2012-2013学年河北省正定中学高二第二次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013学年河北省正定中学高二第二次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于洛伦兹力，以下说法正确的是（ ） A带电粒子在磁场中一定会受到洛伦兹力的作用 B若带电粒子在某点受到洛伦兹力的作用，则该点的磁感应强度一定不为零 C洛伦兹力不会改变运动电荷的速度 D仅受洛伦兹力作用（重力不计）的运动电荷的动能一定不改变 答案： BD 试题分析：只有当运动并且运动方向和磁场方向不垂直的带电粒子才会受到洛伦兹力， A错误，若带电粒子受到洛伦兹力，根据公式 可得该点的磁感应强度一定不为零， B正确，因为洛伦兹力方向和速度方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，故洛伦兹力不会改变运动电荷的速度的方向，

2、即仅受洛伦兹力作用（重力不计）的运动电荷的动能一定不改变，但是只改变粒子的运动方向，所以 C错误， D正确， 考点：考查了对洛伦兹力的理解 点评：注意带电粒子在磁场中受到洛伦兹力方向是有条件的， 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球 O 点为圆环的圆心， a、 b、 c为圆环上的三个点， a点为最高点， c点为最低点， Ob沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端 a点由静止释放下列判断正确的是 ( ) A当小球运动的弧长为圆周长的 1/4时，洛伦兹力最大 B当

3、小球运动的弧长为圆周长的 1/2时，洛伦兹力最大 C小球从 a点到 b点，重力势能减小，电势能增大 D小球从 b点运动到 c点，电势能增大，动能先增大后减小 答案： D 试题分析：小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成 45向左下，如图，故小球运动到圆弧 bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，选项 A错误经对选项 A的分析可知，选项 B错误小球由 a到 b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小选项 C错误小球从 b点运动到 c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成 45向左下，当小球运动到圆弧 bc的中点时

4、速度最大，所以小球从 b点运动到 c点过程中，动能先增大，后减小选项D正确 考点：考查了带电粒子在复合场中的运动 点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难 度较大 如图所示，相距为 d的两平行金属板水平放置，开始开关 S1和 S2均闭合使平行板电容器带电板间存在垂直纸面向里的匀强磁场一个带电粒子恰能以水平速度 v向右匀速通过两板间在以下方法中，有可能使带电粒子仍能匀速通过两板的是 (不考虑带电粒子所受重力 )( ) A保持 S1和 S2均闭合，减小两板间距离，同时减小粒子射入的速率 B保持 S1和 S2均闭合，将 R1、 R

5、3 均调大一些，同时减小板间的磁感应强度 C把开关 S2断开，增大两板间的距离，同时减小板间的磁感应强度 D把开关 S1断开，增大板间的磁感应 强度，同时减小粒子入射的速率 答案： B 试题分析：保持 S1和 S2均闭合，减小两板间距离，电场强度增大，电场力增大，减小粒子的入射速率，根据 F=qvB，知洛伦兹力减小，两力不再平衡，不能做匀速直线运动故 A错误保持 S1和 S2均闭合，将 R1、 R3均调大一些， R2两端的电压变小，电容器两端的电压变小，电场强度变小，电场力变小减小板间的磁感应强度，根据 F=qvB，知洛伦兹力减小，两力还可能平衡故 B正确把开关 S2断开，增大两板间的距离，电

6、容器带电量不变，根据 , ， ，知电场强度不变，减小磁感应强度，洛伦兹力减小，两力不再平衡故 C错误把开关 S1断开，电容器会放电，电场强度变为 0，电场力为 0，所以不再平衡故 D错误 考点：考查了电容器的动态分析 点评：处理电容器的动态分析关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变 如图所示 ,一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和 匀强电场正交的区域里 ,结果发现有些离子保持原来的运动方向 ,有些未发生任何偏转 .如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中 ,发现这些 离子又分裂成几束 ,对这些进入另一磁场的离子 ,

7、可得出结论（ ） A它们的动能一定各不相同 B它们的电荷量一定各不相同 C它们的质量一定各不相同 D它们的电荷量与质量之比一定各不相同 答案： D 试题分析：一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场 正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转。则可以说明 :这些正离子 ：所以 : .这些不偏转的离子进入另一个匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束。则说明这些离子在落伦次力 f作用下做圆周运动的半径 R不相等 .由于 ,把 代入上式 ,可得 ,可知道 ,R不同 ,则电荷量与质量之比一定各不相同 .D正确， 考点：考查了粒子在磁场中的运动 点评：做此类型的

8、题目需要根据粒子的受力情况，判断粒子的运动性质，特别是注意粒子运动的一些临界条件，结合牛顿运动定律分析解题 如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点 O 和 y轴上的点 a(0， L)一质量为 m、电荷量为 e的电子从 a点以初速度 v0 平行于 x轴正方向射入磁场，并从 x轴上的 b点射出磁场，此时速度方向与 x轴正方向的夹角为 60.下列说法中正确 ( ) A电 子在磁场中运动的时间为 B电子在磁场中运动的时间为 C磁场区域的圆心坐标为 ( ， ) D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为 (0， -2L) 答案： BC 试题分析：电子的轨迹半径为 R，由几何

9、知识， ，得（ 1）所以电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为 (0， -L)，电子在磁场中运动时间 （ 2），而 （ 3），所以 ,AD 错误， B 正确，设磁场区域的圆心坐标为（ x， y）其中 , ,所以磁场圆心坐标为 ,C正确， 考点：考查了带电粒子在磁场中的运动 点评：通过题意刚好得出带电粒子在电场中做类平抛运动，这是本题的突破点当得出这一条件时，则粒子在磁场中运动轨迹可以确定，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用平抛运动规律来运动分解处理 匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dpa打到屏 MN 上的 a点，通过 pa段用时为 t，若该微粒经过

10、P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的 ( ) A轨迹为 Pb,至屏幕的时间将小于 t B轨迹为 Pc,至屏幕的时间将大 于 t C轨迹为 Pb，至屏幕的时间将等于 t D轨迹为 Pa，至屏幕的时间将大于 t 答案： D 试题分析：带电粒子和不带电粒子相碰，动量守恒故总动量不变；而总电量保持不变，则由 可得 R保持不变，故轨迹应为 ；因周期 可知，因 m增大，故周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故 pa所用的时间将大于 t； D正确， 考点：考查了带电粒子在磁场中的运动 点评：带电粒子在磁场中的运动要注意半径公式

11、和周期公式在选择题中可直接使用，而在计算题中要注意推导使用 如右图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉 住而平衡， A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为 FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为 FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是 ( ) A FN1FN2，弹簧的伸长量增大 D FN1FN2，弹簧的伸长量减小 答案： C 试题分析：根据右手螺旋定则可得导线中的电流产生的磁场方向在沿斜面上为沿斜面向下，所以 N 极受到排斥，故弹簧的伸长量增大，根据左手定则可得导线受到向下的安培力，所以根据牛顿第三定律可得磁铁受到垂直斜面

12、向上的力，故 FN1FN2， C正确， 考点：考查了右手螺旋定则和左手定则的应用 点评：磁铁间的受力情况可以看为磁感线方向相同，相吸；反之，相斥。 如图所示，实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线，电场线与水平方向的夹角为 ，水平方向的匀强磁场与电场线正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线 l做直线运动 .l与水平方向的夹角为 ，且 则下列说法中正确的是（ ） A液滴一定做匀速直线运动 B液滴一定 带负电 C电场线方向一定斜向下 D液滴也有可能做匀变速直线运动 答案： A 试题分析：粒子做直线运动，受到的重力和电场力都是恒力，所以如果粒子变速运动，则受到的洛伦兹力一定是变化的，液滴将做曲线运动，所以

13、粒子的速度不变，即做匀速直线运动，故合力为零，所以根据力的平衡条件可知，粒子必带正电，电场方向斜向上，故 A正确， BCD错误， 考点：考查了粒子在复合场中的运动 点评：本题的突破口是粒子做直线运动，可假设粒子的速度变化，然后推知洛伦兹力是变化的，根据力和运动的关系分析 如图所示，虚线间空间存在由匀强电场 E和匀强磁场 B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电的小球（电量为 +q，质量为 m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列电磁混合场中的是（ ）答案： CD 试题分析： A情况带电小球进入复合后，若小球所受的洛沦兹力 f等于电场力 F，由于重

14、力做正功，最终小球要发生偏转，若 fF，则小球一进入复合场就发生偏转；对 B情 况带电小球一进入复合场立即偏转；对 C情况小球一进入复合场后小球所受 G、 f、 F的合力为零，因此小球可能做匀速直线运动；对 D情况，小球进入复合场后一 定做直线运动，因此答案：选 C、 D。 考点：考查了粒子在复合场中的运动 点评：粒子在复合场中的运动需要根据受力情况分析 不计重力的带电粒子在电场或者磁场中只受电场力或磁场力作用，带电粒子所处的运动状态可能是（ ） A在电场中做匀速直线运动 B在磁场中做匀速直线运动 C在电场中做匀速圆周运动 D在匀强磁场中做类平抛运动 答案： BC 试题分析：粒子在电场中仅受到

15、电场力作用，合力不可能为零，所以不可能做匀速直线运动，当电场力和速度方向垂直时，做匀速圆周运动， A错误 C正确，粒 子如果在磁场中平行于磁场方向运动，则不受到洛伦兹力作用，所以可以沿直线做匀速运动， B正确，做类平抛的物体的速度大小一定在变化，所以粒子不可能在磁场中因为洛伦兹力作用做类平抛运动， D错误， 考点：考查了力与运动的关系 点评：做本题的关键是明白电场力和洛伦兹力的特点， 通电螺线管中有如图所示方向的电流，其中各小磁针 N 极所指方向向左的是 ( ) A甲 B乙 C丙 D丁 答案： B 试题分析：小磁针 N 极所指方向向左，即该点的磁感应强度方向向左，根据右手定则可得丙处的磁场方向

16、水平向右，乙处的磁场方向水平向左，甲处的磁场方向水平向右，丁处的磁场方向水平向右，所以选 B 考点：考查了右手螺旋定则的应用 点评：需要注意的是磁体内部磁场方向是由 S指向 N 极的 如图，一段导线 abcd位于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，且与磁场方向 (垂直于纸面向里 )垂直线段 ab、 bc和 cd的长度均为 L，且 abc bcd135.流经导线的电流为 I，方向如图中箭头所示导线段 abcd所受到的磁场的作用力的合力 ( ) A方向沿纸面向上，大小为 ( 1)ILB B方向沿纸面向上，大小为 ( -1)ILB C方向沿纸面向下，大小为 ( 1)ILB D方向沿纸面向下，大小为 (

17、 -1)ILB 答案： A 试题分析： ad段导线在磁场中的有效长度为，所以根据公式 ,方向沿纸面向上 考点：考查了安培力的求解 点评：在使用公式 求解安培力的时候一定要注意导线的有效长度为垂直磁场方向上的长度 初速为 的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则（ ） A电子将向右偏转，速率不变 B电子将向左偏转，速率改变 C电子将向左偏转，速率不变 D电子将向右偏转，速率改变 答案： A 试题分析：根据右手螺旋定则可得通电导线在右边产生的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可得电子受到向右的洛伦兹力，将向右偏转，因为洛伦兹力方向和速度方向垂直，对

18、电子不做功，所以速率不变， A正确， 考点：考查了左手定则和右手螺旋定则的应用 点评：在判断的时候需要区分左右手定则的内容 如图所示，虚线框内为一长方形区域，内有匀强磁场，一束质子以不同的速度从 O 点垂直磁场方向射入后，分别从 a、 b、 c、 d四点射出 比较它们在磁场的运动时间是（ ） A B C D 答案： D 试题分析：根据轨迹可得 ab两粒子的圆心在长方形的底边上，即在磁场中所对圆弧的圆心角相等，所以根据公式 ，可得 ，根据轨迹可得 c点对应弧长的圆心角大于 d点的圆心角，但是小于 ab的，故 ，综上所述 ， D正确， 考点：考查了粒子在磁场中的偏转问题 点评：在研究粒子在磁场中的

19、偏转时需要先画出轨迹，然后根据周期公式判断，需要注意的是粒子的运动时间和速度无关 实验题 欲用伏安法测定一段阻值约为 5左右的金属导线的电阻 ,要求测量结果尽量准确 ,现备有以下器材 : A.电池组（ 3V，内阻约 1） B.电流表（ 0 3A，内阻约为 0.0125） C.电流表（ 0 0.6A，内阻约为 0.125） D.电压表（ 0 3V，内阻约为 3 k） E.电压表（ 0 15V，内阻约为 15 k） F.滑动变阻器（ 0 20，额定电流 1 A） G.滑动变阻器（ 0 2000，额定电流 0.3 A） H.开关、导线 （ 1）上述器材中应选用的是 ；（填写各器材的字母代号）（ 4分

20、） （ 2）实验电路应采用电流表 接法；（填 “内 ”或 “外 ”） （ 2分） （ 3）为 使通过待测金属导线的电流能在 0 0.5 A范围内改变 ,请按要求画出测量待测金属导线的电阻 Rx的原理电路图 ,然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路。 答案：（ 1） A、 C、 D、 F、 H （ 2）外 （ 3）见图 试题分析： （ 1）实验中电源，开关、导线是不可少的，因为被测电阻的阻值约为 5左右，所以选用 F滑动变阻器操作方便，因为电池组为 3V，所以选用电压表为 D，考虑到电路中的温度可以影响被测电阻，所以不宜过大，故选择电流表 C，所以实验仪器有： A、 CDFH (

21、2)因为 ，所以采用电流表的外接法， （ 3）实验中需要的电压变化范围较大，所以采用滑动变阻器的分压解法，电路图如图所示： 考点：考查了测量电阻实验 点评：做电学实验时难点在于仪器的选用，以及电流表，电压表的接法问题上，所以需要根据题中的信息判断 填空题 读数 （ 1）游标卡尺读数为 _mm 螺旋测微器的读数为 _mm （ 2）用多用表测量电流、电压或电阻时，表盘指针的位置如图所示。 如果选择开关指在 “ 10 置时，测量结果为 V； 如果选择开关指在 “ 25” 位置时，测量结果为 mA； 如果选择开关指在 “10” 测量结果为 答案：（ 1） 9.40mm, 10.295 mm（ 2） 5

22、.1 V； 12.8 mA； 145 试题分析： (1)游标卡尺的读数为： ， 螺旋测微器的读数为： (2) 如果选择开关指在 “ 10 置时，则为 1分度盘，所以测量结果为 5.1V 如果选择开关指在 “ 25” 位置时，则最小分度为 0.1mA，所以测量结果为12.8mA， （ 3）如果选择开关指在 “10” 测量结果为 考点：考查了实验仪器的读数问题 点评：游标卡尺的读数为主尺上的 读数 +游标尺上正对刻度 倍数，正对刻度不需要估读， 螺旋测微器上的读数为主尺上的读数 +游尺上的读数 ，刻度线需要估读 在使用电压表或者电流表时，需要先判断量程，然后判断最小分度，估读到最小分度 计算题 如

23、图（ a）所示，在以直角坐标系 xOy的坐标原点 O 为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直 xOy所在平面的匀强磁场。一带电粒子由磁场边界与 x轴的交点 A处，以速度 v0沿 x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与 y轴的交点 C处，沿 y轴正方向飞出磁场，不计带电粒子所受重力。 （ 1）求粒子的 荷质比 。（要求画出粒子在磁场中运动轨迹的示意图） （ 2）若磁场的方向和所在空间的范围不变，而磁感应强度的大小变为 B，该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场，粒子飞出磁场时速度的方向相对于入射方向改变了 角，如图（ b）所示，求磁感应强度 B的大小。（要求画出粒子

24、在磁场中运动轨迹的示意图） 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）由几何关系可知，粒子的运动轨迹如图， （图 3分） 洛伦兹力等于向心力，即图两份 （ 3分） R=r （ 2分）得 （ 2分） （ 2）粒子的运动轨迹如图，设其半径为 R，洛伦兹力提供向心力，即（图 3分） （ 4分）又因为 （ 3分） 解得 （ 3分） 考点：考查了粒子在有界磁场中的运动， 点评：当粒子在磁场中运动时，需要先画出粒子的运动轨迹，然后运用几何知识以及牛顿定律解题 在互相垂直的匀强磁场和匀强电场中固定放置一光滑的绝缘斜面，其倾角为 ，设斜面足够长，磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上，如

25、图所示。一质量为 m带电量为 q 的小球静止放在斜面的最高点 A，小球对斜面的压力恰好为零。在释放小球的同时，将电场方向迅速改为竖直向下，电场强度大小不变 . （ 1）小球沿斜面下滑的速度 v为多大时，小球对斜面的正压力再次为零？ （ 2）小球从释放到离开斜面一共历时多少？ 答案： (1) (2) 试题分析：电场反转前 mg=qE （ 3分） 电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，到对斜面压力为零时开始离开斜面，此时有 qvB=(mg+qE)cos （ 3分） , 联立以上各式得 （ 4分） 小球在斜面上滑行距离为 v=at （ 3分） a=2gsin （ 3分） 联立以上各式得 ,所用时间为 （ 4分） 考点：考查了粒子在复合场中的运动， 点评：做此类型的题目需要根据粒子的受力情况，判断粒子的运动性质，特别是注意粒子运动的一些临界条件，结合牛顿运动定律分析解题