高中物理人教版2本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)

第四章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時(shí)間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7～10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．如圖所示的下列實(shí)驗(yàn)中，有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152180)(D)解析：根據(jù)電流的磁效應(yīng)，導(dǎo)線通電后其下方存在磁場(chǎng)，小磁針在磁場(chǎng)的作用下偏轉(zhuǎn)，沒有感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，閉合圓環(huán)在無(wú)限大勻強(qiáng)磁場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，磁通量沒有變化，所以沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以B錯(cuò)誤；通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受安培力的作用，所以不存在感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；閉合回路中的金屬桿切割磁感線運(yùn)動(dòng)，能夠產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D正確。2．(四川省自貢市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示電路中，自感系數(shù)較大的線圈L的直流電阻不計(jì)，下列操作中能使電容器C的A板帶正電的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152181)(B)A．S閉合的瞬間 B．S斷開的瞬間C．S閉合電路穩(wěn)定后 D．S閉合、向左移動(dòng)變阻器觸頭解析：S閉合瞬間，由于L的自感作用，阻礙電流增大，則電源給電容器充電，所以B極帶正電，故A錯(cuò)誤；S斷開瞬間，由于線圈電流變化，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流減小，則對(duì)電容器充電，所以A板帶正電，故B正確；S閉合時(shí)電路穩(wěn)定后，L的電阻為零，所以C兩端無(wú)電壓，故C錯(cuò)誤；S閉合，向左迅速移動(dòng)滑動(dòng)變阻器觸頭，電流增大，則自感線圈阻礙電流增大，對(duì)電容器充電，所以B極帶正電，故D錯(cuò)誤，故選B。3.如圖所示，用鋁制成?型框，將一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛在框的上方，使整體在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿垂直于磁場(chǎng)的方向向左以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，懸掛拉力為F，則eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152182)(A)A．F＝mg B．F>mgC．F<mg D．無(wú)法確定解析：當(dāng)金屬框架向左側(cè)移動(dòng)時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，在上下極板間產(chǎn)生電勢(shì)差，進(jìn)而形成向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E0＝eq\f(E,L)＝Bv。若小球帶正電荷q，其電場(chǎng)力向上大小為qE0＝qvB，而洛倫茲力由左手定則可判斷出方向向下，大小為qvB，兩者相互抵消相當(dāng)于只受重力和拉力作用，所以F＝mg，A選項(xiàng)正確。4．(湖南衡陽(yáng)八中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期檢測(cè))如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長(zhǎng)度為l。下列判斷正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152183)(C)A．Ua>Uc，金屬框中無(wú)電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a—b—c—aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無(wú)電流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a—c—b—a解析：當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過直角三角形金屬框abc的磁通量恒為0，所以沒有感應(yīng)電流。轉(zhuǎn)動(dòng)過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知，c點(diǎn)電勢(shì)高，Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5．(江西贛州十三縣(市)2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期期中)兩個(gè)完全相同的靈敏電流計(jì)A、B，按圖所示的連接方式，用導(dǎo)線連接起來(lái)，當(dāng)把電流計(jì)A的指針向左邊撥動(dòng)的過程中，電流計(jì)B的指針將eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152184)(A)A．向右擺動(dòng)B．向左擺動(dòng)C．靜止不動(dòng)D．發(fā)生擺動(dòng)，但不知道電流計(jì)的內(nèi)部結(jié)構(gòu)情況，故無(wú)法確定擺動(dòng)方向解析：因兩表的結(jié)構(gòu)完全相同，對(duì)A來(lái)說就是由于撥動(dòng)指針帶動(dòng)線圈切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流方向應(yīng)用右手定則判斷；對(duì)B表來(lái)說是線圈受安培力作用帶動(dòng)指針偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)方向應(yīng)由左手定則判斷，研究?jī)杀淼慕泳€可知，兩表串聯(lián)，故可判定電流計(jì)B的指針向右擺動(dòng)，故選A。6．(遼寧沈陽(yáng)市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，一電阻為R的導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路，虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直，從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列結(jié)論中正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152185)(D)A．圓心到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)感應(yīng)電流方向發(fā)生改變B．CD段直線始終不受安培力作用C．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值為eq\f(1,2)πBavD．通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為eq\f(Bπa2,2R)解析：從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的方向一直為逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；CD段的電流方向由D到C，根據(jù)左手定則知，CD段受到豎直向下的安培力，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Δt＝eq\f(2a,v)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故C錯(cuò)誤；通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,R)＝eq\f(Bπa2,2R)，故D正確。7．(江西白鷺洲中學(xué)2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期檢測(cè))在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝5000匝，橫截面積S＝20cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r＝Ω，R1＝Ω，R2＝Ω，在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變化(規(guī)定磁感應(yīng)強(qiáng)度B向下為正)，則下列說法中正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152186)(AD)A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WC．電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶負(fù)電D．S斷開后，流經(jīng)R2的電流方向由下向上解析：A．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)；代入數(shù)據(jù)可求出：E＝1V，故A正確；B．根據(jù)全電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1,4＋5＋1)A＝0.1A；根據(jù)P＝I2R1得：P＝×4W＝4×10－2W，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)楞次定律可知，螺線管下端電勢(shì)高，則電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，故C錯(cuò)誤；D．S斷開后，電容器經(jīng)過電阻R2放電，因下極板帶正電，則流經(jīng)R2的電流方向由下向上，故D正確；故選AD。8．(重慶一中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖，光滑金屬導(dǎo)軌由傾斜和水平兩部分組成，水平部分足夠長(zhǎng)且處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，右端接一電源(電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r)。一電阻為R的金屬桿PQ水平橫跨在導(dǎo)軌的傾斜部分，從某一高度由靜止釋放，金屬桿PQ進(jìn)入磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)過程中，速度時(shí)間圖象可能是下圖中的哪一個(gè)？(導(dǎo)軌電阻不計(jì))eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152187)(ABD)解析：金屬桿PQ進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)右手定則判斷得知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與電源的電動(dòng)勢(shì)方向相反。A．若桿PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源的電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)，回路中總電動(dòng)勢(shì)為零，電路中沒有電流，金屬桿不受安培力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A是可能的；B．若桿PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于電源的電動(dòng)勢(shì)大小，桿中電流方向從P到Q，所受的安培力方向向右，將做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度增加，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加，回路中總的電動(dòng)勢(shì)增加，電流減小，棒所受的安培力減小，加速度隨之減小，可知v－t圖象的斜率減小，故B是可能的；C．D若桿PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于電源的電動(dòng)勢(shì)大小，桿中電流方向從Q到P，所受的安培力方向向左，將做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，回路中總的電動(dòng)勢(shì)減小，電流減小，棒所受的安培力減小，加速度隨之減小，可知v－t圖象的斜率減小，故C是不可能，D是可能的。9．(鄭州一中2023～2023學(xué)年高二檢測(cè))等離子氣流由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接。線圈A內(nèi)有隨圖乙所示變化的磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)B的正方向規(guī)定為向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152188)(BD)A．0～1s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥B．1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引C．2～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引D．3～4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥解析：由左手定則，可判定等離子氣流中的正離子向上極板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下極板偏轉(zhuǎn)，所以ab中電流方向是由a向b的。在第1s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由c向d的，由同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知兩導(dǎo)線相互吸引，A錯(cuò)；在第2s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由c向d的，由同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知兩導(dǎo)線相互吸引，B正確；同理可以判斷其他選項(xiàng)，故正確選項(xiàng)為B、D。10．(湖北宜昌市金東方高中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其底邊長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng)。在該區(qū)域內(nèi)分布著如圖所示的磁場(chǎng)，左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域。取沿順時(shí)針的感應(yīng)電流方向?yàn)檎?，下圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖象不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152189)(BCD)解析：bc邊的位置坐標(biāo)x在L－2L過程，線框bc邊有效切線長(zhǎng)度為l＝x－L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝B(x－L)v，感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bx－Lv,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值。x在2L－3L過程，ad邊和bc邊都切割磁感線，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→d→c→b→a，為負(fù)值，線框有效切線長(zhǎng)度為l＝L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝BLv，感應(yīng)電流i＝－eq\f(BLv,R)。x在3L－4L過程，線框ad邊有效切線長(zhǎng)度為l＝L－(x－3L)＝4L－x，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝B(4L－x)v，感應(yīng)電流i＝eq\f(B4L－x,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值。由圖示圖象可知，A正確，本題選不正確的，故選BCD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共3小題，每小題6分，共18分。把答案直接填在橫線上)11．如圖所示是三個(gè)成功的演示實(shí)驗(yàn)，回答下列問題。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152190)(1)在實(shí)驗(yàn)中，電流表指針偏轉(zhuǎn)的原因是穿過線圈的磁通量發(fā)生變化。(2)電流表指針偏轉(zhuǎn)角跟感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小成正比關(guān)系。(3)第一個(gè)成功實(shí)驗(yàn)(如圖a)中，將條形磁鐵從同一高度插入到線圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？磁通量的變化量，什么量是不同的？磁通量的變化率。(4)從三個(gè)成功的演示實(shí)驗(yàn)可歸納出的結(jié)論是：只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生。12．某中學(xué)的學(xué)生食堂新安裝了磁卡就餐系統(tǒng)，使用不到一周，便出現(xiàn)了電源總開關(guān)總是無(wú)法接通的問題。經(jīng)檢查，電源總開關(guān)中漏電保護(hù)器自動(dòng)切斷了電源。漏電保護(hù)器電路如圖所示，變壓器A處用火線與零線雙股平行繞制成線圈，然后接到磁卡機(jī)上，B處有一個(gè)輸出線圈，一旦線圈B中有電流經(jīng)放大器放大后便推動(dòng)斷電器切斷電源。造成漏電保護(hù)器自動(dòng)切斷電源的原因可能為磁卡機(jī)用電端_B__。(填下列選項(xiàng)前字母)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152191)A．零線與火線之間漏電B．火線與地線之間漏電或零線直接接地C．磁卡機(jī)裝得過多，造成電流太大解析：由題意知，火線和零線均繞在鐵芯上，根據(jù)互感現(xiàn)象，只有火線與零線中電流大小不等時(shí)，才會(huì)引起漏電保護(hù)器切斷電源，故可能是火線與地之間漏電，也可能是零線與地之間漏電。13．(河北衡水中學(xué)高二期中)法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象之后，又發(fā)明了世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)——法拉第圓盤發(fā)電機(jī)，揭開了人類將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能并進(jìn)行應(yīng)用的序幕。法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，將一個(gè)圓形金屬盤放置在電磁鐵的兩個(gè)磁極之間，并使盤面與磁感線垂直，盤的邊緣附近和中心分別裝有與金屬盤接觸良好的電刷A、B，兩電刷與靈敏電流計(jì)相連。當(dāng)金屬盤繞中心軸按圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，則電刷A的電勢(shì)低于電刷B的電勢(shì)(填高于、低于或等于)；若僅提高金屬盤轉(zhuǎn)速，靈敏電流計(jì)的示數(shù)將增大；(填增大、減小或不變)；若僅將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭向左滑，靈敏電流計(jì)的示數(shù)將減小(填增大、減小或不變)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152192)解析：根據(jù)安培定則可知，電磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向右，由右手定則判斷可知，金屬盤產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從A到B，則電刷A的電勢(shì)低于電刷B的電勢(shì)；若僅提高金屬盤轉(zhuǎn)速，由E＝BLv知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，靈敏電流計(jì)的示數(shù)將變大；若僅將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭向左滑，變阻器接入電路的電阻增大電磁鐵的磁場(chǎng)減弱，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變小，則電路中電流減小，靈敏電流計(jì)的示數(shù)變小，故D正確。三、論述·計(jì)算題(共4小題，42分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)14．(9分)如圖所示，一個(gè)100匝的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為200cm2，線圈的電阻為1Ω，在線圈外接一個(gè)阻值為4Ω的電阻和一個(gè)理想電壓表。電阻的一端B與地相接，線圈放入方向垂直線圈平面指向紙內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如B－t圖所示。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152193)(1)t＝3s時(shí)穿過線圈的磁通量。(2)t＝5s時(shí)，電壓表的讀數(shù)。答案：(1)7×10－3Wb(2)解析：(1)t＝3s時(shí)，Φ＝BS＝×10－1×200×10－4Wb＝7×10－3Wb(2)4～6s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(4－0×10－1,6－4)×200×10－4V＝電壓表的讀數(shù)為U＝eq\f(E1,R＋r)R＝eq\f,4＋1)×4V＝15．(10分)(遼寧沈陽(yáng)市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)導(dǎo)體棒Oa可以以點(diǎn)O為中心轉(zhuǎn)動(dòng)，而另一端a剛好搭在光滑的半圓形金屬導(dǎo)軌上，Oa長(zhǎng)為L(zhǎng)且以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在Ob間接入一阻值為R的電阻，不計(jì)其他電阻，試求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152194)(1)導(dǎo)體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢(shì)差；(2)流過電阻R上的電流大小及方向；(3)所需外力的功率。答案：(1)eq\f(1,2)BL2ω(2)eq\f(BL2ω,2R)從左向右(3)eq\f(B2L4ω2,4R)解析：(1)(2)導(dǎo)體棒Oa勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Bleq\x\to(v)＝BLeq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)BL2ω，電路中只有電阻R，其余電阻都不計(jì)，則Oa端的電勢(shì)差為：eq\f(1,2)BL2ω；(2)回路中感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，由右手定則可知，流過電阻R的電流從左流向右；(3)外力功率等于電阻R消耗的電功率：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L4ω2,4R)。16．(11分)如圖所示，間距為L(zhǎng)的光滑M、N金屬軌道水平平行放置，ab是電阻為R0的金屬棒，可緊貼導(dǎo)軌滑動(dòng)，導(dǎo)軌右側(cè)連接水平放置的平行板電容器，板間距為d，板長(zhǎng)也為L(zhǎng)，導(dǎo)軌左側(cè)接阻值為R的定值電阻，其它電阻忽略不計(jì)。軌道處的磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向下，電容器處的磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。當(dāng)ab以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，一帶電量大小為q的顆粒以某一速度從緊貼A板左側(cè)平行于A板進(jìn)入電容器內(nèi)，恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并剛好從C板右側(cè)邊緣離開。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152195)(1)AC兩板間的電壓U；(2)帶電顆粒的質(zhì)量m；(3)帶電顆粒的速度大小v。答案：(1)eq\f(RBLv0,R＋R0)(2)eq\f(RqBLv0,R＋R0gd)(3)eq\f(R＋R0L2＋d2g,2RLv0)解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，ab棒的電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv0設(shè)AC間的電壓為U，由閉合電路歐姆定律，得：I＝eq\f(E,R＋R0)，又U＝IR解得：U＝eq\f(RBLv0,R＋R0)(2)帶電顆粒恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與電場(chǎng)力平衡有：qeq\f(U,d)＝mg解得：m＝eq\f(RqBLv0,R＋R0gd)(3)顆