2024-2025学年上学期北京高二物理期末培优卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期北京高二物理期末培优卷2一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。电源、电阻、电流表、开关用导线连接成图所示的电路。已知电源的电动势E＝3.0V，电阻R＝2.0Ω。闭合开关S后，电流表示数I＝1.00A。1．（3分）该电源的内阻r为（）A．1.0Ω B．1.5Ω C．2.0Ω D．3.0Ω2．（3分）（2020秋•渝中区校级期中）下列各图中，电荷所受洛伦兹力方向正确的是（）A． B． C． D．3．（3分）（2023春•淮安期末）如图所示为探究感应电流产生条件的实验装置。仅在下列哪种情况下线圈B中无感应电流（）A．开关闭合瞬间 B．开关断开瞬间 C．开关闭合后，滑动变阻器滑片不动 D．开关闭合后，A从B中拔出4．（3分）（2020•湖北模拟）如图所示，在三角形BAC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，∠B＝∠C=π6．一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子垂直AB边射入磁场，已知从AC边射出且速度垂直于AC边的粒子在磁场中运动的时间为t0，而在此边射出的粒子，在磁场中的运动最长时间为54A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0 B．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qC．题中运动时间最长的粒子射出点距A点d2D．粒子进入磁场时速度大小为35．（3分）（2019秋•昌平区期末）把一段通电直导线悬挂在匀强磁场中O点，并建立空间直角坐标系，如图所示。直导线沿z轴方向放置时不受力；直导线中电流方向沿x轴正方向时受到沿y轴正方向的力。由此可知该磁场的方向为（）A．z轴正方向 B．z轴负方向 C．x轴负方向 D．y轴正方向6．（3分）如图所示的电路，电源的内阻为r，R1为滑动变阻器，R2，R3，R4为定值电阻，R4＞r，G为指针可左右偏转的灵敏电流计，电路接通后，电容器两极板间的小球处于静止状态。则下列说法正确的是（）A．将电容器的上极板向上稍微移动些，灵敏电流计的指针静止不动 B．将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，外电路消耗的电功率一定增大 C．将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，流过定值电阻R1的电流变化量的绝对值大于流过定值电阻R3的电流变化量的绝对值 D．将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，R1两端电压变化量的绝对值与流过R1的电流变化量的绝对值的比值减小7．（3分）（2020•5月份模拟）如图中甲、乙、丙所示，光滑轨道水平放置且固定不动，轨道上质量为m的导体棒ab可自由滑动。图甲中的电容器C原来不带电，轨道和导体棒的电阻忽略不计。有竖直向下的匀强磁场穿过所有装置，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L．现给导体棒一个向右的初速度v0，则（）A．图甲中ab最终静止 B．图乙中ab最终向右匀速运动 C．图丙中ab最终向右匀速运动 D．图乙中流过电阻R的总电荷量为m8．（3分）（2020秋•新余期末）如图所示，a、b两离子同时沿水平放置的两平行金属板的中心轴从左、右射入两板间匀强电场中（电场方向与两板垂直），并恰好在图中M点相遇，不计离子重力和离子间相互作用。则（）A．两离子的比荷一定相等 B．两离子刚进入电场的初速度大小一定相等 C．到相遇时电场力对两离子做功一定相等 D．两离子电性一定相反9．（3分）（2023•南昌二模）如图所示，四分之一圆周区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径ON的中点。现有两个带电粒子a、b，以相同的速度先后从P点沿OM方向射入磁场，并分别从M、N两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。则粒子a、b在磁场中运动周期之比为（）A．5：1 B．1：5 C．2：3 D．3：210．（3分）（2020秋•龙岗区期末）磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场B且平行于A、B板平面的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，装置稳定时下列说法中正确的是（）A．B板的电势比A板的高 B．图中通过电阻R的电流方向是向下的 C．离子只受到电场力作用 D．图中电阻R两端电压为Bvq11．（3分）（2024春•番禺区校级期中）如图，在平行板器件中，电场强度E与磁感应强度B相互垂直。一带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做匀速直线运动，则该带电粒子（）A．一定带正电 B．一定带负电 C．速度大小v=BD．若此粒子从右端沿虚线方向以速度v射入，将做曲线运动12．（3分）（2023秋•东莞市月考）如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（）A．A点的电势比B点的电势高 B．正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 C．负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功 D．负电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力二．选择题（共3小题，满分9分，每小题3分）13．（3分）（2017•张家口模拟）如图所示，AOB为一边界为1/4圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO．现有两个带正电粒子1、2，它们的比荷之比为1：2，射入磁场的速率之比为1：2，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，不计重力及粒子间的相互作用，则（）A．粒子2必在B、C之间（不含B、C）某点射出磁场 B．粒子2必在D、B之间（不含D、B）某点射出磁场 C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2 D．粒子1与粒子2的速度偏转角度之比为3：2（多选）14．（3分）（2024春•潍坊期末）如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。将质量为m＝0.01kg、带电量为+q的小滑块从斜面上A点静止释放，经过B点时加速度为零，后继续运动至D点。已知O、A两点等高，OA＝OD=32m，OD⊥OB，OC⊥AD，重力加速度大小取g＝10m/s2，静电力常量k＝9×109N•m2/CA．经过C点时机械能最小 B．从A到D过程中电势能和动能之和变小 C．电荷量q为16D．在D点时的速度为15（多选）15．（3分）（2023秋•海淀区校级期中）在如图所示的U﹣I图中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b为某电阻R的电压与电流的关系。现用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图可知（）A．该电阻的阻值为2.0Ω B．该电源的电动势为6.0V，内阻为0.5Ω C．该电源的路端电压为4.0V，输出功率为4.0W D．选一个R＝1.0Ω的电阻与该电源组成闭合回路，电源的输出功率一定相等三．实验题（共2小题，满分15分）16．（6分）（2023秋•安徽月考）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，某同学将直流8V电源、电容器C、电阻箱、电压表、电流传感器、计算机及单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。回答下列问题：（1）用电压表测量电容器两端的电压，电压表的正接线柱应与（填“a”或“b”）端相连。（2）将单刀双掷开关S与“1”端相接，此时电源给电容器充电。在此过程中，发现电压表的示数（填正确选项序号）。A．先增大，随后逐渐稳定在3VB．先增大后减小C．迅速增大，随后逐渐稳定在8V（3）上述过程中，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t图像如图2所示，曲线与坐标轴所围面积等于电荷量。估算出该次充电完成后电容器上的电荷量q＝C，电容器的电容约为C＝μF。（4）将电阻箱电阻由最大分别调节至R1和R2（R1＞R2），先后两次把开关S由1端掷向2端，计算机屏幕上显示的I﹣t图像如图3中曲线Ⅰ和Ⅱ所示，则曲线Ⅰ对应的电阻是（填“R1”或“R2”）。17．（9分）（2021•南开区二模）某小组同学在做“测定电源的电动势和内阻”的实验时，选用了一节新干电池（电池上标注的电动势为1V，内阻小于1Ω）。除新干电池外，实验室还提供了以下实验器材：A.电阻箱R（0～99.9Ω）B.电流表A（量程为1mA，内阻rA＝100Ω）C.定值电阻R1＝2900ΩD.定值电阻R2＝1900ΩE.定值电阻R3＝1800ΩF.定值电阻R4＝1.0ΩG.开关一个，导线若干①小华同学设计了如图所示的电路，若将电流表A与电阻Rx串联后当作电压表使用，为了减小实验误差同时方便读数与计算，电路中的电阻Rx应选用，电阻Ry应选用（填“RI”、“R2”、“R3”或“R4”）。②闭合开关，调节电阻箱，记录多组电阻箱接入电路的阻值R及对应电流表的示数为了便于处理数据和减小实验误差，可直接寻找I与R的关系，作出1I-1R关系图像若作出的图像中直线斜率k＝1.95×103Ω/A，纵轴截距b＝1.30×103A﹣1，则电池的电动势E＝V、内阻r＝四．解答题（共5小题，满分40分）18．（7分）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小球的质量；（2）若剪断细绳，则经过1s小球获得的速度大小；（3）若撤去电场，则小球到达最低点对细绳的拉力大小。19．（7分）（2020秋•焦作期中）在课外探究活动中，某同学将开关、电动机、电流表和电阻箱串联后接到直流电源上。将电阻箱接入电路的阻值调到R1＝19Ω时，闭合开关后，电动机并没有转动，这时电电流表的读数I1＝0.45A；此后，调整电阻箱接入电路的阻值，当电阻箱接入电路的阻值R2＝10Ω时，电动机正常工作，电流表的读数I2＝0.65A。已知直流电动机的线圈阻值r＝1.0Ω，电流表为理想电表，直流电源的内阻不计。求：（1）直流电源的电动势E和电动机的额定电压U；（2）电动机正常工作时的机械功率P（保留两位有效数字）。20．（7分）（2019秋•太和县校级期末）如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝5V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝37°角，取重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）ab受到的安培力大小；（2）ab受到的静摩擦力大小。21．（8分）（2023秋•朝阳区期末）某质谱仪原理如图所示，Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为B2。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），初速度为0，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）粒子进入速度选择器的速度大小v。（2）速度选择器的两板间的电压U2。（3）粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。22．（11分）（2019•浙江学业考试）在一倾角为θ＝37°的粗糙导轨上平行放置了一质量为m＝0.02kg的通电细杆ab，空间中有B＝2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示，已知导轨的宽度d＝0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4。（1）判断杆ab受到安培力方向（2）调节滑动变阻器的触头，使杆ab静止不动，通过ab杆的电流最大是多少？（3）调节滑动变阻器的触头，使杆ab静止不动，通过ab杆的电流最小为多少？

2024-2025学年上学期北京高二物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。电源、电阻、电流表、开关用导线连接成图所示的电路。已知电源的电动势E＝3.0V，电阻R＝2.0Ω。闭合开关S后，电流表示数I＝1.00A。1．（3分）该电源的内阻r为（）A．1.0Ω B．1.5Ω C．2.0Ω D．3.0Ω【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】A【分析】由闭合电路的欧姆定律可以求出电源内阻。【解答】解：由闭合电路欧姆定律I=ER+r可得电源内阻r=EI-R=3.01.00Ω﹣2.00Ω＝故选：A。【点评】本题考查了电路电流，应用闭合电路欧姆定律即可正确解题。2．（3分）（2020秋•渝中区校级期中）下列各图中，电荷所受洛伦兹力方向正确的是（）A． B． C． D．【考点】左手定则判断安培力的方向；洛伦兹力的概念．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】B【分析】带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。【解答】解：根据左手定则可知：A、图中为正电荷，故粒子受到的洛伦兹力方向应该向上，故A错误；B、图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则，故B正确；CD、两图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，故均不受洛伦兹力，故CD错误。故选：B。【点评】带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，同时注意当粒子运动方向与磁感线平行时带电粒子不受洛伦兹力。3．（3分）（2023春•淮安期末）如图所示为探究感应电流产生条件的实验装置。仅在下列哪种情况下线圈B中无感应电流（）A．开关闭合瞬间 B．开关断开瞬间 C．开关闭合后，滑动变阻器滑片不动 D．开关闭合后，A从B中拔出【考点】研究电磁感应现象．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；理解能力．【答案】C【分析】根据题意逐项分析穿过线圈B的磁通量是否发生变化，再根据感应电流产生的条件分析作答。【解答】解：ABD．感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，开关闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量从无到有，穿过线圈B的磁通量增大；断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量从有到无，穿过线圈B的磁通量减小；开关闭合时，拔出线圈A的瞬间，B线圈中的磁通量减小；综上分析，开关闭合或断开的瞬间，或者开关闭合时，拔出线圈A的瞬间，穿过线圈B的磁通量都发生了变化，因此线圈中产生感应电流，故ABD错误；C．开关闭合，滑动变阻器不动时，穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈中没有感应电流，故C正确；故选：C。【点评】本题考查了感应电流产生的条件的运用；知道感应电流产生的条件是电路要闭合，穿过闭合回路的磁通量要发生变化，关键在于磁通量发生变化。4．（3分）（2020•湖北模拟）如图所示，在三角形BAC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，∠B＝∠C=π6．一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子垂直AB边射入磁场，已知从AC边射出且速度垂直于AC边的粒子在磁场中运动的时间为t0，而在此边射出的粒子，在磁场中的运动最长时间为54A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0 B．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qC．题中运动时间最长的粒子射出点距A点d2D．粒子进入磁场时速度大小为3【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】作出垂直于AC边射出的粒子的运动轨迹，根据运动特点找到圆心角，以此求解周期；根据周期公式T=2πm作出运动时间最长的粒子的运动轨迹，结合题中所给的时间求解出圆心角，根据几何知识求解射出点距A点的距离；对运动时间最长的粒子，根据x＝vt，求解出弧长，以此求出速度。【解答】解：A、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直于AC边射出的粒子其运动轨迹如图所示，根据圆周运动的特点可知，A点为该粒子的圆心，所以粒子在磁场中运动的圆心角为120°，其运动时间是周期的13故13所以粒子运动的周期为：T＝3t0，故A错误；B、因为周期T=2πm所以磁感应强度为：B=2πmqT=C、设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为θ，如图所示：，则有：θ2π得θ=5π设轨道半径为R，根据几何知识有：Rsin30°可得R=3则射出点距A：x=R2cos30°D、根据5t解得v=2πd(6+3故选：C。【点评】解决该题的关键是能正确作出在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹，能根据几何知识求解相应的长度，熟记圆周运动的周期和半径的公式。5．（3分）（2019秋•昌平区期末）把一段通电直导线悬挂在匀强磁场中O点，并建立空间直角坐标系，如图所示。直导线沿z轴方向放置时不受力；直导线中电流方向沿x轴正方向时受到沿y轴正方向的力。由此可知该磁场的方向为（）A．z轴正方向 B．z轴负方向 C．x轴负方向 D．y轴正方向【考点】左手定则判断安培力的方向．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】B【分析】依据通电导线与磁场平行时，不存在磁场力，当两者不平行时，存在磁场力，根据左手定则，即可判定。【解答】解：直导线沿z轴方向放置时不受力，说明磁场方向沿着z轴方向；当直导线中电流方向沿x轴正方向时受到沿y轴正方向的力，依据左手定则，可知，该磁场的方向为z轴负方向，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】考查通电导线在磁场中受力应用，掌握左手定则的内容，理解磁场力存在的条件，注意左手定则与右手定则的区别。6．（3分）如图所示的电路，电源的内阻为r，R1为滑动变阻器，R2，R3，R4为定值电阻，R4＞r，G为指针可左右偏转的灵敏电流计，电路接通后，电容器两极板间的小球处于静止状态。则下列说法正确的是（）A．将电容器的上极板向上稍微移动些，灵敏电流计的指针静止不动 B．将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，外电路消耗的电功率一定增大 C．将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，流过定值电阻R1的电流变化量的绝对值大于流过定值电阻R3的电流变化量的绝对值 D．将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，R1两端电压变化量的绝对值与流过R1的电流变化量的绝对值的比值减小【考点】含容电路的动态分析；电容的概念、单位与物理意义．【专题】应用题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】分析电路结构，确定电容器两端的电压，根据平行板电容器的决定式分析电容变化，充放电的情况；根据电源输出功率随外电阻关系可知，外电路消耗的电功率的变化情况；根据闭合电路欧姆定律结合电源U﹣I特性确定R1两端电压变化量的绝对值与流过R1的电流变化量的绝对值的比值。【解答】解：分析电路可知，电容器两端电压为滑动变阻器两端电压，恒定不变；A、电容器的上极板向上稍微移动些，则d增大，根据平行板电容器的决定式C=ɛS4πkd可知，电容C减小，则Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，灵敏电流计指针偏转，故B、将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，电阻变大，R4＞r，根据电源输出功率随外电阻关系可知，外电路消耗的电功率一定减小，故B错误；C、将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动些，电阻变大，干路电流变小，流过电阻R3的电流减小，则并联电路两端的电压增大，流过电阻R2的电流增大，流过电阻R1的电流减小，故流过定值电阻R1的电流变化量的绝对值大于流过定值电阻R3的电流变化量的绝对值，故C正确；D、将电阻R2、R3、R4看作电源内阻，根据电源的U﹣I特性可知，R1两端电压变化量的绝对值与流过R1的电流变化量的绝对值的比值等于新内阻，阻值不变，故D错误。故选：C。【点评】本题考查闭合电路欧姆定律和电容的决定式，解题的关键是等效电源的分析，将电阻R2、R3、R4看作电源内阻，根据电源的U﹣I特性可知，R1两端电压变化量的绝对值与流过R1的电流变化量的绝对值的比值不变。7．（3分）（2020•5月份模拟）如图中甲、乙、丙所示，光滑轨道水平放置且固定不动，轨道上质量为m的导体棒ab可自由滑动。图甲中的电容器C原来不带电，轨道和导体棒的电阻忽略不计。有竖直向下的匀强磁场穿过所有装置，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L．现给导体棒一个向右的初速度v0，则（）A．图甲中ab最终静止 B．图乙中ab最终向右匀速运动 C．图丙中ab最终向右匀速运动 D．图乙中流过电阻R的总电荷量为m【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】D【分析】图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况。图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab棒的运动情况；应用动量定理求出通过R的电荷量。【解答】解：A、图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；B、图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，电流流过电阻R产生焦耳热，把电能转化为内能，ab棒机械能减少，速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止，故B错误；C、图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C错误；D、设乙图中导体棒切割磁感线产生的平均电流为I，平均安培力：F=BIL整个过程据动量定理有：-FΔt＝0﹣mv0，代入得﹣BIL×Δt＝﹣mv0，电荷量：q=I×Δt=故选：D。【点评】本题考查对电磁感应现象动态变化分析的问题，分析安培力的变化是关键，根据合力和速度方向的关系判断导体棒的运动情况。8．（3分）（2020秋•新余期末）如图所示，a、b两离子同时沿水平放置的两平行金属板的中心轴从左、右射入两板间匀强电场中（电场方向与两板垂直），并恰好在图中M点相遇，不计离子重力和离子间相互作用。则（）A．两离子的比荷一定相等 B．两离子刚进入电场的初速度大小一定相等 C．到相遇时电场力对两离子做功一定相等 D．两离子电性一定相反【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，由于在M点相遇，则运动时间相同，根据类平抛运动规律分析AB项，根据电场力做功分析C项，两离子受到的电场力方向均向下，从而分析电性。【解答】解：A.由于a、b两离子同时射入电场且在M点相遇，故用时t相同，竖直方向位移y相同，由于a、b均在电场中做类平抛运动，竖直方向位移为：y=12a由牛顿第二定律：Eq＝ma可知，a、b两离子的qm相等，即两离子的比荷一定相等，故AB.由于题目中没有给定M点具体位置，则两离子水平方向位移xa、xb大小关系无法确定，初速度va、vb的大小关系也就无法确定，故B错误；C.电场力做功功W＝Fy＝Eqy，由于两离子电荷q不一定相等，故做功W不一定相等，故C错误；D.两离子均向下偏转，受到的电场力方向均向下，故两离子电性相同，故D错误。故选：A。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握类平抛运动的运动规律，注意离子受力方向的判断。9．（3分）（2023•南昌二模）如图所示，四分之一圆周区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径ON的中点。现有两个带电粒子a、b，以相同的速度先后从P点沿OM方向射入磁场，并分别从M、N两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。则粒子a、b在磁场中运动周期之比为（）A．5：1 B．1：5 C．2：3 D．3：2【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】首先，设圆形磁场的半径为R，画出a、b两个粒子的运动轨迹，根据几何关系求出两个粒子做圆周运动的轨道半径；其次，根据匀速圆周运动周期与线速度以及半径的关系求出两个粒子运动的周期之比。【解答】解：设圆形磁场的半径为R，画出a、b两个粒子在磁场中的运动轨迹根据几何关系可求出两个粒子的轨迹半径分别为：rb=解得r又因为T=可得两个粒子在磁场中运动的周期之比为：Ta：Tb＝ra：rb＝5：1，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，解决本题的关键是根据几何关系求出粒子的轨道半径。10．（3分）（2020秋•龙岗区期末）磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场B且平行于A、B板平面的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，装置稳定时下列说法中正确的是（）A．B板的电势比A板的高 B．图中通过电阻R的电流方向是向下的 C．离子只受到电场力作用 D．图中电阻R两端电压为Bvq【考点】磁流体发电机．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】等离子体进入磁场，由于受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负离子偏转的方向，从而确定极板带电的正负．最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势，结合闭合电路的欧姆定律求得电阻R两端的电压．【解答】解：A、等离子体进入磁场后，根据左手定则，知正离子向下偏，负离子向上偏，所以B板带正电，A板带负电，故B板的电势比A板的高，故A正确；B、根据闭合电路可知，通过电阻R的电流方向是向上的，故B错误；CD、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：qUd=qvB．电动势E＝U＝Bvd．设磁流体发电机的内阻为r，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U'故选：A。【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．11．（3分）（2024春•番禺区校级期中）如图，在平行板器件中，电场强度E与磁感应强度B相互垂直。一带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做匀速直线运动，则该带电粒子（）A．一定带正电 B．一定带负电 C．速度大小v=BD．若此粒子从右端沿虚线方向以速度v射入，将做曲线运动【考点】速度选择器．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据左手定则判断粒子所受洛伦兹力的方向，根据电场线方向判断粒子所受电场力的方向，根据平衡条件可以得到粒子的速度；当粒子从右端射入时，粒子所受洛伦兹力和电场力方向相同。【解答】解：ABC．粒子从左射入，不论带正电还是负电，根据左手定则可以判断粒子所受电场力和洛伦兹力的方向是相反的，电场力大小为F＝qE洛伦兹力大小为F'＝qvB两个力平衡，则速度为v=即与粒子带电性无关，故ABC错误；D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，则粒子做曲线运动，故D正确。故选：D。【点评】会根据左手定则判断粒子所受洛伦兹力的方向，以及根据电场线的方向判断粒子所受电场力方向是解题的关键。12．（3分）（2023秋•东莞市月考）如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（）A．A点的电势比B点的电势高 B．正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 C．负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功 D．负电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力【考点】等势面及其与电场线的关系；电场线的定义及基本特征；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】C【分析】AB、根据电场线由高等势面指向低等势面，分析A、B两点电势的高低，利用电势能的定义式判断正电荷在A、B两点电势能的高低；C、根据A、B两点电势的高低，可知负电荷在A、B两点电势能高低，根据功能关系可知电场力做功的正负；D、根据电场线的疏密表示电场的强弱，可知A、B两点电场强度的大小关系，则可知电场力的大小关系。【解答】解：AB、根据电场线由高等势面指向低等势面，由图可知φA＜φB，由电势能EP＝φq，可知正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故AB错误；C、已知φA＜φB，则负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，由功能关系可知负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功，故C正确；D、电场线的疏密表示电场的强弱，可知EA＞EB，则负电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了等势面和电场线的关系、电场力做功与电势能的关系，解题的关键是知道电场线由高等势面指向低等势面，电场线的疏密表示电场的强弱。二．选择题（共3小题，满分9分，每小题3分）13．（3分）（2017•张家口模拟）如图所示，AOB为一边界为1/4圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO．现有两个带正电粒子1、2，它们的比荷之比为1：2，射入磁场的速率之比为1：2，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，不计重力及粒子间的相互作用，则（）A．粒子2必在B、C之间（不含B、C）某点射出磁场 B．粒子2必在D、B之间（不含D、B）某点射出磁场 C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2 D．粒子1与粒子2的速度偏转角度之比为3：2【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】应用题；定性思想；图析法；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】D【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：r由题意可知，两粒子的比荷之比为1：2，射入磁场的速率之比为1：2，则它们的轨道半径相等，即：r1＝r2，A、粒子运动轨迹如图所示，粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在你磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨道半径等于BO，粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为：BO＝R，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B＝CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故AB错误；C、粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角θ1＝90°，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，θ2＝∠BO1P＝60°，两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的周期：T=2πmqB，由于两粒子的比荷之比为1：2，则：t=θ2πT，它们在磁场中的运动时间之比：t1t2=θ1T1θ2T2=90°60°×21=31，粒子故选：D。【点评】本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题．（多选）14．（3分）（2024春•潍坊期末）如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。将质量为m＝0.01kg、带电量为+q的小滑块从斜面上A点静止释放，经过B点时加速度为零，后继续运动至D点。已知O、A两点等高，OA＝OD=32m，OD⊥OB，OC⊥AD，重力加速度大小取g＝10m/s2，静电力常量k＝9×109N•m2/CA．经过C点时机械能最小 B．从A到D过程中电势能和动能之和变小 C．电荷量q为16D．在D点时的速度为15【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】A.小滑块由A到C电场力做负功，机械能减小，由C到D电场力做正功，机械能增大，由此判断经过C点时机械能；B.小滑块由A到B电场力做负功，电势能增大，速度增大，动能增大，由此判断电势能和动能之和；C.在B点沿斜面方向受力分析，根据加速度为零和边角关系求出电荷量；D.小滑块由A到C电场力做负功，由C到D电场力做正功，根据动能定理求出在D点时的速度。【解答】解：A．小滑块由A到C电场力做负功，机械能减小，由C到D电场力做正功，机械能增大，所以经过C点时机械能最小，故A正确；B．小滑块由A到B电场力做负功，电势能增大，速度增大，动能增大，所以电势能和动能之和增大，故B错误；C．由题意知小滑块在B点处的加速度为零，沿斜面方向受力分析mgsin30°OB＝ODtan∠ODC由于OA＝OD则∠ODC＝∠OAC＝30°解得q=1故C正确；D．小滑块由A到C电场力做负功，由C到D电场力做正功，即小滑块在A、D两点电势能相等，根据mghhAD＝ADsin30°＝2CD•sin30°＝2ODcos30°•sin30°解得v=15故D错误。故选：AC。【点评】考查动能定理和电场力做功问题，明确电场力做功和电势能的关系，根据题意进行准确分析解答。（多选）15．（3分）（2023秋•海淀区校级期中）在如图所示的U﹣I图中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b为某电阻R的电压与电流的关系。现用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图可知（）A．该电阻的阻值为2.0Ω B．该电源的电动势为6.0V，内阻为0.5Ω C．该电源的路端电压为4.0V，输出功率为4.0W D．选一个R＝1.0Ω的电阻与该电源组成闭合回路，电源的输出功率一定相等【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】由图象a可知电源的电动势为6.0V，短路电流为3.0A；由图象b可得外电路电阻R为4Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流。【解答】解：A、由b图可知电阻R=UI=4.01.0Ω＝B、由a可知电源的电动势为6.0V，短路电流为I0＝3.0A，则r=EI0=6.03.0ΩC、两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流，即U＝4.0V，I＝1.0A，则P出＝UI＝4×1W＝4.0W，故C正确；D、当外电阻R＝1.0Ω时，电路的电流为I′=电源的输出功率为：P出′＝I′2R＝2.02×1.0W＝4.0W可见：P出′＝P出，故选一个R＝1.0Ω的电阻与该电源组成闭合回路，电源的输出功率一定相等，故D正确。故选：CD。【点评】根据U﹣I图象Ⅰ正确读出电源的电动势和短路电流，根据U﹣I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点。三．实验题（共2小题，满分15分）16．（6分）（2023秋•安徽月考）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，某同学将直流8V电源、电容器C、电阻箱、电压表、电流传感器、计算机及单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。回答下列问题：（1）用电压表测量电容器两端的电压，电压表的正接线柱应与a（填“a”或“b”）端相连。（2）将单刀双掷开关S与“1”端相接，此时电源给电容器充电。在此过程中，发现电压表的示数C（填正确选项序号）。A．先增大，随后逐渐稳定在3VB．先增大后减小C．迅速增大，随后逐渐稳定在8V（3）上述过程中，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t图像如图2所示，曲线与坐标轴所围面积等于电荷量。估算出该次充电完成后电容器上的电荷量q＝2.88×10﹣3C，电容器的电容约为C＝360μF。（4）将电阻箱电阻由最大分别调节至R1和R2（R1＞R2），先后两次把开关S由1端掷向2端，计算机屏幕上显示的I﹣t图像如图3中曲线Ⅰ和Ⅱ所示，则曲线Ⅰ对应的电阻是R2（填“R1”或“R2”）。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】（1）a；（2）C；（3）2.88×10﹣3；360；（4）R2【分析】（1）根据电路构造的分析得出正接线柱的位置；（2）理解电容器的充电特点并由此分析出电压表的示数；（3）理解图像的物理意义，由此得出电容器的电荷量，并结合电容的计算公式得出电容的大小；（4）理解图像的物理意义，结合欧姆定律得出对应的电阻。【解答】解：（1）电容器的上极板充上正电荷，电压表正接线柱应接a端；（2）发现电压表的示数迅速增大，随着两极板充有的电荷量越来越多，极板间电势差越来越大，随后逐渐稳定在8V，故AB错误，C正确；故选：C。（3）I﹣t图像中，图像和坐标轴所围成的面积即为q，（数格，大于或等于半格算一格，小于半格忽略。）则q＝36×0.2×0.4×10﹣3C＝2.88×10﹣3C根据电容的计算公式可得：C=q（4）放电瞬间电流最大值I=U由于IⅠ＞IⅡ，曲线Ⅰ对应的电阻是R2。故答案为：（1）a；（2）C；（3）2.88×10﹣3；360；（4）R2【点评】本题以“观察电容器的充、放电现象”实验为背景，考查学生的分析能力和实验能力。17．（9分）（2021•南开区二模）某小组同学在做“测定电源的电动势和内阻”的实验时，选用了一节新干电池（电池上标注的电动势为1V，内阻小于1Ω）。除新干电池外，实验室还提供了以下实验器材：A.电阻箱R（0～99.9Ω）B.电流表A（量程为1mA，内阻rA＝100Ω）C.定值电阻R1＝2900ΩD.定值电阻R2＝1900ΩE.定值电阻R3＝1800ΩF.定值电阻R4＝1.0ΩG.开关一个，导线若干①小华同学设计了如图所示的电路，若将电流表A与电阻Rx串联后当作电压表使用，为了减小实验误差同时方便读数与计算，电路中的电阻Rx应选用R2，电阻Ry应选用R4（填“RI”、“R2”、“R3”或“R4”）。②闭合开关，调节电阻箱，记录多组电阻箱接入电路的阻值R及对应电流表的示数为了便于处理数据和减小实验误差，可直接寻找I与R的关系，作出1I-1R关系图像若作出的图像中直线斜率k＝1.95×103Ω/A，纵轴截距b＝1.30×103A﹣1，则电池的电动势E＝1.54V、内阻r＝【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】①R2，R4；②1.54，0.502【分析】①改装电压表时，电表与电阻串联，根据欧姆定律可计算对应电阻，由于电源的内阻较小，测量时电压表的读数变化不明显，则需要略微增大电源的内阻，所以电路中电阻Ry应选用R4；②根据闭合电路欧姆定律得出电动势与电流的关系，变形后根据斜率与截距可求得E，r。【解答】解：①根据电压表的改装原理，选定值电阻R1＝2900Ω，则有U1＝Ig（rA+R1）＝1×10﹣3×（100+2900）V＝3V选定值电阻R2＝1900Ω，则有U2＝Ig（rA+R2）＝1×10﹣3×（100+1900）V＝2V选定值电阻R3＝1800Ω，则有U1＝Ig（rA+R3）＝1×10﹣3×（100+1800）V＝1.9V所以为了减小实验误差同时方便读数与计算，电路中的电阻Rx应选用R2.由于电源的内阻较小，测量时电压表的读数变化不明显，则需要略微增大电源的内阻，所以电路中电阻Ry应选用R4.②根据闭合电路欧姆定律可得E＝I（rA+R2）+整理可得1I代入数据可得1I由式可知k=b=代入数据解得E≈1.54V，r＝0.502Ω故答案为：①R2，R4；②1.54，0.502【点评】本题考查电源电动势与内阻的测量，注意根据电源电动势等于外电压与内电压之和，变形根据图像求得。四．解答题（共5小题，满分40分）18．（7分）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小球的质量；（2）若剪断细绳，则经过1s小球获得的速度大小；（3）若撤去电场，则小球到达最低点对细绳的拉力大小。【考点】带电体在匀强电场中的受力平衡；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力；模型建构能力．【答案】（1）小球的质量为4×10﹣4kg；（2）若剪断细绳，则经过1s小球获得的速度大小为12.5m/s；（3）若撤去电场，则小球到达最低点对细绳的拉力大小为5.6×10﹣3N。【分析】（1）根据平衡条件列方程即可求解；（2）根据牛顿第二定律可以得到小球的加速度，然后根据运动学公式可以得到小球的速度；（3）先计算出小球到最低点时的速度，然后根据牛顿第二定律即可求解。【解答】解：（1）小球静止，根据平衡条件有tan37解得m=（2）剪断细绳，根据牛顿第二定律有mgcos37°解得a=经过1s后小球获得的速度为v＝at＝12.5×1m/s＝12.5m/s（3）撤去电场，小球从静止落到最低点，有能量守恒定律有mgl(1-小球再最低点，由牛顿第二定律有T-代入数据解得T＝5.6×10﹣3N答：（1）小球的质量为4×10﹣4kg；（2）若剪断细绳，则经过1s小球获得的速度大小为12.5m/s；（3）若撤去电场，则小球到达最低点对细绳的拉力大小为5.6×10﹣3N。【点评】这是一道常规题目，过程本身并不复杂，都是平衡条件和牛顿第二定律的基本应用，只要有扎实的基本功，不难求解。19．（7分）（2020秋•焦作期中）在课外探究活动中，某同学将开关、电动机、电流表和电阻箱串联后接到直流电源上。将电阻箱接入电路的阻值调到R1＝19Ω时，闭合开关后，电动机并没有转动，这时电电流表的读数I1＝0.45A；此后，调整电阻箱接入电路的阻值，当电阻箱接入电路的阻值R2＝10Ω时，电动机正常工作，电流表的读数I2＝0.65A。已知直流电动机的线圈阻值r＝1.0Ω，电流表为理想电表，直流电源的内阻不计。求：（1）直流电源的电动势E和电动机的额定电压U；（2）电动机正常工作时的机械功率P（保留两位有效数字）。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．【专题】学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）直流电源的电动势为9.0V，电动机的额定电压为2.5V。（2）电动机正常工作时的机械功率为1.2W。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式分析，求解电动机的额定电压。（2）电动机的机械功率和内阻消耗功率之和等于总功率，根据能量守恒定律分析。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律有E＝I1（R1+r）＝0.45×（19+1.0）V得：E＝9.0V电动机的额定电压为U＝E﹣I2R2＝9.0V﹣0.65×10V得：U＝2.5V（2）根据能量守恒定律可知，电动机的机械功率和内阻消耗功率之和等于总功率，I2即：0.65×2.5W＝P+0.652×1.0W解得：P＝1.2W。答：（1）直流电源的电动势为9.0V，电动机的额定电压为2.5V。（2）电动机正常工作时的机械功率为1.2W。【点评】该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，正常工作的电动机不是纯电阻电路，解题是注意公式的选取，灵活运用闭合电路欧姆定律、能量守恒定律是解题的关键。20．（7分）（2019秋•太和县校级期末）如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝5V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝37°角，取重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）ab受到的安培力大小；（2）ab受到的静摩擦力大小。【考点】安培力的计算公式及简单应用；共点力的平衡问题及求解；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由闭合电路的欧姆定律可以求出通过ab的电流，由安培力公式可以求出安培力大小；（2）根据平衡条件计算静摩擦力大小。【解答】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流I=ER+R0+r=54+0.1+0.9ab受到的安培力：F＝BIL＝5×1×0.5＝2.5N；（2）ab受力如图所示，据平衡条件得：f静＝Fsin37°＝2.5×0.6＝1.5N；答：（1）ab受到的安培力大小为2.5N；（2）ab受到的静摩擦力大小为1.5N。【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。21．（8分）（2023秋•朝阳区期末）某质谱仪原理如图所示，Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为B2。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），初速度为0，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）粒子进入速度选择器的速度大小v。（2）速度选择器的两板间的电压U2。（3）粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。【考点】与速度选择器相结合的质谱仪．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）粒子进入速度选择器的速度大小为2qU（2）速度选择器的两板间的电压为B1d2qU（3）粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径为1B【分析】（1）根据动能定理可以求出粒子的速度v；（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，从而求出电压U2；（3）根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。【解答】解：（1）根据题意可知，粒子经过A粒子加速器，由动能定理有qU1=解得v=（2）粒子恰能通过速度选择器，则有qvB1=解得U2＝B1d2q（3）根据洛伦兹力提供向心力有qvB2=解得R=答：（1）粒子进入速度选择器的速度大小为2qU（2）速度选择器的两板间的电压为B1d2qU（3）粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径为1B【点评】解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。22．（11分）（2019•浙江学业考试）在一倾角为θ＝37°的粗糙导轨上平行放置了一质量为m＝0.02kg的通电细杆ab，空间中有B＝2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示，已知导轨的宽度d＝0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4。（1）判断杆ab受到安培力方向（2）调节滑动变阻器的触头，使杆ab静止不动，通过ab杆的电流最大是多少？（3）调节滑动变阻器的触头，使杆ab静止不动，通过ab杆的电流最小为多少？【考点】安培力的计算公式及简单应用；共点力的平衡问题及求解．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；摩擦力专题；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）当电流较大时，杆ab有向上的运动趋势，所受的静摩擦力沿导轨向下，当静摩擦力达到最大时，安培力最大，电流最大；（2）当电流最小时，杆ab有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡条件，结合安培力的大小公式，求出通过ab杆的电流范围。【解答】解：（1）利用左手定则可判断，安培力方向为沿着导轨向上。（2）如图所示：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax。F1﹣mgsinθ﹣f1＝0N1﹣mgcosθ＝0f1＝μN1F1＝BImaxd解上述方程得：Imax＝0.46A。（3）如上图所示，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin。F2﹣mgsinθ+f2＝0N2﹣mgcosθ＝0f2＝μN2F2＝BImind解上述方程得：Imin＝0.14A。答：（1）杆ab受到安培力方向沿着导轨向上；（2）调节滑动变阻器的触头，使杆ab静止不动，通过ab杆的电流最大是0.46A；（3）调节滑动变阻器的触头，使杆ab静止不动，通过ab杆的电流最小为0.14A。【点评】解决本题的关键要能够正确地受力分析，抓住两个临界状态，运用共点力平衡进行求解。知道电流最大时有向下的最大静摩擦力，电流最小时，有向上的最大静摩擦力。

考点卡片1．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．4．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。5．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=8F，故B故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝6．带电体在匀强电场中的受力平衡【知识点的认识】本考点旨在针对共点力的平衡在电场中的应用。要注意本考点涉及到的是电场问题而不是两个电荷之间的作用力。【命题方向】在如图所示的匀强电场中，一条绝缘细线的上端固定，下端栓一个大小可以忽略、质量为m的带电量为q的小球，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，求：（1）小球带何种电荷？（2）匀强电场的场强是多大？分析：（1）由小球向什么方向偏转，判断电场力方向，根