2018-2019学年北京市石景山区高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

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1、2018-2019 学年北京市石景山区高二（上）期末物理试卷一、选择题，本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1下列物理量中，属于标量的是（ ）A电势能 B电场强度 C磁感强度 D洛伦兹力2在国际单位制中，电压的单位是（ ）A库仑 B韦伯 C伏特 D焦耳3如图所示，一个物体受 F1 和 F2 两个互相垂直的共点力作用，其中 F16N，F 28N这两个力的合力大小为（ ）A2N B10N C14N D48N4铜是良好的导电材料。在一段通电铜导线内，定向移动形成电流的微粒是（ ）A原子核 B电子C既有电子也有原子核 D原子5如图所示，小球

2、从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的动能（ ）A变大 B不变C变小 D先变大后变小6一个固定电容器在充电过程中，两个极板间的电压 U 随电容器所带电荷量 Q 的变化而变化。图中正确反映 U 和 Q 关系的图象是（ ）A BC D7如图是阴极射线管的示意图，阴极射线管的两个电极接到高压电源时，阴极会发射电子。电子在电场中沿直线飞向阳极形成电子束。将条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电子束不再发生偏转。上述实验现象能说明（ ）A电子束周围存在电场B电流是电荷定向运动形成的C磁场对静止电荷没有力的作用D磁场对运动电荷有力的作

3、用8双星是两颗相距较近的天体，在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动。对于两颗质量不等的天体构成的双星，下列说法中正确的是（ ）A质量较大的天体做匀速圆周运动的向心力较大B质量较大的天体做匀速圆周运动的角速度较大C两颗天体做匀速圆周运动的周期相等D两颗天体做匀速圆周运动的线速度大小相等9如图所示，两颗“近地”卫星 1 和 2 都绕地球做匀速圆周运动，卫星 2 的轨道半径更大些两颗卫星相比较，下列说法中正确的是（ ）A卫星 2 的向心加速度较大B卫星 2 的线速度较大C卫星 2 的周期较大D卫星 2 的角速度较大10如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出

4、的电场线，虚线 AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 aA、a B，电势能分别为 EpA、E pB下列说法正确的是（ ）A若 aAa B，则 Q 靠近 M 端且为负电荷B若 aAa B，则 Q 靠近 M 端且为正电荷CE pAE pBDE pAE pB11如图所示，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P 和 Q 是它们的交点，四点处的电势分别为 M、 N、 P 和 Q一带正电的粒子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等。则（ ）A若带正电的粒子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功B若带正电

5、的粒子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功C直线 c 位于某一等势面内， M ND直线 a 位于某一等势面内， M Q12如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是（ ）Aab 中的感应电流方向由 b 到 aBab 中的感应电流逐渐减小Cab 所受的安培力保持不变Dab 所受的静摩擦力逐渐减小13如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一个电子以初速度 v1 沿平行于板面方向射入电场，经过时间 t1 射出电场，射出时沿垂

6、直于板面方向偏移的距离为 d1另一个电子以初速度v2（v 2v 1）仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间 t2 射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为 d2不计电子的重力，则下列关系式中正确的是（ ）At 1t 2 Bt 1 t2 Cd 1d 2 Dd 1d 214如图所示，正方形区域 EFGH 中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子（不计重力）以一定的速度从 EF 边的中点 M 沿既垂直于 EF 边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从 EH 边的中点 N 射出。若该带电粒子的速度减小为原来的一半，其它条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是（ ）AE 点 BN 点 CH 点 DF 点

7、15如图 a 所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨 cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆 mn 垂直于导轨放置，与导轨接触良好。在两根导轨的端点 d、e 之间连接一电阻，其他部分的电阻忽略不计。现用一水平向右的外力 F 作用在 mn 上，使 mn 由静止开始向右在导轨上滑动，运动中 mn 始终垂直于导轨。取水平向右的方向为正方向，图 b 表示一段时间内 mn 受到的安培力 f 随时间 t 变化的关系，则外力 F 随时间 t 变化的图象是（ ）A BC D二、填空题（本题共 1 道大题，共 18 分）16在描绘一个标有“6.3V0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电

8、压由零逐渐增加到 6.3V，并便于操作已选用的器材有：学生电源（电动势为 9V，内阻约 1）；电流表（量程为 00.6A，内阻约 0.2；量程为 03A，内阻约 0.04）；电压表（量程为 03V，内阻约 3k；015V，内阻约 15k）；开关一个、导线若干（1）实验中还需要选择一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的 （选填选项前的字母）A滑动变阻器（最大阻值 10，最大允许电流 1A）B滑动变阻器（最大阻值 1500，最大允许电流 0.3A）（2）实验电路图应选用图 1 中的 （选填“甲”或“乙”）（3）请根据（2）中所选的电路图，补充完成图 2 中实物电路的连线（4）接闭合关

9、，改变滑动变阻器滑动端的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数 U某次测量中电流表选择 00.6A 量程，电压表选择 015V 量程，电流表、电压表示数如图 3 所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值 Rx （计算结果保留两位有效数字）（5）根据实验数据，画出的小灯泡 IU 图线如图 4 所示由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将 （选填“变大”或“变小”）三、计算题本题共 5 小题，共 37 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位17（8 分）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统。2

10、018 年我国先后以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号”第三、四、五、六颗组网卫星，为从“北斗二号”平稳过渡到“北斗三号”打好基础。北斗卫星导航系统由 5 颗静止轨道卫星（同步卫星）和 30 颗非静止轨道卫星组成，2020 年左右将建成覆盖全球的北斗卫星导航系统，其中一颗非静止轨道卫星 A 运行周期为 T已知地球半径为 R，地球质量为 M引力常量为 G。（1）求地球表面的重力加速度 g；（2）求卫星 A 距地球表面的高度 h；（3）请举例说明北斗卫星导航系统可以应用在哪些方面。（举出一例即可）18（8 分）如图所示为质谱仪的工作原理示意图，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。速度选择器由两块

11、水平放置的金属极板构成，两金属极板间的距离为 d，上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连；板间匀强磁场的磁感应强度为 B1，方向垂直纸面向里。偏转磁场为匀强磁场。磁感应强度的大小为 B2，方向垂直纸面向外。当两金属极板间的电势差为 U 时，一束带电粒子从狭缝 O1 射入，沿水平方向通过速度选择器，从磁场边界上的 O2 点垂直磁场方向射入偏转磁场，经历半个圆周打在照相底片上的 A 点，测得 O2 和 A 点之间的距离为 L粒子所受重力及粒子间的相互作用均可忽略。（1）求金属极板间的电场强度大小 E；（2）求带电粒子从速度选择器射出时的速度大小 v；（3）另一束不同的带电粒子，也从狭缝 O1

12、射入，保持其他条件不变，粒子最终仍能打在照相底片上的 A 点。比较这两束粒子，说明它们具有哪些共同特征，并阐述理由。19（6 分）如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为 U0偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d，不计电子所受重力。求：（1）电子射入偏转电场时初速度 v0 的大小；（2）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y；（3）电子从偏转电场射出时速度的大小和方向。20（6 分）静电场可以用电场线和等势面形象描述。a请根据电场

13、强度的定义和库仑定律推导出点电荷 Q 的场强表达式；b点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面 S1、S 2 到点电荷的距离分别为 r1、r 2我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算 S1、S 2 上单位面积通过的电场线条数之比 。21（9 分）如图 1 所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 和 PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计在 M 和 P 之间接有阻值为 R 的定值电阻，导体杆 ab 质量为 m、电阻为r，并与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为 B 的匀强磁场中现给 ab 杆一个初速度 v0，使杆向右运动（1）当 ab 杆刚好具有初速

14、度 v0 时，求此时 ab 杆两端的电压 U，a 、b 两端哪端电势高；（2）请在图 2 中定性画出通过电阻 R 的电流 i 随时间变化规律的图象；（3）若将 M 和 P 之间的电阻 R 改为接一电容为 C 的电容器，如图 3 所示同样给 ab 杆一个初速度 v0，使杆向右运动请分析说明 ab 杆的运动情况，并推导证明杆稳定后的速度为 v2018-2019 学年北京市石景山区高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1下列物理量中，属于标量的是（ ）A电势能 B电场强度 C磁感强度 D洛

15、伦兹力【分析】标量是只有大小没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量。【解答】解：A、标量是只有大小没有方向的物理量。电势能是标量，故 A 正确。BCD、矢量是既有大小又有方向的物理量，电场强度、磁感应强度和洛伦兹力都是矢量，故 BCD错误。故选：A。【点评】对于物理量的矢标性是学习的重要内容之一，要抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向。2在国际单位制中，电压的单位是（ ）A库仑 B韦伯 C伏特 D焦耳【分析】在国际单位制中，电学的单位都是为纪念物理学家的而命名的，结合各单位与物理量的关系分析即可。【解答】解：在国际单位制中，电压的单位是伏特，库仑是电量的单位，韦伯是磁通量的

16、单位，焦耳是能量的单位。故 C 正确 ABD 错误。故选：C。【点评】该题考查常见的国际单位，了解用科学家的名字命名的原因，有利于激发学生学习物理的兴趣与热情。3如图所示，一个物体受 F1 和 F2 两个互相垂直的共点力作用，其中 F16N，F 28N这两个力的合力大小为（ ）A2N B10N C14N D48N【分析】F 1、F 2 是两个互相垂直的共点力，根据勾股定理直接计算即可。【解答】解：根据勾股定理有：F 10N，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。【点评】考查力的平行四边形定则，并掌握勾股定理的应用，以及知道两个力同向时，合力最大，两个力反向时，合力最小。4铜是良好的导电材料。在

17、一段通电铜导线内，定向移动形成电流的微粒是（ ）A原子核 B电子C既有电子也有原子核 D原子【分析】明确电流的性质，知道金属导体中形成电流的是自由电子。【解答】解：在金属铜中可以自由移动的是自由电子，原子核、原子均不能自由移动，故形成电流的微粒是电子，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。【点评】本题考查电流的形成，知道金属导体中能形成电流的自由电子。5如图所示，小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的动能（ ）A变大 B不变C变小 D先变大后变小【分析】根据小球的受力情况，应用牛顿第二定律判断加速度大小，然后判断小球的运动性质，即可判断出小球的动

18、能变化。【解答】解：小球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹簧弹力作用，开始，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动，随小球向下运动，弹簧的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，合力为零时，小球速度最大；所受当弹簧的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零；由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故 D 正确故选：D。【点评】本题考查了判断小球速度与加速度随时间变化关系，知道小球的受

19、力情况、应用牛顿第二定律即可正确解题。6一个固定电容器在充电过程中，两个极板间的电压 U 随电容器所带电荷量 Q 的变化而变化。图中正确反映 U 和 Q 关系的图象是（ ）A BC D【分析】明确电容器的电容由本身的性质决定，与 Q 和 U 无关，根据 QCU，知 U 与 Q 成正比。【解答】解：根据 C 可知：U ，由于电容器不变，因此电压 U 和电量 Q 成正比，故 A 正确BCD 错误。故选：A。【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式为 C ，知道 C 与 Q 和 U 无关，根据 QCU，知 Q与 U 成正比，同时根据电容器的决定式理解电容器电容大小与那些因素有关。7如图是阴极射线管的示

20、意图，阴极射线管的两个电极接到高压电源时，阴极会发射电子。电子在电场中沿直线飞向阳极形成电子束。将条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电子束不再发生偏转。上述实验现象能说明（ ）A电子束周围存在电场B电流是电荷定向运动形成的C磁场对静止电荷没有力的作用D磁场对运动电荷有力的作用【分析】阴极射线管电子从阴极射向阳极，电子穿过存在磁场的区域，受到洛伦兹力的作用发生偏转。【解答】解：带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用发生偏转，说明磁场对运动电荷有力的作用，故 D 正确，ABC 错误。故选：D。【点评】磁场对运动电荷有力的作用，即洛伦兹力。方向可根据左手定则来判断。8双星是

21、两颗相距较近的天体，在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动。对于两颗质量不等的天体构成的双星，下列说法中正确的是（ ）A质量较大的天体做匀速圆周运动的向心力较大B质量较大的天体做匀速圆周运动的角速度较大C两颗天体做匀速圆周运动的周期相等D两颗天体做匀速圆周运动的线速度大小相等【分析】双星系统是一个稳定的结构，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，角速度相等，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可。【解答】解：两颗行星在两者之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第三定律可知，两行星做匀速圆周运动的向心力相等，故 A 错误；BC、两行星绕同一圆心转动，角速度相

22、等，周期相等，故 B 错误，C 正确；C、根据万有引力提供向心力可得： 可知，两星质量不等，转动半径不等，则根据 vr 可知，线速度大小不等，故 D 错误；故选：C。【点评】本题的关键是理解双星系统的特点：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期和角速度，运用动力学思路列式进行分析9如图所示，两颗“近地”卫星 1 和 2 都绕地球做匀速圆周运动，卫星 2 的轨道半径更大些两颗卫星相比较，下列说法中正确的是（ ）A卫星 2 的向心加速度较大B卫星 2 的线速度较大C卫星 2 的周期较大D卫星 2 的角速度较大【分析】本题抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式求解即可【解答】解：设

23、任一卫星的轨道半径为 r，卫星的质量为 m，地球的质量为 M。根据地球的万有引力提供卫星的向心力得：G ma m m rm 2r则得：aG ，v ，T2 ， 由上可知，卫星的轨道半径越大，向心加速度 a、线速度 v、角速度 都越小，周期 T 越大。所以卫星 2 的向心加速度 a、线速度 v、角速度 较小，只有周期较大，故 C 正确。故选：C。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系10如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹设电子在 A、B 两点

24、的加速度大小分别为 aA、a B，电势能分别为 EpA、E pB下列说法正确的是（ ）A若 aAa B，则 Q 靠近 M 端且为负电荷B若 aAa B，则 Q 靠近 M 端且为正电荷CE pAE pBDE pAE pB【分析】由电子的运动轨迹分析电场力方向，根据库仑定律和牛顿第二定律分析加速度的大小根据电场力做功情况分析电势能的大小【解答】解：A、电子在运动过程中受到的电场力向左，若 aAa B，B 点离点电荷 Q 更近，即 Q靠近 N 端且为负电荷，故 A 错误。B、若 aAa B，则 A 点离点电荷 Q 更近即 Q 靠近 M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在 M

25、N 上电场方向向右，那么 Q 靠近 M 端且为正电荷，故 B 正确；CD、电子所受电场力方向指向左侧，若电子从 A 向 B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从 B 向 A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有 EpAE pB，故 CD 错误；故选：B。【点评】本题中带电粒子在电场中运动的问题，关键是要明确带电粒子受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，知道电场力做正功时，电荷的电势能减小，电场力做负功时，电荷的电势能增加11如图所示，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P 和 Q 是它们的交点，四点处的电势分别为 M、 N、 P 和 Q一带正电的粒子由

26、 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等。则（ ）A若带正电的粒子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功B若带正电的粒子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功C直线 c 位于某一等势面内， M ND直线 a 位于某一等势面内， M Q【分析】带正电的粒子由 M 点分别到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低。【解答】解：A、带正电的粒子由 M 点分别运动到 P 点和 N 点的过程中，电场力所做的负功相等，则电势能增加相等，所以电势升高，则 P、N 两点的电势相等，直线 d 位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，

27、直线 c 位于某一等势面内， M Q，粒子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故 A 错误。B、若带正电的粒子由 P 点运动到 Q 点，与带正电的粒子由 N 点运动到 M 点电场力做功相同，则电场力做正功，故 B 错误。C、由 A 的分析可知，直线 c 位于某一等势面内， M N故 C 正确。D、直线 a 不在某一等势面内，直线 a 是一条电场线，且 M Q故 D 错误；故选：C。【点评】解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道正电荷在电势高处电势能大。12如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁

28、场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是（ ）Aab 中的感应电流方向由 b 到 aBab 中的感应电流逐渐减小Cab 所受的安培力保持不变Dab 所受的静摩擦力逐渐减小【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由 a到 b，故 A 错误。B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 得，感应电动势恒定，则 ab 中的感应电流不变，故 B

29、 错误。C、根据安培力公式 FBIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故 C 错误。D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡， fF，安培力减小，则静摩擦力减小，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。13如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一个电子以初速度 v1 沿平行于板面方向射入电场，经过时间 t1 射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为 d1另一个电子以初速度v2（v 2v 1）仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间 t2 射出电场，射出时沿

30、垂直于板面方向偏移的距离为 d2不计电子的重力，则下列关系式中正确的是（ ）At 1t 2 Bt 1 t2 Cd 1d 2 Dd 1d 2【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据平抛运动处理规律，结合运动学公式，即可求解。【解答】解：一个电子以初速度 v1 沿平行于板面方向射入电场，经过时间 t1 射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为 d1；电子在电场中做类平抛运动，可将沿着速度与加速度方向进行分解，速度方向做匀速直线运动，而加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，设金属板长度为 L，依据运动学公式，及加速度相等，则有：t 1 ，而 d1 ；同理，则有：t 2 ，而 d2 ；由

31、于 v2v 1，因此 t1t 2，且有 d1d 2，故 ABD 错误，C 正确；故选：C。【点评】考查类平抛运动处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，理解运动学公式的内容。14如图所示，正方形区域 EFGH 中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子（不计重力）以一定的速度从 EF 边的中点 M 沿既垂直于 EF 边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从 EH 边的中点 N 射出。若该带电粒子的速度减小为原来的一半，其它条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是（ ）AE 点 BN 点 CH 点 DF 点【分析】带电粒子垂直磁场方向进入磁场后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据洛伦

32、兹力提供向心力和轨迹上两点的连线的中垂线都通过圆心找到圆心，确定半径；改变速度后，根据洛伦兹力提供向心力求出新的半径，再次根据洛伦兹力提供向心力找出圆心，画出轨迹。【解答】解：第一次从点 M 进入磁场，从点 N 射出，故 M、N 是轨迹上的两个点，连线的中垂线通过圆心，经过 M 点时，洛伦兹力提供向心力，判断出洛伦兹力的方向是平行纸面向上并指向C 点，故得到 C 即为圆心，半径 R 等于线段 CM 的长度，即正方向边长的一半；洛伦兹力提供向心力，有 ，解得 ，该带电粒子的速度减小为原来的一半后，半径减小为一半；故圆心移到线段 CM 的中点，轨迹如图；故选：A。【点评】本题关键在于找出圆心、确定

33、轨迹、求出半径，同时要结合洛伦兹力提供向心力进行分析计算。15如图 a 所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨 cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆 mn 垂直于导轨放置，与导轨接触良好。在两根导轨的端点 d、e 之间连接一电阻，其他部分的电阻忽略不计。现用一水平向右的外力 F 作用在 mn 上，使 mn 由静止开始向右在导轨上滑动，运动中 mn 始终垂直于导轨。取水平向右的方向为正方向，图 b 表示一段时间内 mn 受到的安培力 f 随时间 t 变化的关系，则外力 F 随时间 t 变化的图象是（ ）A BC D【分析】金属杆由静止开始向右在框架上滑动时，水平方向受到外力 F 和安培

34、力作用，可推导出安培力与速度的关系式，由图分析安培力随时间的变化情况，得到速度与时间的变化情况，根据牛顿第二定律分析 F 与 t 的关系。【解答】解：金属杆产生的感应电动势为 EBLv，感应电流 I ，受到的安培力大小为：fBIL由图 b 知：f 与 t 成正比，即知 v 与 t 成正比，即有 vat，金属棒做匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：Ffma ，解得：F ma+ ma+ t，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。【点评】解决本题的关键要通过金属棒安培力随时间的变化规律得出金属棒的运动规律，结合牛顿第二定律得出拉力的表达式。二、填空题（本题共 1 道大题，共 18 分）16在描绘一个标

35、有“6.3V0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到 6.3V，并便于操作已选用的器材有：学生电源（电动势为 9V，内阻约 1）；电流表（量程为 00.6A，内阻约 0.2；量程为 03A，内阻约 0.04）；电压表（量程为 03V，内阻约 3k；015V，内阻约 15k）；开关一个、导线若干（1）实验中还需要选择一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的 A （选填选项前的字母）A滑动变阻器（最大阻值 10，最大允许电流 1A）B滑动变阻器（最大阻值 1500，最大允许电流 0.3A）（2）实验电路图应选用图 1 中的 乙 （选填“甲”或“乙”）（3

36、）请根据（2）中所选的电路图，补充完成图 2 中实物电路的连线（4）接闭合关，改变滑动变阻器滑动端的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数 U某次测量中电流表选择 00.6A 量程，电压表选择 015V 量程，电流表、电压表示数如图 3 所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值 Rx 18 （计算结果保留两位有效数字）（5）根据实验数据，画出的小灯泡 IU 图线如图 4 所示由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将 变大 （选填“变大”或“变小”）【分析】（1）（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；（3）根据实验电路图连接实物电路图；（4）由电压表与电

37、流表的读数的方法读出电流表与电压表的测量值，然后由欧姆定律即可求出电阻值；（5）根据图象，应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题【解答】解：（1）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，则滑动变阻器应采用分压接法，所以要选择最大值比较小的 A；（2）灯泡正常发光时的电阻为 R ，该电阻值相对于电压表属于小电阻，所以电流表应采用外接法，因此实验电路应选 乙；（3）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（4）电流表的量程为 0.6V，所以每一小格的读数为 0.02A，所以电流表的读数为 0.22A；电压表的量程为 15V，所以每一小格的读数为 0.5V，所以读数为： 80.5

38、4V由欧姆定律得：R x （5）在 IU 图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，所以可知待测电阻的电阻值增大故答案为：（1）A；（2）乙；（3）如答图 1 所示；（4）18；（5）变大【点评】对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：要求电压或电流从零调；变阻器的全电阻远小于待测电阻； 用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程三、计算题本题共 5 小题，共 37 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位17（8 分）北斗卫星导航系统是我

39、国自行研制的全球卫星导航系统。2018 年我国先后以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号”第三、四、五、六颗组网卫星，为从“北斗二号”平稳过渡到“北斗三号”打好基础。北斗卫星导航系统由 5 颗静止轨道卫星（同步卫星）和 30 颗非静止轨道卫星组成，2020 年左右将建成覆盖全球的北斗卫星导航系统，其中一颗非静止轨道卫星 A 运行周期为 T已知地球半径为 R，地球质量为 M引力常量为 G。（1）求地球表面的重力加速度 g；（2）求卫星 A 距地球表面的高度 h；（3）请举例说明北斗卫星导航系统可以应用在哪些方面。（举出一例即可）【分析】（1）根据物体在地球表面上时，重力等于万有引力，来求解地球表面

40、的重力加速度 g；（2）卫星 A 绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力列式，来求卫星 A 距地球表面的高度 h；（3）北斗卫星导航系统可以提供定位、测速和授时服务等等。【解答】解：（1）在地球表面上，根据重力等于万有引力，得：G mg可得：g（2）卫星 A 绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力得：G m （R+h）可得：h R（3）北斗卫星导航系统可以提供定位、测速和实时服务等等。答：（1）地球表面的重力加速度 g 是 ；（2）卫星 A 距地球表面的高度 h 是 R ；（3）北斗卫星导航系统可以提供定位、测速和授时服务等等。【点评】本题的关键要明确卫星的动力学原理，掌握重力等于

41、万有引力和万有引力等于向心力这两条思路，就解决这类问题。18（8 分）如图所示为质谱仪的工作原理示意图，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。速度选择器由两块水平放置的金属极板构成，两金属极板间的距离为 d，上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连；板间匀强磁场的磁感应强度为 B1，方向垂直纸面向里。偏转磁场为匀强磁场。磁感应强度的大小为 B2，方向垂直纸面向外。当两金属极板间的电势差为 U 时，一束带电粒子从狭缝 O1 射入，沿水平方向通过速度选择器，从磁场边界上的 O2 点垂直磁场方向射入偏转磁场，经历半个圆周打在照相底片上的 A 点，测得 O2 和 A 点之间的距离为 L粒子所受重力及

42、粒子间的相互作用均可忽略。（1）求金属极板间的电场强度大小 E；（2）求带电粒子从速度选择器射出时的速度大小 v；（3）另一束不同的带电粒子，也从狭缝 O1 射入，保持其他条件不变，粒子最终仍能打在照相底片上的 A 点。比较这两束粒子，说明它们具有哪些共同特征，并阐述理由。【分析】（1）由匀强电场的场强与电势差的公式可求解 E；（2）由于带电粒子做匀速直线运动，所以上平衡条件就能求出粒子的速度。（3）另外一束带电粒子也从狭缝 O1 射入，保持其他条件不变，粒子最终打在照相底片上的 A 点，说明该粒子做匀速圆周运动的半径未变，由左手定则等能够判断出该粒子的比荷大。【解答】解：（1）由匀强电场的场

43、强与电势差的公式得金属极板间的电场强度大小为：E（2）设带电粒子的电荷量为 q，因为该粒子在金属板间做匀速直线运动，所以有：qEqvB 1又 E解得：v（3） 两束带电粒子都带正电荷。理由：根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中 O2点的受力方向都由 O2 指向 A 点。两束带电粒子的速度大小相等。理由：只有速度 v 的带电粒子才能沿直线通过 速度选择器。带电粒子的比荷相同，理由：带电粒子的比荷 答：（1）金属极板间的电场强度大小是 ；（2）带电粒子从速度选择器射出时的速度大小是 ；（3）另一束不同的带电粒子，也从狭缝 O1 射入，保持其他条件不变，粒子最终仍能打在照相底片上的 A 点。比较

44、这两束粒子，两束带电粒子都带正电荷。理由：根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中 O2 点的受力方向都由 O2 指向 A 点。两束带电粒子的速度大小相等。理由：只有速度 v 的带电粒子才能沿直线通过 速度选择器。带电粒子的比荷相同，理由：带电粒子的比荷 【点评】本题考查的是速度选择器和质谱仪的原理的综合，由平衡条件和牛顿第二定律就能求出相关的物理量。还要注意的是打在荧光屏上点距出发点的距离为粒子做匀速圆周运动半径的 2 倍即直径。19（6 分）如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为 m，电荷量为 e，

45、加速电场电压为 U0偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d，不计电子所受重力。求：（1）电子射入偏转电场时初速度 v0 的大小；（2）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y；（3）电子从偏转电场射出时速度的大小和方向。【分析】（1）对直线加速过程，根据动能定理列式分析即可得到末速度；（2）粒子在偏转电场中做类似平抛运动，依据类平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解即可求解；（3）先根据分速度公式求解末速度的分速度，然后运用平行四边形定则合成得到合速度的大小和方向。【解答】解：（1）根据功和能的关系，有：eU 0 ，电子射入偏转电场的初速度为

46、：v 0 ；（2）在偏转电场中，电子的运动时间为：t L ，电子在偏转电场中的加速度为：a ，偏转距离为：y ；（3）电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度为：v yat ，电子离开偏转电场时速度的大小为：v ，电子离开偏转电场时速度方向与偏转极板的夹角为 ，则有：tan ；答：（1）电子射入偏转电场时初速度 v0 的大小为 ；（2）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y 为 ；（3）电子从偏转电场射出时速度的大小为 ，离开偏转电场时速度方向与偏转极板的夹角的正切值为 。【点评】对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性

47、质，并选用相应的物理规律。在解决问题时，主要可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等。这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。20（6 分）静电场可以用电场线和等势面形象描述。a请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷 Q 的场强表达式；b点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面 S1、S 2 到点电荷的距离

48、分别为 r1、r 2我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算 S1、S 2 上单位面积通过的电场线条数之比 。【分析】a根据库仑定律得到库仑力的表达式，然后根据电场强度定义式求得场强表达式；b根据电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小，由场强关系得到电场线条数关系；【解答】解：（1）a在距 Q 为 r 的位置放一电荷量为 q 的检验电荷，根据库仑定律检验电荷受到的电场力为：根据电场强度的定义有： ，得： ，b穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比答：a、点电荷 Q 的场强表达式 ；b、S 1、S 2 上单位面积通过的电场线条数之比 为 。【点评】本题主要考查了库仑定律以及电场强度定义式，注意 只适用于点电荷产生的电场。21（9 分）如图 1 所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 和 PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计在 M 和 P 之间接有阻值为 R 的定值电阻，