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(45 分钟 100 分)
一、单项选择题:本题共 5 小题,每小题 8 分,共 40 分。
1.如图所示,螺线管 B 置于闭合金属圆环A 的轴线上, 当 B 中通过的电流减小时( )
①环 A 有缩小的趋势 ②环 A 有扩张的趋势
③螺线管 B 有缩短的趋势 ④螺线管 B 有伸长的趋势
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
【解析】 选 C。当 B 中通过的电流逐渐变小时, 电流产生的磁场逐渐变弱,故穿过 A 的磁通量 变小,为阻碍磁通量变小,环 A 有收缩的趋势,故①正确,②错误;螺线管 B 电流变小,每匝线圈 产生的磁场减弱,线圈间的引力变小(每匝线圈的电流方向相同 ,作用力为引力),螺线管 B 有 伸长的趋势,故③错误,④正确。
2.如图所示,对斜面上的物体施加一个沿斜面向上的拉力 F 作用时,物体恰能沿斜面匀速下滑,
在此过程中斜面体相对水平地面静止不动,则水平地面对斜面体( )
A.摩擦力等于 0
B.有摩擦力,方向水平向右
C.有摩擦力,方向水平向左
D.有摩擦力,方向不能确定
【解析】 选 C。 以物体和斜面体整体为研究对象,受整体重力、 地面的支持力、 摩擦力和拉力,
如图根据平衡条件得N+Fsin θ=(M+m)g,f=Fcos θ,所以水平地面对斜面体有摩擦力的作用,方 向水平向左。
- 1 -
3.如图所示,在直角三角形 abc 区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B, ∠a= 60°, ∠b=90°,边长 ab=L。一个粒子源在 b 点将质量为 m, 电荷量为 q 的带负电粒子以
大小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是( )
A.qBL B.√3qBL
3m 3m
C.√3qBL D.qBL
2m 2m
【解析】 选 B。粒子带负电,故由左手定则可知,粒子在磁场中做逆时针圆周运动;又有粒子在
磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,所以有 Bvq=mv2,那么半径为 R=mv ,周期为 T=2πR=2πm,所
R qB v qB
以,粒子运动周期相等,转过的圆心角越大,运动的时间越大;若粒子以和 bc 边成α角进入磁 场后从 bc 边射出磁场,则粒子转过的圆心角为 2 α ;圆心角 2α最大,运动时间最长;当粒子沿 ba 进入磁场时 2α最大;所以,在磁场中运动时间最长的粒子为沿 ab 边进入磁场,从 bc 边离开 磁场的粒子;那么在磁场中运动时间最长的粒子中,运动轨迹与 ac 边相切时半径最大,如图所
示
所以有 bc-R= R = L -R,解得最大半径为 R=√3L,则最大速度为 v=qBR=√3qBL ,故选 B。
sin30° tan30° 3 m 3m
4. (2022 ·河北选择考) 如图,真空中电荷量为 2q 和-q(q>0)的两个点电荷分别位于 M 点与 N 点,形成一个以 MN 延长线上 O 点为球心, 电势为零的等势面(取无穷处电势为零),P 为 MN 连线
上的一点,S 为等势面与直线 MN 的交点,T 为等势面上的一点,下列说法正确的是( )
- 2 -
A.P 点电势低于 S 点电势
B.T 点电场强度方向指向O 点
C.除无穷远处外,MN 直线上还存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷 q 从 T 点移到 P 点,静电力做正功
0
【解析】 选 B。在直线 MN 上,左边正电荷在 M 右侧电场强度水平向右,右边负电荷在直线 MN 上电场强度水平向右,根据电场的叠加可知 M、N 间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐 降低,可知 P 点电势高于等势面与 MN 交点处电势,则 P 点电势高于 S 点电势,故 A 错误; 由于正 电荷的电荷量大于负电荷电荷量,可知在 N 左侧电场强度不可能为零,在 N 右侧,设 MN 距离为
L,根据 k · 2q =k · q
(Ld) 2 d2
可知除无穷远处外,直线 MN 电场强度为零的点只有一个,故 C 错误; 由 A 选项分析可知:T 点电
势低于 P 电势,则正电荷在 T 点的电势能低于在P 电势的电势能,将正试探电荷 q 从 T 点移到
0
P 点, 电势能增大,静电力做负功,故 D 错误;设等势圆的半径为 R,AN 距离为 x,MN 距离为 L,如 图所示
根据 φ=kq ,结合电势的叠加原理,在 A、 S 点满足k · 2q=kq
x L-x x
k · 2q = kq
L2R -x 2R-x
解得 x=L R=2L
3 3
由于电场强度方向垂直等势面 , 可知 T 点的场强方向必过等势面的圆心 ,O 点电势 φ
=k · 2q- kq =-3kq ,可知 φ > φ ,则 T 点电场方向指向 O 点,故 B 正确。
O L L L 2L T O
3 3
5.如图所示,理想变压器的原线圈串联一个电阻 R ,并接入电压有效值不变的正弦交流电源 ;
0
两个副线圈分别接电阻 R 和电阻 R , 图中电流表为理想电流表。开始时开关 S 断开,则开关 S
1 2
- 3 -
闭合后( )
A. 电阻 R 消耗的电功率变小
0
B. 电流表的示数变小
C.原线圈两端的电压变大
D.原线圈两端和 n 两端的电压比变小
1
【解析】 选 B。开关 S 闭合后,假设电流表的示数不变或变大, 由理想变压器功率关系和电压
关系得 U I =U I +U I ,U ∶U ∶U =n ∶n ∶n ,n I =n I +n I 可知通过原线圈的电流 I 变大,原线
0 0 1 1 2 2 0 1 2 0 1 2 0 0 1 1 2 2 0
圈两端的电压 U =U- I R 减小, 由U0 =U1 可知电阻 R 两端的电压变小,通过电阻 R 的电流变小,假
0 0 0 n n 1 1
0 1
设不成立,故 B 正确;根据 B 分析可知,通过电阻 R 的电流变小, 电阻 R 两端的电压变小,原线
1 1
圈两端的电压 U 减小,则 R 两端电压增大, 电阻 R 消耗的电功率变大,故 A、 C 错误;原线圈两
0 0 0
端和 n 两端的电压比不变,故 D 错误。
1
二、多项选择题:本题共 3 小题,每小题 8 分,共 24 分。
6.如图,2022 年 1 月 22 日,位于同步轨道的中国“实践 21 号”卫星将一颗位于同步轨道的失 效的 “北斗 2 号”卫星拖拽至距地面更远的 “墓地轨道”(可视为圆轨道),此后 “实践 21 号” 又回归同步轨道 ,这标志着中国能够真正意义上实现“太空垃圾清理” 。下列说法正确的是
( )
A. “实践 21 号”拖拽“北斗 2 号”离开同步轨道时需要点火加速
B. “实践 21 号”完成拖拽任务后离开“墓地轨道”时需要点火加速
C. “北斗 2 号”在同步轨道的速度大于它在“墓地轨道”的速度
D. “北斗 2 号”在“墓地轨道”的运行周期小于 24 小时
- 4 -
【解析】 选 A、 C。由图可知 , 同步轨道的半径小于“墓地轨道”的半径, “实践 21 号”拖拽
“北斗 2 号”离开同步轨道时做离心运动,需要点火加速,故 A 正确; “实践 21 号”完成拖拽
任务后离开 “墓地轨道”时做近心运动,需要点火减速,故 B 错误;根据Gr(M)2(m)=mr(v2) ,可得 v=
2
可知“北斗 2 号”在同步轨道的速度大于它在“墓地轨道”的速度,故 C 正确;根据GMm=m4 π r
r2 T2
可得 T=2π同步轨道的周期为 24 小时,则“北斗 2 号”在“墓地轨道”的运行周期大于
24 小时,故 D 错误。
7.如图所示,在 xOy 坐标平面第一象限的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感 应强度大小为 B, 圆的半径为 R,与 x 轴和 y 轴分别相切于 P 点和 Q 点, 圆心在 C 点,在 y 轴上
A(0,1R)点沿 x 轴正向射出一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子,粒子进入磁场后经偏转
2
刚好经过圆心 C,不计粒子的重力,则下列判断正确的是( )
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为3R
2
B.粒子出磁场时的速度方向沿 y 轴正向
C.粒子出磁场时的速度大小为qBR
m
D.粒子在磁场中运动的时间为2 πm
3qB
【解析】 选 C、 D。根据题意可以得到如图轨迹
圆心为 B 点,进入磁场的点为 A', 出磁场的点为 D, 因为 A(0,1 R),则根据几何关系可得∠
2
QCA'=30°,则∠CA'B=60°,得到△A'BC 为等边三角形, 圆周运动的半径为 R。 A 错误;粒子出
磁场时速度方向为左向上,与竖直方向成 30°,B 错误;洛伦兹力提供向心力,则 Bqv=mv2 ,得到
R
2
v=qBR ,C 正确;粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为 120°,则运动时间为 t=3 πR=2πm,D 正确。
m v 3qB
- 5 -
【加固训练】
(多选)如图所示,边长为 2a 的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应 强度大小为 B,一束质量为 m 电荷量为-q(q>0)的同种带电粒子(不计重力),从 AB 边的中点, 以
不同速率沿不同方向射入磁场区域(均垂直于磁场方向射入),下列说法正确的是( )
A.若粒子均平行于 BC 边射入,则从 BC 边射出的粒子最大速率为√3Bqa
4m
B.若粒子均平行于 BC 边射入,则从 BC 边射出的粒子速率最小时,在磁场中运动的半径为√3a
C.若粒子均垂直于 AB 边射入,则粒子不可能从 BC 边上距 B 点2-√3a 处出射
3
D.若粒子射入时的速率为√3Bqa ,则粒子从 BC 边射出的最短时间为πm
2m 3Bq
【解析】 选 C、 D。从 BC 边射出的粒子速度最大时,半径最大,则如图由几何关系,R sin30°
1
=R -acos30°,解得 R =√3a,根据 qvB=mv2,解得 v =√3Bqa ,选项 A 错误;
1 1 R max m
当从 BC 边射出的粒子速率最小时,半径最小,此时轨迹与 BC 边相切,则 R =1acos30°=√3a,选
2 2 4
项 B 错误;若粒子均垂直于 AB 边射入,则当轨迹与 BC 相切时,
r+ r =a,解得 BD=rtan30°=(2-√3)a,则粒子不可能从 BC 边上距 B 点2-√3a 处射出,选项 C cos30° 3
正确 ;
- 6 -
若粒子射入时的速率为√3Bqa ,则轨迹半
2m
径r'=√3a,粒子从BC 边射出的时间最短时,轨迹对应的弦最短,最短弦为射入点到BC 的距离,
2
长度为√3a,则由几何关系可知,轨迹对应的圆心角为 π ,时间为 t= e ·2πm= πm,选项 D 正确。
2 3 2 π qB 3Bq
8.平行板电容器两极板长度均为 l,宽度均为 a,两极板间距为 d,在极板左侧有一“狭缝”粒 子源(粒子源长度也为 a),沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子 ,距极板右
端1 l 处有一与极板垂直的足够大光屏,如图所示。 粒子质量为 m, 电荷量为+q,初速度大小均为
2
v ,初速度方向均垂直于光屏。当平行板电容器两极板间电压为 U 时,粒子恰好从极板右侧边
0 0
缘飞出电场。在两极板间加上 0~U 连续变化的电压,每个粒子通过电容器的时间都远小于电压
0
变化的时间,在每个粒子通过电容器的时间内, 电场可视为匀强电场,不计粒子重力。则关于粒
子运动下列说法正确的是( )
A. 电压 U 满足 U =mv 0(2)d2
0 0 2ql 2
B.粒子打在光屏上的最大速度为 v=√l 2 d 2 v
l
0
C.粒子打在光屏上的最大速度与光屏夹角 α满足 tan α= l
d
D.粒子打在光屏上的区域面积为 S=ad
【解析】 选 B、 C、 D。当电压为U 时,水平方向 l=v t,竖直方向d=1 ×qU0 t2 ,联立解得 U =mv 0(2)d2 ,
0 0 2 2 md 0 ql 2
故 A 错误;当电压为 U 时,打在光屏上的速度最大,竖直方向速度为 v =at=qU0 · l =dv0 ,根据速
0 y md v0 l
度的合成得 v=√vy(2) v0(2) ,联立可得 v=v0 ,故 B 正确;根据几何关系 tan α ,可得 tan α= d(l) ,
l
故 C 正确;粒子打在光屏上的区域面积为 S=a( 2 ·v +d ),代入v 解得 S=ad,故 D 正确。
0
v y 2 y
- 7 -
三、非选择题:本题共 2 小题,共 36 分。
9. (16 分)如图所示,竖直平面坐标系 xOy 的第一象限有垂直 xOy 面向外的水平匀强磁场和竖 直向上的匀强电场,大小分别为 B 和 E;第四象限有垂直 xOy 面向里的水平匀强电场,大小也为 E;第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为 R 的半圆轨道,轨道最高点与坐标原点 O 相切, 最低点与绝缘光滑水平面相切于 N,一质量为 m 的带电小球从 y 轴上(y>0)的 P 点沿 x 轴正方 向进入第一象限后做圆周运动,恰好通过坐标原点O,且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动,
过 N 点水平进入第四象限,并在电场中运动(已知重力加速度为 g)。
(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量;
(2)P 点距坐标原点 O 至少多高;
(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限,通过N 点开始计时,经时 间 t=2√g(R)小球距坐标原点 O 的距离 s 为多远?
【解题指导】 解答本题应注意以下两点 :
(1)竖直面内的圆周运动必然有隐含条件电场力和重力相等。
(2)求小球距坐标原点 O 的距离 s 时,运用运动的合成, 即分别求出 x、 y、 z 三个方向的位移, 然后应用运动的合成。
【解析】 (1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后,在垂直磁场的平面内做圆周运动,说明重 力与电场力平衡 qE=mg ①
小球带正电 q=mg ②
E
(2)小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,
设匀速圆周运动的速度为 v、轨道半径为 r,
有:qvB=mv2 ③
r
④
小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动,有 mg=mv2
R
由③④得 r=m√Rg ⑤
qB
- 8 -
mg (2)2E √Rg E gB
PO 的最小距离为 y=2r=2E√Rg
gB
⑥
- 9 -
(3)小球由O 运动到 N 的过程中机械能守恒
2 2
mg · 2R+1mv2=1mvN(2) ⑦
由④⑦得 vN=√4Rg + v2 =√5Rg ⑧
根据运动的独立性可知,小球从 N 点进入电场区域后,在 x 轴方向以速度 v 做匀速直线运动,
N
沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,则沿 x 轴方向有x=v t ⑨
N
⑩
沿电场方向有 z=1at2
2
a=qE=g
m
t 时刻小球距 O 点 s=√x 2 + z2 + (2R)2 =2√7R
答案 : (1)正电
(3)2√7R
【加固训练】
如图所示,一个质量为 m, 电量为 q 的带正电的粒子(不计重力),从静止开始经电压 U 加速 后,沿水平方向进入一宽度为 L 的区域中, 当在该区域内同时施加垂直于纸面向里的匀强磁场 和竖直向下的匀强电场时,粒子恰好沿水平方向做直线运动 ,从 O 点射出该区域的右边界;若 去掉电场只保留磁场,该粒子仍从静止经电压 U 加速后沿水平方向进入这一区域,恰好从 C 点
射出该区域的右边界,且 OC=L。
4
(1)求粒子射入混合场时的速度大小。
(2)求磁场的磁感应强度B 的大小。
(3)如果去掉磁场只保留电场 ,该粒子仍从静止经电压 U 加速后沿水平方向进入这一区域 ,粒 子在该区域右边界的射出点离 O 点的距离为多少?
【解析】 (1)根据动能定理 qU=1mv2
2
m
解得 v=√2qU
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,
根据几何关系 R2=L2+(R-L )2
4
解得 R=17L
8
根据洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv2
R
解得 B=mv
qR
代入速度 v 得 B=1 7(8)L ·√2q(m)U
(3)根据平衡条件可得 Eq=qvB
解得 E=16U
17L
去掉磁场后,沿着电场方向
d=1at2= EqL2 =EL2
2 2mv2 4U
代入 E 得 d= 4 L
17
答案:(1)√2m(q)U (2)1 7(8)L ·√2q(m)U
(3) 4 L 17
10. (20 分)如图甲所示, 由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈 abcd 固定在绝缘滑块
上,线圈和滑块的总质量为 M=1kg,水平面粗糙,线圈 ab 边长度为 L =2 m,线圈 ad 边长度为 L=1
1 2
m,金属丝电阻为 λ=0.1 Ω/m。滑块的右侧有一以 EH、 EG 为界的匀强磁场,磁场足够大。滑块 在外力 F 的作用下以速度 v=0.6 m/s 水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时,得到 F 随
时间 t 变化的图像如图乙所示。已知 ab 边到磁场下边界 EH 的距离 x=0.5 m,取 g=10 m/s2 ,求 :
(1)滑块与水平面间的动摩擦因数;
(2)线圈进入磁场过程中产生的焦耳热;
(3)从开始计时到线圈 ad 边刚好进入磁场过程中外力F 做的总功。
【解析】 (1)如题图乙所示,设 F =5 N,F=6 N,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,在线圈进磁
1 2
场之前,滑块做匀速运动, 由平衡条件可知 F = μMg,解得 μ=0.5
1
- 10 -
(2)设匀强磁场的磁感应强度为B,
在线圈刚进入磁场时,切割磁场线产生的感应电动势 E=Bxv
回路中的感应电流,方向为 cbad
I=E= Bxv
R 入(2L1 2L 2)
线圈水平方向所受安培力,方向为水平向左
F = B2x2v
水平 入(2L1 2L 2)
线圈竖直方向所受安培力,方向为竖直向下
F = B2xv2 t
竖直 入(2L1 2L 2)
因滑块是匀速运动的, 由平衡条件可知
F = μ (Mg+F )+F
2 竖直 水平
刚进入磁场时,竖直方向安培力等于零,解得:B=2 T
线圈进入磁场过程中产生的焦耳热
Q= I2Rt
所以 Q=B2x2v2 L1入2(2L12L2)2=2 J
(3)在 0~1 s 时间内 W =F · (vt) 1 1
所以 W =3 J
1
线圈进入磁场过程中,线圈中的电流大小不变,
设线圈进入磁场长度为 s,
则 F= μ (Mg+BIs)+BIx
F 随线圈进入磁场的长度呈线性变化,
当线圈 ad 边刚好进入磁场时,
有 F = μ (Mg+BIL )+BIx=8 N
3 1
W =F2 F 3L =14 J
2 2 1
W =W +W =17 J
总 1 2
答案 : (1)0.5 (2)2 J (3)17 J
- 11 -
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