2025年西師新版高三物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年西師新版高三物理下冊月考試卷806考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、人造地球衛(wèi)星在繞地球做圓周運動的過程中，下列說法中正確的是（）A.衛(wèi)星離地球越遠，角速度越大B.同一圓軌道上運行的兩顆衛(wèi)星，線速度大小一定相同C.-切衛(wèi)星運行的瞬時速度都大于7.9km/sD.地球同步衛(wèi)星可以在以地心為圓心、離地高度為固定值的一切圓軌道上運動2、氫原子的核外電子從第3能級躍遷到第2能級時，輻射出的光照到某金屬上時恰能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象．那么，很多處于第4能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射出各種頻率的光．其中有幾種頻率的光可能使這種金屬發(fā)生光電效應(yīng)（）A.3種B.4種C.5種D.6種3、物體靜止在水平桌上，物體對桌面的壓力（）A.就是物體的重力B.與桌面對物體的支持力是一對平衡力C.是由于物體的形變產(chǎn)生的D.是由于桌面的形變而產(chǎn)生的4、處在勻強磁場內(nèi)部的兩電子A和B分別以速率v和2v垂直射入勻強磁場，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后，哪個電子先回到原來的出發(fā)點（）A.同時到達B.A先到達C.B先到達D.無法判斷5、兩個絕緣導體環(huán)AA′、BB′大小相同，環(huán)面垂直，環(huán)中通有相同大小的恒定電流，如圖所示，則圓心O處磁感應(yīng)強度的方向為（AA′面水平，BB′面垂直紙面）（）A.指向左上方B.指向右下方C.豎直向上D.水平向右6、【題文】關(guān)于電荷間的相互作用，下列說法正確的是A.同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引B.同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥C.不論是同種電荷還是異種電荷都相互吸引D.不論是同種電荷還是異種電荷都相互排斥7、甲、乙兩車在平直公路上行駛，其速度-時間圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.8s末，甲、乙兩車相遇B.甲車在0～4s內(nèi)的位移小于乙車在4～8s內(nèi)的位移C.4s末，甲車的加速度小于乙車的平均速度D.在0～8s內(nèi)，甲車的平均速度小于乙車的平均速度8、甲乙疊放在水平面上，現(xiàn)對甲施加水平向右的力F，使它們一起向右勻速運動，則甲對乙摩擦力f1和水平面對乙摩擦力f2分別為（）A.f1=F向左，f2=F向右B.f1=F向右，f2=F向左C.f1=0，f2=F向右D.f1=0，f2=F向左評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、加速度是____（填“矢量或”“標量”），其方向總是與____的方向相同．10、某生使小球從1.8m高的桌子上水平飛出，用數(shù)碼相機拍攝小球做平拋運動的錄像（15幀/秒），并將小球運動的照片打印出來．那么他大約可以得到9幀小球的空中照片．____（判斷對錯）11、水平傳送帶長度為20m，以4m/s的勻速運動，已知某物體與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.2，物體放在某一端開始到達另一端所需的時間為____s．（g取10m/s2）12、電容器電容C=5微法（μF）=____法拉（F）．13、(1)根據(jù)分子動理論；分子間同時存在著相互作用的引力和斥力，以及具有分子勢能．當分子間距離減小時，下列說法正確的是：____________

A．分子間引力一定增大B．分子間斥力一定減小。

C．分子勢能一定增大D．引力和斥力的合力一定增大。

(2)如圖所示的氣缸中封閉著一定質(zhì)量的理想氣體；一重物用繩索經(jīng)滑輪與缸中活塞相連接，活塞和氣缸都導熱，活塞與氣缸間無摩擦，原先重物和活塞均處于平衡狀態(tài)，因溫度下降使氣缸中氣體做等壓變化，下列說法正確的是____________

A．重物上升；氣體放出熱量。

B．重物上升；氣體吸收熱量。

C．重物下降；氣體放出熱量。

D．重物下降，氣體吸收熱量．14、(1)用20分度的游標卡尺測量玻璃管的內(nèi)徑；結(jié)果如圖1所示，則玻璃管內(nèi)徑的測量值為____________cm．

(2)用螺旋測微器測量一金屬小球的直徑，如圖2所示，此金屬小球的直徑為____________mm．15、一物體由靜止開始做勻加速直線運動，它在最初0.5s內(nèi)的平均速度v1比它在最初1.5s內(nèi)的平均速度v2小2.5m/s，則最初1.5s內(nèi)的平均速度v2=____m/s．加速度a=____m/s2．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、10個分子的動能和分子勢能的總和就是這10個分子的內(nèi)能．____．（判斷對錯）17、作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力．____（判斷對錯）18、圍繞地球飛行的宇宙飛船里的宇航員不受地球引力的作用．____．19、月亮在云中穿梭，參考系是云．____（判斷對錯）20、重心就是物體上最重的一點．____．評卷人得分四、簡答題(共3題，共15分)21、（2015秋?龍巖期末）電荷量q=1×10-4C的帶正電的小物塊靜止在絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向的電場，其電場強度E的大小與時間t的關(guān)系如圖a所示，小物塊速度v的大小與時間t的關(guān)系如圖b所示．重力加速度g=10m/s2．求。

（1）小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)；

（2）小物塊在0-4s內(nèi)電勢能的變化量．22、大小相等，質(zhì)量不同的兩個球1、2在光滑水平面上相撞，1球質(zhì)量是2球質(zhì)量的4倍，1球以2m/s的速度與靜止的2球碰撞，碰撞后1球沿原方向運動速度大小是1.5m/s，2球的速度為2m/s，你能判斷出大球和小球的碰撞是何種碰撞嗎？請說明理由．23、(1)

電場強度E

的大小；

(2)

磁感應(yīng)強度B

的大小；

(3)

速率為婁脣

v

0

的顆粒打在收集板上的位置到O

點的距離．評卷人得分五、計算題(共3題，共24分)24、如圖所示，一豎直固定且光滑絕緣的直圓筒底部放置一可視為點電荷的場源電荷A，已知帶電量Q=＋4×10－3C的場源電荷A形成的電場中各點的電勢表達式為其中k為靜電力恒量，r為空間某點到A的距離?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m=0．1kg的帶正電的小球B，它與A球間的距離為a=0．4m，此時小球B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場源電荷A形成的電場中具有的電勢能表達式為其中r為q與Q之間的距離。另一質(zhì)量也為m的不帶電絕緣小球C從距離B的上方H=0．8m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起以2m/s向下運動，它們到達最低點后又向上運動，向上運動到達的最高點為P（已知k=9×109N·m2/C2），求：（1）小球C與小球B碰撞前的速度大小v0為多少？（2）小球B的帶電量q為多少？（3）P點與小球A之間的距離為多大？（4）當小球B和C一起向下運動與場源電荷A距離多遠時，其速度最大？速度的最大值為多少？25、兩根光滑的長直金屬導軌MN、M′N′平行置于同一水平面內(nèi)，導軌間距為l，電阻不計，M、M′處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C．長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導軌放置，導軌處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中．a(chǎn)b在外力作用下向右勻速運動且與導軌保持良好接觸，在ab運動距離為s的過程中；整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q．求。

（1）ab運動速度v的大??；

（2）電容器所帶的電荷量q．26、如圖所示；在xOy坐標系中有圓柱形勻強磁場區(qū)域，其圓心在O′（R，0），半徑為R，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場方向垂直紙面向里。在y≥R范圍內(nèi)，有方向向左的勻強電場，電場強度為E．有一帶正電的徽粒以平行于x軸射入磁場，微粒在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑剛好也是R．已知帶電徹粒的電量為q，質(zhì)量為m，整個裝置處于真空中，不計重力。

（1）求微粒進入磁場的速度大??；

（2）若微粒從坐標原點射入磁場；求微粒從射入磁場到再次經(jīng)過y軸所用時間；

（3）若微粒從y軸上y=處射向磁場，求微粒以后運動過程中距y軸的最大距離。評卷人得分六、證明題(共1題，共9分)27、如圖所示，小球用不可伸長的長度為L的輕繩懸于O點．（不計阻力）試證明：繩對小球在最低點拉力T1與最高點拉力T2之差T1-T2=6mg．

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度、角速度與軌道半徑的關(guān)系，從而判斷大小關(guān)系，同步衛(wèi)星定軌道、定周期、定高度、定速率．【解析】【解答】解：A、根據(jù)得，；衛(wèi)星離地球越遠，角速度越小，故A錯誤．

B、根據(jù)得，v=；同一軌道上運行的兩顆衛(wèi)星，軌道半徑相同，線速度大小相同，故B正確．

C、7.9km/s是貼近地球做勻速圓周運動的速度，v=；衛(wèi)星的軌道半徑大于地球的半徑，則線速度小于7.9km/s，故C錯誤．

D；同步衛(wèi)星定軌道；在赤道上空，頂高度、定速率、定周期，故D錯誤．

故選：B．2、C【分析】【分析】根據(jù)數(shù)學組合公式求出處于第4能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射出光子頻率的種數(shù)．當光子能量大于n=3躍遷到n=2輻射的光子能量，就能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)．【解析】【解答】解：根據(jù)=6知；于第4能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射出6種不同頻率的光子，因為n=4躍遷到n=3輻射的光子能量小于n=3躍遷到n=2輻射的光子能量，所以不能發(fā)生光電效應(yīng)，其它光子能量大于n=3躍遷到n=2輻射的光子能量．所以有5種頻率的光可能使這種金屬發(fā)生光電效應(yīng)．故C正確，A；B、D錯誤．

故選：C．3、C【分析】【分析】物體靜止在水平桌面上，物體對水平桌面的壓力大小等于物體的重力，但不能說就是重力．壓力是由于物體的形變而產(chǎn)生的．【解析】【解答】解：A；物體靜止在水平桌面上；物體對水平桌面的壓力大小等于物體的重力，由于壓力與重力的性質(zhì)、施力物體和受力物體都不同，不能說壓力就是重力．故A錯誤；

B；物體靜止在水平桌面上；物體對桌面的壓力與桌面對物體的支持力，是一對作用力與反作用力，它們不是一對平衡力，故B錯誤．

C；物體對水平桌面的壓力是由于物體發(fā)生向上的微波形變；要恢復(fù)原狀，而桌面產(chǎn)生向下的彈力，即是壓力．故C正確．

D；物體對水平桌面的壓力是由于物體發(fā)生向上的微波形變；要恢復(fù)原狀，而桌面產(chǎn)生向下的彈力，即是壓力．故D錯誤；

故選：C4、A【分析】【分析】兩電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過一個周期后回到原來的出發(fā)點，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律得出兩電子周期，再比較大小，判斷它們回到原來出發(fā)點的先后．【解析】【解答】解：設(shè)電子的質(zhì)量和電量分別為q、m，磁感應(yīng)強度為B，圓周運動的半徑為r；電子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有

qvB=m，得r=

周期為T==

可見；電子在磁場中圓周運動的周期與電子的速度無關(guān)，這兩個電子勻速圓周運動的周期相等，所以它們同時回到出發(fā)點．

故選A5、A【分析】【分析】圓心O處磁感應(yīng)強度是由兩個導體環(huán)產(chǎn)生的磁場的疊加，根據(jù)安培定則分別判斷兩個環(huán)在O處產(chǎn)生的磁場方向，再按平行四邊形定則合成．【解析】【解答】解：根據(jù)安培定則可知：導體環(huán)AA′在O處產(chǎn)生的磁場方向為豎直向上；導體環(huán)BB′在O處產(chǎn)生的磁場方向為水平向左，按平行四邊形定則可知，O處磁感應(yīng)強度的方向為指向左上方．

故選A6、A【分析】【解析】

試題分析：電荷間的相互作用規(guī)律為：同種電荷相斥；異種電荷相吸，故A正確。

考點：考查了電荷間的作用規(guī)律【解析】【答案】A7、B【分析】解：A；根據(jù)速度-時間圖象與時間軸所圍的“面積”大小表示位移；可知，0-8s內(nèi)，甲、乙兩車的位移相等，但初始時刻兩車的位置關(guān)系不清楚，所以8s末，甲、乙兩車不一定相遇，故A錯誤。

B；根據(jù)“面積”大小表示位移；可知，甲車在0～4s內(nèi)的位移小于乙車在4～8s內(nèi)的位移，故B正確。

C；v-t圖象的斜率表示加速度；斜率絕對值越大，加速度越大，則知4s末，甲車的加速度大于乙車的平均速度，故C錯誤。

D；0-8s內(nèi)；甲、乙兩車的位移相等，所用時間相等，所以甲車的平均速度等于乙車的平均速度。故D錯誤。

故選：B。

在速度-時間圖象中；圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，根據(jù)位移關(guān)系分析兩車在t=8s時是否相遇．v-t圖象的斜率表示加速度，根據(jù)圖象的斜率分析兩車加速度關(guān)系．平均速度等于位移與時間之比．

本題是速度-時間圖象的應(yīng)用，要明確速度圖象的斜率表示加速度，圖象與坐標軸圍成的面積表示位移．要注意速度圖象不能反映物體的初始位置．【解析】B8、B【分析】【分析】對甲、乙兩物體分別受力分析，根據(jù)平衡條件就可判斷出甲、乙之間的摩擦力f1和乙與地面之間的摩擦力f2．【解析】【解答】解：對物體甲受力分析，豎直方向受重力和支持力，水平方向受拉力F，故甲對乙的摩擦力f1一定向右，且與F二力平衡，即f1=F；向右；

再對乙受力分析；豎直方向受重力；壓力和支持力；

水平方向受甲對乙向右的摩擦力f1′，由于勻速，故地面對乙的摩擦力f2一定向左；根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律，有。

f1=f1′①

f1=f2②

故f2=F；向左；

故選：B．二、填空題(共7題，共14分)9、矢量速度變化量【分析】【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，加速度是矢量，其方向與速度變化量的方向相同．【解析】【解答】解：加速度是矢量，由a=知；其方向總是與速度變化量的方向相同．

故答案為：矢量，速度變化量．10、對【分析】【分析】小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，桌子的高度為1.8m，求出小球運動的時間即可求解．【解析】【解答】解：根據(jù)h=得，小球平拋運動的時間t=．

又因為每秒15幀照片，所以0.6s將拍到n=幀．故該說法對．

故答案為：對．11、6【分析】【分析】物體放上傳送帶先做初速度為零的勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度后與傳送帶一起做勻速直線運動，根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律求出運動的時間．【解析】【解答】解：物體做勻加速直線運動的加速度a=μg=2m/s2．

則勻加速運動的時間，勻加速運動的位移；

則勻速運動的時間．

運動的時間t=t1+t2=2+4s=6s．

故答案為：6．12、5×10-6【分析】【分析】電容的單位法拉（F）是一個較大的單位，常用單位有微法（μF）和皮法（PF）．【解析】【解答】解：在物理中，微表示10-6，故：1μF=1×10-6F；

故答案為：5×10-6．13、略

【分析】解：(1)由于不知開始時分子之間距離與r0的關(guān)系；因此不能確定隨著分子間距離減小分子勢能與分子力的變化情況，故CD錯誤；

分子之間引力和斥力隨著分子之間距離的變化關(guān)系是相同的；均隨著距離增大而減小，隨著距離的減小而增大，故A正確，B錯誤．

故選A．

(2)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知：氣體壓強不變；溫度降低，因此體積將減小，一定質(zhì)量理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，溫度降低，其內(nèi)能減小，根據(jù)△U=W+Q可知，體積減小，外界對氣體做功，因此將放出熱量，故BCD錯誤，A正確．

故選A．【解析】A;A14、略

【分析】解：1；游標卡尺的主尺讀數(shù)為：3cm=30mm；游標尺上第15個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為15×0.05mm=0.75mm，所以最終讀數(shù)為：30mm+0.75mm=30.75mm=3.075cm．

2；螺旋測微器的固定刻度為5mm；可動刻度為3.3×0.033mm=0.033mm，所以最終讀數(shù)為5mm+0.033mm=5.033mm，由于需要估讀，最后的結(jié)果可以在5.032～5.034之間．

故答案為：(1)3.075；(2)5.033．【解析】3.075;5.03315、3.755【分析】【分析】根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出最初0.5s和最初1.5s中間時刻的瞬時速度，結(jié)合速度時間公式求出加速度，從而結(jié)合位移時間公式求出最初1.5s內(nèi)的位移，得出最初1.5s內(nèi)的平均速度．【解析】【解答】解：最初0.5s和最初1.5的中間時刻間的時間間隔t=0.5s．

因為某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則．

最初1.5s內(nèi)的位移．

則最初1.5s內(nèi)的平均速度．

故答案為：3.75；5三、判斷題(共5題，共10分)16、×【分析】【分析】從微觀上說，系統(tǒng)內(nèi)能是構(gòu)成系統(tǒng)的所有分子無規(guī)則運動動能、分子間相互作用勢能的總和．【解析】【解答】解：物體的內(nèi)能是構(gòu)成物體的所有分子的無規(guī)則熱運動的動能和分子勢能的代數(shù)和；具有統(tǒng)計意義，對單個或幾個分子無意義；

故答案為：×17、√【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故該說法是正確的．

故答案為：√18、×【分析】【分析】由萬有引力定律知兩個物體之間存在萬有引力充當向心力，繞地球做圓周運動的物體受到的萬有引力提供向心力，處于失重狀態(tài)．【解析】【解答】解：繞地球做圓周運動的物體受到萬有引力提供向心力；處于失重狀態(tài)．而不是不受到地球的吸引力．故該說法是錯誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．【解析】【解答】解：月亮在云中穿梭；月亮相對于云層的位置發(fā)生變化，所以參考系為云層，該說法是正確的．

故答案為：√20、×【分析】【分析】重心是物體的等效作用點，不是物體上最重的一點，重心可以在物體上，也可以不在物體上．【解析】【解答】解：重心是物體所受重力的等效作用點；不是物體上最重的一點；有的物體重心根本不在物體上，如玻璃杯，圓環(huán)，皮球等等，故說法錯誤．

故答案為：×四、簡答題(共3題，共15分)21、略

【分析】【分析】（1）前2s內(nèi)物塊做勻加速直線運動；根據(jù)斜率求解加速度，2s后物塊做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，分別使用牛頓第二定律和物體的平衡條件即可解出動摩擦因數(shù)；

（2）根據(jù)v-t圖象的“面積”分別求求出0-2s內(nèi)和2-4s內(nèi)的位移，進而求出電場力做的功，物體電勢能的該變量等于電場力做的功．【解析】【解答】解：（1）由圖可知；前2s物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：

qE1-μmg=ma；

由圖線知加速度為：a=1m/s2

2s后物塊做勻速運動，由平衡條件有：qE2=μmg

聯(lián)立解得：q（E1-E2）=ma

由圖可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C；

代入數(shù)據(jù)解得：m=1kg

由qE2=μmg可得：μ=0.2；

（2）物塊在前2s的位移S1=×2×2m=2m；

物塊在2-4s的位移為S2=vt2=4m；

電場力做正功W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J；

則電勢能減少了14J．

答：（1）小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2；

（2）小物塊在0-4s內(nèi)電勢能的變化量為14J．22、略

【分析】【分析】根據(jù)動能的表達式求出碰撞前后，1球和2球的動能，再根據(jù)碰撞前后系統(tǒng)機械能是否變化判斷碰撞的類型即可．【解析】【解答】解：兩球碰撞過程中；系統(tǒng)動量守恒，設(shè)1球的質(zhì)量為4m，2球的質(zhì)量為m；

碰撞前：系統(tǒng)的總機械能為：；

碰撞后：系統(tǒng)的總機械能為：；

因為E1＞E2；所以大球和小球的碰撞是非彈性碰撞．

答：大球和小球的碰撞是非彈性碰撞，因為碰撞過程中有能量損失．23、（1）kg

（2）

（3）【分析】(1)

設(shè)帶電顆粒的電荷量為q

，質(zhì)量為m

.

有Eq

=

mg

將代入，得E

=

kg

．

(2)

如圖1

有

R

2=(3

d

)2+(

R

鈭?

d

)2

得

圖1

圖2

(3)

如圖2

所示；有。

y

2=

l

tan

婁脠

y

=

y

1+

y

2

得．【解析】(1)

kg

(2)

(3)

五、計算題(共3題，共24分)24、略

【分析】（1）小球C自由下落H距離的速度v0==4m/s（2分）（2）小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球進行受力分析知：（2分）代入數(shù)據(jù)得：C（1分）（3）C和B向下運動到最低點后又向上運動到P點，運動過程中系統(tǒng)能量守恒，設(shè)P與A之間的距離為x，由能量守恒得：（2分）代入數(shù)據(jù)得：x=0．68m或x=（0．4＋））m（1分）（4）當C和B向下運動的速度最大時，與A之間的距離為y，對C和B整體進行受力分析有：（2分）代入數(shù)據(jù)有：y=0．28m（或y=m）（1分）由能量守恒得：（2分）代入數(shù)據(jù)得：vm=2．16m/s（或vm=）（1分）【解析】【答案】（1）4m/s（2）C（3）（0．4＋））m（4）vm=2．16m/s（或vm=）25、略

【分析】

（1）本題外電路比較簡單，由三個電阻串聯(lián)組成，由于導體棒勻速運動，因此產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定，根據(jù)Q=I2Rt即可求解．

（2）求出電容器兩端的電壓；根據(jù)Q=CU即可求出電容器所帶的電荷量q．

本題比較簡單考查了電磁感應(yīng)與電路的結(jié)合，解決這類問題的關(guān)鍵是正確分析外電路的結(jié)構(gòu)，然后根據(jù)有關(guān)電學知識求解．注意也可以由與F安=來求解．【解析】解：（1）設(shè)ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，回路中的電流為I，ab運動距離s所用時間為t；則有：

E=Blv①

②

③

Q=I2（4R）t④

由上述方程得：

故ab運動速度v的大小為：

（2）設(shè)電容器兩極板間的電勢差為U；則有：U=IR⑤

電容器所帶電荷量：q=CU⑥

解得：

故電容器所帶的電荷量為：．26、解：（1）微粒在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qvB=m

解得：v=

（2）微粒在磁場中經(jīng)過圓周豎直向上進入電場；微粒在電場中做類平拋運動；

微粒在磁場中的運動時間：t1==

微粒在電場中做類平拋運動；

水平方向：R=解得：t2=

微粒再次回到y(tǒng)軸需要的時間：t=t1+t2=+

（3）微粒從y軸上y=處射向磁場；微粒運動軌跡如圖所示；

△APO′中∠AO′P=30°，∠APO′=60°，連接O2O′；

因O2P=O′P=R，∠O2PO′=120°，則：∠PO′O2=30°；

兩圓相交；關(guān)于圓心連線對稱，設(shè)出射點為Q，由對稱性可知；

∠O2O′Q=30°；出射點Q必位于O′點正上方。

由于∠PO2Q=60°；則微粒從磁場中出射方向與x軸夾角θ=60°；

微粒在電場中沿x軸正方向做初速度為：v0x=vcosθ的勻減速運動，加速度：a=

在電場中向右運動的最遠距離：xm=

解得：xm=

運動過程中距y軸的最遠距離：d=R+xm=R+

答