巴蜀中学高2013级（高二上）物理寒假作业

巴蜀中学高2013级（高二上）物理寒假作业

参考答案

一．选择题

1．当Ff＝μBIL＝μBLktmg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，棒所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μBLkt；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为Ff＝mg，故选项C正确．

答案：C 2πm2πmπm2πm

2．由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝＋＝，所以B选项正确．

qBqB1qB2qB2

答案：B

2mv

3．由图可知，沿PC方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最远，为PR＝，沿两边界线射入磁Bq2mv

场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最近，为PQ＝cosθ，故

Bq2mv?1－cosθ?

中的区域的长度为：QR＝PR－PQ＝，选项D正确．

qB

答案：D

4．由左手定则知C正确．而Ff＝μFN＝μ(mgcosθ＋BQv)要随速度增加而变大，A错误．若滑块滑到斜面底端已达到mgsinθ

匀速运动状态，应有Ff＝mgsinθ，可得v＝(－cosθ)，可看到v随B的增大而减小．若滑块滑到斜面底端时还

BQμ处于加速运动状态，则在B越强时，Ff越大，滑块克服阻力做功越多，到达斜面底端的速度越小，B错误．当滑块能静止于斜面上时应有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，与B的大小无关，D错误．

答案：C FmA5．由牛顿第二定律：F＝(mA＋mB)a，a＝，A、B间摩擦力Ff＝mAa＝F，保持不变，B正确，C错．由

mA＋mBmA＋mB左手定则可知，A受洛伦兹力向下，所以A对B、B对地面的压力均变大，A、D错，故应选B.

答案：B

6．无论粒子带何种电荷，电场力和洛伦兹力的方向总是相反的，因此，把电场和磁场正交叠加时，粒子在电场力方向上的位移减小了，电场力做的功比原来小了，即W2

答案：B 7．根据变压器的原、副线圈的电压之比等于匝数之比，故副线圈两端输出的电压为U2?在屏MN上被粒子打

n2U1?36V，A错；根据n1理想变压器知P1=P2，故有I1?P1?0.18A，B选项正确，C错；原线圈两端电压的瞬时值表达式为U1u?2202sin100?t(V)，D错.只有B选项正确.

答案:B

8．交流电流表示数为副线圈中电流的有效值，即I2=50 mA=0.05 A，根据

I1n2?得，I1=5 A，A、B均错误；原线I2n1圈(被测电路)中电流的最大值Ilm?2I1?52A，C项正确；原线圈中电流最大时，线圈中磁通量的变化率等于零，此时副线圈中的电流最小；原线圈中电流等于0时，磁通量的变化率最大，副线圈中电流最大.所以原、副线圈电流

有相位差，故不能同时达到最大值，D项错误.

答案:C 9． 答案：BC

10．由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l＝rsin60°＝

mv0qsin60°2πm

sin60°，又未加磁场时有l＝v0t，所以可求得比荷＝，A项对；周期T＝可求出，B项对；qBmBtqB

因初速度未知，所以C、D项错． 答案：AB

4π2

11．当磁场方向指向纸里时，由左手定则可知电子受到背离圆心向外的洛伦兹力，向心力变小，由F＝mr2可知周T期变大，A对，B错．同理可知，当磁场方向指向纸外时电子受到指向圆心的洛伦兹力，向心力变大，周期变小，C错，D对．

答案：AD 12．液滴进入复合场的速度v＝2gh，液滴在重力、电场力、洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，满足mg＝qE，qvBv2

＝m，可得A、C选项正确．

r答案：AC 二．实验题

13．（1）如图所示。（2）b a

U1R U2

14．在分组实验中有测定电源的电动势和内电阻的实验，我们从该实验知道测定电源的电动势和内电阻，至少应使电源连接不同负载两次，然后利用全电路欧姆定律求解。但现在只有一个定值电阻可用作负载；另外，应由电流表和电压表两个表，但现在只有一只电压表，而且是没有刻度值的；不过考虑到电压表电阻很大，而且题目只要求测出电源的内阻，应该有变通的办法。

（1）我们可以把断路也作为一种负载状态，实验电路如图所示。S断开时，因电压表内阻远大于电源内阻，可认为是断路状态，S闭合时，又是一种负载状态。

（2）实验步骤如下： ①按电路图连接好电路；

②在开关S断开状态下读出电压表指针所在处的分度格数n1； ③闭合开关S，读出电压表指针所在处的分度格数n2。 （3）设电压表每一小分度表示的电压为U0。 S断开时，有 E=n1U0 S闭合时，有E?n2U0?n0U0r R

解以上两式，得r?n1?n2R n2三．计算题

15．解析：(1)若初速度向右上方，设轨道半径为R1，如图甲所示．

则R1＝(R1－d)/cos45°， R1＝(2＋2)d. (2＋2)dqBmv0又R1＝，解得v0＝. qBm

若初速度向左上方，设轨道半径为R2，如图乙所示． (2－2)dqB

则(d－R2)/cos45°＝R2， R2＝(2－2)d，v0＝.

m

(2)若初速度向右上方，设射出点C到A点的距离为x1， 则x1＝2R1＝2(2＋1)d.

若初速度向左上方，设射出点到A点的距离为x2， 则x2＝2R2＝2(2－1)d.

16．解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a区和b区运动的轨道半径和周期

mvmv2πmπm2πm

则：Ra＝ Rb＝ Ta＝＝ Tb＝ 2qBqB2qBqBqB

粒子先从b区运动，再进入a区运动，然后从O点射出时，粒子从P运

用时间最短．如图所示 3l3

tanα＝＝ 得α＝37°

4l4

2?90°－α?

粒子在b区和a区运动的时间分别为：tb＝Tb

360°ta＝

2?90°－α?

Ta

360°

动到O点所

53πm

故从P点运动到O点所用最短时间为：t＝ta＋tb＝.

60qB(2)由题意及图可知

25qBl

n(2Racosα＋2Rbcosα)＝?3l?2＋?4l?2 解得：v＝(n＝1,2,3…)．

12nm53πm25qBl

答案：(1) (2)(n＝1,2,3…)

60qB12nm

mv2BqR

17．解析：(1)带电粒子在磁场中做匀圆周运动，由Bqv＝得，v＝，

Rm

11BqR22mE

又E＝mv2＝m()， 所以B＝，方向垂直于纸面向里．

22mRq

E

(2)带电粒子每经过一个周期被电场加速二次，能量增加2qU，则：E＝2qUn，n＝.

2qU(3)可以忽略带电粒子在电场中运动的时间，又带电粒子在磁场中运行周期T＝所以

E2πmπmEπR2mEt总＝nT＝×＝＝. 2qUBqq2BU2qU答案：(1)18.

2mEEπR2mE 方向垂直于纸面向里 (2) (3) Rq2qU2qU2πm

， Bq