2016年12月12日高中物理3-1组卷
2016年12月12日的高中物理组卷
一．选择题（共7小题）
1．物体沿直线运动的v﹣t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为﹣2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为﹣0.75W
2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两点，它们间库仑力的大小为F．如果把两小球相互接触后将其固定的距离变为，则两球间库仑力的大小为（）
A． F B．12F C． F D． F
3．如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上放一弹性闭合导体环，在导体环轴线上方有一条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）
A．导体环有收缩趋势 B．导体环有扩张趋势
C．导体环对桌面压力减小 D．导体环对桌面压力增大
4．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为△Φ1和△Φ2，则（）
A．△Φ1＞△Φ2B．△Φ1=△Φ2C．△Φ1＜△Φ2D．无法确定
5．来自宇宙的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将（）
A．竖直向下沿直线射向地面B．相对于预定点稍向东偏转
C．相对于预定点稍向西偏转D．相对于预定点稍向北偏转
6．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
7．如图所示，一根长导线弯成如图abcd的形状，在导线框中通以直流电，在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是（）
A．金属环P中产生顺时针方向的电流
B．橡皮筋的长度增大
C．橡皮筋的长度不变
D．橡皮筋的长度减小
二．选择题（共3小题）
8．如图所示的坐标系xOy，在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场的场强相等的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电小球，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限．然后经过x轴上x=﹣2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动．之后经过y轴上y=﹣2h处的P3点进入第四象限．已知重力加速度为g．求：
（1）小球到达P2点时速度的大小和方向；
（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；
（3）小球在第四象限空间中速率将怎样变化（回答结论，不必解释）．
9．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？
（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
10．如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场（图中均未画出）．磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外．一质量为m、带电量为﹣q的带电微粒在此区域竖直平面内恰好作速度大小为v的匀速圆周运动．（重力加速度为g）
（1）求此区域内电场强度的大小和方向．
（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°，如图所示．则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
（3）在（2）问中微粒又运动P点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？
2016年12月12日139********的高中物理组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2015?渝水区校级二模）物体沿直线运动的v﹣t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为﹣2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为﹣0.75W
【分析】由速度﹣时间图象可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同．根据数学知识求出从第3秒末到第4
秒末动能的变化量，再求出合力的功．
【解答】解：A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．故A 错误．
B、从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于﹣W．故B错误．
C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W．故C正确．
D、从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的，
则合力做功为﹣0.75W．故D正确．
故选CD
【点评】本题考查动能定理的应用能力．动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量．
2．（2011秋?攀枝花期末）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两点，它们间库仑力的大小为F．如果把两小球相互接触后将其固
定的距离变为，则两球间库仑力的大小为（）
A． F B．12F C． F D． F
【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．
根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．
【解答】解：相距为r时，根据库仑定律得：
F=K；
接触后，各自带电量变为Q′==Q，则此时
F′=K
两式联立得F′=F，故D正确，ABC错误，
故选：D．
【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．
3．（2014?榕城区校级三模）如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上放一弹性闭合导体环，在导体环轴线上方有一条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）
A．导体环有收缩趋势 B．导体环有扩张趋势
C．导体环对桌面压力减小 D．导体环对桌面压力增大
【分析】解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用．在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．
【解答】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，选项AD正确，BC错误，故选AD
【点评】本题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新颖．
4．（2010秋?武汉期末）如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为△Φ1和△Φ2，则（）
A．△Φ1＞△Φ2B．△Φ1=△Φ2C．△Φ1＜△Φ2D．无法确定
【分析】根据安培定则判断出磁场的方向．第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和．
【解答】解：设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2．
第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量△Φ1=Φ1
﹣Φ2；
第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量△
Φ2=Φ1+Φ2；△Φ1＜△Φ2故C正确，ABD错误．
故选：C．
【点评】本题关键要掌握磁通量的一般计算公式Φ=BScosα，α是线圈与磁场垂直方向的夹角．
5．（2010秋?武汉期末）来自宇宙的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将（）
A．竖直向下沿直线射向地面B．相对于预定点稍向东偏转
C．相对于预定点稍向西偏转D．相对于预定点稍向北偏转
【分析】电子带负电，进入地球周围空间后受到地磁场的作用力而偏转，地磁场的方向是由地理南极指向地理北极，结合左手定则可判断偏转方向．
【解答】解：A、电子流受到地磁场作用力而偏转，故A错误
B、地磁场由南到北，电子带负电，有左手定则判断得将相对于预定点稍向西偏转，故BD 错误，C正确
故选C
【点评】考虑到地球是个大磁体，宇宙粒子进入地磁场要受到洛伦兹力，其受力方向由左手定则确定．
6．（2012秋?昌平区期末）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．
【解答】解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A错误．
B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．
C、D进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=m得，r=，知r越大，荷质比
越小，而质量m不一定大．故C错误，D正确．
故选：D．
【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，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡．
7．（2016?铜仁市模拟）如图所示，一根长导线弯成如图abcd的形状，在导线框中通以直流电，在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是（）
A．金属环P中产生顺时针方向的电流
B．橡皮筋的长度增大
C．橡皮筋的长度不变
D．橡皮筋的长度减小
【分析】金属环P处于弯曲成“п”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况．
【解答】解：A、据安培定则知，弯曲成“п”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加．由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向．故A错误；
B、左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是“п”导线，所以金属环下边圆弧受到的安培力比较小，因此导致挂环的拉力增大，则橡皮筋的长度增大，故B正确，CD错误；故选：B
【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向．同时会用左手定则判断安培力的方向．
二．选择题（共3小题）
8．（2012?广东模拟）如图所示的坐标系xOy，在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场的场强相等的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电小球，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限．然后经过x轴上x=﹣2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动．之后经过y轴上y=﹣2h处的P3点进入第四象限．已知重力加速度为g．求：
（1）小球到达P2点时速度的大小和方向；
（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；
（3）小球在第四象限空间中速率将怎样变化（回答结论，不必解释）．
【分析】（1）根据平抛运动的分位移和分速度公式列方程联立求解即可；
（2）小球做匀速圆周运动，电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据平衡条件和牛顿第二定律并结合几何关系列式求解即可；
（3）判断出合力的方向和初速度的方向后，根据功能关系进行分析即可．
【解答】解：（1）如图带电小球从P1到P2点，由平抛运动规律得
…①
…②
v y=gt…③
…④
求出…⑤
方向与x轴负方向成θ=45°角
即为球到达P2点时速度的大小，与x轴负方向成θ=45°角斜向左下方．
（2）带电小球从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力得
qE=mg…⑥
…⑦（2分）
由几何关系得（2R）2=（2h）2+（2h）2…⑧
由⑥解得E=…（1分）
联立⑤⑦⑧式得B=
即第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小为．
（3）电场力向下，重力也向下，即合力向下，为恒定的力，进入第四象限时速度斜向右上方；
故速率先减小后增大．
【点评】本题关键分析清楚小球的运动规律，然后分别对各个过程运用平抛运动的分位移和分速度公式、平衡条件、牛顿第二定律等规律列式求解．
9．（2016?大庆模拟）水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？
（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小．
（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向．
【解答】解：从b向a看其受力如图所示．
（1）水平方向：f=F A sinθ…①
竖直方向：N+F A cosθ=mg…②
又F A=BIL=B L…③
联立①②③得：N=mg﹣，f=．
（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，
则有F A=mg
解得：B min=，根据左手定则判定磁场方向水平向右．
答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg﹣，f=．
（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右．
【点评】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键．
10．（2011秋?成都期末）如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场（图中均未画出）．磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外．一质量为m、带
电量为﹣q的带电微粒在此区域竖直平面内恰好作速度大小为v的匀速圆周运动．（重力加速度为g）
（1）求此区域内电场强度的大小和方向．
（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°，如图所示．则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
（3）在（2）问中微粒又运动P点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？
【分析】（1）根据电场力与重力平衡，即可求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合几何关系，即可求解；
（3）根据动能定理，注意几何长度关系，即可求解．
【解答】解：（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，
因此：mg=Eq
解得：E=
方向：竖直向下
（2）粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示．
由牛顿第二定律，则有：qBv=m
最高点与地面的距离为：H m=H+R（1+cos45°）
解得：H m=H+
该微粒运动周期为：T=
运动到最高点所用时间为：t=
（3）设粒子升高度为h，由动能定理得：﹣mgh﹣Eqhcot45°=0﹣
解得：h=
微粒离地面最大高度为：H m=H
答：（1）求此区域内电场强度的大小E=，方向为竖直向下．
（2）该微粒至少须经时间运动到距地面最高点，最高点距地面H+高．（3）该微粒运动中距地面的最大高度是H．
【点评】考查受力平衡条件，掌握牛顿第二定律的应用，理解动能定理的应用，注意几何关系的运用．