河北省石家莊市第一中學(xué)20xx-20xx學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題新人教版-資料下載頁
2025-11-21 03:07本頁面
【導(dǎo)讀】中，只有一項是符合題目要求的。A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A錯誤；B、安培通過實驗測定了磁場對電流的作用力，故B錯誤；C、庫侖利用庫侖扭秤首先較準確地測定了靜電力常量，故C錯誤；B．磁感應(yīng)強度B＝ILFC．場強q. 產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的條件：電路的磁通量發(fā)生變化；法拉第電磁感應(yīng)定律：Ent????，即E與磁通量的變化率成正比；故B錯誤。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，學(xué)量轉(zhuǎn)換成電壓這個電學(xué)量。線圈與磁鐵相互排斥，故D正確；小型直流電動機M的內(nèi)阻為Ω。閉合開關(guān)S后，電動機轉(zhuǎn)動，電流表的示數(shù)為A。動機的輸出功率為12W，所以A、C錯誤；向與X軸正方向的夾角為120°；，PQ兩端的電壓是電路的外電壓，所用34. 點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和。
【正文】 第一次過 Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過 Q點所用的時間。 【答案】 mqEdv 2= 176。45=θ qdmEB 2=0 qEmdπt 2)+2(= 【解析】 （ 1）設(shè)粒 子在電場中運動的時間為 0t ，加速度的大小為 a，粒子的初速度為 0v ，過 Q點時速度的大小為 v，沿 y軸方向分速度的大小為 yv ，速度與 x軸正方向間的夾角為 θ ，由牛頓第二定律得 maqE= ； 由運動學(xué)公式得 2021= atd、 00=2 tvd 、 0=atvy 、 220 += yvvv 、0=tan vvθ y 聯(lián)立以上各式 mqEdv 2= ， 176。45=θ （ 2）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為 1R ，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示， 1O 為圓心，由幾何關(guān)系可知 △ O1OQ為等腰直角三角形，得 dR 22=1 由牛頓第二定律得120 = RvmqvB 聯(lián)立可得 qdmEB 2=0 （ 3）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為 2R ，由幾何知識可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得 dR 22=2 2 粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段， 得 22== RHQFG 設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過 Q點所用的時間為 t， 則有 v RπHQFGt 22++= 聯(lián)立可得 qEmdπt 2)+2(= 【考點】帶電粒子在勻強磁場 中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動； 實驗題 1 ⑴ 電路如圖 (2分 ) （ 2）偏轉(zhuǎn) (1分 ) （ 3）不偏轉(zhuǎn) (1分 ) （ 4）閉合回路磁通量發(fā)生變化 (1分 ) 計算題： 2 磁通量的變化量是由磁場的變化引起的，應(yīng)該用公式 Δ Φ ＝ Δ BSsin θ 來計算，所以 — + — + 0 2 2 A B P + Δ Φ ＝ Δ BSsin θ ＝ (－ )2010 － 4 Wb ＝ 410 － 4 Wb。 （ 3分） 磁通量的變化率： sWbt / 104 4?????? ＝ 810 － 3 Wb/s （ 3分） 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢的大小為 E＝tn???＝ 200810 － 3 V＝ V。 （ 4分） 2 （ 1）由平衡條件得 mg qE? ，即 mgEq? 方向豎直向上 （ 2）小球作平拋運動，有 0x vt? 、 212h gt? ，而位移 22S x h?? 解得 22 02hvShg?? （ 3）由幾何關(guān)系有 2 2 2R x R h? ? ?（ ），得 2022v hR g?? 小球做圓周運動，有 200 mvqv B R?， 解得 0 0 02 2 200 222 ( 2 )m v m v m g vghB q R q h v g h q v g h? ? ???= 24.（ 1）設(shè)粒子在電場中運動的時間為 0t ，加速度的大小為 a，粒 子的初速度為 0v ，過 Q點時速度的大小為 v，沿 y軸方向分速度的大小為 yv ，速度與 x軸正方向間的夾角為 θ ，由牛頓第二定律得 maqE= （ 1分） 由運動學(xué)公式得 2021= atd （ 1分） 00=2 tvd （ 1分） 0=atvy （ 1分） 220 += yvvv 0=tan vvθ y （ 1分） 聯(lián)立以上各式 mqEdv 2= （ 1分） 176。45=θ （ 1分） （ 2）設(shè)粒子做圓周運動的 半徑為 1R ，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示， 1O 為圓心，由幾何關(guān)系可知 △ O1OQ為等腰直角三角形，得dR 22=1 （ 1分） 由牛頓第二定律得 120 = RvmqvB （ 1分） 聯(lián)立 可得 qdmEB 2=0 （ 2分） （ 3）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為 2R ，由幾何分析 （粒子運動的軌跡如圖所示， 2O 、 2′O 是粒子做圓周運動的圓心， Q、 F、 G、 H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接 2O 、 2′O ，由幾何關(guān)系知， 22 ′OFGO 和 22 ′OQHO 均為矩形，進而知 FQ、 GH均為直徑， QFGH也是矩形，又 FH⊥ GQ，可知 QFGH是正方 形， △ QOG為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得 dR 22=2 2 （ 1分） 粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得 22== RHQFG （ 1分） 設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過 Q點所用的時間為 t，則有 v RπHQFGt 22++= （ 1分） 聯(lián)立可得 qEmdπt 2)+2(= （ 2分）
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