云南省勐海县第三中学2019_2020学年高二物理上学期期末考试试题 下载本文

内容发布更新时间 : 2024/12/25 23:22:00星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

18.如图所示,两块平行金属板竖直放置,两板间的电势差U=1.5×10V(仅在两板间有电场),现将一质量m=1×10kg、电荷量q=4×10C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h=20 cm的地方以初速度v0=4 m/s水平抛出,小球恰好从左板的上边缘进入电场,在两板间沿直线运动,从右板的下边缘飞出电场,g取10 m/s2,(1)金属板的长度L; (2)小球飞出电场时的动能Ek.

19.如图所示,通电导体棒ab质量为m、长为L,水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上,通以图示方向的电流,电流强度为I,要求导体棒ab静止在斜面上.求:

(1)若磁场方向竖直向上,则磁感应强度B为多大?

(2)若要求磁感应强度最小,则磁感应强度的大小、方向如何?

20.如图所示,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y负方向的匀强电场,第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从y轴正半轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后以垂直于y轴的方向射出磁场.不计粒子重力.求:

(1)电场强度的大小E;

(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r;

(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.

求:

-2

-5

3

答案

1.B 2.A 3.C 4.A 5.C 6.C 7.A 8.C 9.B 10.A 11.ABD 12.BC 13.AB 14.CD

15.(1)C D (2)

(3)

【解析】(1)由于直流电源的电动势为4V,待测电阻Rx阻值约100Ω,故通过Rx的最大电流约为40mA,所以直流毫安表应选C;直流电压表若选15V量程,则读数误差较大,故应选D.

(2)由于要求电压和电流的变化范围尽可能大一些,所以滑动变阻器采用分压式接法; 由于=

=50>

=2.5,故电流表采用外接法.电路图如图:

(3)根据电路图,实物图连线如图:

16.(1)③ ⑥ (2)①

③多次移动滑动触头,记录相应的G1,G2的读数I1,I2 (3)(k-1)R1

【解析】(1)由于定值电阻R1的电阻与待测电流表G1内阻接近相等,可将二者并联,再与电流表G2串联;由于变阻器采用分压式接法时,阻值越小调节越方便,所以变阻器应选最大阻值较小的R4; (2)①实物图如图所示:

③多次移动滑动触头,记录相应的G1,G2的读数I1,I2; (3)由电路图根据串并联规律应有:I1+根据函数斜率的概念应有:k=(1+17.(1)

=I2,解得:I2=(1+

)I1,

),解得:r1=(k-1)R1; ,沿PC方向

k,沿PC方向 (2)k【解析】(1)点电荷A在C处产生场强,EA=k,沿AC方向,同理,点电荷B在C处产生的场强,EB=k,沿BC方向,根据矢量叠加原理得合场强E=到的静电力为F=

k,沿PC方向,电荷C受

k,沿PC方向.

(2)将A、B移到P点,C受到的静电力为F′=2k18.(1)0.15 m (2)0.175 J

【解析】(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度:

=k,沿PC方向.

vy==2 m/s

设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ,则tanθ==2

小球在电场中沿直线运动,所受合力方向与运动方向相同,设板间距为d,则:tanθ==

,L=

, =0.15 m.

解得L=

(2)进入电场前mgh=mv-mv 电场中运动过程qU+mgL=Ek-mv 解得Ek=0.175 J. 19.(1)

(2)

方向垂直于斜面向上

【解析】(1)由平衡条件得:

F安=mgtanθ① B=②

所以B=

(2)安培力沿斜面向上时,安培力最小

F安min=mgsinθ③ Bmin=

,方向垂直于斜面向上. (2)

(3)

所以Bmin=20.(1)

【解析】粒子的运动轨迹如右图所示 (1)设粒子在电场中运动的时间为t1 则有2h=v0t1,h=at

根据牛顿第二定律得Eq=ma

求得E=.

(2)设粒子进入磁场时速度为v,

在电场中,由动能定理得Eqh=mv2-mv 又Bqv=m, 解得r=

(3)粒子在电场中运动的时间t1=粒子在磁场中运动的周期T=

设粒子在磁场中运动的时间为t2,

t2=T,求得t=t1+t2=

+.