續運動，不計粒子重力。求：
（1）粒子經過x軸上的Q點的坐標；
（2）磁場的磁感應強度B；
（3）粒子第3次經過x軸的坐標。
【答案】（1）在第二象限內粒子在電場力的作用下加速，到達y軸，由運動學規律有，得
到達y軸時速度
進入第一象限沿y軸方向做勻加速直線運動，
因為，所以
在x軸方向上的位移
所以Q點坐標
（2）因為，進入磁場時合速度為，與x軸夾角為45°，
由OQ=2L，得
由，可得
（3）粒子自O點進入電場后，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻減速運動，
豎直方向上速度減到0的時間
上升過程中粒子沿x軸向右運動了，，，得
即達到Q點正上方L處，然后重復運動，可得
第3次經x軸坐標為
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）確定粒子在第二象限及第一象限的受力情況及運動類型，再根據牛頓第二定律及勻變速直線運動規律和類平拋運動規律進行解答；
（2）根據平拋運動規律確定粒子從電場進入磁場的速度方向及大小。根據題意畫出粒子在磁場中的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子運動半徑，再根據洛倫茲力提供向心力確定磁感應強度大?。?br/>（3）根據運動的對稱性，確定粒子從磁場進入磁場的速度大小和方向，明確粒子在電場中的受力情況及運動類型，再根據斜拋運動規律確定第3次經過x軸的坐標。
1 / 1山西省大同市2023-2024學年高二上學期期末質量監測物理試題
1．（2024高二上·大同期末）以下有關電場和磁場的說法正確的是（　?。?br/>A．試探電荷在電場中某處受到的電場力越大，則該處的電場強度一定越大
B．電場強度的定義和磁感應強度的定義都用到了比值定義法
C．變化的電場一定產生變化的磁場
D．一段電流元在磁場中受力越大，則該處的磁感應強度越大
2．（2024高二上·大同期末）如圖甲所示，A、B為一條電場線上的兩點，一帶負電的粒子自A點以一定的初速度沿直線運動到B點，粒子僅受電場力，其運動的v-t圖像如圖乙所示，、分別為A、B兩點的電場強度，和分別為A、B兩點的電勢，以下說法正確的是（　?。?br/>A．該電場線一定是點電荷的電場線
B．該電場線一定是勻強電場的電場線
C．
D．
3．（2024高二上·大同期末）如圖所示，真空中有一矩形abcd，ad、bc兩邊的中點分別是e和f，在ef兩點固定兩個等量異種點電荷，以下說法正確的是（　?。?br/>A．a、c兩點電場強度大小相等、方向相同
B．b、c兩點電場強度大小相等、方向相同
C．b、d兩點電場強度大小相等、方向相反
D．a、b兩點電場強度大小相等、方向相同
4．（2024高二上·大同期末）如圖所示，平行板電容器兩極板間接的電壓，兩極板間距離d＝0.1m，電場強度E和磁感應強度B相互垂直，B＝0.2T，一帶電粒子以某一速度垂直電場線沿圖中虛線進入電容器，不計粒子重力，以下說法正確的是（　　）
A．若粒子帶正電，當粒子從電容器右側以某一特定的速度沿虛線進入電容器時粒子將沿虛線運動
B．若粒子帶負電，當粒子從電容器右側以某一特定的速度沿虛線進入電容器時粒子將沿虛線運動
C．若粒子帶正電，當粒子從電容器右側進入電容器時，不論速度多大，粒子的運動都偏離虛線向上
D．若，且粒子帶負電，當粒子從電容器左側沿虛線進入電容器時，粒子的運動偏離虛線向下
5．（2024高二上·大同期末）如圖所示，一電動機在額定電壓220V下正常工作，恰好將一質量為109kg的物體以1m/s的速度向上勻速吊起，電動機線圈的電阻為0.4Ω，不計一切摩擦，g取，則此時通過電動機的電流為（　　）
A．5A B．6A C．7A D．9A
6．（2024高二上·大同期末）如圖所示，一組合元件由加速器與偏轉器組成，加速電壓為，偏轉電壓為，讓氕（）粒子和氘（）粒子的混合物在左極板A處由靜止開始加速，然后進入偏轉電場，進入偏轉電場時，速度方向與電場方向垂直，在運動過程中二者都未與極板相碰，下列關于二者相關物理量的說法正確的是（　?。?br/>A．通過兩個電場的總時間相同 B．軌跡不同
C．離開偏轉電場時的速度相同 D．離開偏轉電場時的動能相同
7．（2024高二上·大同期末）如圖所示，導體框是由同種材料且導體橫截面相同的兩段導線構成，分別為直導線和彎曲導線兩部分，直導線為ac，彎曲導線為半圓形abc，ac為半圓形的直徑，把導體框接入如圖電路中，導體框處在垂直紙面向里勻強磁場中，閉合開關，直導線ac受到的安培力大小為F，則整個導體框受力為（　　）
A．0 B．2F C． D．
8．（2024高二上·大同期末）如圖所示，勻強電場與直角△ABC所在平面平行，將電荷量為的點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做了的功；再從B點移到C點，靜電力做了的功，且AB＝4cm，BC＝3cm，以下說法正確的是（　?。?br/>A．電場強度大小為
B．電場強度大小為
C．若電場強度的方向與豎直線夾角為，則
D．若電場強度的方向與豎直線夾角為，則
9．（2024高二上·大同期末）如圖所示為回旋加速器的工作原理示意圖，兩個D形盒的正中間有狹縫，狹縫寬度為d，狹縫之間存在勻強電場，電場強度為E。兩個半徑為R的D形盒接上高頻交流電，并處在勻強磁場中，在的中心A處有一個粒子源，它產生并發出比荷為k的帶正電粒子，粒子的初速度視為0，經加速后從D形盒的邊緣以速度v飛出，不計粒子重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．電場強度E越大，粒子從D形盒飛出時的速度v越大
B．粒子在狹縫之間運動的總時間為
C．勻強磁場的磁感應強度為
D．粒子第4次被加速結束的瞬間位置與A點之間的距離為
10．（2024高二上·大同期末）圓形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，O為其圓心，ab、cd和ef為其三條直徑，其中cd和ef的夾角θ＝16°，兩個比荷大小相等，帶有異種電荷的粒子和先后在a點沿aO的連線方向以不同的初速度射入磁場，分別從c點和d點離開磁場，兩粒子在磁場中的運動半徑分別為和，運動時間分別為和，不計粒子重力，以下說法正確的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·大同期末）傳感器中經常用到電容器做基本元件，如圖為電容式液位計的原理圖，一根金屬圓柱插入金屬容器內（并未與容器底、壁接觸），另一端與電源相連，金屬圓柱為電容器的一個電極，容器壁為電容器的另一個電極，容器內充入絕緣液體，金屬容器接地。另有一靜電計與該裝置相連，靜電計外殼接地，靜電計的金屬球通過開關與金屬圓柱相連。某同學用該裝置做以下實驗。
（1）先閉合，給電容器充電；
（2）斷開，閉合，靜電計指針偏轉一定角度；
（3）該同學給容器中加入更多絕緣液體使液面升高，此時他觀察到靜電計指針偏角　 ?。ㄟx填“變大“變小”或“不變”），由此他推測出：液面升高使電容器的電容　 　（選填“變大”“變小”或“不變”）。
（4）此后在保持液面不變的情況下他繼續實驗，通過絕緣手柄把金屬圓柱向上移動一段距離，他看到靜電計的指針偏角　 ?。ㄟx填“變大”“變小”或“不變”），表明電容器的電容因金屬圓柱向上移動而　 　（選填“變大”“變小”或“不變”）。
12．（2024高二上·大同期末）為描繪一個標有“3V 0.9W”的小燈泡的伏安特性曲線，有以下實驗器材供選用：
A.電壓表（量程2V，內阻為2kΩ）
B.電流表A1（量程0.6A，內阻約0.1Ω）
C.電流表A2（量程0.3A，內阻約0.2Ω）
D.電阻箱（0～9999.9Ω）
E.滑動變阻器（10Ω，2A）
F.滑動變阻器（200Ω，0.5A）
G.蓄電池（電動勢6V，內阻不計），開關一個
（1）電流表選擇　 　（選填“”或“”），滑動變阻器選擇　 ?。ㄟx填“”或“”）
（2）實驗要求能夠實現在0～3.0V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，在虛線框內畫出實驗電路原理圖。
（3）由實驗所得I-U圖線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻　 ?。ㄟx填“增大”“不變”或“減小”）。
13．（2024高二上·大同期末）如圖所示，兩個勻強磁場分布在邊長均為L的兩個正三角形內，兩個三角形在C點共點，垂直紙面向里的磁場的磁感應強度為，垂直紙面向外的磁場的磁感應強度為（未知），虛線是磁場的邊界，運動的粒子可以自由穿過。一質量為m、帶正電且電荷量為q粒子，自A點以垂直于BC邊的方向射入磁場，經C點進入另一個磁場，粒子從CE的中點射出。不計粒子重力，求：
（1）粒子在A點射入磁場時的速度；
（2）的大小。
14．（2024高二上·大同期末）如圖所示，間距為L＝1.0m、電阻不計的兩平行導軌傾斜放置，與水平面夾角為37°，導軌兩端接有電源，電源電動勢E＝6V，內阻r＝0.25Ω，為電阻箱（阻值范圍0～10Ω），定值電阻，，質量m＝0.2kg的導體棒垂直導軌放置，導體棒接入電路的電阻為0.5Ω，勻強磁場垂直導軌平面向下，g取，sin37°＝0.6，cos37°=0.8。
（1）若導軌光滑，且電阻箱阻值調為0.50Ω，開關K閉合時，導體棒恰好靜止，求勻強磁場的磁感應強度B；
（2）若導軌粗糙，且勻強磁場的磁感應強度B＇＝1.0T，方向仍垂直導軌平面向下，導體棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，閉合開關，為使導體棒保持靜止，求的調節范圍。
15．（2024高二上·大同期末）如圖所示，在直角坐標系的第一和第二象限內分別存在沿y軸正向和沿x軸負
向的足夠大的勻強電場，電場強度大小都為E，第三、四象限里存在垂直紙面向里的足夠大的勻強磁場。在第二象限的點靜止釋放一質量為m、電荷量為-q的粒子，粒子開始運動，在第一象限經x軸上Q點（Q點未畫出）進入磁場，此后粒子經坐標原點繼續運動，不計粒子重力。求：
（1）粒子經過x軸上的Q點的坐標；
（2）磁場的磁感應強度B；
（3）粒子第3次經過x軸的坐標。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】磁感應強度；電磁場與電磁波的產生；電場及電場力；電場強度
【解析】【解答】A、電場強度的大小只與場源電荷有關，與試探電荷無關。故A錯誤；
B、電場強度
磁場強度
兩定義都用到了比值定義法。故B正確；
C、 非均勻變化的電場一定產生變化的磁場，均勻變化的電場產生恒定的磁場。故C錯誤；
D、根據
可知 一段電流元在磁場中受力越大，則該處的磁感應強度越大。故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】 電場強度的定義和磁感應強度的定義都用到了比值定義法。電場強度的大小只與場源電荷有關，與試探電荷無關。非均勻變化的電場一定產生變化的磁場，均勻變化的電場產生恒定的磁場。
2．【答案】D
【知識點】電場強度；電勢能與電場力做功的關系；電勢；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】ABC、v-t圖像是斜率表示加速度，由圖像可知粒子的加速度逐漸減小，即粒子受到的電場力逐漸減小。故
所以該電場為非勻強電場，一條電場線無法判斷是否為點電荷的電場線。故ABC錯誤；
D、由v-t圖像結合能量守恒定律可知，粒子的動能減小，則粒子的電勢能增大，而粒子帶負電，故
故D正確。
故答案為：D。
【分析】v-t圖像是斜率表示加速度。根據電場力與場強公式及牛頓第二定律確定場強的變化情況。對于非勻強電場，單條電場線無法確定場源是否為點電荷。電場力做正功，動能增大，電勢能減小。
3．【答案】A
【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加
【解析】【解答】A、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， a、c兩點電場強度大小相等、方向相同 。故A正確；
B、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， b、c兩點電場強度大小相等、方向不同。故B錯誤；
C、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， b、d兩點電場強度大小相等、方向相同，故C錯誤；
D、根據等量異種電荷電場線分布情況可知， a、b兩點電場強度大小相等、方向不同 。故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】熟悉掌握等量異種電荷電場線的分布情況。再根據分布情況結合各點所處的位置確定各點場強的大小和方向關系。
4．【答案】D
【知識點】速度選擇器
【解析】【解答】AC、 若粒子帶正電，根據左手定則可知，粒子所受洛倫茲力和電場力均豎直向下， 粒子的運動偏離虛線向下。故AC錯誤；
B、 若粒子帶負電， 根據左手定則可知，粒子所受洛倫茲力和電場力均豎直向上， 粒子的運動偏離虛線向上。故B錯誤；
D、根據左手定則可知，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，根據洛倫茲力公式可得
粒子所受電場力方向豎直向上，大小為
由于
故當粒子從電容器左側沿虛線進入電容器時，粒子的運動偏離虛線向下。故D正確。
故答案為：D。
【分析】根據左手定則確定粒子從不同方向射入時所受洛倫茲力的方向，再根據洛倫茲力和電場力的方向和大小關系，確定粒子的偏轉方向，注意粒子帶電的正負性。
5．【答案】A
【知識點】電功率和電功；功率及其計算
【解析】【解答】根據能量守恒定律及電功率可得
代入數據可得
故答案為：A。
【分析】根據能量守恒定律分析電動機的總功率與熱功率及重物功率之間的關系，再根據電動率公式及熱功率和機械功率進行解答。
6．【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB、帶電粒子在加速電場中運動有
，
由于粒子均為與極板相碰，設板間距為2d，板長為L，則粒子在偏轉電場中有
，
運動的總時間為
聯立解得
，
由于粒子的電荷量量相等，質量不相等，故通過兩電場的總時間不相同。兩粒子在偏轉電場的數值偏移量相等，即兩粒子的運動軌跡相等。故AB錯誤；
CD、根據動能定理可得
故離開偏轉電場時的動能相同，而兩粒子的質量不同，故離開偏轉電場時的速度不同。故C錯誤，D正確。
故答案為：D。
【分析】根據題意明確兩粒子的電荷量和質量的關系。確定粒子在加速電場和偏轉電場的運動情況，再根據動能定理及類平拋運動規律確定粒子偏轉方向即運動時間與各極板物理量及電荷電性及質量的關系。根據功能關系確定兩電荷離開電場的動能關系。
7．【答案】D
【知識點】電阻定律；左手定則—磁場對通電導線的作用；安培力的計算
【解析】【解答】設ac棒的電阻為，電源電動勢為E，圓形半徑為r。根據電阻定律有
則彎曲導線電阻為
則通過直導線和彎曲導線的電流分別為
，
則根據題意有
彎曲段安培力為
故整個導線框所受安培力為
故答案為：D。
【分析】明確電路的連接方式。根據電阻定律確定直導線ac和彎曲導線abc電阻的關系，再根據歐姆定律確定兩導線電流的比值關系。確定彎曲導線abc的有效長度及電流方向。再根據安培力公式結合題意進行解答。
8．【答案】A,C
【知識點】勻強電場；電勢能與電場力做功的關系；電勢；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】AB、設B點電勢為零，則
，
即
，
由于該電場為勻強電場，所以電勢在任意直線上均勻變化。取AB中點D，則點D電勢為2V，連接C點，得到相同電勢的一條直線，由于電場強度方向垂直
根據幾何關系可得
故電場強度為
故A正確，B錯誤；
CD、若電場強度的方向與豎直線夾角為θ，則
故
故C正確，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】根據電場力做功與電勢差的關系確定AB和BC之間的電勢差。根據等分法確定等勢面的位置。再根據電場線與等勢面相互垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低及電勢差與場強的關系，結合幾何關系，確定電場強度的大小和方向。
9．【答案】B,C,D
【知識點】質譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】AC、根據洛倫茲力提供向心力
解得
，
故粒子從D形盒飛出時的速度與電場強度無關。故A錯誤，C正確；
B、設粒子加速的次數為n，粒子每次經過狹縫，電場力做功相等，則全程有
粒子每次經過加速狹縫的加速度相等，粒子經過磁場的速度不變，則相當于粒子在狹縫中做初速度為零的勻加速直線運動，故有
聯立解得
故C正確；
D、粒子加速1次時，有
，
粒子加速2次時，有
，
粒子加速4次瞬間時，粒子圓周運動半徑為第三次加速后的運動半徑，有
，
粒子加速4次位置如圖所示
則粒子第4次被加速結束的瞬間位置與A點之間的距離為
代入數據可得為
故D正確。
故選BCD。
【分析】
10．【答案】A,D
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】AB、粒子沿半徑入射必沿半徑出射，作輔助線如圖所示
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有
其周期有
設圓心角為γ，在磁場中運動時間為
因為θ=16° ，可得兩個粒子入射時的弦切角分別為α=53°，β=37°，因為圓心角等于圓周角一半，可以知道從c點射出的粒子的偏轉角為106°，同理，從d點射出的粒子的偏轉角為74°，又因為粒子的比荷相同，所以兩粒子的周期相同，則
故A正確，B錯誤；
CD、結合上述分析，以及幾何關系，由幾何關系可得半徑之比為
故C錯誤，D正確。
故答案為：AD。
【分析】根據題意畫出兩粒子的運動軌跡，根據幾何關系確定兩粒子的運動軌跡半徑及運動軌跡所對應的圓心角，再根據帶電粒子在磁場中運動的規律進行解答。
11．【答案】（1）無
（2）無
（3）變??；變大
（4）變大；變小
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】（3）加入更多絕緣液體，根據電容器電容公式
可知，原來正對面積為空氣的地方被絕緣液體替代，ε變大，電容器的電容C變大，又由于
且Q不變，所以U減小，即靜電計指針偏轉角度變小。
（4）同理，把金屬圓柱向上移動一段距離，電容器兩極的正對面積極減小，電容器的電容減小，電荷量不變，所以電容器兩端電壓變大，即靜電計指針偏角變大。
【分析】根據題意確定電容器兩極板的正對面積和距離及板間的電介質。兩極板的電勢差越大，靜電計的張角越大。確定兩極板電勢差或電荷量是否發生改變，再根據電容的定義式及決定式結合題意進行分析。
12．【答案】（1）A1；R1
（2）如圖所示
（3）增大
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】 （1）通過小燈泡的電流為
所以小燈泡的額定電流大小約等于0.3A，電流表應該選擇A2。
該實驗中需要獲得大量數據進行分析，所以控制電路應該選擇分壓式電路，所以其滑動變阻器應該選擇阻值小的，即選擇R1。
（2）由之前的分析可知控制電路選擇分壓式，由于小燈泡的電阻較小，所以應該選擇外接法。由于電壓表的量程不足以完成實驗，所以應該改裝電壓表，即將一個電阻箱與電壓表串聯從而改裝電壓表。故電路圖如圖所示
（3）電阻的公式為
整理有
I-U圖像上某一點與其原點的連線的斜率即為電阻的倒數，結合題圖可知，隨著電流的增加其圖像上該點與原點連線的斜率變小，所以小燈泡的電阻增大。
【分析】根據燈泡的參數確定燈泡勻速通過的最大電流，繼而確定選擇電流表的類型。測量燈泡的伏安特性曲線，測量數據需從零開始且為保護電路安全，滑動變阻器采用分壓式接法。根據燈泡內阻與電壓表及電壓表阻值關系確定電流表的內外接法。I-U圖像上某一點與其原點的連線的斜率即為電阻的倒數。
13．【答案】（1）畫出粒子的軌跡圖，AC為軌跡的弦長，
得入射時的弦切角θ＝30°
可得粒子的半徑
根據公式
得
（2）粒子進入磁場時，弦切角α＝30°
根據幾何知識可得
粒子的速度不變，根據，得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）畫出粒子在ABC磁場區域內的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再根據洛倫茲力提供向心力確定粒子速度的大??；
（2）畫出粒子在CDE磁場區域內的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再根據洛倫茲力提供向心力確定磁場的大小。
14．【答案】（1）導體棒電阻為0.5Ω，回路總電阻R＝2Ω
回路總電流
流過導體棒的電流
導體棒重力沿斜面向下的分力
導體棒所受安培力等于重力的分力
得B＝0.8T
（2）最大靜摩擦力
若導體棒有向下的運動趨勢，則靜摩擦力沿導軌平面向上，此時向上的安培力與摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分力
即
得
整個回路電流
根據閉合電路歐姆定律，，
若導體棒有向上的運動趨勢，則摩擦力沿導軌向下
得，整個回路電流
跟據閉合電路歐姆定律，，
的取值范圍為（0～6.0Ω）
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡；電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1）確定閉合開關時，電路的連接方式，根據閉合電路的歐姆定律及串并聯電路的規律確定流過導體棒的電流大小，再對導體棒進行受力分析，根據安培力公式及平衡條件和力的合成與分解進行解答；
（2）導體棒仍處于平衡狀態，安培力方向不變，但由于摩擦力的方向不確定，故需要根據摩擦力方向的不同結合平衡條件確定此時電流的大小，再根據閉合電路的歐姆定律及串并聯電路規律確定滑動變阻器阻值的大小。
15．【答案】（1）在第二象限內粒子在電場力的作用下加速，到達y軸，由運動學規律有，得
到達y軸時速度
進入第一象限沿y軸方向做勻加速直線運動，
因為，所以
在x軸方向上的位移
所以Q點坐標
（2）因為，進入磁場時合速度為，與x軸夾角為45°，
由OQ=2L，得
由，可得
（3）粒子自O點進入電場后，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻減速運動，
豎直方向上速度減到0的時間
上升過程中粒子沿x軸向右運動了，，，得
即達到Q點正上方L處，然后重復運動，可得
第3次經x軸坐標為
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）確定粒子在第二象限及第一象限的受力情況及運動類型，再根據牛頓第二定律及勻變速直線運動規律和類平拋運動規律進行解答；
（2）根據平拋運動規律確定粒子從電場進入磁場的速度方向及大小。根據題意畫出粒子在磁場中的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子運動半徑，再根據洛倫茲力提供向心力確定磁感應強度大小；
（3）根據運動的對稱性，確定粒子從磁場進入磁場的速度大小和方向，明確粒子在電場中的受力情況及運動類型，再根據斜拋運動規律確定第3次經過x軸的坐標。
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