山西省长治市二中2019-2020高二上学期物理12月月考试卷考试试卷

山西省长治市二中2019-2020学年高二上学期物理12月月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·长治月考）关于磁感应强度B的概念，下面说法正确的是 （　　）
A．根据磁感应强度B的定义式 可知，在磁场中某处，B与F成正比，B与 成反比
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零
C．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零
D．磁场中某处磁感应强度的方向，与直线电流在该处所受磁场力方向相同
2．（2015高二上·温州期中）如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（　　）
A． ，正电荷 B． ，正电荷
C． ，负电荷 D． ，负电荷
3．（2019高二上·长治月考）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．a粒子动能最大
B．c粒子速率最大
C．b粒子在磁场中运动时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta4．（2019高二上·长治月考）如图所示，在匀强电场中有四个点A、B、C、D，恰好为平行四边形的四个顶点，O点为平行四边形两条对角线的交点．已知：φA＝－4 V，φB＝6 V，φC＝8 V，则φD、φO分别为(　　)
A．－6 V,6 V B．2 V,1 V C．－2 V,2 V D．－4 V,4 V
5．（2019高二上·内蒙古月考）如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知(　　)
A．带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度
6．（2019高二上·长治月考）通电直导线A与圆形通电导线环B固定放在同一水平面上，通有如图所示的电流，则(　　)
A．直导线A受到的安培力大小为零
B．直导线A受到的安培力大小不为零，方向水平向右
C．导线环B受到的安培力的合力大小为零
D．导线环B受到的安培力的合力大小不为零，其方向水平向右
7．（2019高二上·长治月考）如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为 的电子以速度v0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为(　　)
A．B＜ B．B＜ C．B＞ D．B＞
8．（2019高二上·长治月考）在如图所示的电路中，已知电容C = 2μ F，电源电动势 E = 12V，内电阻不计，R1 ：R2 ：R3 ：R4 = 1 ：2 ：6 ：3， 则电容器极板a上所带的电量为(　　)
A．－8×10-6 C B．4×10-6 C C．－4×10-6 C D．8×10-6C
二、多选题
9．（2019高二上·长治月考）劳伦斯由于发明了回旋加速器以及借此取得的成果而于1939年获得诺贝尔物理学奖 ．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与频率一定的高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．要增大带电粒子射出的动能，下列说法正确的是(　　)
A．增大匀强电场间的加速电压，其他保持不变
B．增大磁场的磁感应强度，其他保持不变
C．减小狭缝间的距离，其他保持不变
D．增大D形金属盒的半径，其他保持不变
10．（2019高二上·长治月考）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计重力，则下列说法中正确的是(　　)
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带正电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷 越小
11．（2019高二上·长治月考）霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各领域，如在翻盖手机中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d（M、N间距离），厚为h（图中上下面距离），当通以图示方向电流时，MN两端将出现电压UMN ，则(　　)
A．MN两端电压UMN仅与磁感应强度B有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则MN两端电压UMN <0
C．若增大霍尔元件宽度d，则MN两端电压UMN一定不变
D．通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN
12．（2017高二上·青山期末）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（　　）
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
13．（2019高二上·长治月考）在图示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，电压表V的读数变化量为ΔU，电流表A2的读数变化量为ΔI2（电表均视为理想电表）．则(　　)
A．电压表V的读数先变大后变小 B．电流表A1的读数变大
C．电流表A2的读数变大 D．ΔU与ΔI2的比值为定值
14．（2019高二上·长治月考）如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能的是(　　)
A．始终做匀速运动
B．始终做减速运动，最后静止于杆上
C．先做加速运动，最后做匀速运动
D．先做减速运动，最后做匀速运动
三、实验题
15．（2019高二上·长治月考）
（1）某同学选择多用电表的“×1”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图所示的指针情况．则电阻的阻值约为　 　Ω．
（2）为了精确测量该电阻Rx的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：
电流表A1（0～40 mA．内阻r1=11.5 Ω）
电流表A2（0～100 mA．内阻r2≈5 Ω）
滑动变阻器R（0～10 Ω）
电源E（电动势1.5 V、有内阻）
开关、导线若干
①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图，并在图中注明各元件的符号．
（　 　）
②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点法得到了I1 I2图像，如图所示，则电阻的阻值为　 　Ω．
四、解答题
16．（2019高二上·长治月考）竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带正电小球，当丝线跟竖直方向成θ角，小球与板距离为b时，小球恰好平衡，如图所示．（重力加速度为g） 求：
（1）小球带电量q是多少？
（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
17．（2019高二上·长治月考）如图所示，在倾角为θ =30°的斜面上，固定一宽L=0.25 m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E=12 V、内阻r =1 Ω，一质量m =20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.80 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。g取10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：
（1）金属棒所受到的安培力的大小；
（2）通过金属棒的电流的大小；
（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值。
18．（2019高二上·长治月考）如图所示，水平方向的匀强电场的场强为E，场区宽度为L，紧挨着电场的是垂直纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B和2B，三个场的竖直方向均足够长。一个质量为m，电量为q的带正电粒子，其重力不计，从电场的边界MN上的a点由静止释放，经电场加速后进入磁场，穿过中间磁场所用的时间 ，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN上的某一点b，途中虚线为场区的分界面。求：
（1）中间场区的宽度d；
（2）粒子从a点到b点所经历的时间t；
（3）当粒子第n次返回电场的MN边界时与出发点之间的距离Sn。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A、磁感应强度 是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；
B、当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，故B错误；
C、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，故C正确．
D、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故D错误．
故选C．
【分析】磁感应强度的大小与安培力、电流元大小无关；磁感应强度等于0时安培力一定等于0.
2．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电
粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30°，所以有a=R+ R= R，
洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有 ，所以有 所以C正确．
故选C．
【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷．本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．
3．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
有： ，
其中m、q、B都相同，所以R越大，v越大；
由题意，c的轨迹半径最大，故c粒子的速率最大，c粒子的动能最大；故A项错误，B项正确；
D. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，有：
周期与速度无关，它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc，故D项错误；
C.设粒子在磁场中转过的圆心角为θ，则有运动时间为： ，
又由图可知a粒子转过的圆心角θ最大，故a粒子在磁场中运动的时间最长，故C项错误．
【分析】利用轨迹可以判别轨迹半径的大小；结合牛顿第二定律可以判别速率的大小；结合质量可以判别动能的大小；利用圆心角可以判别运动的时间；利用比荷相等结合周期公式可以判别周期相等。
4．【答案】C
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】匀强电场中，沿着某个方向，每前进相同的距离，电势的变化相同，故：φB φA=φC φD
代入数据为：6 ( 4)=8 φD
解得：φD= 2V
同理有：φC φO=φO φA
代入数据有：8 φO=φO ( 4)
解得：φO=2V
故选：C.
【分析】在匀强电场中，沿着某个方向，每前进相同的距离，电势的变化相同，根据该规律列式求解即可．
5．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电场力做功
【解析】【解答】A电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，A不符合题意；
BD.电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，所带电粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能，带电粒子在R点的动能大于带电粒子在Q点的动能，即带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度，B不符合题意，D符合题意。
C.根据能量守恒定律，带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。C不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电场线的疏密可以比较加速度的大小；利用轨迹可以判别电场力和电场线的方向；利用电场线方向可以判别电势的高低；利用电场力做功可以判别电势能的大小；由于只受电场力所以电势能和动能之和保持不变；利用电场力做功可以判别速度的大小。
6．【答案】B
【知识点】左手定则
【解析】【解答】CD.根据右手螺旋定则知，直导线周围的磁场在导线的左侧垂直纸面向里，在圆形导线的左右两侧对称的各取一小段，根据左手定则，左侧所受的安培力方向向右，右侧所受安培力的方向向左，因为电流的大小相等，圆环左侧处的磁感应强度小于右侧处的磁感应强度，可知左侧的受力小球右侧的受力，则圆环B所受的合力方向向左，大小不为零．故C项错误，D项错误；
AB.根据牛顿第三定律知，直导线所受的合力大小不为零，方向水平向右．故A错误，B正确．
【分析】利用左手定则结合微元法可以判别圆环的受力情况，再结合牛顿第三定律可以判别通电导线的安培力方向。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示：
由几何知识得：2Rcos30 =a，
解得： ；
欲使电子能经过AC边，必须满足：
而 ，
得： ，
解得： ；
故答案为：C
【分析】利用轨迹相切可以求出半径的最小值；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的最大值。
8．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电路结构如图所示：
当电路稳定时R1电压为：
R3电压为：
所以电容器两端电压为：U′=U3 U1=4V
此时电容器极板a上带正电，所带电荷量为：
故答案为：D
【分析】利用欧姆定律可以求出电压的大小；利用电压的大小可以求出电容器两端的电压大小；结合电容的表达式可以求出电荷量的大小。
9．【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】根据洛伦兹力等于向心力： ，
解得： ，
则最大动能： ，
知最大动能与加速电压无关，与狭缝间的距离无关．与磁感应强度以及D形盒的半径有关．
A. 增大匀强电场间的加速电压，其他保持不变，带电粒子射出的动能不变．故A项错误；
B. 增大磁场的磁感应强度，其他保持不变，带电粒子射出的动能增大．故B项正确；
C. 减小狭缝间的距离，其他保持不变，带电粒子射出的动能不变．故C项错误；
D. 增大D形金属盒的半径，其他保持不变，带电粒子射出的动能增大．故D项正确．
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别最大动能的影响因素。
10．【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A. 带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A项错误；
B. 在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B项正确；
CD. 进入B2磁场中的粒子速度v是相同的，由牛顿第二定律得：
解得： ，
可知，r越大，比荷 越小，粒子的质量m不一定大，故C项错误，D项正确．
【分析】利用左手定则结合可以判别粒子的电性；利用电场力和洛伦兹力平衡可以判别速度选择器的极板电性；利用牛顿第二定律可以判别半径大小对于比荷大小的影响。
11．【答案】C,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A. 根据左手定则，电子向N侧面偏转，N表面带负电，M表面带正电，所以M表面的电势高，则UMN>0.
MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长为a，有 ，
I=nqvS=nqvdh，
则： ，
所以MN两端电压UMN与磁感应强度B、电流I、载流子电量、霍尔元件厚度都有关系，故A项错误；
B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，根据左手定则，结合题意可知，自由电子偏向N极，则MN两端电压UMN>0，故B项错误；
C. 由MN两端电压的表达式 可知，增大霍尔元件宽度d，MN两端电压UMN一定不变，故C项正确；
D. 由MN两端电压的表达式 可知，通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN，故D项正确．
【分析】利用电场力和洛伦兹力相等可以求出电势差的表达式，进而判别影响因素；利用左手定则可以判别电子的偏转及极板的正负。
12．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，
利用动能定理有BIl L= mv2，
磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI
解得 ．
A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故A错误
B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确
C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故C错误
D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确．
故选BD．
【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．
根据速度的表达式进行求解．
13．【答案】A,B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A.当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，则路端电压表读数先增大后减小，因此电压表V的读数先变大后变小．电流表A2的读数先变小后变大，故A项正确，C项错误；
B. 滑片P从最上端滑至中点的过程中，变阻器的总电阻增大，电压增大，下部分电阻减小，所以电流表A1的读数变大．
从中点滑至最下端的过程中，变阻器总电阻减小，电流增大，路端电压减小，通过变阻器上部分的电流变小，而电路的总电流增大，则电流表A1的读数变大，因此电流表A1的读数一直变大，故B项正确；
D. 根据闭合电路欧姆定律得 ，
得 ，
保持不变，故D项正确．
【分析】利用滑动变阻器的电阻变化可以判别总电阻的变化；利用总电阻的变化可以判别电压和电流表的变化；利用欧姆定律可以判别电压和电流变化量的比值大小。
14．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动，故A正确；
B．当带负电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作用下，做减速运动，直到停止，故B正确；
C．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动，故C错误；
D．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，环开始做匀速直线运动，故D正确。
【分析】利用洛伦兹力大小和重力大小比较可以判别弹力的大小及摩擦力；结合加速度可以判别滑环的运动。
15．【答案】（1）12
（2）；11.5
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）欧姆表的示数为：12×1=12Ω（2）①将A1当作电压表用，小电阻用电流表外接法；要求调节范围尽可能大，滑动变阻器阻值小，用分压式接法．电路如图所示：
②由电路图：
代入其中严格在线上的点可得：Rx=11.5Ω
【分析】（1）利用示数乘以挡数可以求出电阻的大小；
（2）滑动变阻器使用分压式接法；电流表A1作为电压表使用；利用欧姆定律结合并联电路的电流特点可以求出电阻的大小。
16．【答案】（1）解：小球受力平衡，对小球受力分析如图所示： 根据平衡条件可知： 水平方向上：Fsinθ=qE
竖直方向上有：Fcosθ=mg
联立解得：
（2）解：研究水平方向的运动．剪断丝线后，小球沿水平方向做匀加速直线运动．
加速度为： ，
由运动学公式得：
解得：
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用小球的平衡条件可以求出小球的电荷量大小；
（2）利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出运动的时间。
17．【答案】（1）解：作出金属棒的受力图，如图所示.则有F=mgsin30°=0.1N.
（2）解：根据安培力公式F=BIL得
（3）解：设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)，得
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力
【解析】【分析】（1）利用金属棒的平衡方程可以求出安培力的大小；
（2）利用安培的表达式可以求出电流的大小；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
18．【答案】（1）解：粒子a点出发，在电场中加速和磁场中偏转，回到MN上的b点，轨迹如图所示：
粒子在电场中加速运动时，有：
解得： ；
由 得：粒子在中间磁场通过的圆弧所对应的圆心角为θ＝30°
粒子在中间磁场通过的圆弧半径为：
由几何关系得：
（2）解：粒子在右边的磁场中运动：其圆弧对应的圆心角为β＝120°
可知：
粒子在电场中加速时Eq tg＝mv
解得： ；
结合对称性：
（3）解：由轨迹图得：
再由周期性：
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用动能定理结合牛顿第二定律和几何关系可以求出宽度的大小；
（2）利用圆心角的的大小结合动量定理可以求出粒子运动的时间；
（3）利用几何关系结合周期性可以求出距离的大小。
山西省长治市二中2019-2020学年高二上学期物理12月月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·长治月考）关于磁感应强度B的概念，下面说法正确的是 （　　）
A．根据磁感应强度B的定义式 可知，在磁场中某处，B与F成正比，B与 成反比
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零
C．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零
D．磁场中某处磁感应强度的方向，与直线电流在该处所受磁场力方向相同
【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A、磁感应强度 是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；
B、当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，故B错误；
C、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，故C正确．
D、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故D错误．
故选C．
【分析】磁感应强度的大小与安培力、电流元大小无关；磁感应强度等于0时安培力一定等于0.
2．（2015高二上·温州期中）如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（　　）
A． ，正电荷 B． ，正电荷
C． ，负电荷 D． ，负电荷
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电
粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30°，所以有a=R+ R= R，
洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有 ，所以有 所以C正确．
故选C．
【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷．本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．
3．（2019高二上·长治月考）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．a粒子动能最大
B．c粒子速率最大
C．b粒子在磁场中运动时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
有： ，
其中m、q、B都相同，所以R越大，v越大；
由题意，c的轨迹半径最大，故c粒子的速率最大，c粒子的动能最大；故A项错误，B项正确；
D. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，有：
周期与速度无关，它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc，故D项错误；
C.设粒子在磁场中转过的圆心角为θ，则有运动时间为： ，
又由图可知a粒子转过的圆心角θ最大，故a粒子在磁场中运动的时间最长，故C项错误．
【分析】利用轨迹可以判别轨迹半径的大小；结合牛顿第二定律可以判别速率的大小；结合质量可以判别动能的大小；利用圆心角可以判别运动的时间；利用比荷相等结合周期公式可以判别周期相等。
4．（2019高二上·长治月考）如图所示，在匀强电场中有四个点A、B、C、D，恰好为平行四边形的四个顶点，O点为平行四边形两条对角线的交点．已知：φA＝－4 V，φB＝6 V，φC＝8 V，则φD、φO分别为(　　)
A．－6 V,6 V B．2 V,1 V C．－2 V,2 V D．－4 V,4 V
【答案】C
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】匀强电场中，沿着某个方向，每前进相同的距离，电势的变化相同，故：φB φA=φC φD
代入数据为：6 ( 4)=8 φD
解得：φD= 2V
同理有：φC φO=φO φA
代入数据有：8 φO=φO ( 4)
解得：φO=2V
故选：C.
【分析】在匀强电场中，沿着某个方向，每前进相同的距离，电势的变化相同，根据该规律列式求解即可．
5．（2019高二上·内蒙古月考）如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知(　　)
A．带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电场力做功
【解析】【解答】A电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，A不符合题意；
BD.电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，所带电粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能，带电粒子在R点的动能大于带电粒子在Q点的动能，即带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度，B不符合题意，D符合题意。
C.根据能量守恒定律，带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。C不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电场线的疏密可以比较加速度的大小；利用轨迹可以判别电场力和电场线的方向；利用电场线方向可以判别电势的高低；利用电场力做功可以判别电势能的大小；由于只受电场力所以电势能和动能之和保持不变；利用电场力做功可以判别速度的大小。
6．（2019高二上·长治月考）通电直导线A与圆形通电导线环B固定放在同一水平面上，通有如图所示的电流，则(　　)
A．直导线A受到的安培力大小为零
B．直导线A受到的安培力大小不为零，方向水平向右
C．导线环B受到的安培力的合力大小为零
D．导线环B受到的安培力的合力大小不为零，其方向水平向右
【答案】B
【知识点】左手定则
【解析】【解答】CD.根据右手螺旋定则知，直导线周围的磁场在导线的左侧垂直纸面向里，在圆形导线的左右两侧对称的各取一小段，根据左手定则，左侧所受的安培力方向向右，右侧所受安培力的方向向左，因为电流的大小相等，圆环左侧处的磁感应强度小于右侧处的磁感应强度，可知左侧的受力小球右侧的受力，则圆环B所受的合力方向向左，大小不为零．故C项错误，D项错误；
AB.根据牛顿第三定律知，直导线所受的合力大小不为零，方向水平向右．故A错误，B正确．
【分析】利用左手定则结合微元法可以判别圆环的受力情况，再结合牛顿第三定律可以判别通电导线的安培力方向。
7．（2019高二上·长治月考）如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为 的电子以速度v0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为(　　)
A．B＜ B．B＜ C．B＞ D．B＞
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示：
由几何知识得：2Rcos30 =a，
解得： ；
欲使电子能经过AC边，必须满足：
而 ，
得： ，
解得： ；
故答案为：C
【分析】利用轨迹相切可以求出半径的最小值；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的最大值。
8．（2019高二上·长治月考）在如图所示的电路中，已知电容C = 2μ F，电源电动势 E = 12V，内电阻不计，R1 ：R2 ：R3 ：R4 = 1 ：2 ：6 ：3， 则电容器极板a上所带的电量为(　　)
A．－8×10-6 C B．4×10-6 C C．－4×10-6 C D．8×10-6C
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电路结构如图所示：
当电路稳定时R1电压为：
R3电压为：
所以电容器两端电压为：U′=U3 U1=4V
此时电容器极板a上带正电，所带电荷量为：
故答案为：D
【分析】利用欧姆定律可以求出电压的大小；利用电压的大小可以求出电容器两端的电压大小；结合电容的表达式可以求出电荷量的大小。
二、多选题
9．（2019高二上·长治月考）劳伦斯由于发明了回旋加速器以及借此取得的成果而于1939年获得诺贝尔物理学奖 ．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与频率一定的高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．要增大带电粒子射出的动能，下列说法正确的是(　　)
A．增大匀强电场间的加速电压，其他保持不变
B．增大磁场的磁感应强度，其他保持不变
C．减小狭缝间的距离，其他保持不变
D．增大D形金属盒的半径，其他保持不变
【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】根据洛伦兹力等于向心力： ，
解得： ，
则最大动能： ，
知最大动能与加速电压无关，与狭缝间的距离无关．与磁感应强度以及D形盒的半径有关．
A. 增大匀强电场间的加速电压，其他保持不变，带电粒子射出的动能不变．故A项错误；
B. 增大磁场的磁感应强度，其他保持不变，带电粒子射出的动能增大．故B项正确；
C. 减小狭缝间的距离，其他保持不变，带电粒子射出的动能不变．故C项错误；
D. 增大D形金属盒的半径，其他保持不变，带电粒子射出的动能增大．故D项正确．
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别最大动能的影响因素。
10．（2019高二上·长治月考）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计重力，则下列说法中正确的是(　　)
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带正电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷 越小
【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A. 带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A项错误；
B. 在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B项正确；
CD. 进入B2磁场中的粒子速度v是相同的，由牛顿第二定律得：
解得： ，
可知，r越大，比荷 越小，粒子的质量m不一定大，故C项错误，D项正确．
【分析】利用左手定则结合可以判别粒子的电性；利用电场力和洛伦兹力平衡可以判别速度选择器的极板电性；利用牛顿第二定律可以判别半径大小对于比荷大小的影响。
11．（2019高二上·长治月考）霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各领域，如在翻盖手机中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d（M、N间距离），厚为h（图中上下面距离），当通以图示方向电流时，MN两端将出现电压UMN ，则(　　)
A．MN两端电压UMN仅与磁感应强度B有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则MN两端电压UMN <0
C．若增大霍尔元件宽度d，则MN两端电压UMN一定不变
D．通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN
【答案】C,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A. 根据左手定则，电子向N侧面偏转，N表面带负电，M表面带正电，所以M表面的电势高，则UMN>0.
MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长为a，有 ，
I=nqvS=nqvdh，
则： ，
所以MN两端电压UMN与磁感应强度B、电流I、载流子电量、霍尔元件厚度都有关系，故A项错误；
B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，根据左手定则，结合题意可知，自由电子偏向N极，则MN两端电压UMN>0，故B项错误；
C. 由MN两端电压的表达式 可知，增大霍尔元件宽度d，MN两端电压UMN一定不变，故C项正确；
D. 由MN两端电压的表达式 可知，通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN，故D项正确．
【分析】利用电场力和洛伦兹力相等可以求出电势差的表达式，进而判别影响因素；利用左手定则可以判别电子的偏转及极板的正负。
12．（2017高二上·青山期末）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（　　）
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，
利用动能定理有BIl L= mv2，
磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI
解得 ．
A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故A错误
B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确
C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故C错误
D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确．
故选BD．
【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．
根据速度的表达式进行求解．
13．（2019高二上·长治月考）在图示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，电压表V的读数变化量为ΔU，电流表A2的读数变化量为ΔI2（电表均视为理想电表）．则(　　)
A．电压表V的读数先变大后变小 B．电流表A1的读数变大
C．电流表A2的读数变大 D．ΔU与ΔI2的比值为定值
【答案】A,B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A.当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，则路端电压表读数先增大后减小，因此电压表V的读数先变大后变小．电流表A2的读数先变小后变大，故A项正确，C项错误；
B. 滑片P从最上端滑至中点的过程中，变阻器的总电阻增大，电压增大，下部分电阻减小，所以电流表A1的读数变大．
从中点滑至最下端的过程中，变阻器总电阻减小，电流增大，路端电压减小，通过变阻器上部分的电流变小，而电路的总电流增大，则电流表A1的读数变大，因此电流表A1的读数一直变大，故B项正确；
D. 根据闭合电路欧姆定律得 ，
得 ，
保持不变，故D项正确．
【分析】利用滑动变阻器的电阻变化可以判别总电阻的变化；利用总电阻的变化可以判别电压和电流表的变化；利用欧姆定律可以判别电压和电流变化量的比值大小。
14．（2019高二上·长治月考）如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能的是(　　)
A．始终做匀速运动
B．始终做减速运动，最后静止于杆上
C．先做加速运动，最后做匀速运动
D．先做减速运动，最后做匀速运动
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动，故A正确；
B．当带负电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作用下，做减速运动，直到停止，故B正确；
C．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动，故C错误；
D．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，环开始做匀速直线运动，故D正确。
【分析】利用洛伦兹力大小和重力大小比较可以判别弹力的大小及摩擦力；结合加速度可以判别滑环的运动。
三、实验题
15．（2019高二上·长治月考）
（1）某同学选择多用电表的“×1”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图所示的指针情况．则电阻的阻值约为　 　Ω．
（2）为了精确测量该电阻Rx的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：
电流表A1（0～40 mA．内阻r1=11.5 Ω）
电流表A2（0～100 mA．内阻r2≈5 Ω）
滑动变阻器R（0～10 Ω）
电源E（电动势1.5 V、有内阻）
开关、导线若干
①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图，并在图中注明各元件的符号．
（　 　）
②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点法得到了I1 I2图像，如图所示，则电阻的阻值为　 　Ω．
【答案】（1）12
（2）；11.5
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）欧姆表的示数为：12×1=12Ω（2）①将A1当作电压表用，小电阻用电流表外接法；要求调节范围尽可能大，滑动变阻器阻值小，用分压式接法．电路如图所示：
②由电路图：
代入其中严格在线上的点可得：Rx=11.5Ω
【分析】（1）利用示数乘以挡数可以求出电阻的大小；
（2）滑动变阻器使用分压式接法；电流表A1作为电压表使用；利用欧姆定律结合并联电路的电流特点可以求出电阻的大小。
四、解答题
16．（2019高二上·长治月考）竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带正电小球，当丝线跟竖直方向成θ角，小球与板距离为b时，小球恰好平衡，如图所示．（重力加速度为g） 求：
（1）小球带电量q是多少？
（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
【答案】（1）解：小球受力平衡，对小球受力分析如图所示： 根据平衡条件可知： 水平方向上：Fsinθ=qE
竖直方向上有：Fcosθ=mg
联立解得：
（2）解：研究水平方向的运动．剪断丝线后，小球沿水平方向做匀加速直线运动．
加速度为： ，
由运动学公式得：
解得：
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用小球的平衡条件可以求出小球的电荷量大小；
（2）利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出运动的时间。
17．（2019高二上·长治月考）如图所示，在倾角为θ =30°的斜面上，固定一宽L=0.25 m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E=12 V、内阻r =1 Ω，一质量m =20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.80 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。g取10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：
（1）金属棒所受到的安培力的大小；
（2）通过金属棒的电流的大小；
（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值。
【答案】（1）解：作出金属棒的受力图，如图所示.则有F=mgsin30°=0.1N.
（2）解：根据安培力公式F=BIL得
（3）解：设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)，得
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力
【解析】【分析】（1）利用金属棒的平衡方程可以求出安培力的大小；
（2）利用安培的表达式可以求出电流的大小；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
18．（2019高二上·长治月考）如图所示，水平方向的匀强电场的场强为E，场区宽度为L，紧挨着电场的是垂直纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B和2B，三个场的竖直方向均足够长。一个质量为m，电量为q的带正电粒子，其重力不计，从电场的边界MN上的a点由静止释放，经电场加速后进入磁场，穿过中间磁场所用的时间 ，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN上的某一点b，途中虚线为场区的分界面。求：
（1）中间场区的宽度d；
（2）粒子从a点到b点所经历的时间t；
（3）当粒子第n次返回电场的MN边界时与出发点之间的距离Sn。
【答案】（1）解：粒子a点出发，在电场中加速和磁场中偏转，回到MN上的b点，轨迹如图所示：
粒子在电场中加速运动时，有：
解得： ；
由 得：粒子在中间磁场通过的圆弧所对应的圆心角为θ＝30°
粒子在中间磁场通过的圆弧半径为：
由几何关系得：
（2）解：粒子在右边的磁场中运动：其圆弧对应的圆心角为β＝120°
可知：
粒子在电场中加速时Eq tg＝mv
解得： ；
结合对称性：
（3）解：由轨迹图得：
再由周期性：
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用动能定理结合牛顿第二定律和几何关系可以求出宽度的大小；
（2）利用圆心角的的大小结合动量定理可以求出粒子运动的时间；
（3）利用几何关系结合周期性可以求出距离的大小。