还剩14页未读，
继续阅读
2022-2023学年广东省广州市番禺实验中学高二（上）期末物理试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年广东省广州市番禺实验中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市番禺实验中学高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 下图为静电植绒的装置简图，将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上.打开电源开关后，在金属网与金属板间会产生3kV的高压，放在金属网上的绒毛将垂直地粘植在被植体上。若保持金属网和金属板间的距离为2cm，忽略边缘效应，将网与板间的电场视为匀强电场，则下列说法正确的是( )
A. 金属网和金属板间的场强为1.5×105V/m
B. 绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大
C. 若增大金属网和金属板的距离，则网和板的电势差也增大
D. 在潮湿的环境中进行植绒效果会更好
2. 太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面。另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度为B=3.5×10−5T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v=2×105m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为q=1.6×10−19C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A. 方向向北 B. 方向向南 C. 方向向东 D. 大小为11.2N
3. 如图，便携式小风扇用可充电直流电源连接电动机驱动，电源电动势为E、内阻为r，电动机内部电阻为RM，电动机正常工作时，回路电流为I，则( )
A. t秒内电源的总功为EIt B. 电动机的额定电压为IRM
C. 电动机将机械能转化为电能 D. 通过电动机电流做功功率大小为I2RM
4. 随着生活水平的提高，电子秤已成为日常生活中不可或缺的一部分。如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容减小 B. 电容器的带电电荷量减少
C. 膜片下移过程中，电流表有b到a的电流 D. 电容器两极板的电压增大
5. 在校园冬季安全大检查中，某学习小组发现学校宿舍楼的火警报警装置的电路如图所示，R1为热敏电阻，温度升高时，R1急剧减小，当电铃两端电压达到一定值时，电铃会响，则下列说法正确的是( )
A. 若报警器的电池老化(内阻变大，电动势不变)，不会影响报警器的安全性能
B. 若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向下移
C. 若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向上移
D. 增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高
6. 某次闪电击中了一棵大树，某瞬间在树周围地面的电势分布情况如下方的俯视图．A、B两车按图中方式停放在树下，若车的橡胶轮胎始终对地绝缘.则下列相关说法正确的是( )
A. 由右图可知，本次闪电地面电流的方向是大树流向小车
B. 由右图可知，本次闪电电流的方向是由云层流向被击中的大树
C. B车右侧车轮处的电势比左侧车轮处的电势高
D. B车左侧两轮间的电压比A车左侧两轮间的电压大
7. 如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为( )
A. 3：1 B. 3：2 C. 1：1 D. 1：2
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是( )
A. 磁场方向垂直于纸面向里 B. 轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C. 轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的小 D. 轨迹3对应的粒子是正电子
9. 如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A. 电子从N到P，电场力做正功
B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功
D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
10. 如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A. 质谱仪是分析同位素的重要工具
B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C. 通过速度选择器的粒子的速度等于EB
D. 打在A1处的粒子比打在A2处的粒子的比荷大
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 在练习使用多用电表的实验中，两小组的同学分别进行了如下操作：
(1)下列是A小组同学对多用电表的使用，其中操作正确的是_______。
A.如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B.如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C.如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D.如图丁，利用多用电表欧姆挡测电源的内阻
(2)B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值，开始时他们采用“×100”倍率试测，请完善他们的实验步骤：
①将多用电表选择开关拨至“×100”倍率；
②_________；
③把待测电阻放在绝缘桌面或纸上，两表笔分别接在电阻两端；
④结果指针指在图戊中a位置；
⑤为了减小误差，需要把选择开关拨至“_______”(填“×10”或“×1k”)倍率；
⑥重复步骤②和③；
⑦最终指针指在图戊中b位置，读数为________kΩ；
⑧把选择开关拨至“OFF”，结束测量。
12. 小钢想测量一下“柠檬水果电池”的电动势和内电阻，他在网上查阅相关资料，“柠檬水果电池”的电动势约为2V，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0。现有下列器材：
待测“水果电池”
电流表A：满偏电流0.6A，电阻不计
电压表V：量程0∼2V，电阻约10kΩ
滑动变阻器R1：0∼10Ω
滑动变阻器R2：0∼20kΩ
定值电阻R3=1.5Ω(额定功率5W)
定值电阻R4=10Ω(额定功率10W)
开关、导线等
(1)甲图是小钢设计本实验的电路图，你认为滑动变阻器应该选用_____ (选填“R1或“R2”)。保护电阻应该选用_____ (选填“R3或“R4”)。
(2)根据电压表的示数U与电流表的示数I，做出如图乙所示的U−I图像，A、B两点坐标分别为(0.05,1.76)、(0.45,1)，待测电池的电动势E=______ V，内电阻r=______ Ω。
四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）
13. 电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器，如图甲为电磁炮工作原理示意图，可简化为图乙模型。某电磁炮导轨长10m，两导轨之间的距离为0.5m。导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为1.5T，电流方向如图所示。质量为10kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端静止开始做匀加速直线运动，到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103m/s。整个电磁炮固定在水平面上，忽略炮弹与导轨间的摩擦力。求：
(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小；
(2)导轨中的电流大小。
14. 如图所示，一束电子的电荷量为e，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿出磁场时的速度方向与原来电子入射方向的夹角是θ=30∘，求：
(1)电子运动的轨迹半径；
(2)电子的质量；
(3)电子穿过磁场的时间。
15. 两竖直平行板A和B之间电压为20V，间距为3.75cm。两水平平行板C和D之间电压为22.5V，板长为L=40cm。某种比荷为qm=107C/kg的带正电粒子。从A板小孔无初速进入AB板间。经过加速从B板小孔射出。正好沿CD板的中心线进入CD板间，不计粒子重力和电场边缘效应。
(1)求粒子刚从B板小孔射出时的速度？
(2)若撤去CD板上的电压，粒子将从CD板的中心线右侧M点进入虚线边界右侧的辐向电场，辐向电场M点的电场强度与AB板间电场强度大小相等，其轴心在D板右侧延长线上O点，MO为竖直方向，粒子在辐向电场中刚好做匀速圆周运动，求该匀速圆周运动的半径？
(3)射入CD板的粒子在CD板间电场力作用下发生偏转，竖直方向做加速运动，求加速度为多少？粒子能否从CD板右侧射出？(写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
根据匀强电场电场强度与电势差的关系求场强；由电场力做功与电势能的变化关系确定电势能的变化；当板距和潮湿程度发生变化后，由电容的定义和决定式分析判断电压的变化和效果的好坏。
本题考查平行板间的电场强度与板距的变化关系，并将此知识点应用于生活实际中，此类要关于建模，准确利用相关物理规律分析解答。
【解答】
A.金属网和金属板间的场强为E=Ud=30000.02V/m=1.5×105V/m，选项A正确；
B.绒毛在飞往被植体的过程中，电场力做正功，则电势能不断减小，选项B错误；
C.金属网与金属板间电压不变，则若增大金属网和金属板的距离，则网和板的电势差不变，选项C错误；
D.在干燥的环境中进行植绒效果会更好，选项D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】
【分析】当速度与磁场方向垂直时，根据洛伦兹力公式F=Bqv，即可求解其大小；再依据左手定则，可判定洛伦兹力的方向，从而即可求解．
考查洛伦兹力的大小与方向的应用，掌握左手定则的内容，理解F=Bqv公式成立条件，注意右手定则与左手定则的区别．
【解答】假设太阳风中的一质子以速度v=2×105m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，地磁场方向由南指向北，根据左手定则知质子受到的洛伦兹力方向向东，
当速度与磁场方向垂直时，则由F=Bqv
代入数据，解得：F=3.5×10−5×2×105×1.6×10−19N=1.12×10−18 N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据电功公式，可知t秒内电源的总功为：W=Eq=EIt，故A正确；
B、电动机为非纯电阻用电器，不适用欧姆定律，所以电动机的额定电压不等于IRM，故B错误；
C、电动机消耗的电能转化为机械能和内能，故C错误；
D、通过电动机电流做功功率即为电功率，大于热功率I2RM，故D错误。
故选：A。
电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率P电=UI，发热功率P热=I2R。
本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率的理解和运算能力，要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=I2R。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式C=QU和决定式C=ɛS4πkd 就能正确解答；注意电容器的电压不变与电量不变的判定依据。
根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向下压膜片电极时电容的变化，再根据电容定义式判断电容器在充电还是放电，从而判断电流计的变化；当电容器与电源相连时，电容器的电压不变。
【解答】
因电容器与电源相连时，则电容器的电压U不变，当F向下压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C=ɛS4πkd 得到，电容器的电容将增大，又根据电容的定义式C=QU，由于电容器两极的电压U不变，知电量Q将增大，即电容器充电，电流表中有b到a的电流，综上所述，故C正确，ABD错误；
5.【答案】C
【解析】解：A、若报警器的电池老化(内阻变大)电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响，所以会影响报警器的安全性能，故A错误。
BC、若实验时发现有火时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，根据串联电路分压的特点可知，必须增大R2，应把R2的滑片P向上移，故B错误，C正确。
D、增大电源的电动势，报警器的电压变大，相当于电动势不变，R1变小，所以会使报警的临界温度降低，故D错误。
故选：C。
若报警器的电池老化(内阻变大)电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响。若实验时发现有火时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，必须R2的滑片P向上移。增大电源的电动势，会使报警的临界温度降低。
此题中R1为热敏电阻，相当于可变电阻，利用串联电路电压与电阻成正比的特点进行分析。
6.【答案】C
【解析】解：AB.由右图可知，本次闪电是由空中云层向大树放电产生的，放电时有自由电子向大树转移，所以电流的方向应是由被击中的大树流向云层流，地面电流由高电势流向低电势，因此是小车流向大树，故AB错误；
C.由右图可知，虚线圆是等势线，由大树向小车方向电势逐渐升高，因此B车右侧车轮处的电势比左侧车轮处的电势高，故C正确；
D. B车左侧两轮的电势相等， A车左侧前轮电势比后轮电势低，所以B车左侧两轮间的电压比A车左侧两轮间的电压小，故D错误。
故选：C。
本次闪电是由空中云层向大树放电产生的，所以电流的方向应是由被击中的大树流向云层流，等势线，由大树向小车方向电势逐渐升高，因此B车右侧车轮处的电势比左侧车轮处的电势高。
本题是信息给与题，由生活中的现象，某次闪电击中了一棵大树，求电流方向和电势的高低，关键是判断出电流的流向。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O点的磁感应强度再由矢量的合成方法−平行四边形求得总的磁感应强度。
【解答】
依题意，每根导线在O点产生的磁感应强度为B12，方向竖直向下；
则当M移至P点时，O点合磁感应强度大小为：B2=2×B12cos30°= 3B12，则B2与B1之比为： 3:2，故B正确，ACD错误。
故选B。
8.【答案】AC
【解析】解：AD、根据题图可知，1和3粒子的转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A正确，D错误；
B、电子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，故B错误；
C、带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
解得：r=mvqB
根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，故C正确；
故选：AC。
根据题目描述分析出粒子的电性，结合左手定则分析出磁场的方向；
根据牛顿第二定律得出半径的表达式，并结合题意完成分析。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉左手定则的应用，根据牛顿第二定律即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则N点的电势高于P点的电势，根据电势能的公式Ep=qφ可知，电子在N点的电势能低于在P点的电势能，结合功能关系可知，电子从N到P的过程中，电场力做负功，故A错误，B正确；
C、电子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D、对电子在M点和P点进行受力分析，如图所示：
因为MP在同一等势面上，所以电子在两点的速度大小相等。根据几何关系和对称性可知，电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，故D错误；
故选：BC。
在电场线中，沿着电场线方向电势逐渐降低，结合电荷的电性得出电势能的变化，从而分析出电场力的做功类型；
洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功；
根据左手定则结合几何关系定性地分析出电子在不同位置的受力大小。
本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，结合左手定则分析出电子的受力方向，根据几何关系得出电子在M点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。
10.【答案】AC
【解析】解：A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB0=mv2r
解得：qm=vB0r，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；
B、由加速电场可知粒子带正电，则在速度选择器中受到向右的电场力，所以洛伦兹力的方向向左，由左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
C：在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得qvB=qE，解得v=EB，故C正确；
D：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB0=mv2r，解得qm=vB0r
由此可知，r越小，荷质比越大，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，所以打在A1处的粒子比打在A2处的粒子的比荷小，故D错误。
故选：AC。
带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为v=EB粒子沿直线通过P孔，然后进入磁场，打在胶片上的不同位置。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，分析半径与荷质比的关系。
解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律。
11.【答案】BC 将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度处 ×1k 10.0
【解析】解：(1)电流由多用电表的红表笔流入黑表笔流出；欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；
A、甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，红表笔应接在灯泡左端，黑表笔应接在灯泡右端，故A错误；
B、乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，电流从红表笔流入黑表笔流出，故B正确；
C、如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，红表笔应接在电源正极，黑表笔应接在电源负极，故C正确；
D.、如图丁，因为欧姆表内部有电源，所以不能利用多用电表欧姆挡测电源的内阻，故D错误。
故选：BC。
(2)选择倍率后，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度处，发现指针偏转角度极小，则要调大倍率再进行测量，即需要把选择开关拨至×1k挡，最终指针指在图戊中b位置，读数为：R=10.0×1kΩ=10.0kΩ
故答案为：(1)BC；(2)×1k，10.0。
(1)电流由多用电表的红表笔流入黑表笔流出；欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；根据题意分析图示电路图分析答题；
(2)根据欧姆表的测量电阻的要求进行判断。
本题考查了用多用电表的使用与读数，要求学生掌握多用电表的使用方法、注意事项、读数方法；注意使用多用电表测电阻时，要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，使用完毕，要把选择开关置于交流电源最高挡或OFF挡上。
12.【答案】 R1 R3 1.8 55 0.4
【解析】(1)[1]电源电动势约为2V，电流表满偏电流为0.6A，电路的最小电阻越为
R=EIg≈3.3Ω
比较两滑动变阻器最大值可知，选R1操作方便，更合理；
[2]如果定值电阻选R4，电路中的最大电流为
Im=ER4=0.2A
电流变化范围太小，故定值电阻选 R3 ；
(2)[3][4]由两端电压
U=E−I(r+R3)
可得图线斜率的绝对值为
k=r+R3=1.76−10.45−0.05Ω=1.9Ω
则电源内阻为
r=0.4Ω
则电源电动势为
E=1.855V
13.【答案】解：(1)设加速度为a，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：v2=2ax
代入数据解得：a=2.88×105m/s2
(2)由牛顿第二定律得：BIL=ma
代入数据解得：I=3.84×106A
答：(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小是2.88×105m/s2；
(2)导轨中的电流大小是3.84×106A。
【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度—位移公式求出加速度大小。
(2)根据安培力公式以及牛顿第二定律可以求出电流大小。
分析清楚炮弹的运动过程与受力情况是解题的前提，应用运动学公式与安培力公式、牛顿第二定律即可解题。
14.【答案】(1)电子运动轨迹如图所示
由几何知识得r=dsinθ=dsin30∘=2d
(2)由牛顿第二定律得evB=mv2r
解得m=2eBdv；
(3)电子做圆周运动的周期T=2πrv=4πdv
电子在磁场中的运动时间t=θ360∘T=30∘360∘×4πdv=πd3v。
【解析】(1)由几何知识可以求出电子的轨迹半径；
(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子质量；
(3)根据电子转过的圆心角可以求出电子的运动时间。
本题考查带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法。
15.【答案】解：(1)带电粒子在AB板间加速，设射出时的速度为v，
由动能定理：U1q=12mv2
解得：v=2×104m/s
(2)设辐向电场加M点场强为E1，圆周运动的半径为R
电场力提供向心力：E1q=mv2R
AB板间电场：U1=E1d1
解得：R=7.5cm
(3)由上问，CD板间距d2=2R=15cm
CD板间竖直方向做加速运动，加速度设为a，CD板间电势差设为U2，U2=E2d2
由牛顿第二定律qE2=ma
解得：a=1.5×109m/s2，方向竖直向下。
假设竖直方向位移达到极板间距一半：y=d22=12at2
水平方向粒子做匀速直线运动，水平位移x=vt
解得x=0.2m=L2
(2)匀速圆周运动的半径R=7.5cm
(3)粒子加速度a=1.5×109m/s2，方向竖直向下，粒子不能从CD板右侧射出
【解析】本题属于加速−偏转电场中的带电粒子的运动问题。题目结合了辐向电场考察了圆周运动相关的知识点。学生需要根据题干信息分清带电粒子在每一部分运动的形式，并依照运动形式列出对应的运动学、动力学、功能关系方程，联立求解。
(1)加速电场中，粒子做匀加速直线运动，在没有时间、位移的情况下，适用动能定理求末速度。
(2)辐向电场中静电力提供向心力，列出对应的牛顿第二定律表达式即可求解半径。
(3)偏转电场中粒子做类平抛运动，运用运动的分解的思路，初速度方向做匀速直线运动，垂直初速度方向做匀加速直线运动。
本题属于经典的“多过程”问题，整个题目场景包含加速电场中的匀加速直线运动、偏转电场中的类平抛运动、辐向电场中的匀速圆周运动。每一部分的难度都不是很高，但是需要学生有较强的模型分析能力，需要学生在新颖的题设场景中拆分出最基本的物理模型。
2022-2023学年广东省广州市番禺实验中学高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 下图为静电植绒的装置简图，将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上.打开电源开关后，在金属网与金属板间会产生3kV的高压，放在金属网上的绒毛将垂直地粘植在被植体上。若保持金属网和金属板间的距离为2cm，忽略边缘效应，将网与板间的电场视为匀强电场，则下列说法正确的是( )
A. 金属网和金属板间的场强为1.5×105V/m
B. 绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大
C. 若增大金属网和金属板的距离，则网和板的电势差也增大
D. 在潮湿的环境中进行植绒效果会更好
2. 太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面。另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度为B=3.5×10−5T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v=2×105m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为q=1.6×10−19C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A. 方向向北 B. 方向向南 C. 方向向东 D. 大小为11.2N
3. 如图，便携式小风扇用可充电直流电源连接电动机驱动，电源电动势为E、内阻为r，电动机内部电阻为RM，电动机正常工作时，回路电流为I，则( )
A. t秒内电源的总功为EIt B. 电动机的额定电压为IRM
C. 电动机将机械能转化为电能 D. 通过电动机电流做功功率大小为I2RM
4. 随着生活水平的提高，电子秤已成为日常生活中不可或缺的一部分。如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容减小 B. 电容器的带电电荷量减少
C. 膜片下移过程中，电流表有b到a的电流 D. 电容器两极板的电压增大
5. 在校园冬季安全大检查中，某学习小组发现学校宿舍楼的火警报警装置的电路如图所示，R1为热敏电阻，温度升高时，R1急剧减小，当电铃两端电压达到一定值时，电铃会响，则下列说法正确的是( )
A. 若报警器的电池老化(内阻变大，电动势不变)，不会影响报警器的安全性能
B. 若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向下移
C. 若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向上移
D. 增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高
6. 某次闪电击中了一棵大树，某瞬间在树周围地面的电势分布情况如下方的俯视图．A、B两车按图中方式停放在树下，若车的橡胶轮胎始终对地绝缘.则下列相关说法正确的是( )
A. 由右图可知，本次闪电地面电流的方向是大树流向小车
B. 由右图可知，本次闪电电流的方向是由云层流向被击中的大树
C. B车右侧车轮处的电势比左侧车轮处的电势高
D. B车左侧两轮间的电压比A车左侧两轮间的电压大
7. 如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为( )
A. 3：1 B. 3：2 C. 1：1 D. 1：2
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是( )
A. 磁场方向垂直于纸面向里 B. 轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C. 轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的小 D. 轨迹3对应的粒子是正电子
9. 如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A. 电子从N到P，电场力做正功
B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功
D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
10. 如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A. 质谱仪是分析同位素的重要工具
B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C. 通过速度选择器的粒子的速度等于EB
D. 打在A1处的粒子比打在A2处的粒子的比荷大
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 在练习使用多用电表的实验中，两小组的同学分别进行了如下操作：
(1)下列是A小组同学对多用电表的使用，其中操作正确的是_______。
A.如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B.如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C.如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D.如图丁，利用多用电表欧姆挡测电源的内阻
(2)B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值，开始时他们采用“×100”倍率试测，请完善他们的实验步骤：
①将多用电表选择开关拨至“×100”倍率；
②_________；
③把待测电阻放在绝缘桌面或纸上，两表笔分别接在电阻两端；
④结果指针指在图戊中a位置；
⑤为了减小误差，需要把选择开关拨至“_______”(填“×10”或“×1k”)倍率；
⑥重复步骤②和③；
⑦最终指针指在图戊中b位置，读数为________kΩ；
⑧把选择开关拨至“OFF”，结束测量。
12. 小钢想测量一下“柠檬水果电池”的电动势和内电阻，他在网上查阅相关资料，“柠檬水果电池”的电动势约为2V，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0。现有下列器材：
待测“水果电池”
电流表A：满偏电流0.6A，电阻不计
电压表V：量程0∼2V，电阻约10kΩ
滑动变阻器R1：0∼10Ω
滑动变阻器R2：0∼20kΩ
定值电阻R3=1.5Ω(额定功率5W)
定值电阻R4=10Ω(额定功率10W)
开关、导线等
(1)甲图是小钢设计本实验的电路图，你认为滑动变阻器应该选用_____ (选填“R1或“R2”)。保护电阻应该选用_____ (选填“R3或“R4”)。
(2)根据电压表的示数U与电流表的示数I，做出如图乙所示的U−I图像，A、B两点坐标分别为(0.05,1.76)、(0.45,1)，待测电池的电动势E=______ V，内电阻r=______ Ω。
四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）
13. 电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器，如图甲为电磁炮工作原理示意图，可简化为图乙模型。某电磁炮导轨长10m，两导轨之间的距离为0.5m。导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为1.5T，电流方向如图所示。质量为10kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端静止开始做匀加速直线运动，到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103m/s。整个电磁炮固定在水平面上，忽略炮弹与导轨间的摩擦力。求：
(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小；
(2)导轨中的电流大小。
14. 如图所示，一束电子的电荷量为e，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿出磁场时的速度方向与原来电子入射方向的夹角是θ=30∘，求：
(1)电子运动的轨迹半径；
(2)电子的质量；
(3)电子穿过磁场的时间。
15. 两竖直平行板A和B之间电压为20V，间距为3.75cm。两水平平行板C和D之间电压为22.5V，板长为L=40cm。某种比荷为qm=107C/kg的带正电粒子。从A板小孔无初速进入AB板间。经过加速从B板小孔射出。正好沿CD板的中心线进入CD板间，不计粒子重力和电场边缘效应。
(1)求粒子刚从B板小孔射出时的速度？
(2)若撤去CD板上的电压，粒子将从CD板的中心线右侧M点进入虚线边界右侧的辐向电场，辐向电场M点的电场强度与AB板间电场强度大小相等，其轴心在D板右侧延长线上O点，MO为竖直方向，粒子在辐向电场中刚好做匀速圆周运动，求该匀速圆周运动的半径？
(3)射入CD板的粒子在CD板间电场力作用下发生偏转，竖直方向做加速运动，求加速度为多少？粒子能否从CD板右侧射出？(写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
根据匀强电场电场强度与电势差的关系求场强；由电场力做功与电势能的变化关系确定电势能的变化；当板距和潮湿程度发生变化后，由电容的定义和决定式分析判断电压的变化和效果的好坏。
本题考查平行板间的电场强度与板距的变化关系，并将此知识点应用于生活实际中，此类要关于建模，准确利用相关物理规律分析解答。
【解答】
A.金属网和金属板间的场强为E=Ud=30000.02V/m=1.5×105V/m，选项A正确；
B.绒毛在飞往被植体的过程中，电场力做正功，则电势能不断减小，选项B错误；
C.金属网与金属板间电压不变，则若增大金属网和金属板的距离，则网和板的电势差不变，选项C错误；
D.在干燥的环境中进行植绒效果会更好，选项D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】
【分析】当速度与磁场方向垂直时，根据洛伦兹力公式F=Bqv，即可求解其大小；再依据左手定则，可判定洛伦兹力的方向，从而即可求解．
考查洛伦兹力的大小与方向的应用，掌握左手定则的内容，理解F=Bqv公式成立条件，注意右手定则与左手定则的区别．
【解答】假设太阳风中的一质子以速度v=2×105m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，地磁场方向由南指向北，根据左手定则知质子受到的洛伦兹力方向向东，
当速度与磁场方向垂直时，则由F=Bqv
代入数据，解得：F=3.5×10−5×2×105×1.6×10−19N=1.12×10−18 N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据电功公式，可知t秒内电源的总功为：W=Eq=EIt，故A正确；
B、电动机为非纯电阻用电器，不适用欧姆定律，所以电动机的额定电压不等于IRM，故B错误；
C、电动机消耗的电能转化为机械能和内能，故C错误；
D、通过电动机电流做功功率即为电功率，大于热功率I2RM，故D错误。
故选：A。
电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率P电=UI，发热功率P热=I2R。
本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率的理解和运算能力，要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=I2R。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式C=QU和决定式C=ɛS4πkd 就能正确解答；注意电容器的电压不变与电量不变的判定依据。
根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向下压膜片电极时电容的变化，再根据电容定义式判断电容器在充电还是放电，从而判断电流计的变化；当电容器与电源相连时，电容器的电压不变。
【解答】
因电容器与电源相连时，则电容器的电压U不变，当F向下压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C=ɛS4πkd 得到，电容器的电容将增大，又根据电容的定义式C=QU，由于电容器两极的电压U不变，知电量Q将增大，即电容器充电，电流表中有b到a的电流，综上所述，故C正确，ABD错误；
5.【答案】C
【解析】解：A、若报警器的电池老化(内阻变大)电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响，所以会影响报警器的安全性能，故A错误。
BC、若实验时发现有火时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，根据串联电路分压的特点可知，必须增大R2，应把R2的滑片P向上移，故B错误，C正确。
D、增大电源的电动势，报警器的电压变大，相当于电动势不变，R1变小，所以会使报警的临界温度降低，故D错误。
故选：C。
若报警器的电池老化(内阻变大)电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响。若实验时发现有火时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，必须R2的滑片P向上移。增大电源的电动势，会使报警的临界温度降低。
此题中R1为热敏电阻，相当于可变电阻，利用串联电路电压与电阻成正比的特点进行分析。
6.【答案】C
【解析】解：AB.由右图可知，本次闪电是由空中云层向大树放电产生的，放电时有自由电子向大树转移，所以电流的方向应是由被击中的大树流向云层流，地面电流由高电势流向低电势，因此是小车流向大树，故AB错误；
C.由右图可知，虚线圆是等势线，由大树向小车方向电势逐渐升高，因此B车右侧车轮处的电势比左侧车轮处的电势高，故C正确；
D. B车左侧两轮的电势相等， A车左侧前轮电势比后轮电势低，所以B车左侧两轮间的电压比A车左侧两轮间的电压小，故D错误。
故选：C。
本次闪电是由空中云层向大树放电产生的，所以电流的方向应是由被击中的大树流向云层流，等势线，由大树向小车方向电势逐渐升高，因此B车右侧车轮处的电势比左侧车轮处的电势高。
本题是信息给与题，由生活中的现象，某次闪电击中了一棵大树，求电流方向和电势的高低，关键是判断出电流的流向。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O点的磁感应强度再由矢量的合成方法−平行四边形求得总的磁感应强度。
【解答】
依题意，每根导线在O点产生的磁感应强度为B12，方向竖直向下；
则当M移至P点时，O点合磁感应强度大小为：B2=2×B12cos30°= 3B12，则B2与B1之比为： 3:2，故B正确，ACD错误。
故选B。
8.【答案】AC
【解析】解：AD、根据题图可知，1和3粒子的转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A正确，D错误；
B、电子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，故B错误；
C、带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
解得：r=mvqB
根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，故C正确；
故选：AC。
根据题目描述分析出粒子的电性，结合左手定则分析出磁场的方向；
根据牛顿第二定律得出半径的表达式，并结合题意完成分析。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉左手定则的应用，根据牛顿第二定律即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则N点的电势高于P点的电势，根据电势能的公式Ep=qφ可知，电子在N点的电势能低于在P点的电势能，结合功能关系可知，电子从N到P的过程中，电场力做负功，故A错误，B正确；
C、电子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D、对电子在M点和P点进行受力分析，如图所示：
因为MP在同一等势面上，所以电子在两点的速度大小相等。根据几何关系和对称性可知，电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，故D错误；
故选：BC。
在电场线中，沿着电场线方向电势逐渐降低，结合电荷的电性得出电势能的变化，从而分析出电场力的做功类型；
洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功；
根据左手定则结合几何关系定性地分析出电子在不同位置的受力大小。
本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，结合左手定则分析出电子的受力方向，根据几何关系得出电子在M点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。
10.【答案】AC
【解析】解：A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB0=mv2r
解得：qm=vB0r，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；
B、由加速电场可知粒子带正电，则在速度选择器中受到向右的电场力，所以洛伦兹力的方向向左，由左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
C：在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得qvB=qE，解得v=EB，故C正确；
D：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB0=mv2r，解得qm=vB0r
由此可知，r越小，荷质比越大，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，所以打在A1处的粒子比打在A2处的粒子的比荷小，故D错误。
故选：AC。
带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为v=EB粒子沿直线通过P孔，然后进入磁场，打在胶片上的不同位置。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，分析半径与荷质比的关系。
解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律。
11.【答案】BC 将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度处 ×1k 10.0
【解析】解：(1)电流由多用电表的红表笔流入黑表笔流出；欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；
A、甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，红表笔应接在灯泡左端，黑表笔应接在灯泡右端，故A错误；
B、乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，电流从红表笔流入黑表笔流出，故B正确；
C、如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，红表笔应接在电源正极，黑表笔应接在电源负极，故C正确；
D.、如图丁，因为欧姆表内部有电源，所以不能利用多用电表欧姆挡测电源的内阻，故D错误。
故选：BC。
(2)选择倍率后，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度处，发现指针偏转角度极小，则要调大倍率再进行测量，即需要把选择开关拨至×1k挡，最终指针指在图戊中b位置，读数为：R=10.0×1kΩ=10.0kΩ
故答案为：(1)BC；(2)×1k，10.0。
(1)电流由多用电表的红表笔流入黑表笔流出；欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；根据题意分析图示电路图分析答题；
(2)根据欧姆表的测量电阻的要求进行判断。
本题考查了用多用电表的使用与读数，要求学生掌握多用电表的使用方法、注意事项、读数方法；注意使用多用电表测电阻时，要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，使用完毕，要把选择开关置于交流电源最高挡或OFF挡上。
12.【答案】 R1 R3 1.8 55 0.4
【解析】(1)[1]电源电动势约为2V，电流表满偏电流为0.6A，电路的最小电阻越为
R=EIg≈3.3Ω
比较两滑动变阻器最大值可知，选R1操作方便，更合理；
[2]如果定值电阻选R4，电路中的最大电流为
Im=ER4=0.2A
电流变化范围太小，故定值电阻选 R3 ；
(2)[3][4]由两端电压
U=E−I(r+R3)
可得图线斜率的绝对值为
k=r+R3=1.76−10.45−0.05Ω=1.9Ω
则电源内阻为
r=0.4Ω
则电源电动势为
E=1.855V
13.【答案】解：(1)设加速度为a，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：v2=2ax
代入数据解得：a=2.88×105m/s2
(2)由牛顿第二定律得：BIL=ma
代入数据解得：I=3.84×106A
答：(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小是2.88×105m/s2；
(2)导轨中的电流大小是3.84×106A。
【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度—位移公式求出加速度大小。
(2)根据安培力公式以及牛顿第二定律可以求出电流大小。
分析清楚炮弹的运动过程与受力情况是解题的前提，应用运动学公式与安培力公式、牛顿第二定律即可解题。
14.【答案】(1)电子运动轨迹如图所示
由几何知识得r=dsinθ=dsin30∘=2d
(2)由牛顿第二定律得evB=mv2r
解得m=2eBdv；
(3)电子做圆周运动的周期T=2πrv=4πdv
电子在磁场中的运动时间t=θ360∘T=30∘360∘×4πdv=πd3v。
【解析】(1)由几何知识可以求出电子的轨迹半径；
(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子质量；
(3)根据电子转过的圆心角可以求出电子的运动时间。
本题考查带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法。
15.【答案】解：(1)带电粒子在AB板间加速，设射出时的速度为v，
由动能定理：U1q=12mv2
解得：v=2×104m/s
(2)设辐向电场加M点场强为E1，圆周运动的半径为R
电场力提供向心力：E1q=mv2R
AB板间电场：U1=E1d1
解得：R=7.5cm
(3)由上问，CD板间距d2=2R=15cm
CD板间竖直方向做加速运动，加速度设为a，CD板间电势差设为U2，U2=E2d2
由牛顿第二定律qE2=ma
解得：a=1.5×109m/s2，方向竖直向下。
假设竖直方向位移达到极板间距一半：y=d22=12at2
水平方向粒子做匀速直线运动，水平位移x=vt
解得x=0.2m=L2
(2)匀速圆周运动的半径R=7.5cm
(3)粒子加速度a=1.5×109m/s2，方向竖直向下，粒子不能从CD板右侧射出
【解析】本题属于加速−偏转电场中的带电粒子的运动问题。题目结合了辐向电场考察了圆周运动相关的知识点。学生需要根据题干信息分清带电粒子在每一部分运动的形式，并依照运动形式列出对应的运动学、动力学、功能关系方程，联立求解。
(1)加速电场中，粒子做匀加速直线运动，在没有时间、位移的情况下，适用动能定理求末速度。
(2)辐向电场中静电力提供向心力，列出对应的牛顿第二定律表达式即可求解半径。
(3)偏转电场中粒子做类平抛运动，运用运动的分解的思路，初速度方向做匀速直线运动，垂直初速度方向做匀加速直线运动。
本题属于经典的“多过程”问题，整个题目场景包含加速电场中的匀加速直线运动、偏转电场中的类平抛运动、辐向电场中的匀速圆周运动。每一部分的难度都不是很高，但是需要学生有较强的模型分析能力，需要学生在新颖的题设场景中拆分出最基本的物理模型。
相关试卷
2022-2023学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市重点中学高二（下）期末物理试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年广东省广州市重点中学高二（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）： 这是一份2022-2023学年广东省广州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
