还剩20页未读，
继续阅读
所属成套资源：全国各地2020届高三上学期物理期末试卷
成套系列资料，整套一键下载
北京市海淀区2020届高三上学期1月期末考试物理试题
展开
海淀区高三年级第一学期期末练习物理
一、本题共10小题，每小题3分，共30分。
1.某静电场的电场线如图所示，一带正电的点电荷在电场中M、N两点所受电场力的大小分别为FM和FN，所具有的电势能分别为EpM和EpN，则下列说法中正确的是
A. FM >FN，EpM >EpN B. FM >FN，EpMEpN D. FM
【解析】
【详解】粒子在电场中运动仅受电场力：
根据电场线的疏密程度可知电场强度的关系：
所以电场力的关系：
沿电场线方向电势降低：
根据电势能：
点电荷带正电，所以：
故C正确，ABD错误。
故选C。
2.关于电磁波，下列说法中正确是
A. 变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场
B. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，法拉第最先用实验证实了电磁波的存在
C. 电磁波和机械波都依赖于介质才能传播
D. 各种频率的电磁波在真空中的传播速率都相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．均匀变化的电场能够产生稳定的磁场，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证明了电磁波的存在，故B错误；
C．电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故C错误；
D．各种频率的电磁波在真空中的传播速率都相同，均为光速，故D正确。
故选D。
3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过原、副线圈中的电流分别为I1、I2。若保持n1、n2和U1不变，且闭合开关S后两灯泡均能发光，则下列说法中正确的是
A.
B.
C. 开关S由闭合变为断开，U2将变大
D. 不论开关S闭合或断开，始终有U1I1= U2I2的关系
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据单相变压器的电压规律：
解得：
电流规律：
解得：，故A错误，B正确；
C．输入电压决定输出电压，根据上述分析可知不论开关闭合还是断开，理想变压器的电压规律始终不变，所以也不变，故C错误；
D．理想变压器输入功率等于输出功率：
故D正确。
故选BD。
4.在如图所示的电路中，两个完全相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使L1和L2亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为I。在之后的t0时刻断开S，则在如图所示的图像中，能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当开关断开瞬间，通过电感线圈的电流减小，根据楞次定律可知感应电流为了阻碍电感线圈中的电流减小，感应电流的方向与原电流方向相同，如图所示：
随着原电流的减小，感应电流也逐渐减小，所以通过小灯泡的电流方向不变且逐渐减小，故A正确，B错误；
CD．通过小灯泡的原电流方向水平向右，结合上述分析，断开开关后感应电流方向水平向左且逐渐减小，故CD错误。
故选A。
5.如图所示，两条平行的金属轨道所构成的平面与水平地面的夹角为θ，在两轨道的顶端之间接有电源和一滑动变阻器，滑动变阻器的滑片处于中点位置，整个装置处于垂直轨道平面向上的匀强磁场中。一根金属杆ab垂直放在两导轨上，与导轨构成闭合电路，ab杆处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向N端缓慢滑动，此过程中ab杆始终保持静止状态。下列说法中正确的是
A. 金属杆与轨道之间一定不是光滑的
B. 金属杆所受安培力的方向沿斜面向上
C. 滑片向N端滑动的过程中金属杆所受安培力变小
D. 滑片向N端滑动的过程中金属杆对轨道的压力变小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．导体棒受力平衡，从a端看去，对导体棒受力分析：
可知导体棒受到的安培力沿斜面向下，金属杆和轨道之间有摩擦力，故A正确，B错误；
C．滑片向端滑动，电阻增大，电流减小，根据安培力的表达式：
可知安培力减小，故C正确。
D．根据受力分析可知，轨道对金属杆的支持力大小始终与重力垂直于斜面的分力大小相等不变，故D错误。
故选AC。
6.如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是
A. a、b两粒子所带电荷的电性一定不同
B. 射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C. 穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D. 穿过磁场区域过程a粒子运动的时间较长
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A正确；
B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，根据径向对称定圆心如图所示：
可知：
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：
解得：，两粒子的质量和电荷量大小相等，所以，故B错误；
C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期：
圆心角为，在磁场中运动的时间：
两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为，所以穿过磁场区域过程中所用时间：，故D正确。
故选AD。
7.在探究影响电荷之间相互作用力大小因素的过程中，老师做了如图所示的实验。O是一个带正电的绝缘导体球，将同一带电小球用绝缘细丝线分别挂在P1、P2、P3不同的位置，调节丝线长度，使小球与带电导体球O的球心保持在同一水平线上，发现小球静止时细丝线与竖直方向的夹角不同，且θ1>θ2>θ3。关于这个实验，下列说法中正确的是
A. 通过该实验的现象可知，小球带正电
B. 该实验可以研究电荷间相互作用力大小与它们之间距离是否有关
C. 该实验中细丝线与竖直方向的夹角越大，表示电荷之间的相互作用力越弱
D. 通过该实验现象可知，电荷之间的相互作用力与电荷之间的距离的平方成反比
【答案】AB
【解析】
【详解】A．带电小球与导体球O排斥，所以小球带正电，故A正确；
B．同一带电小球电荷量一定，位置不同，与导体球的距离不同，偏离角度不同，它们之间的作用力不同，故B正确；
C．根据图中实验现象可知，偏转角度越大说明它们之间的作用力越大，偏转角度越小说明它们之间的作用力越小，故C错误；
D．实验中只能定性分析电荷之间的作用力与距离的关系，无法定量计算作用力与距离的关系，故D错误。
故选AB。
8.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，电容器的电容为C，灯泡L的灯丝电阻不随温度变化，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，缓慢减小电阻箱R接入电路中的阻值，与调节电阻箱之前相比，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，在这个过程中电路中所有器件均不会被损坏，下列说法中正确的是
A. 灯泡L将变亮
B. 电压表和电流表的示数都将变大
C. 电源两端电压变化量的绝对值将大于ΔU
D. 电容器所带电荷量增加，增加量小于CΔU
【答案】AD
【解析】
【详解】A．电阻箱阻值减小，整个电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律：
可知干路电流增大，通过灯泡的电流增大，灯泡L将变亮，故A正确；
B．干路电流增大，电流表示数增大，根据闭合电路欧姆定律：
可知路端电压减小，通过灯泡的电流增大，分压增大，则电阻箱的分压减小，电压表示数减小，故B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律，结合数学推理可知：
则电源两端电压变化量的绝对值小于电压表示数的变化量的绝对值，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律：
结合数学推理可得：
根据方程可知：，电容器并联在灯泡两端，所以电压与灯泡的分压相同，所以电容器的电荷量增加量为：
故D正确。
故选AD。
9.如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。仅由这个i﹣t曲线所提供的信息可以估算出
A. 电容器的电容
B. 一段时间内电容器放电的电荷量
C. 某时刻电容器两极板间的电压
D. 一段时间内电阻产生的热量
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．根据电流的定义：
可知图线和时间轴围成的面积所表示的物理量为电荷量，通过对格子进行计数可以求解一段时间内电容器放电的电荷量；根据电容的定义：
可知，无法求解电容器的电容和极板间电压，故AC错误，B正确；
D．根据焦耳定律：
电流无法准确求解，所以产生的焦耳热无法求解，故D错误。
故选B。
10.将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是
A. 如果导线框下面的两端P、Q有一端与磁铁表面不接触，线框也会发生转动
B. 如果磁铁吸附在电池负极的磁极调换一下，线框转动的方向也应该改变
C. 电池的输出功率一定大于线圈转动的机械功率
D. 线框由静止开始转动的过程中，通过线框中的电流大小始终不变
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．假设磁铁下端为N极，上端为S极，则线框周围的磁感线向上，一定会有垂直导线向上的分量，由于线框的下端靠近磁极，所以受力起主要作用，根据电池正负极画出电流的方向如图，根据左手定则判断安培力的方向如图，说明线框从上向下看，逆时针转动；
线框中有电流，就能够转动，所以导线框下面两端P、Q有一端与磁铁表面不接触，线框中也有电流，能够转动；改变磁场的方向，根据上述原理可知线框转动的方向改变，故AB正确；
C．电池的输出功率一部分转化为线圈转动的机械功率，一部分用于电阻产生热量，故C正确；
D．线框从静止开始旋转达到稳定的过程中，导线框切割磁感线会产生反电动势，电流会减小，故D错误。
故选ABC。
二、本题共2小题，共15分。
11.某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻阻值以及判断二极管的正负极。
（1）他选择“´100”倍率的欧姆挡按照正确的步骤测量未知电阻时，发现表针偏转角度很大，如图中虚线①的位置所示。为了能获得更准确的测量数据，他应该将倍率调整到_______的挡位（选填“´10”或“´1k”）；并把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使表针指向_____W。调整好此挡位的欧姆表后再正确测量上述未知电阻，表针指在如图中虚线②的位置，则未知电阻的测量值为________W。
（2）若用已调好的多用电表欧姆挡“´10”挡来探测一只二极管的正、负极（如图所示）。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转（即指示电阻接近无限大）；再将两表笔与二极管两极的连接情况对调，发现表针指在如图中的虚线①的位置，此时红表笔接触的是二极管的_____极（选填 “正”或“负”）。
【答案】 (1). ´10 (2). 0 (3). 1.6´102 （或160） (4). 负
【解析】
【详解】（1）[1]指针偏转角度过大，说明待测量阻值较小，所以更换较小的“´10”挡位；
[2]欧姆调零的目的是需要将指针调至欧姆表盘的0刻度位置，即使指针指向；
[3]欧姆挡读数需要用刻度值乘以倍率：
；
（2）[4]红表笔与欧姆挡内部的电源负极相连，根据题意可知二极管的电阻较小，此时电流从二极管的正极流入，负极流出，所以红表笔接触的是二极管的负极。
12.现有两组同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1Ω）。
（1）第一组采用图所示电路。
①为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是_______。
A．一个定值电阻 B．电阻箱 C．滑动变阻器
②为了调节方便且测量精度更高，电流表和电压表应选____（选填选项前的字母）。
A．电流表（0~0.6A），电压表（0~3V） B．电流表（0~0.6A），电压表（0~15V）
C．电流表（0~3A），电压表（0~3V） D．电流表（0~3A），电压表（0~15V）
③经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图中画出了U-I图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值E=_______V（保留三位有效数字），内阻的测量值r=_______Ω（保留两位有效数字）。
（2）第二组在没有电压表的情况下，设计了如图所示的电路，完成了对同一电池的测量。
①改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，通过研究图像的信息，他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量值与第一组的结果有明显偏差。将上述实验重复进行了若干次，结果依然如此。关于第二组测量内阻产生的偏差及其原因，下列分析中正确的是_______（选填选项前的字母）。
A．第二组内阻的测量结果小于第一组的测量结果
B．第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果
C．造成这个偏差的原因是实际电流表内阻不能近似为零
D．造成这个偏差的原因是实验小组读取电流表读数时眼睛没有正对表盘，使读数有时候偏大，有时候偏小
②第二组对实验进行深入的理论研究，在是否可忽略电流表内阻这两种情况下，绘制两类图像。第一类图像以电流表读数I为横坐标，将电流表和电阻箱读数的乘积IR记为U作为纵坐标。第二类图像以电阻箱读数R为横坐标，电流表读数的倒数为纵坐标。图中实线代表电流表内阻可忽略的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略的情况，这四幅图中，能正确反映相关物理量之间关系的是_______（选填选项前的字母）。
A. B. C. D.
【答案】 (1). BC (2). A (3). 1.48（1.48或1.49） (4). 0.80（0.78~0.82） (5). BC (6). AC
【解析】
【详解】（1）①[1]a、b两点间接入电阻箱或滑动变阻器，通过改变阻值，改变电路中电压表和电流表的示数，测量多组数据；
② [2]电动势约，电压表选择即可，根据题中描绘的图像可知，电流表的量程选用即可，故A正确，BCD错误；
③ [3]根据闭合电路欧姆定律推导：
图线与纵轴的交点即为电动势：
[4]斜率为内阻：
；
（2）①[5]第二组采用的电路中将电阻箱的分压作为路端电压，实际测量的是电源和电流表组成的等效电源两端的电压，测量的内阻也是电源内阻和电流表内阻之和，所以测量的内阻偏大，故BC正确，AD错误；
② [6]AB．根据闭合电路欧姆结合所选电路：
可知干路电流测量准确，所以电动势测量准确，而虚线中电流表内阻不可忽略，所以内阻测量偏大，斜率变大，故A正确，B错误；
CD．根据闭合电路欧姆定律：
电动势测量值与真实值相等，图像的斜率不变，而虚线中电流表内阻不可忽略，内阻测量偏大，图线与纵轴的截距变大，故C正确，D错误。
故选AC。
三、本题包括6小题，共55分。
13.如图所示，宽度L＝0.40 m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=1.5Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.50 T。一根导体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻r=0.5Ω，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=10 m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计，求：
（1）通过导体棒的电流I，并说明通过导体棒的电流方向；
（2）作用在导体棒上的拉力大小F；
（3）电阻R的电功率P。
【答案】（1）电流方向为：，大小为1.0A；（2）0.2N；（3）1.5W。
【解析】
【详解】（1）根据右手定则可知电流的方向为：；
导体切割磁感线：
根据闭合电流欧姆定律：
解得：；
（2）导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件：
解得：；
（3）电阻上的功率：
解得：。
14.如图所示，长为l的绝缘轻细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，小球静止时处于O点正下方的点。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E，带电小球静止在A点时细线与竖直方向成θ角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。
（1）请说明小球所带电荷的电性，并求小球所带的电荷量q；
（2）若将小球从点由静止释放，求小球运动到A点时的动能Ek；
（3）若将小球从点由静止释放，其运动到A点时细线突然断开，试定性分析说明小球此后做什么样的运动。
【答案】（1）正电，；（2）；（3）由于重力和电场力均为恒力，且其合力与速度方向不共线，所以小球将做匀变速曲线运动。
【解析】
【详解】（1）带电小球静止时电场力水平向右，与场强方向相同，小球所带电荷的电性为正；小球受重力、电场力和细线的拉力，根据平衡条件有：
解得：
（2）小球从到点过程中应用动能定理：
解得：
（3）由于重力和电场力均为恒力，且其合力与速度方向不共线，所以小球将做匀变速曲线运动。
15.如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中，图中abcd分别为矩形线圈的四个顶点，其中的c点被磁铁遮挡而未画出。线圈可绕过bc边和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴匀速转动。为了便于观察，图中发电机的线圈只画出了其中的1匝，用以说明线圈两端的连接情况。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1＝50cm，bc边和ad边的长度L2＝20cm，匝数n＝100匝，线圈的总电阻r＝5.0Ω，线圈转动的角速度ω＝282rad/s，外电路的定值电阻R＝45Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.05T。电流表和电压表均为理想电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计，计算中取π＝3.14，＝1.41。
（1）请推导出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值Em的表达式（用题中已知物理量的符号表示），并求出此最大值；
（2）求电流表的示数I；
（3）求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1），141V；（2）；（3）4.45J。
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到图示位置时，线框的线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时电动势最大；ab边（或cd）边一根导线切割磁感线所产生的电动势：
对于n匝线圈，ab边与cd边构成的电源串联一起切割磁感线，则：
代入数据解得：；
（2）电动势有效值为：
根据闭合电路欧姆定律：
；
（3）外力所做的功转化为电能：
解得：。
16.如图所示为示波管的结构原理图，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为U0的AB两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的平行正对带电金属板的左端中心点沿中心轴线射入金属板间（垂直于荧光屏M），两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，忽略电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应。已知电子的质量为m，电荷量为e；加速电场的金属板AB间距离为d0；偏转电场的金属板长为L1，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为L2。
（1）电子所受重力可忽略不计，求：
①电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小v0；
②电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
③在偏转电场中，若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示示波管的灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。
（2）在解决一些实际问题时，为了简化问题，常忽略一些影响相对较小的量，这对最终的计算结果并没有太大的影响，因此这种处理是合理的。如计算电子在加速电场中的末速度v0时，可以忽略电子所受的重力。请利用下列数据分析说明为什么这样处理是合理的。已知U0＝125V，d0=2.0×10-2m，m＝9.0×10-31kg，e＝1.6×10-19C，重力加速度g=10m/s2。
【答案】（1）①；②；③减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度；（2）可以不考虑电子所受的重力影响。
【解析】
【详解】（1）①对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有：
解得：；
②设电子在偏转电场中，分解位移：
根据牛顿第二定律：
解得偏转位移：
设电子飞出偏转电场时的偏角为：
竖直方向上的速度：
电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离：
联立方程解得：；
③示波管的灵敏度：
根据方程，减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度；
（2）电子在加速电场中所受电场力：
电子的重力：
因为，因此可以不考虑电子所受的重力影响。
17.如图所示为质谱仪的构造原理图，它是一种分离和检测不同同位素的重要工具。质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素。现让待测的不同带电粒子经加速后进入速度选择器，速度选择器的平行金属板之间有相互正交的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），磁感应强度为B，电场强度为E。金属板靠近平板S，在平板S上有可让粒子通过的狭缝P，带电粒子经过速度选择器后，立即从P点沿垂直平板S且垂直于磁场方向的速度进入磁感应强度为B0、并以平板S为边界的有界匀强磁场中，在磁场中偏转后打在记录它的照相底片上，底片厚度可忽略不计，且与平板S重合。根据粒子打在底片上的位置，便可以对它的比荷（电荷量与质量之比）情况进行分析。在下面的讨论中，磁感应强度为B0的匀强磁场区域足够大，空气阻力、带电粒子所受的重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。
（1）若某带电粒子打在底片上的A点，测得P与A之间的距离为x，求该粒子的比荷；
（2）若有两种质量不同的正一价离子，质量分别为m1和m2，它们经速度选择器和匀强磁场后，分别打在底片上的A1和A2两点，测得P到A2的距离与A1到A2的距离相等，求这两种离子的质量之比；
（3）若用这个质谱仪分别观测氢的两种同位素离子（所带电荷量为e），它们分别打在照相底片上相距为d的两点；
①为了便于观测，希望d的数值大一些为宜。试分析说明为了便于观测，应如何改变匀强磁场磁感应强度B0的大小；
②研究小组的同学对上述B0影响d的问题进行了深入的研究。为了直观，他们以d为纵坐标、以为横坐标，画出了d随变化的关系图像，该图像为一条过原点的直线。测得该直线的斜率为k，求这两种同位素离子的质量之差Δm。
【答案】（1）；（2）；（3）①减小磁感应强度B0的大小；②。
【解析】
【详解】（1）对于带电粒子通过速度选择器的过程有：
解得：
由洛伦兹力提供向心力有：
因为：
因此可解得：
（2）设粒子打到A1时，P与A1之间的距离为x1，设粒子打到A2时，P与A2之间的距离为为x2，因为P到A2的距离与A1到A2的距离相等，所以：
因两粒子的电荷量相同，所以由第（1）问结果有：
所以：
（3）①根据洛伦兹力提供向心：
解得：，
由几何关系可知：
可见，为增大d，应减小磁感应强度B0的大小
②因m1-m2、E、e和B均为定值，根据：
可知，d与B0成反比。因此建立坐标系，可画出d随B0变化的图像为一条过原点的直线，其斜率：
k=
所以这两种同位素离子的质量之差：Δm=
18.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为ρ、横截面积为S的细金属直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。
（1）当该导线通有恒定的电流I时：
①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率v；
②经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k的表达式。
（2）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦—托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。
已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F。根据上述模型回答下列问题：
① 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F做功的大小；
② 推导该圆线圈中的电流 的表达式。
【答案】（1）①；② ne2ρ；（2）① Fl；②
【解析】
【详解】（1）①一小段时间内，流过导线横截面的电子个数为：
对应的电荷量为：
根据电流的定义有：
解得：
②从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：
又因为：
联立以上两式得：
（2）①电子运动一圈，非静电力做功为：
②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：
根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：
联立以上两式，并根据电阻定律：
解得：
一、本题共10小题，每小题3分，共30分。
1.某静电场的电场线如图所示，一带正电的点电荷在电场中M、N两点所受电场力的大小分别为FM和FN，所具有的电势能分别为EpM和EpN，则下列说法中正确的是
A. FM >FN，EpM >EpN B. FM >FN，EpM
【解析】
【详解】粒子在电场中运动仅受电场力：
根据电场线的疏密程度可知电场强度的关系：
所以电场力的关系：
沿电场线方向电势降低：
根据电势能：
点电荷带正电，所以：
故C正确，ABD错误。
故选C。
2.关于电磁波，下列说法中正确是
A. 变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场
B. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，法拉第最先用实验证实了电磁波的存在
C. 电磁波和机械波都依赖于介质才能传播
D. 各种频率的电磁波在真空中的传播速率都相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．均匀变化的电场能够产生稳定的磁场，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证明了电磁波的存在，故B错误；
C．电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故C错误；
D．各种频率的电磁波在真空中的传播速率都相同，均为光速，故D正确。
故选D。
3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过原、副线圈中的电流分别为I1、I2。若保持n1、n2和U1不变，且闭合开关S后两灯泡均能发光，则下列说法中正确的是
A.
B.
C. 开关S由闭合变为断开，U2将变大
D. 不论开关S闭合或断开，始终有U1I1= U2I2的关系
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据单相变压器的电压规律：
解得：
电流规律：
解得：，故A错误，B正确；
C．输入电压决定输出电压，根据上述分析可知不论开关闭合还是断开，理想变压器的电压规律始终不变，所以也不变，故C错误；
D．理想变压器输入功率等于输出功率：
故D正确。
故选BD。
4.在如图所示的电路中，两个完全相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使L1和L2亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为I。在之后的t0时刻断开S，则在如图所示的图像中，能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当开关断开瞬间，通过电感线圈的电流减小，根据楞次定律可知感应电流为了阻碍电感线圈中的电流减小，感应电流的方向与原电流方向相同，如图所示：
随着原电流的减小，感应电流也逐渐减小，所以通过小灯泡的电流方向不变且逐渐减小，故A正确，B错误；
CD．通过小灯泡的原电流方向水平向右，结合上述分析，断开开关后感应电流方向水平向左且逐渐减小，故CD错误。
故选A。
5.如图所示，两条平行的金属轨道所构成的平面与水平地面的夹角为θ，在两轨道的顶端之间接有电源和一滑动变阻器，滑动变阻器的滑片处于中点位置，整个装置处于垂直轨道平面向上的匀强磁场中。一根金属杆ab垂直放在两导轨上，与导轨构成闭合电路，ab杆处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向N端缓慢滑动，此过程中ab杆始终保持静止状态。下列说法中正确的是
A. 金属杆与轨道之间一定不是光滑的
B. 金属杆所受安培力的方向沿斜面向上
C. 滑片向N端滑动的过程中金属杆所受安培力变小
D. 滑片向N端滑动的过程中金属杆对轨道的压力变小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．导体棒受力平衡，从a端看去，对导体棒受力分析：
可知导体棒受到的安培力沿斜面向下，金属杆和轨道之间有摩擦力，故A正确，B错误；
C．滑片向端滑动，电阻增大，电流减小，根据安培力的表达式：
可知安培力减小，故C正确。
D．根据受力分析可知，轨道对金属杆的支持力大小始终与重力垂直于斜面的分力大小相等不变，故D错误。
故选AC。
6.如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是
A. a、b两粒子所带电荷的电性一定不同
B. 射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C. 穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D. 穿过磁场区域过程a粒子运动的时间较长
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A正确；
B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，根据径向对称定圆心如图所示：
可知：
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：
解得：，两粒子的质量和电荷量大小相等，所以，故B错误；
C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期：
圆心角为，在磁场中运动的时间：
两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为，所以穿过磁场区域过程中所用时间：，故D正确。
故选AD。
7.在探究影响电荷之间相互作用力大小因素的过程中，老师做了如图所示的实验。O是一个带正电的绝缘导体球，将同一带电小球用绝缘细丝线分别挂在P1、P2、P3不同的位置，调节丝线长度，使小球与带电导体球O的球心保持在同一水平线上，发现小球静止时细丝线与竖直方向的夹角不同，且θ1>θ2>θ3。关于这个实验，下列说法中正确的是
A. 通过该实验的现象可知，小球带正电
B. 该实验可以研究电荷间相互作用力大小与它们之间距离是否有关
C. 该实验中细丝线与竖直方向的夹角越大，表示电荷之间的相互作用力越弱
D. 通过该实验现象可知，电荷之间的相互作用力与电荷之间的距离的平方成反比
【答案】AB
【解析】
【详解】A．带电小球与导体球O排斥，所以小球带正电，故A正确；
B．同一带电小球电荷量一定，位置不同，与导体球的距离不同，偏离角度不同，它们之间的作用力不同，故B正确；
C．根据图中实验现象可知，偏转角度越大说明它们之间的作用力越大，偏转角度越小说明它们之间的作用力越小，故C错误；
D．实验中只能定性分析电荷之间的作用力与距离的关系，无法定量计算作用力与距离的关系，故D错误。
故选AB。
8.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，电容器的电容为C，灯泡L的灯丝电阻不随温度变化，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，缓慢减小电阻箱R接入电路中的阻值，与调节电阻箱之前相比，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，在这个过程中电路中所有器件均不会被损坏，下列说法中正确的是
A. 灯泡L将变亮
B. 电压表和电流表的示数都将变大
C. 电源两端电压变化量的绝对值将大于ΔU
D. 电容器所带电荷量增加，增加量小于CΔU
【答案】AD
【解析】
【详解】A．电阻箱阻值减小，整个电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律：
可知干路电流增大，通过灯泡的电流增大，灯泡L将变亮，故A正确；
B．干路电流增大，电流表示数增大，根据闭合电路欧姆定律：
可知路端电压减小，通过灯泡的电流增大，分压增大，则电阻箱的分压减小，电压表示数减小，故B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律，结合数学推理可知：
则电源两端电压变化量的绝对值小于电压表示数的变化量的绝对值，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律：
结合数学推理可得：
根据方程可知：，电容器并联在灯泡两端，所以电压与灯泡的分压相同，所以电容器的电荷量增加量为：
故D正确。
故选AD。
9.如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i﹣t曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。仅由这个i﹣t曲线所提供的信息可以估算出
A. 电容器的电容
B. 一段时间内电容器放电的电荷量
C. 某时刻电容器两极板间的电压
D. 一段时间内电阻产生的热量
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．根据电流的定义：
可知图线和时间轴围成的面积所表示的物理量为电荷量，通过对格子进行计数可以求解一段时间内电容器放电的电荷量；根据电容的定义：
可知，无法求解电容器的电容和极板间电压，故AC错误，B正确；
D．根据焦耳定律：
电流无法准确求解，所以产生的焦耳热无法求解，故D错误。
故选B。
10.将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是
A. 如果导线框下面的两端P、Q有一端与磁铁表面不接触，线框也会发生转动
B. 如果磁铁吸附在电池负极的磁极调换一下，线框转动的方向也应该改变
C. 电池的输出功率一定大于线圈转动的机械功率
D. 线框由静止开始转动的过程中，通过线框中的电流大小始终不变
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．假设磁铁下端为N极，上端为S极，则线框周围的磁感线向上，一定会有垂直导线向上的分量，由于线框的下端靠近磁极，所以受力起主要作用，根据电池正负极画出电流的方向如图，根据左手定则判断安培力的方向如图，说明线框从上向下看，逆时针转动；
线框中有电流，就能够转动，所以导线框下面两端P、Q有一端与磁铁表面不接触，线框中也有电流，能够转动；改变磁场的方向，根据上述原理可知线框转动的方向改变，故AB正确；
C．电池的输出功率一部分转化为线圈转动的机械功率，一部分用于电阻产生热量，故C正确；
D．线框从静止开始旋转达到稳定的过程中，导线框切割磁感线会产生反电动势，电流会减小，故D错误。
故选ABC。
二、本题共2小题，共15分。
11.某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻阻值以及判断二极管的正负极。
（1）他选择“´100”倍率的欧姆挡按照正确的步骤测量未知电阻时，发现表针偏转角度很大，如图中虚线①的位置所示。为了能获得更准确的测量数据，他应该将倍率调整到_______的挡位（选填“´10”或“´1k”）；并把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使表针指向_____W。调整好此挡位的欧姆表后再正确测量上述未知电阻，表针指在如图中虚线②的位置，则未知电阻的测量值为________W。
（2）若用已调好的多用电表欧姆挡“´10”挡来探测一只二极管的正、负极（如图所示）。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转（即指示电阻接近无限大）；再将两表笔与二极管两极的连接情况对调，发现表针指在如图中的虚线①的位置，此时红表笔接触的是二极管的_____极（选填 “正”或“负”）。
【答案】 (1). ´10 (2). 0 (3). 1.6´102 （或160） (4). 负
【解析】
【详解】（1）[1]指针偏转角度过大，说明待测量阻值较小，所以更换较小的“´10”挡位；
[2]欧姆调零的目的是需要将指针调至欧姆表盘的0刻度位置，即使指针指向；
[3]欧姆挡读数需要用刻度值乘以倍率：
；
（2）[4]红表笔与欧姆挡内部的电源负极相连，根据题意可知二极管的电阻较小，此时电流从二极管的正极流入，负极流出，所以红表笔接触的是二极管的负极。
12.现有两组同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1Ω）。
（1）第一组采用图所示电路。
①为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是_______。
A．一个定值电阻 B．电阻箱 C．滑动变阻器
②为了调节方便且测量精度更高，电流表和电压表应选____（选填选项前的字母）。
A．电流表（0~0.6A），电压表（0~3V） B．电流表（0~0.6A），电压表（0~15V）
C．电流表（0~3A），电压表（0~3V） D．电流表（0~3A），电压表（0~15V）
③经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图中画出了U-I图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值E=_______V（保留三位有效数字），内阻的测量值r=_______Ω（保留两位有效数字）。
（2）第二组在没有电压表的情况下，设计了如图所示的电路，完成了对同一电池的测量。
①改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，通过研究图像的信息，他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量值与第一组的结果有明显偏差。将上述实验重复进行了若干次，结果依然如此。关于第二组测量内阻产生的偏差及其原因，下列分析中正确的是_______（选填选项前的字母）。
A．第二组内阻的测量结果小于第一组的测量结果
B．第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果
C．造成这个偏差的原因是实际电流表内阻不能近似为零
D．造成这个偏差的原因是实验小组读取电流表读数时眼睛没有正对表盘，使读数有时候偏大，有时候偏小
②第二组对实验进行深入的理论研究，在是否可忽略电流表内阻这两种情况下，绘制两类图像。第一类图像以电流表读数I为横坐标，将电流表和电阻箱读数的乘积IR记为U作为纵坐标。第二类图像以电阻箱读数R为横坐标，电流表读数的倒数为纵坐标。图中实线代表电流表内阻可忽略的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略的情况，这四幅图中，能正确反映相关物理量之间关系的是_______（选填选项前的字母）。
A. B. C. D.
【答案】 (1). BC (2). A (3). 1.48（1.48或1.49） (4). 0.80（0.78~0.82） (5). BC (6). AC
【解析】
【详解】（1）①[1]a、b两点间接入电阻箱或滑动变阻器，通过改变阻值，改变电路中电压表和电流表的示数，测量多组数据；
② [2]电动势约，电压表选择即可，根据题中描绘的图像可知，电流表的量程选用即可，故A正确，BCD错误；
③ [3]根据闭合电路欧姆定律推导：
图线与纵轴的交点即为电动势：
[4]斜率为内阻：
；
（2）①[5]第二组采用的电路中将电阻箱的分压作为路端电压，实际测量的是电源和电流表组成的等效电源两端的电压，测量的内阻也是电源内阻和电流表内阻之和，所以测量的内阻偏大，故BC正确，AD错误；
② [6]AB．根据闭合电路欧姆结合所选电路：
可知干路电流测量准确，所以电动势测量准确，而虚线中电流表内阻不可忽略，所以内阻测量偏大，斜率变大，故A正确，B错误；
CD．根据闭合电路欧姆定律：
电动势测量值与真实值相等，图像的斜率不变，而虚线中电流表内阻不可忽略，内阻测量偏大，图线与纵轴的截距变大，故C正确，D错误。
故选AC。
三、本题包括6小题，共55分。
13.如图所示，宽度L＝0.40 m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=1.5Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.50 T。一根导体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻r=0.5Ω，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=10 m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计，求：
（1）通过导体棒的电流I，并说明通过导体棒的电流方向；
（2）作用在导体棒上的拉力大小F；
（3）电阻R的电功率P。
【答案】（1）电流方向为：，大小为1.0A；（2）0.2N；（3）1.5W。
【解析】
【详解】（1）根据右手定则可知电流的方向为：；
导体切割磁感线：
根据闭合电流欧姆定律：
解得：；
（2）导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件：
解得：；
（3）电阻上的功率：
解得：。
14.如图所示，长为l的绝缘轻细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，小球静止时处于O点正下方的点。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E，带电小球静止在A点时细线与竖直方向成θ角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。
（1）请说明小球所带电荷的电性，并求小球所带的电荷量q；
（2）若将小球从点由静止释放，求小球运动到A点时的动能Ek；
（3）若将小球从点由静止释放，其运动到A点时细线突然断开，试定性分析说明小球此后做什么样的运动。
【答案】（1）正电，；（2）；（3）由于重力和电场力均为恒力，且其合力与速度方向不共线，所以小球将做匀变速曲线运动。
【解析】
【详解】（1）带电小球静止时电场力水平向右，与场强方向相同，小球所带电荷的电性为正；小球受重力、电场力和细线的拉力，根据平衡条件有：
解得：
（2）小球从到点过程中应用动能定理：
解得：
（3）由于重力和电场力均为恒力，且其合力与速度方向不共线，所以小球将做匀变速曲线运动。
15.如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中，图中abcd分别为矩形线圈的四个顶点，其中的c点被磁铁遮挡而未画出。线圈可绕过bc边和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴匀速转动。为了便于观察，图中发电机的线圈只画出了其中的1匝，用以说明线圈两端的连接情况。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1＝50cm，bc边和ad边的长度L2＝20cm，匝数n＝100匝，线圈的总电阻r＝5.0Ω，线圈转动的角速度ω＝282rad/s，外电路的定值电阻R＝45Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.05T。电流表和电压表均为理想电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计，计算中取π＝3.14，＝1.41。
（1）请推导出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值Em的表达式（用题中已知物理量的符号表示），并求出此最大值；
（2）求电流表的示数I；
（3）求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1），141V；（2）；（3）4.45J。
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到图示位置时，线框的线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时电动势最大；ab边（或cd）边一根导线切割磁感线所产生的电动势：
对于n匝线圈，ab边与cd边构成的电源串联一起切割磁感线，则：
代入数据解得：；
（2）电动势有效值为：
根据闭合电路欧姆定律：
；
（3）外力所做的功转化为电能：
解得：。
16.如图所示为示波管的结构原理图，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为U0的AB两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的平行正对带电金属板的左端中心点沿中心轴线射入金属板间（垂直于荧光屏M），两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，忽略电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应。已知电子的质量为m，电荷量为e；加速电场的金属板AB间距离为d0；偏转电场的金属板长为L1，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为L2。
（1）电子所受重力可忽略不计，求：
①电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小v0；
②电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
③在偏转电场中，若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示示波管的灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。
（2）在解决一些实际问题时，为了简化问题，常忽略一些影响相对较小的量，这对最终的计算结果并没有太大的影响，因此这种处理是合理的。如计算电子在加速电场中的末速度v0时，可以忽略电子所受的重力。请利用下列数据分析说明为什么这样处理是合理的。已知U0＝125V，d0=2.0×10-2m，m＝9.0×10-31kg，e＝1.6×10-19C，重力加速度g=10m/s2。
【答案】（1）①；②；③减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度；（2）可以不考虑电子所受的重力影响。
【解析】
【详解】（1）①对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有：
解得：；
②设电子在偏转电场中，分解位移：
根据牛顿第二定律：
解得偏转位移：
设电子飞出偏转电场时的偏角为：
竖直方向上的速度：
电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离：
联立方程解得：；
③示波管的灵敏度：
根据方程，减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度；
（2）电子在加速电场中所受电场力：
电子的重力：
因为，因此可以不考虑电子所受的重力影响。
17.如图所示为质谱仪的构造原理图，它是一种分离和检测不同同位素的重要工具。质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素。现让待测的不同带电粒子经加速后进入速度选择器，速度选择器的平行金属板之间有相互正交的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），磁感应强度为B，电场强度为E。金属板靠近平板S，在平板S上有可让粒子通过的狭缝P，带电粒子经过速度选择器后，立即从P点沿垂直平板S且垂直于磁场方向的速度进入磁感应强度为B0、并以平板S为边界的有界匀强磁场中，在磁场中偏转后打在记录它的照相底片上，底片厚度可忽略不计，且与平板S重合。根据粒子打在底片上的位置，便可以对它的比荷（电荷量与质量之比）情况进行分析。在下面的讨论中，磁感应强度为B0的匀强磁场区域足够大，空气阻力、带电粒子所受的重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。
（1）若某带电粒子打在底片上的A点，测得P与A之间的距离为x，求该粒子的比荷；
（2）若有两种质量不同的正一价离子，质量分别为m1和m2，它们经速度选择器和匀强磁场后，分别打在底片上的A1和A2两点，测得P到A2的距离与A1到A2的距离相等，求这两种离子的质量之比；
（3）若用这个质谱仪分别观测氢的两种同位素离子（所带电荷量为e），它们分别打在照相底片上相距为d的两点；
①为了便于观测，希望d的数值大一些为宜。试分析说明为了便于观测，应如何改变匀强磁场磁感应强度B0的大小；
②研究小组的同学对上述B0影响d的问题进行了深入的研究。为了直观，他们以d为纵坐标、以为横坐标，画出了d随变化的关系图像，该图像为一条过原点的直线。测得该直线的斜率为k，求这两种同位素离子的质量之差Δm。
【答案】（1）；（2）；（3）①减小磁感应强度B0的大小；②。
【解析】
【详解】（1）对于带电粒子通过速度选择器的过程有：
解得：
由洛伦兹力提供向心力有：
因为：
因此可解得：
（2）设粒子打到A1时，P与A1之间的距离为x1，设粒子打到A2时，P与A2之间的距离为为x2，因为P到A2的距离与A1到A2的距离相等，所以：
因两粒子的电荷量相同，所以由第（1）问结果有：
所以：
（3）①根据洛伦兹力提供向心：
解得：，
由几何关系可知：
可见，为增大d，应减小磁感应强度B0的大小
②因m1-m2、E、e和B均为定值，根据：
可知，d与B0成反比。因此建立坐标系，可画出d随B0变化的图像为一条过原点的直线，其斜率：
k=
所以这两种同位素离子的质量之差：Δm=
18.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为ρ、横截面积为S的细金属直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。
（1）当该导线通有恒定的电流I时：
①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率v；
②经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k的表达式。
（2）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦—托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。
已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F。根据上述模型回答下列问题：
① 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F做功的大小；
② 推导该圆线圈中的电流 的表达式。
【答案】（1）①；② ne2ρ；（2）① Fl；②
【解析】
【详解】（1）①一小段时间内，流过导线横截面的电子个数为：
对应的电荷量为：
根据电流的定义有：
解得：
②从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：
又因为：
联立以上两式得：
（2）①电子运动一圈，非静电力做功为：
②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：
根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：
联立以上两式，并根据电阻定律：
解得：
相关资料
更多
