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一、
1．如右圖所示，當電鍵S閉合的時候，導線ab受力的方向應為(　　)
A．向右　　　　　　　B．向左
C．向紙外 D．向紙里
【解析】　由安培定則可判斷左邊的螺線管右端為S極，右邊的螺線管左端為N極，即導線ab處在向左的磁場中，由左手定則可判斷，導線ab受力方向向紙里，故D正確，A、B、C錯誤．
【答案】　D
2．關于回旋加速器的說法正確的是(　　)
①回旋加速器是利用磁場對運動電荷的作用，使帶電粒子的速度增大的
②回旋加速器是用電場加速的，經過多次電場加速使帶電粒子獲得高能量
③帶電粒子在回旋加速器中不斷被加速，故在其中做圓周運動一周所用時間越來越少
④回旋加速器所在處的磁場方向隨粒子在D形盒中的運動做周期性變化
⑤整個D形盒之間的電場變化周期與粒子在D形盒中做圓周運動的周期相同
⑥帶電粒子在回旋加速器兩個D形盒中運動時，所受的洛倫茲力的大小相等
A．①④⑥ B．②⑤
C．②③⑥ D．①③④
【答案】　B
3．關于帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動，下列說法正確的是(　　)
A．帶電粒子沿電場線方向射入，電場力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加
B．帶電粒子垂直于電場線方向射入，電場力對帶電粒子不做功，粒子動能不變
C．帶電粒子沿磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加
D．不管帶電粒子怎樣射入磁場，洛倫茲力對帶電粒子都不做功，粒子動能不變
【解析】　帶電粒子在電場中受到的電場力F＝qE，只與電場有關，與粒子的運動狀態(tài)無關，功的正負由θ角(力與位移方向的夾角)決定，對選項A，只有粒子帶正電時才成立，所以選項A錯．垂直射入勻強電場的帶電粒子，不管帶電性質如何，電場力都會做正功，動能增加，所以B錯．
帶電粒子在磁場中的受力??洛倫茲力的大小，不僅與速度大小有關，還與磁場方向與速度方向之間夾角θ有關，帶電粒子平行磁感線方向射入，不受洛倫茲力作用，粒子作勻速直線運動．在其他方向上由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故洛倫茲力對帶電粒子始終不做功．
綜上所述，正確選項為D.
【答案】　D
4．如右圖所示的電路中，當電鍵S閉合后，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將電鍵S斷開，則(　　)
A．液滴仍保持靜止狀態(tài)
B．液滴做自由落體運動
C．電容器上的帶電荷量減小
D．電容器上的帶電荷量增大
【答案】　D
5．如右圖所示是粒子速度選擇器的原理圖，如果粒子所具有的速率v＝EB，那么(　　)
A．帶正電粒子必須沿ab方向從左側進入場區(qū)，才能沿直線通過
B．帶負電粒子必須沿ba方向從右側進入場區(qū)，才能沿直線通過
C．不論粒子電性如何，沿ab方向從左側進入場區(qū)，都能沿直線通過
D．不論粒子電性如何，沿ba方向從右側進入場區(qū)，都能沿直線通過
【解析】　由于洛倫茲力方向必須和電場力方向相反，由左手定則知，A、C正確．
【答案】　AC
6．如下圖所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側有一正交的勻強電場、磁場區(qū)域，電場豎直向上，磁場垂直紙面向里．一帶電小球從軌道上的A點靜止滑下，經P點進入場區(qū)后，恰好沿水平方向做直線運動．則可以斷定(　　)
A．小球帶負電
B．小球帶正電
C．若小球從B點由靜止滑下，進入場區(qū)后將立即向上偏
D．若小球從B點由靜止滑下，進入場區(qū)后將立即向下偏
【答案】　BD
7．如右圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面方向的勻強磁場．一束質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率、沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出．這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短．若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間較長的帶電粒子(　　)
A．速率一定越小B．速率一定越大
C．在磁場中通過的路程越長D．在磁場中的周期一定越大
【解析】　由帶電粒子在磁場中運動周期公式T＝2πmqB，可知所有粒子在磁場中周期相等，故D錯誤；運動時間較長的粒子所對圓心角越大，由幾何關系知其所對半徑越小，由半徑公式r＝mvqB知其速率越小，故A正確，B錯誤；其在圓中運動軌跡越短，故C錯誤．
【答案】　A
8．如右圖所示，截面為正方形的容器處在勻強磁場中，一束電子從孔a垂直磁場射入容器中，其中一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，則下列斜述中正確的是(　　)
A．從兩孔射出的電子速率之比vc∶vd＝2∶1
B．從兩孔射出的電子在容器中運動所用時間之比tc∶td＝1∶2
C．從兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比ac∶ad＝2∶1
D．從兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比ac∶ad＝2∶1
【解析】　rc＝mvceB，rd＝mvdeB，因為rc＝2rd，所以vc∶vd＝2∶1，故A正確；tc＝14?2πmeB，td＝12?2πmeB，所以tc∶td＝1∶2，故B正確；加速度之比ac∶ad＝qvcB∶qvdB＝vc∶vd＝2∶1，故C錯誤，D正確．
【答案】　ABD
9．如右圖所示，A和B為兩等量異號電荷，A帶正電，B帶負電．在A、B的連線上有a、b、c三點，其中b為連線的中點，a、c兩點與b點等距，則下列說法錯誤的是(　　)
A．a點與c點的電場強度相同
B．a點與c點的電勢相同
C．a、b間的電勢差與b、c間的電勢差相同
D．過b點作A、B連線的垂線，點電荷q沿此垂線方向移動，電荷的電勢能保持不變
【解析】　由于A、B為等量的異號電荷，a、c兩點關于b點對稱，則Ea＝Ec；A、B兩點間電場線由A指向B，故φa＞φc，且Uab＝Ubc；過b點作A、B連線的垂線是等勢面，則電荷沿此面移動電勢能不變．所以A、C、D正確，B錯誤．
【答案】　B
10．一個T形電路如右圖所示，電路中的電阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一測試電源，電動勢為100 V，內阻忽略不計．則(　　)
A．當cd端短路時，ab之間的等效電阻是40 Ω
B．當ab端短路時，cd之間的等效電阻是40 Ω
C．當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為80 V
D．當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為80 V
【解析】　當cd端短路時，電阻R2、R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，ab間的電阻為Rab＝R1＋R2R3R2＋R3＝40 Ω.故選項A正確；當ab端短路時R1、R3并聯(lián)后與R2串聯(lián)，cd間的電阻為Rcd＝R2＋R1R3R1＋R3＝128 Ω，故選項B錯誤；當ab兩端接通測試電源時，R1、R3串聯(lián)，R2相當于導線，cd兩端電壓為R3上的電壓，所以Ucd＝UR3R1＋R3＝100×4010＋40 V＝80 V，故選項C正確；當cd兩端接通測試電源時，R2、R3串聯(lián)，R1相當于導線，ab兩端電壓為R3上的電壓，所以Uab＝UR3R2＋R3＝100×40120＋40 V＝25 V，故選項D錯誤．
【答案】　AC
二、非
11．(1)下圖螺旋測微器的讀數(shù)為________．
(2)某同學采用如下圖甲所示的電路測定電源電動勢和內電阻．已知干電池的電動勢約為1.5 V，內阻約2 Ω，電壓表(0～3 V，3 kΩ)，電流表(0～0.6 A,1.0 Ω)，滑動變阻器有R1(10 Ω，2 A)和R2(100 Ω，0.1 A)各一只．
①所用滑動變阻器為________．
②在圖乙中連接成實驗電路
　
③根據(jù)圖丙得電源電動勢為________ V．內電阻為________ Ω.
【解析】　(1)螺旋測微器讀數(shù)為固定刻度讀數(shù)＋可動刻度讀數(shù)，本題讀數(shù)要注意，半毫米刻度線已露出，可動刻度讀數(shù)要估讀到千分位，故讀數(shù)為2.720 mm.
(2)①電路中最大電流I＝Er＝1.5 V2 Ω＝0.75 A．R2的額定電流小于0.75 A，同時R2阻值遠大于電源內阻r，不便于調節(jié)，所以變阻器用R1.
②如下圖所示
③將圖線延長，交于縱軸，則縱截距即為電動勢
E＝1.48 V(1.47 V～1.49 V均正確)．
r＝ΔUΔI，可得r＝1.79 Ω(1.78 Ω～1.90 Ω均正確)．
【答案】　(1)2.720 mm
(2)1.48(1.47～1.49均正確)　1.79(1.78～1.90均正確)
12．已知質量為m的帶電液滴，以速度v射入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內做勻速圓周運動．如右圖所示．求：
(1)液滴在空間受到幾個力作用；
(2)液滴帶電荷量及電性；
(3)液滴做勻速圓周運動的半徑多大？
【解析】　(1)由于是帶電液滴，它必然受重力，又處于電磁復合場中，還應受到電場力及洛倫茲力共三個力作用．
(2)因液滴做勻速圓周運動，故必須滿足重力與電場力平衡，所以液滴應帶負電，電荷量由mg＝Eq，求得：q＝mgE.
(3)盡管液滴受三個力，但合力為洛倫茲力，所以仍可用半徑公式r＝mvqB，把電荷量代入可得：r＝mvmgEB＝EvgB.
【答案】　(1)重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用　
(2)負電　mgE　(3)EvgB
13．如右圖所示，平行板電容器A、B間的電壓為U，兩板的距離為d，一質量為m、帶電荷量為q的粒子，由兩板中央O點以水平速度v0水平射入，落在C處，BC＝l.若將B板向下拉開d2，初速度v0不變，則粒子將落在B板到C′點，求BC′為多長．(粒子的重力忽略不計)
【解析】　根據(jù)牛頓第二定律，帶電粒子在落到C點之前，
有qUd＝ma，所以a＝qUdm.
而帶電粒子運動的情況為l＝v0t.
12d＝12at2＝12?qUmdt2.
帶電粒子落在C′點之前，根據(jù)牛頓第二定律得qU32d＝ma′.
所以a′＝2qU3dm，得l′＝v0t′，
12d＋12d＝12a′t′2＝12?2qU3dm?t′2.
解方程組得BC′的長為l′＝3l.
【答案】　3l
14.如右圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內有垂直于平面向外的勻強磁場．現(xiàn)有一質量為m，帶電荷量為＋q的粒子(重力不計)以初速度v0沿－x方向從坐標為(3l，l)的P點開始運動，接著進入磁場后由坐標原點O射出，射出時的速度方向與y軸方向夾角為45°，求：
(1)粒子從O點射出時的速度v和電場強度E.
(2)粒子從P點運動到O點過程所用的時間．
【解析】　(1)根據(jù)對稱性可知，粒子在Q點時速度大小為v，方向為－x軸方向成45°，則有：vcos 45°＝v0.解得：
v＝2v0①
在P到Q過程中：
qEl＝12mv2－12mv02②
由①②解得：E＝mv022ql.
(2)粒子在Q點時沿－y方向速度大小vy＝vsin 45°.P到Q的運動時間t1＝vya＝vyqEm.P到Q沿－x方向的位移為：Δx＝v0t1，則OQ之間的距離為：OQ＝3l－Δx，粒子在磁場中的運動半徑為r，則有：2r＝OQ.粒子在磁場中的運動時間t2＝142πrv，粒子由P到Q的過程中的總時間T＝t1＋t2.
由以上各式解得：T＝2＋π4lv0.
【答案】　(1)mv022ql　(2)2＋π4lv0


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