2022-2023學(xué)年山東省棗莊市重點(diǎn)中學(xué)高二（下）期中物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年山東省棗莊市重點(diǎn)中學(xué)高二（下）期中物理試卷

1.下列說(shuō)法正確的是（）

A.在電場(chǎng)中的靜止電荷一定受到電場(chǎng)力的作用

B.在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)電荷一定受到磁場(chǎng)力的作用

C.試探電荷在電場(chǎng)中的受力方向就是該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向

D.通電直導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向

2.如圖所示，有三個(gè)離子沿圖中虛線(xiàn)軌跡運(yùn)動(dòng)，最終分別打在擋板上的B、P2和「3處，由

此可判定（）

?+

XX>fXX

XBTXXXX

A-

々

4

A

A.三個(gè)離子的速率大小關(guān)系為%>v2>v3

B.三個(gè)離子的速率大小關(guān)系為巧<v2<V3

C.三個(gè)離子的比荷大小關(guān)系為￡=?=?

D.三個(gè)離子的比荷大小關(guān)系為熟>器>霽

3.如圖所示，虛線(xiàn)左側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為當(dāng)，虛線(xiàn)右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為當(dāng),

且殳=2%，當(dāng)不計(jì)重力的帶電粒子從當(dāng)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)到％磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子的（）

×××××X

××××

××××XX

加d

×××X

××××X×

A.速率將加倍B.軌跡半徑將減半

C.周期將加倍D.做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度將加倍

4.如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下

列說(shuō)法正確的是（）

A.甲圖只要增大加速電壓U,就能增大粒子能獲得的最大動(dòng)能

B.乙圖可判斷出電流方向?yàn)锽baa

C.丙圖可以判斷出能夠沿直線(xiàn)勻速通過(guò)的粒子的電性、以及射入的速度大?。妶?chǎng)強(qiáng)度E和磁

感應(yīng)強(qiáng)度B已知）

D.丁圖中穩(wěn)定時(shí)一定是左側(cè)的C板比右側(cè)的。板電勢(shì)高

5.如圖所示的裝置中，Cd桿原來(lái)靜止，當(dāng)ab桿做如下哪種運(yùn)動(dòng)時(shí)，Cd桿將向右移動(dòng)（）

:

XXXXX

XX4

XX?

XXb

A.向右勻速運(yùn)動(dòng)B.向右減速運(yùn)動(dòng)C.向左加速運(yùn)動(dòng)D.向左減速運(yùn)動(dòng)

6.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.07的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量m=1的的金屬桿PQ在水平向右

的外力?作用下沿著粗糙U形導(dǎo)軌以速度V=2m∕s向右勻速滑動(dòng)，U形導(dǎo)軌固定在水平面上,

兩導(dǎo)軌間距離L=I.0m，金屬桿PQ與U形導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.3,電阻R=3.00,金

屬桿的電阻r=1.00,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，取重力加速度g=10τn∕s2,則下列說(shuō)法正確的是

A.通過(guò)R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒬到Q

B.金屬桿PQ切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為4.0IZ

C.金屬桿PQ受到的外力產(chǎn)的大小為2N

D.外力F做功的數(shù)值等于克服摩擦力所做的功與電阻R產(chǎn)生的焦耳熱之和

7.如圖所示,水平虛線(xiàn)上方存在垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,豎直邊帥、

Cd的長(zhǎng)為3水平邊be的長(zhǎng)為3L。一束質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶負(fù)電粒子，在紙面內(nèi)從尸點(diǎn)

以不同速率垂直邊界射入磁場(chǎng),已知P點(diǎn)與α點(diǎn)之間距離為人不計(jì)粒子之間的相互作用，粒

子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為（

??-iR—：C∏——

λ-2Bqo?3Bq?4Bqij-6Bq

8.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為I的水平金屬棒，一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸。?！?，隨軸以角速度3勻

速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)棒與圓環(huán)接觸良好，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、

板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為

2

C.電阻消耗的電功率為四7立D.電容器所帶的電荷量為BCsZ

4/?

9.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的左右邊界相互平行，兩個(gè)帶電荷量絕對(duì)值相同的粒子α和匕先后從。

點(diǎn)沿垂直于左邊界方向射入磁場(chǎng)，射出磁場(chǎng)時(shí)，α粒子的速度方向與右邊界夾角為30。，b粒

子的速度方向與右邊界夾角為60。，不計(jì)粒子的重力，下列判斷正確的是（）

A.粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1：二

B.粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量大小之比為1：C

C.粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能之比為1:3

D.粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2:1

10.“天問(wèn)一號(hào)”環(huán)繞器攜帶的磁強(qiáng)計(jì)用于測(cè)定磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，原理如圖所示。電路有

一段金屬導(dǎo)體，它的橫截面是寬a、高b的長(zhǎng)方形，放在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)體中

通有沿久軸正方向、大小為/的電流。已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n,電子電荷量

為e,金屬導(dǎo)電過(guò)程中，自由電子所做的定向移動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)。兩電極M、N分別與金屬

導(dǎo)體的前后兩側(cè)接觸，用電壓表測(cè)出金屬導(dǎo)體前后兩個(gè)側(cè)面間的電勢(shì)差為U。則關(guān)于磁感應(yīng)

強(qiáng)度的大小和電極M、N的正負(fù)說(shuō)法正確的是（）

A.M為正、N為負(fù)B.M為負(fù)、N為正

c?磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為詈D.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為華

11.如圖所示，兩根間距為Irn的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ab、Cd互相平行且水平固定，勻強(qiáng)

磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T,電阻Rl=R2=40,金屬桿MN在拉力作用

下以6m∕s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，金屬桿MN消耗的電功率恰好等于%、/?2消耗的電功率之和，

金屬桿MN始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）

Mb

??????????

??????????

?????j????「

?B???.L

??????????

A.金屬桿MN的電阻為20B.金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為3V

C.兩導(dǎo)軌間的電壓為3UD.金屬桿MN受到的拉力大小為0.75N

12.我國(guó)第三艘航空母艦“福建號(hào)”采用的是電磁彈射裝置，其原理可簡(jiǎn)化為如圖所示，直

流電源電動(dòng)勢(shì)為E,儲(chǔ)能電容器的電容為C,固定于水平面內(nèi)的兩根光滑平行金屬電阻不計(jì)。

飛行器可視為一根有電阻的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。

首先開(kāi)關(guān)S接1,使電容器完全充電；然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

（圖中未畫(huà)出），MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度之后離開(kāi)導(dǎo)軌。根據(jù)上述信息可知（）

A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直于導(dǎo)軌平面向上

B.電容器的電容C越大，MN的最大速度就越大

C.電容器的電容C越大，MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度就越大

D.當(dāng)電容器儲(chǔ)存的電荷全部放出時(shí)，MN的速度達(dá)到最大

13.某學(xué)習(xí)小組利用如圖所示裝置測(cè)量虛線(xiàn)框內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。U形單匝金屬框底

邊水平、兩側(cè)邊豎直且等長(zhǎng)，其上端通過(guò)絕緣輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)跨過(guò)滑輪與托盤(pán)相連，且U形單匝金

屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直。其實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①用刻度尺測(cè)出U形單匝金屬框的底邊長(zhǎng)為L(zhǎng);

②在托盤(pán)內(nèi)加入適量細(xì)沙，使形單匝金屬框處于靜止?fàn)顟B(tài)，并用天平稱(chēng)出此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量為

m1;

③將U形單匝金屬框接入電路，使其底邊通入大小為/、方向水平向右的電流后，需在托盤(pán)內(nèi)

增加適量細(xì)沙，才能使U形單匝金屬框重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，并用天平稱(chēng)出此時(shí)細(xì)沙的總質(zhì)量

為m2

(1)由實(shí)驗(yàn)可知，U形單匝金屬框底邊受到的安培力方向(填“豎直向上”或“豎直向

下”)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面(填“向里”或“向外”)。

(2)用測(cè)量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=。

14.在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)中所用的實(shí)驗(yàn)儀器如圖所示，它們是：電流計(jì)、直流電源、

帶鐵芯的線(xiàn)圈a、線(xiàn)圈從電鍵、滑動(dòng)變阻器。

(1)如圖是某同學(xué)按照實(shí)驗(yàn)的要求連接的電路，其中有沒(méi)完成的部分，請(qǐng)你幫助這位同學(xué)將實(shí)

物圖連接好。

(2)某同學(xué)將實(shí)物連成電路，檢查無(wú)誤后，閉合電鍵的瞬間發(fā)現(xiàn)電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)。則下

列方法中能使電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)的是。

A.閉合電鍵后再斷開(kāi)電鍵

A閉合電鍵后將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng)

C.閉合電鍵后將a線(xiàn)圈從b線(xiàn)圈中抽出的瞬間

D閉合電鍵后將軟鐵芯從a線(xiàn)圈中抽出的瞬間

(3)在閉合電鍵一段時(shí)間后電路達(dá)到穩(wěn)定，電流計(jì)的指針指在_______位置(填寫(xiě)“0刻線(xiàn)的左

方”或“0刻線(xiàn)”或“0刻線(xiàn)的右方”)。斷開(kāi)電鍵的瞬間，線(xiàn)圈a和線(xiàn)圈b中電流的磁場(chǎng)方向

(填寫(xiě)“相同”或“相反”)。

15.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶負(fù)電荷粒子電荷量為q、不計(jì)重力的帶電粒子從無(wú)軸上的P點(diǎn)

以速度及沿與X軸成60。的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。

己知。P=a,求：

(I)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

(2)帶電粒子穿過(guò)第一象限所用的時(shí)間。

16.如圖所示，間距為L(zhǎng)=Inl的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上ef以下區(qū)域存在

垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=17的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為Zn=0.2kg、電阻為R=1Ω

的金屬棒仍從磁場(chǎng)區(qū)域上方某位置由靜止開(kāi)始自由下落，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。

設(shè)金屬棒M運(yùn)動(dòng)時(shí)能夠與導(dǎo)軌充分接觸，磁場(chǎng)區(qū)域無(wú)限大，導(dǎo)軌電阻、空氣阻力不計(jì)，重力

加速度g取IOrn/s2。求：

(1)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的安培力的大小和感應(yīng)電流的大小；

(2)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大??；

(3)金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)與磁場(chǎng)邊界ef的距離。

17.在久Oy坐標(biāo)系中有勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩種場(chǎng)的分界線(xiàn)。電場(chǎng)、磁場(chǎng)方向如圖

所示，y軸上P、Q兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為0.5L和L在坐標(biāo)原點(diǎn)。處有一粒子源，能夠向y軸右

側(cè)各方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的粒子(粒子重力不計(jì))，所發(fā)射的正電荷最大

速度為火。帶電粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，最遠(yuǎn)能夠到達(dá)y軸上的Q點(diǎn)；從P點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)的粒

子與X軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為-殳求：

(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

(2)從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子到達(dá)X軸上最遠(yuǎn)點(diǎn)與。點(diǎn)的距離。

18.如圖，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為I,電阻不計(jì)。左側(cè)接

有定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體桿，以初速度處滑軌道滑行，在滑行過(guò)程中保持與

軌道垂直且接觸良好。整個(gè)裝置處于方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。

(1)若施加外力保持桿以北的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體桿上的電流方向是？導(dǎo)體桿兩端的電壓U

是多少？

(2)不施加任何外力，在桿的速度從%減小到號(hào)的過(guò)程中，求：

α.電阻R上產(chǎn)生的熱量

b.通過(guò)電阻R的電量

(3)ɑ.證明桿的速度每減小一半所用的時(shí)間都相等

b.若桿的動(dòng)能減小一半所用時(shí)間為功,則桿的動(dòng)量減小一半所用時(shí)間是多少？

N

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中受到的磁場(chǎng)力為洛倫茲力，通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中受到的力為安培力，兩個(gè)力的方

向都由左手定則來(lái)確定。

電荷在電場(chǎng)中一定會(huì)受到電場(chǎng)力的作用，正電荷所受的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，負(fù)電荷

所受的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)強(qiáng)度方向相反。

【解答】

A在電場(chǎng)中的靜止電荷一定受到電場(chǎng)力的作用，與電荷是否靜止或運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)，故A正確；

B.在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)電荷若運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)電荷不受到磁場(chǎng)力的作用，

故8錯(cuò)誤；

C.正電荷在電場(chǎng)中的受力方向就是該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，負(fù)電荷在電場(chǎng)中的受力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度

方向相反，故C錯(cuò)誤；

D根據(jù)左手定則，通電直導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中的受力方向與該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

2.【答案】D

【解析】解：AB.在平行板間，電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則有：qE=qvB,由此可知，三個(gè)粒子

速度大小相等，故AB錯(cuò)誤；

CD根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，qvB=m?解得：R嚼,由圖可以發(fā)現(xiàn)Rl<R2<R3.軌

跡半徑越大，比荷越小，故有詈>署>察，故C錯(cuò)誤，D正確。

TH]T∏2∕∏3

故選：

離子在平行板間做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，根據(jù)平衡條件可求出三離子的速度關(guān)系：

再根據(jù)離子在殳中做圓周運(yùn)動(dòng)，由圖確定三離子的半徑關(guān)系，再根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力列式即

可確定三個(gè)離子的比荷的大小關(guān)系。

本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚離子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的關(guān)鍵，同時(shí)掌握質(zhì)譜儀

的基本原理。

3.【答案】C

【解析】解：由公式，帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑R=等

周期7=答

角速度3=隼=變

Tτn

洛倫茲力不做功，Bi=IB2,故由Bl進(jìn)入B2后V不變，R加倍，T加倍，3減半，ABQ錯(cuò)誤，C正

確。

故選：Co

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，由軌跡半徑R=器周期，7=察

CfOIjD

角速度3=爺=/可知BI進(jìn)入B2后“不變，R加倍，7加倍，3減半。

帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力是始終不做功的，即只改變速度的方向，不改變速度的大?。?/p>

此類(lèi)問(wèn)題要求掌握洛倫茲力的大小和方向的確定，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)及其規(guī)律，會(huì)

應(yīng)用周期公式和半徑公式進(jìn)行計(jì)算和分析有關(guān)問(wèn)題。

4.【答案】B

【解析】

【分析】

明確回旋加速器原理，知道粒子想利用回旋加速器獲得更大的動(dòng)能，需要增大。形盒半徑和增大

磁感應(yīng)強(qiáng)度；磁流體發(fā)電機(jī)就是利用帶電粒子受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)的原理發(fā)電。速度選擇器是因?yàn)檫_(dá)

到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。霍爾元件中的粒子受到洛倫茲力的作用在元件一側(cè)

聚集。

本題考查洛倫茲力的應(yīng)用，掌握用左手定則判斷洛倫茲力的方向，知道速度選擇器的原理以及回

旋加速器中最大動(dòng)能的表達(dá)式。

【解答】

2

A、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=τn二，解得：v=故最大動(dòng)能為：Ekm=^mv=

處t增大粒子的最大動(dòng)能，可增大磁感應(yīng)強(qiáng)度或D形盒的半徑，故A錯(cuò)誤；

8、由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，A板是電源的負(fù)極，B板是電源的正極，

電流方向?yàn)锽bai4,故B正確；

C、電場(chǎng)的方向與B的方向垂直，帶電粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，受電場(chǎng)力和洛倫茲力，且

二力是平衡九即Eq=q血所以U=。只能判斷帶電粒子的速度，不能判斷電性，故C錯(cuò)誤；

D、霍爾元件載流子是電子，在洛倫茲力作用下向。端偏轉(zhuǎn)，所以C點(diǎn)電勢(shì)比。端電勢(shì)高，故。錯(cuò)

誤；

故選：B。

5.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查了右手定則、左手定則、安培定則以及楞次定律，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵搞清各種定則適用

的范圍，不能混淆。

當(dāng)Cd桿受到向右的安培力時(shí)，Cd桿將向右移動(dòng)，通過(guò)ab桿的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則、安培定則判斷

出Cd桿上感應(yīng)電流的方向，得知安培力的方向，從而確定出Cd桿的運(yùn)動(dòng)方向。

【解答】

A.αb桿向右勻速運(yùn)動(dòng)，在時(shí)桿中產(chǎn)生恒定的電流，該電流在線(xiàn)圈Ll中產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，在切中不

產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以Cd桿不動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8.αb向右減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，k中的磁通量向上減小，由楞次定律知乙2中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下，

故通過(guò)Cd的電流方向向上，Cd向左移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C.ab桿向左加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，知在αb桿上產(chǎn)生增大的b到α的電流，根據(jù)安培定則，在Ll

中產(chǎn)生向下增強(qiáng)的磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)向上通過(guò)G，根據(jù)楞次定律，在Cd桿上產(chǎn)生d到C的電流，根據(jù)左

手定則，受到向左的安培力，向左運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

。.時(shí)桿向左減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，知在αb桿上產(chǎn)生減小的b到a的電流，根據(jù)安培定則，在Ll

中產(chǎn)生向下減弱的磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)向上通過(guò)匕，根據(jù)楞次定律，在Cd桿上產(chǎn)生C到d的電流，根據(jù)左

手定則，受到向右的安培力，向右運(yùn)動(dòng)，故O正確。

故選。。

6.【答案】B

【解析】A.PQ棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知，電流方向?yàn)椋河搔亮飨騞,故A正

確；

B.導(dǎo)體PQ切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為

E=BLv=1×2×2V=4V

故B正確；

C.感應(yīng)電流

E

I-

=7Rr^+;r=14

金屬桿做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得

F=BIL+μmg

代入數(shù)據(jù)解得

F=SN

故C錯(cuò)誤；

D導(dǎo)體桿勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得

W-W一訓(xùn)安培力=O

則

Wp=Wf+W安珞力=Wf+Q

即外力/=＞做功的數(shù)值等于克服摩擦力所做的功與電阻R和金屬桿產(chǎn)生的焦耳熱之和，故。錯(cuò)誤。

故選B。

7.【答案】A

【解析】設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為O,則它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

θBm

t=?-T=-?-

2πqB

可以看出，運(yùn)動(dòng)時(shí)間與速度大小無(wú)關(guān)，與。有關(guān)，當(dāng)粒子從P點(diǎn)以不同速率垂直邊界射入磁場(chǎng)，

其軌跡圓心必在Pa直線(xiàn)上，將粒子的軌跡半徑由O逐漸放大，由幾何知識(shí)可得當(dāng)粒子圓心在ɑ點(diǎn),

恰好從b點(diǎn)飛出時(shí);軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角最大，為

3

θ=270°=2兀

故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為

3πm

t=Uq

故選Ao

8.【答案】C

【解析】A.由題圖可知，切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為r,則棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)

0+ωr1

E=Br×——-——=-Bωr27

故A錯(cuò)誤;

B.金屬棒電阻不計(jì)，電容兩極板的電壓等于金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，由微粒的重力等于電場(chǎng)力得

E

qd=m9

代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)可得

q=2〃

m-Br2ω

故B錯(cuò)誤;

C電阻消耗的電功率為

E2β2r4ω2

P=~R=4R

故C正確;

。.電容器所帶的電荷量為

1,

Q=CE=-2CBr2ω

故O錯(cuò)誤。

故選Co

9.【答案】AB

【解析】4由幾何關(guān)系可知a、b運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角分別為o：a=60。，ab=30°,則a、b運(yùn)動(dòng)軌

跡的半徑分別為

d

“sin600

d

“sin30°

粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為

ra?rb=1：/3

故4正確;

A由

mv2

qvB=不~

p=mv

可得

P=qBr

則粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量大小之比為

Pa-Pb=1：門(mén)

故B正確;

C.由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系可得

2

p_P

由于粒子質(zhì)量未知，所以無(wú)法求出粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能之比，故C錯(cuò)誤;

。.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

aa2πm

t=-------rr=-------------

360°360°qB

同理由于粒子質(zhì)量未知，無(wú)法求出粒子α和b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故O錯(cuò)誤。

故選AB。

10.【答案】BD

【解析】力8電流方向?yàn)檠豖軸正方向，則自由電子沿X軸負(fù)方向移動(dòng)，根據(jù)左手定則可判斷自由

電子在移動(dòng)過(guò)程中受到沿Z軸正方向的洛倫茲力，則電子向M極偏轉(zhuǎn)，M極聚集負(fù)電荷，則M為負(fù)、

N為正，A錯(cuò)誤，B正確；

CC.當(dāng)M、N兩極間的電場(chǎng)使電子運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡的時(shí)候，電子不在偏轉(zhuǎn)，則

evB=-e

解得自由電子運(yùn)動(dòng)速度大小為

根據(jù)電流的定義式有

I=nabve

聯(lián)立以上公式有

nebU

Bn=—―

C錯(cuò)誤，。正確。

故選BDo

11.【答案】AC

【解析】A.由MN桿消耗的功率與外電路電阻此、/?2消耗的功率之和相等可知內(nèi)、外電阻相等,

RIR2CC

r

=Ri+R2=

選項(xiàng)A正確;

B.MN桿上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=BLv=6V

選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流

E

『5a

M、N間的電壓即路端電壓

U外=IR行3V

選項(xiàng)C正確;

DMN桿受到的安培力

F=BIL=1.5/V

拉金屬桿MN的力與金屬桿受到的安培力大小相等，選項(xiàng)力錯(cuò)誤。

故選AC。

12.【答案】B

【解析】A.S接至2,MN中電流方向從M指向N,MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，受到安培力向右。由左

手定則可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直于導(dǎo)軌平面向下。A錯(cuò)誤；

C.當(dāng)開(kāi)關(guān)接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為/,有

E

I=R

MN所受安培力

F=BIL

據(jù)牛頓第二定律

F=ma

則有

BLE

a=—=r

mR

MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度與電容器的電容C無(wú)關(guān)。C錯(cuò)誤；

。.金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度%l時(shí)，放電電流為零，此時(shí)電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E修

相等，即

U=Effi=BLvm

此時(shí)電容器儲(chǔ)存的電荷并未全部放出。。錯(cuò)誤；

A設(shè)此過(guò)程中的平均電流為7,時(shí)間為3根據(jù)動(dòng)量定理有

BUt=mvm-O

其中

lt=ΔQ

ΔQ=Q0-Q=CE-CU=CE-CBLvm

有

BLCEBLE

Vm=m+B2L2C=^+B2L2

電容器的電容C越大，MN的最大速度就越大。B正確。

故選8。

13.【答案】（1）豎直向下，向外;

力（m2-mι）g

口-'JZ

【解析】1)[1][2]通電后需在托盤(pán)內(nèi)增加適量細(xì)沙，才能使U形單匝金屬框重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，由

此可知安培力方向豎直向下，電流方向水平向右，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。

(2)[3]設(shè)U形單匝金屬框質(zhì)量為nι,托盤(pán)質(zhì)量為M,未通電時(shí)，有

mg=m1g+Mg

通電后，有

Tng+BIL=m2g+Mg

聯(lián)立解得

(m-m)g

H2=-----1--------------

BO刻線(xiàn)相同

【解析】(1)[1]實(shí)物圖如圖所示

(2)[2]某同學(xué)將實(shí)物連成電路，檢查無(wú)誤后，閉合電鍵的瞬間發(fā)現(xiàn)電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)，可知

閉合電鍵的瞬間磁通量增大，電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)。

A.閉合電鍵后再斷開(kāi)電鍵，磁通量減小，電流計(jì)的指針向左偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；

A閉合電鍵后將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng),接入的電阻阻值減小，電流增大,磁通量增大，

電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)，故B正確；

C閉合電鍵后將α線(xiàn)圈從b線(xiàn)圈中抽出的瞬間，磁通量減小，電流計(jì)的指針向左偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤;

。.閉合電鍵后將軟鐵芯從ɑ線(xiàn)圈中抽出的瞬間，磁通量減小，電流計(jì)的指針向左偏轉(zhuǎn)，故。錯(cuò)誤。

故選

(3)[3]在閉合電鍵一段時(shí)間后電路達(dá)到穩(wěn)定，線(xiàn)圈ɑ的電流不變，線(xiàn)圈b的磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電

流產(chǎn)生，所以電流計(jì)的指針指在O刻線(xiàn)；

[4]斷開(kāi)電鍵的瞬間，線(xiàn)圈ɑ的電流減小，線(xiàn)圈b的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，線(xiàn)圈ɑ和線(xiàn)圈b中電

流的磁場(chǎng)方向相同。

15.【答案】(1)?(2)”到

【解析】(1)粒子射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向垂直于y軸，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心一定在y軸上，根據(jù)

粒子運(yùn)動(dòng)的速度與半徑垂直，可確定圓心。，如圖所示

2y∕~3

R=-?-a

由

V2

qvB=ZnR

得

R=

則有

√-3mv

B-----

(2)由T=等得

r=2τπn=4政

qB√^3v

則

T4/3Tra

t=—=----------

39v

16.【答案】（1）2N,2A；（2）2m∕s；（3）0.2m

【解析】（1）金屬棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒在磁場(chǎng)中切

割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)安培力與其重力平衡，即

產(chǎn)安=mg

解得

F安=2N

由

「安=BIL

解得

/=24

（2）設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的速度為?n,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=BLvm

感應(yīng)電流

E

，=R

解得

vm=2m/s

（3）金屬棒在磁場(chǎng)外僅受重力作用，做自由落體運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理，得

1

mgh=2mvm

解得

h=0.2m

17.【答案】（I）爺,鬻；（2）?L

【解析】（1）根據(jù)題意可知，速度為火的粒子沿X軸正向發(fā)射，打在Q點(diǎn)時(shí)其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半

徑為r0,

洛倫茲力提供向心力

2

VQ

qvB=m—

0rO

L

r°=2

解得

2mv

B=-0

qL

從P點(diǎn)打到垂直y軸的粒子軌道半徑

L

rι=4

此粒子的速度為

1

Vi=2v°

進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)

L

3=

相鼎

解得電場(chǎng)強(qiáng)度

9m?

E=^r

(2)速度為v的粒子從。點(diǎn)與y軸正向成ɑ角射出，到達(dá)P點(diǎn)

在磁場(chǎng)中有

V2

qvB=m—

根據(jù)幾何知識(shí)有

L

2rsinct=

粒子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)水平速度

vx=VSina

聯(lián)立解得

1

Vχ=2v0

說(shuō)明能進(jìn)入電場(chǎng)的粒子具有相同的沿X軸方向的分速度

U=%時(shí)，由

此時(shí)豎直方向分速度最大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，水平位移最大。

在電場(chǎng)中

LqE2

~2=vyt~2^ιt

粒子到達(dá)X軸上最遠(yuǎn)點(diǎn)與。點(diǎn)的距離

1