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1、四川省成都市石室中学【最新】高二下学期四川省成都市石室中学【最新】高二下学期 4 4 月月考物理试月月考物理试题题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A电场中任意两点之间的电势差只与这两点的电场强度有关B电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C将正点电荷从电场强度为零的一点移动到电场强度为零的另一点，静电力做功为零D在正电荷或负电荷产生的静电场中，电场强度方向都指向电势降低最快的方向2关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导
2、线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半3如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b、d 的连线与导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是Aa 点Bb 点Cc 点Dd 点4如图，通电导线 MN 与单匝矩形线圈 abcd 共面，位置靠近 ab 且相互绝缘当 MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向A向左B向右C垂直纸面向外D垂直纸面向里5图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=5:1，电阻R=20 ，L1、L2为规
3、格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间 t 的变化关系如图乙所示现将S1接 l、S2闭合，此时 L2正常发光下列说法正确的试卷第 1 页，总 8 页A输入电压 u 的表达式是u 20 2sin50 tVB只断开 S2后，L1、L1均正常发光C只断开 S2后，原线圈的输入功率增大D若 S1换接到 2 后，R 消耗的电功率为 0.8 W6 如图，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q0)、质量为 m 的粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R，已知粒子射出磁
4、场与射入磁场时运动方向间的2夹角为 60，则粒子的速率为(不计重力)()AqBR2mB3qBR2mCqBRmD2qBRm7半径为 r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图（上）所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（下）所示在t=0 时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒，则以下说法正确的是试卷第 2 页，总 8 页A第 3 秒内上极板为正极B第 3 秒内上极板为负极C第 2 秒末微粒回到了原来位置D第 3 秒末两极板之间的电场强度大小为0.2r2/d82=3.39m
5、氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为1=0.6328m，已知波长为 1的激光是氖原子在能级间隔为E1=1.96eV 的两个能级之间跃迁产生的用E2表示产生波长为 2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则E2的近似值为A10.50eVB0.98eVC0.53eVD0.36eV9下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是A当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小D当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大1
6、0 核电站核泄漏的污染物中含有碘131 和铯 137.碘 131 的半衰期约为 8 天，会释放射线；铯 137 是铯 133 的同位素，半衰期约为30 年，发生衰变期时会辐射射线下列说法正确的是A碘 131 释放的射线由氦核组成B铯 137 衰变时辐射出的光子能量小于可见光光子能量C与铯 137 相比，碘 131 衰变更慢D与铯 133 和铯 137 含有相同的质子数11做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是()A位移B速度C加速度试卷第 3 页，总 8 页D回复力12一列简谐横波沿 x 轴传播t=0 时刻的波形如图甲所示，此时质点P 正沿 y 轴负方向运动，其振动图像如
7、图乙所示则该波的传播方向和波速分别是A沿 x 轴负方向，60m/sC沿 x 轴负方向，30m/sB沿 x 轴正方向，60m/sD沿 x 轴正方向，30m/s13在 xoy 平面内有一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/sM、N 是平衡位置相距 2m 的两个质点，如图所示在t=0 时，M 通过其平衡位置沿 y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（）A该波的周期为B在 t=5s31s 时，N 的速度一定为 2m/s312s 到 t=s，M 的动能逐渐增大33C从 t=0 到 t=1s，M 向右移动了 2mD从 t=二、多选题二、多选
8、题14质量分别为 m1和 m2、电荷量分别为 q1和 q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等下列说法正确的是A若 q1=q2，则它们做圆周运动的半径一定相等B若 m1=m2，则它们做圆周运动的周期一定相等C若 q1q2，则它们做圆周运动的半径一定不相等D若 m1m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等15在场强大小为 E 的匀强电场中，一质量为m、带电量为+q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动 S 距离时速度变为零则()试卷第 4 页，总 8 页A物体克服电场力做功qESB物体的电势能减少了0.8qESC物体的电势
9、能减少了qESD物体的动能减少了0.8qES16如图，带正电的点电荷固定于Q 点，电子在库仑力作用下，做以Q 为焦点的椭圆运动M、P、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离 Q 最近的点电子在从M 经 P 到达N 点的过程中（）A速率先增大后减小C电势能先减小后增大B速率先减小后增大D电势能先增大后减小17某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5105T一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s下列说法正确的是A河北岸的电势较高C电压表记录的电压为9mVB河南岸的电势较高D电压表记录的电压为5
10、mV18一台发电机最大输出功率为4 000kW，电压为 4000 V，经变压器 T1升压后向远方输电 输电线路总电阻 R1k.到目的地经变压器 T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V、60W)若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器 T1和 T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则()AT1原、副线圈电流分别为103A 和 20ABT2原、副线圈电压分别为1.8105V 和 220VCT1和 T2的变压比分别为 1:50 和 40:1D有 6104盏灯泡(220V、60W)正常发光三、实验题三、实验题19在研究电磁感应现象和磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实
11、验器材已用导线连接成如图所示的实验电路（1）将线圈A 插入线圈 B 中，闭合开关的瞬间，线圈B 中感应电流与线圈 A 中电流的绕行方向_（填“相同”或“相反”）（2）某同学设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行试卷第 5 页，总 8 页的实验操作是_A抽出线圈 AB插入软铁棒C使变阻器滑片 P 右移D断开开关20在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到_（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R010的定值电阻两端的电压U，下
12、列两组 R 的取值方案中，比较合理的方案是_（选填“1”或“2”）（3）根据实验数据描点，绘出的11 R图象是一条直线若直线的斜率为k，在坐UU标轴上的截距为 b，则该电源的电动势 E=_，内阻 r=_.（用 k、b 和R0表示）四、解答题四、解答题21如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L,一理想电流表与两导轨试卷第 6 页，总 8 页相连，匀强磁场与导轨平面垂直一质量为 m、有效电阻为 R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻求：（1）磁感应强度的大小B；
13、（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；22如图所示，光滑的平行导轨P、Q 相距 L=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C 两极板间距离 d=10mm，定值电阻R1=R3=8，R2=2，导轨电阻不计磁感应强度B=0.4T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨面当金属棒 ab（电阻不可忽略）沿导轨向右匀速运动（开关S 断开）时，电容器两10-14kg、10-15C 的负电微粒恰好静止不动；极板之间质量 m=1带电量 q=1当 S 闭合时，微粒以加速度 a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：（1）金属棒 ab 运动的速度多大？电阻多大？（2）S
14、 闭合后，使金属棒ab 做匀速运动的外力的功率多大？23如图，纸面内有 E、F、G 三点，GEF=30，EFG=135，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外先使带有电荷量为q(q0)的点电荷 a 在纸面内垂直于 EF 从 F 点射出，其轨迹经过 G 点；再使带有同样电荷量的点电荷b 在纸面内与 EF 成一定角度从 E 点射出，其轨迹也经过G 点，两点电荷从射出到经过G 点所用的时间相同，且经过G 点时的速度方向也相同已知点电荷a 的质量为 m，轨道半径为 R，不计重力，求：试卷第 7 页，总 8 页（1）点电荷 a 从射出到经过 G 点所用的时间；（2）点电荷 b 的质量
15、；（3）点电荷 b 的速度大小试卷第 8 页，总 8 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案参考答案1D【详解】A电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以A 错误；B在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以 B 错误；C场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以C 错误；D沿电场方向电势降低，而且降低的速度最快，所以D 正确。故选 D。2B【详解】试题
16、分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL 时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故 A 错误，B 正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故 C 错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半
17、；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的故选 B【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL3C答案第 1 页，总 11 页2，故 D 错误2本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。【解析】试题分析：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系，根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又I1I2，所以该点距I1远距I2近，所以是c点，故选项 C 正确，选项 ABD 错误考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方
18、向【名师点睛】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置；本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力4B【解析】当 MN 中电流突然减小时，单匝矩形线圈 abcd 垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈 abcd 中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B 正确5D【详解】试题分析：电压最大值为um 20 2V，周期是 0.02s，则u 的表达式应为 u=202sin（100t）V，A 错误；原先 L1短路，只有L2工作，只断开S2后，负载电阻变大为原来
19、的2 倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，均无法正常发光，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，BC 错误；副线圈两端的电压有效值为U2U12100，所以输入电压T15120 2V 4V，若 S1换接到 2 后，R 消耗的52U2电功率为P 0.8W，D 正确R6C答案第 2 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。【解析】【详解】带电粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域做匀速圆周运动，运动轨迹如图设运动半径为 r，圆心为 O，连接 OC、OO，OO垂直平分弦长 CD已知粒子射出磁场与COD=60，射入磁场时运
20、动方向间的夹角为60，所以：又 CE=1R，COE=30所以：，2v2COO=COO=30，CO=CO，r=RqvB=m，则：即：再根据洛仑兹力提供向心力有：R可得粒子速率：v【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解决本题的关键在于对几何关系的分析，要求同学们一定要规范作图，以便更快地确定圆心，分析出几何关系7A【解析】试题分析：（1）由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；（2）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小解：A、第 2s 内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极，故A 正确B、第3s 内，磁感应强
21、度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极，故 B错误C、第 1s 内下极板为正极，微粒开始做匀加速直线运动，第2s 内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s 末未回到原位置故 C 错误qBR，故 C 正确，ABD 错误故选 Cm答案第 3 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。D、根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差U=度 E=故选 A故 D 错误，则电场强【点评】本题是一道综合题，考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，难度较大，分析清楚图象、熟练应用基础知识是正确解题的关键8D【详解】2 3.39m；
22、氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为:1 0.6328m，辐射光子的能量与能级差存在这样的关系E hc，所以：E1 hc1cE2 h联立两式得：2E2 0.36eVD 正确，ABC 错误9D【详解】AB当分子力表现为引力时，分子力随着分子间距离的增大先增大后减小，分子势能随着分子间距离的增大而增大，选项AB 错；CD当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，选项D正确；故选 D。10D【解析】【详解】答案第 4 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。A、射线是高速电子流，射线才是由氦核组成，故A 错误；B、光子在所有电磁波中
23、频率最高，根据E h可知 光子能量最大，故 B 错误；C、半衰期越小衰变越快，应该是碘131 衰变更快，故 C 错误；D、铯 133 和铯 137 是同位素，质子数相同中子数不同，故D 正确11B【详解】A振动物体的位移是平衡位置指向振子所在位置，每次经过同一位置时位移相同，故 A 错误；B由于经过同一位置时速度有两种不同的方向，所以做简谐振动的质点每次经过同一位置时，速度可能不相同，故B 正确；C加速度总与位移大小成正比，方向相反，每次经过同一位置时位移相同，加速度必定相同，故 C 错误；D回复力总与位移大小成正比，方向相反，每次经过同一位置时位移相同，回复力必定相同，故 D 错误；【点睛】
24、本题考查对简谐运动周期性及特点的理解，要知道同一位置的位移一定相同，加速度和回复力与位移都是成正比反向关系，由此进行判断三个物理量的关系12A【详解】由乙图可知：P 点下一个时刻位移沿负方向增大，所以 P 点此时的运动方向向下，得出此波沿 x 轴负方向传播，由乙图可知：T=0.4s，由甲图可知：=24m，故波速为v T24m/s=60m/s，故 A 正确，BCD 错误。0.413D【详解】A.波速为 2m/s，波的周期大于1s，则波长大于2m，M、N 的平衡位置相距 2m，M、N 的平衡位置间距小于波长；t=0 时，M 通过其平衡位置沿 y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处，波沿
25、 x 轴正方向传播，则 t=0 时，波形图如图所示，所以3 2m4答案第 5 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。该波的周期：T 解得：该波的周期为s，故 A 项错误；v43B.T 14s，t=0 时，N 位于其平衡位置上方最大位移处，则在t=s 时，N 位于其平衡位置33向 y 轴负方向运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B 项错误；C.波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C 项错误；41s，则 t=s 时，M 位于其平33122衡位置上方最大位移处，t=s 时，M 通过其平衡位置沿 y 轴负方向运动，t=s 到 t=s，333D.
26、在 t=0 时，M 通过其平衡位置沿 y 轴正方向运动，因T M 的动能逐渐增大，故D 项正确。14AC【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，其轨道半径r=，周期T=若q1=q2，则它们做圆周运动的半径一定相等，选项A 正确；若q1q2，则它们做圆周运动的半径一定不相等，选项 C 正确；若 m1=m2，则它们做圆周运动的周期不一定相等，选项B 错误；若 m1m2，则它们做圆周运动的周期可能相等，选项D 错误15AD【解析】正电荷所受电场力与场强方向相同，沿电场反方向运动，电场力做负功，电势能增加，AC 对 B 错据动能定理，合外力做功等于动能增量，合外力，物体做匀减速直线运动，
27、动能减少，合外力做功，即物体的动能减少了16AC【解析】答案第 6 页，总 11 页,，D 对本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。试题分析：电子在从M 到达 N 点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，库仑力先做正功后做负功，动能先增后减，速率先增大后减小，A 正确；B 错误；电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C 正确；D 错误；故选 AC考点：库仑定律；电势能【名师点睛】根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情
28、况，即可知速率的变化17AC【解析】地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，落潮时，海水自西向东流，相当于导体切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势的方向由河南岸指向北岸，则河北岸的电势较高故A正确，B 错误海水自西向东流切割地磁场的磁感线，产生的感应电动势大小为：E=BLv=4.510-5T100m2m/s=9mV；则电压表记录的电压为9mV故C 正确，D 错误故选 AC点睛：本题运用右手定则判断感应电动势的方向，由E=BLv 求感应电动势，考查运用物理知识处理实际问题的能力.18ABD【解析】输电线上消耗的功率P线I2R400 kW，则 I22P线R20 A，又P1U1I1，则I1P1U1
29、I2U1110 A，故 A 正确；T1的变压比105V，输电，又 PU1I1U2I2，得 U22U2I1503104V，则 T2原线圈的输入电压 U3U2U线18105V，又灯线上损失电压 U线I2R2U31.8 1059000泡正常发光，T2的副线圈的电压为 220 V，B 正确；T2的变压比，U411220C 错误；根据 U3I260n，解得 n6104，D 正确19相反BC答案第 7 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。【详解】(1)1将线圈 A 插入线圈 B 中，闭合开关的瞬间，穿过副线圈的B 的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈 B 中感应电流与线圈A
30、中电流的绕行方向相反(2)2使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流磁场方向相反，则穿过副线圈磁通量应增加；A抽出线圈 L1时，穿过副线圈的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故A 错误；B插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故B 正确；C由电路图可知，使变阻器滑片P 右移，原线圈电流增大小，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故C 正确；D断开开关，穿过副线圈B 的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故D 错误；故选：BC。20最大值21bR0kR0k【解析】（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达
31、到最大值处；（2）对比两方案可知，方案1 中电阻箱电阻较大，而R0的阻值只有 10，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大；而方案 2 中电阻箱的阻值与 R0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2 更合理；（3）由闭合电路欧姆定律可得：U E11RrR0；可得UEER0ER0R0 R r由函数知识可知：图象的斜率k=11；故 E=；ER0kR0图象与纵坐标的交点b 1rb；r=R0；EER0k点睛：本题考查测定电动势和内阻的实验，本实验要特别注意数据的处理，能正确应用图象并结合函数关系进行分析得出结果I2RmgB 21(1)(2)v mgIL【解析】试题分析：由题，导体棒进入磁场
32、后，最终做匀速运动，电流达到稳定值I，根据平衡条件答案第 8 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。和安培力公式求解 B；由感应电动势、感应电流表示联立即可解得速度大小（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，则有BIL=mg解得：B mgIL（2）感应电动势 E=BLv感应电流：I ERI2R联立解得：v mg点睛：本题主要考查了导体棒的运动情况是解题的基础，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等等电磁学常用的规律求解22(1)3m/s，2(2)0.18W【解析】试题分析：带电微粒在电容器两极间静止时，受到的重力和电场力平衡，列式可求得板间电压，
33、S 闭合时，带电微粒向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可求得板间电压，再根据部分电路欧姆定律和闭合电路欧姆定律、串并联电路特点列出感应电动势和内阻的方程，从而可求出感应电动势和内阻，由E=BLv 可求出金属棒速度；闭合后，由上题结果求出电路中的电流，由公式 F=BIL 求出 ab 所受的安培力，金属棒ab 做匀速运动时的外力与安培力大小相等，可求得外力，即可求出其功率（1）S 断开时，带电微粒在两极间静止时受向上的电场力和向下的重力作用而平衡：mg qU1d由此式可解出电容器两极板间的电压为：U11V因为 S 断开，R1、R2的电压和等于电容器两端电压U1R3上无电流通过，可以知道电路中的感应电
34、流即为通过 R1、R2的电流 I1，I1U1 0.1AR1 R2从而 ab 切割磁感线运动产生的感应电动势为：E U1 I1r 10.1rS 闭合时，带电微粒向下做匀加速运动,由牛顿第二定律可得：mg qU2 madU2 0.3V解得：此时的干路电流为：I2U2 0.15AR2答案第 9 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。R2R1E I R r由闭合电路欧姆定律可得：0.156r22R1 R2两式可得：E 1.2V，r 2由 E=BLv 可得：v E 3m/sBL即导体棒 ab 匀速运动的速度 v=3m/s，电阻r 2（2）S 闭合时，通过 ab 的电流I2
35、0.15A，ab 所受的安培力为：F2 BI2L 0.06Nab 以速度 v=3m/s 做匀速运动，所受外力 F 必与磁场力 F2大小相等、方向相反，即F F2 0.06N，方向向右可见，外力的功率为：P Fv0.18W点睛：本题主要考查了电磁感应与电路知识的综合，关键要抓住感应电动势是电路与电磁感应联系的纽带，电动势由闭合电路欧姆定律可求得，又与电磁感应有关，对两种情况列出方程，组成方程组求解电动势和内阻，与直流电流中的思路相同23（1）【解析】试题分析：找出圆心，画出轨迹，由几何关系找出偏转角，根据公式t m2qB（2）34qBRm（3）23mT，求在磁场2中的偏转时间；根据两点电荷从射出
36、到经过G 点所用的时间相同，且经过G 点时的速度方向也相同，画出轨迹，找半径关系即可求出点电荷b 的速度大小；电荷在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出电荷的质量v2（1）设点电荷 a 的速度大小为 v，由牛顿第二定律：qBv mR解得：v qBRm2m，如图所示：qB设点电荷 a 做圆周运动的周期为 T，有T 答案第 10 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心 设a在磁场中偏转的角度为，由几何关系得：900故 a 从开始运动到经过G 点所用的时间 t 为：tT4m2qB（2）电荷 b 的速度大小为 v1，轨道半径为 R1，b 在磁场中偏转的角度为1，由于两轨道在0G 点相切，所以过 G 点的半径 OG 与 OG1在同一直线上 由几何关系和题给条件得1 60TmBmt 1有：t63qB42qBT因为：t t1联立可得：mB3m2（3）由几何关系和题给条件得：R1 2Rt 联立各式解得：v1R11Rv1v4qBR3m点睛：本题主要考查了带电粒子的运动问题，要抓住两点电荷从射出到经过G 点所用的时间相同，且经过 G 点时的速度方向也相同，则可得出各自圆弧所对应的圆心角，从而确定粒子运动所经历的时间答案第 11 页，总 11 页