重慶市20xx-20xx學(xué)年高二物理上學(xué)期12月月考試卷含解析(編輯修改稿)
2025-01-10 02:21 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 加速磁場后，根據(jù)左手定則，安培力的方向平行斜面向上，磁感應(yīng)強度 B逐漸增加的過程中，安培力逐漸增加； 根據(jù)平衡條件，有 ： mgsinθ=f′+F A； 由于安培力逐漸變大，故靜摩擦力先減小后反向增加； 故選 D． 【點評】本題關(guān)鍵是對桿受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式分析，不難． 6．如圖所示，靜止的電子在加速電壓為 U1的電場作用下從 O經(jīng) P板的小孔（位于 p板的中點）射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為 U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使 U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該 ( ) A．使 U2加倍 B．使 U2變?yōu)樵瓉淼?4倍 C．使 U2變?yōu)樵瓉淼?倍 D．使 U2變?yōu)樵瓉淼? 【考點】帶電粒子在勻強電場中 的運動． 【專題】帶電粒子在電場中的運動專題． 【分析】電子先經(jīng)過加速電場加速，后經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，根據(jù)結(jié)論 y= ，分析要使 U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化時，兩種電壓如何變化． 【解答】解：設(shè)平行金屬板板間距離為 d，板長為 l．電子在加速電場中運動時，由動能定理得： eU1= mv02﹣ 0， 垂直進入平行金屬板間的電場做類平拋運動，水平方向有： l=v0t， 豎起方向有： y= at2= t2， 聯(lián)立以上四式得偏轉(zhuǎn)距離為： y= ， 要使 U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化時， y不變，則必須使 U2加倍． 故選： A． 【點評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，可以根據(jù)動能定理和牛頓第二定律、運動學(xué)公式結(jié)合推導(dǎo)出 y= ． 7．如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放置在勻強電場和勻強磁場中．軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的，兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放． M、 N為軌道的最低點，則下列說法正確的是 ( ) A．兩小球到達軌道最低點的速度 vM＜ vN B．兩小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力 FM＜ FN C．小球第一次到達 M點的時間大于小球第一次到達 N點的時間 D．在磁場中 小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端 【考點】帶電粒子在混合場中的運動． 【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題． 【分析】兩個軌道的半徑相同，根據(jù)圓周運動的向心力的公式可以分析小球通過最低點是對軌道的壓力，小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，小球在電場中受到的電場力對小球做負(fù)功，到達最低點時的速度的大小較小． 【解答】解： AC、在磁場中運動時，只有重力做正功，在電場中運動時，重力做正功、電場力做負(fù)功，由動能定理可知： mv =mgH mv =mgH﹣ qE?d 解得， vM＞ vN，由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒；而小球在電場中運動受到的電場力對小球做負(fù)功，到達最低點時的速度的大小較小，所以在電場中運動的時間也長，故 AC錯誤； B、最低點 M時，支持力與重力和洛倫茲力（方向豎直向下）的合力提供向心力，最低點 N時，支持力與重力的合力提供向心力，因為 vM＞ vN，可知： FM＞ FN，故 B錯誤； D、由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，所以小球可以到達軌道的 另一端，而電場力做小球做負(fù)功，所以小球在達到軌道另一端之前速度就減為零了，故不能到達最右端，故 D正確； 故選： D． 【點評】洛侖茲力對小球不做功，但是洛侖茲力影響了球?qū)壍赖淖饔昧Γ陔妶鲋械男∏?，電場力對小球做功，影響小球的速度的大小，從而影響小球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮。? 8．某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系和電阻 R R2的電壓與電流的關(guān)系如圖所示．用此電源和電阻 R R2組成電路． R R2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路．則下列說法中正確的是 ( ) A．電源效率最高 50% B．電源效率最 高 75% C．電源輸出功率最大 4w D．電源輸出功率最大 8w 【考點】路端電壓與負(fù)載的關(guān)系；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率． 【專題】定性思想；圖析法；恒定電流專題． 【分析】根據(jù)圖線 Ⅰ 縱軸截距讀出電源的電動勢，斜率大小讀出電源的內(nèi)阻．圖線 Ⅱ 的斜率大小等于電阻 R的大?。畠蓤D線的交點表示電阻 R接在該電源的電壓和電流，求出電源的輸出功率和電源的效率． 【解答】解：由圖象知電源的電動勢為 E=3 V，內(nèi)阻為 r= = ， R R2的電阻分別為 R1= = 、 R2=1Ω ， 根 據(jù)電源輸出功率隨外電阻變化的規(guī)律，當(dāng)外電路的電阻與電源的內(nèi)電阻相等時，電源輸出功率最大，所以可采用的接法是將 R1單獨接到電源兩端； 那么電源最大輸出功率 P= =， 當(dāng)外電壓最大時電源的輸出效率最高，所以可采用外電阻串聯(lián)的接法， 那么電源最高效率 η= = =75%，故 B正確， ACD錯誤． 故選： B． 【點評】本題抓住伏安特性曲線的斜率、截距和交點的數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義，常見的題型． 二 .多項選擇題（本大題共 4個小題，每小題 4分，共 16分，題目中有多項符合題目要求．完全選對的得 4分，選對但不全的得 2分，錯選得 0分．） 9．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個 D形金屬盒．兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中， a、 b分別與高頻交流電源兩極相連接，下列說法正確的是 ( ) A．離子從磁場中獲得能量 B．帶電粒子的運動周期是不變的 C．離子由加速器的中心附近進入加速器 D．增大金屬盒的半徑，粒子射出時的動能不變 【考點】質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理． 【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題． 【分析】回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場，動能被增加一次；而在磁場里做勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變．因此帶電粒子在一次加速過程中，電場電壓越大，動能增加越大．但從 D形盒中射出的動能，除與每次增加的動能外，還與加速次數(shù)有關(guān)．所以加速電壓越大，回旋次數(shù)越少，推導(dǎo)出最大動能的表達式，分析最大動能與磁感應(yīng)強度和 D形金屬盒半徑的關(guān)系 【解答】解： A、離子在磁場中受到洛倫茲力，但不做功，離子在回旋加速器中從電場中獲得能量，帶電粒子的運動周期是不變化的，故 A錯誤，故 B正確； C、離子由加速器的中心附近進入電場中加速后，進入磁場中偏轉(zhuǎn)．故 C正確； D、帶電粒子從 D形盒中射出時的動能 Ekm= mvm2 （ 1） 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑 R= （ 2） 由（ 1）（ 2）可得 Ekm= 顯然，當(dāng)帶電粒子 q、 m一定的，則 Ekm∝R 2 B2 即 Ekm隨磁場的磁感應(yīng)強度 B、 D形金屬盒的半徑 R的增大而增大，與加速電場的電壓和狹縫距離無關(guān)，故 D錯誤； 故選： BC 【點評】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應(yīng)用：在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動．所以容易讓學(xué)生產(chǎn)生誤解：增加射出的動能由加速電壓與縫間決定．原因是帶電粒子在電場中動能被增加，而在磁場中動能不變 10．兩個質(zhì)量分別是 m m2的小球，各用絲線懸掛在同一點，當(dāng)兩球分別帶同種電荷，且電荷量分別為 q q2時，兩絲線張開一定的角度 θ θ 2，兩球位于同一水平線上，如圖所示，則下列說法正確的是 ( ) A．若 m1＞ m2，則 θ 1＞ θ 2 B．若 m1=m2，則 θ 1=θ 2 C．若 m1＜ m2，則 θ 1＞ θ 2 D．若 q1=q2，則 θ 1=θ 2 【考點】庫侖定律；共點力平衡的條件及其應(yīng)用． 【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題． 【分析】分別對兩小球進行受力分析，作出力圖，由共點力平衡條件得到各自的重力與庫侖力的關(guān)系，抓 住相互間的庫侖力大小相等，得到質(zhì)量與角度的關(guān)系，分析求解． 【解答】解： m m2受力如圖所示，由平衡條件可知， m1g=Fcotθ 1， m2
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