2017-2018学年四川省石室中学高二上学期半期考试物理试题 解析版

2017-2018学年四川省石室中学高二上学期半期考试物理试题 解析版

四川省石室中学2017-2018学年高二上学期半期考试物理试题 一.选择题 ‎1. 在研究长度为L、横截面积为S的均匀导体中电流时，在导体两端加上电压U，导体中有匀强电场产生，在导体中移动的自由电子（带电量e）受匀强电场作用而加速，并和做热运动的正离子碰撞而减速，反复碰撞且向前移动。假定阻碍电子向前运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，其大小可表示成kv（k是恒量）。当电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中自由电子定向运动的速率v为一定值。这一定值为（  ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】考点：带电粒子在匀强电场中的运动．‎ 专题：带电粒子在电场中的运动专题．‎ 分析：当电子匀速运动时，受力平衡，电场力和电子受到的阻力的大小相等，根据平衡的条件即可求得电子运动的速度的大小．‎ 解答：解：导体中的电场强度为E=，电子受到的电场力为F=eE=，电子受到的阻力为f=kv，‎ 当电场力和碰撞的阻力相平衡时 F=f，即=kv，‎ 所以v=，所以B正确．‎ 故选B．‎ 点评：本题属于信息给予题，从所给的信息中找出有用的信息，根据条件求解即可．‎ ‎2. 某静电场沿x轴方向的电势分布如图所示，如果仅考虑x轴上的电场情况，则（   ）‎ A. 0～l 和2l～3l之间均为匀强电场，且0～l之间的场强一定比2l～3l之间的场强大 B. l～2l和3l～4l之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反 C. l～2l和4l～5l之间均为非匀强电场，且这两处的电场方向一定相同 D. 3l～4l和4l～5l之间均为匀强电场，且3l～4l之间的场强一定比4l～5l之间的场强大 ‎【答案】B ‎【解析】根据图象φ=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，因此在0-L和2L-3L之间不存在沿着x方向的电场分量，故A错误．根据图象φ=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，L-2L和3L-4L之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相反，故B正确；根据图象φ=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，L-2L和4L-5L之间均为匀强电场，且这两处的电场方向一定相同，故C错误；根据图象φ=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小和方向，3L-4L和4L-5L之间均为匀强电场，且3L-4L之间的场强一定比4L-5L之间的场强小，故D错误；故选B.‎ 点睛：本题关键是要明确沿电场方向电势减小，垂直场强方向，电势不变；匀强电场中，沿电场线方向电势降低最快，沿着任意方向（垂直电场线除外）电势随位移均匀变化.‎ ‎3. 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（   ）‎ A. A点和B点的电势相同 B. C点和D点的电场强度相同 C. 正电荷从A点移至B点，电场力做正功 D. 负电荷从C点移至D点，电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：本题的关键要抓住“位于同一等势面上的点电势均相等”，“沿电场线方向电势逐渐降低”，“电场强度是矢量”和“电场力做的功”来讨论．‎ 解：A、先找到与AB在同一直线上的A点的等势点，再根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知，A的等势点的电势高于B当的电势，故A错误．‎ B、因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，B错误．‎ C、由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以＞0，即＞0，根据=q知，由于q＞0，＞0，所以＞0，即电场力做正功，所以C正确．‎ D、因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷在C点与D点的电势能相等，所以D错误．‎ 故选C ‎【点评】遇到涉及电场线和等势线的题目，要抓住电场线与等势线处处垂直的特点，以及沿电场线方向电势逐渐降低，然后再讨论．‎ ‎4. 无限长导线，均通以恒定电流I。直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是（  ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在O点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解．‎ 解：由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；‎ A、根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；‎ B、同理，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；‎ C、由上分析可知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；‎ D、与C选项分析相同，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误；‎ 故选：A．‎ 点评：考查通电导线周围磁场的分布，掌握矢量合成法则，注意叠加原则，理解右手螺旋定则是解题的关键．‎ ‎5. 在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（最大阻值20 Ω）。闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示。则下列说法正确的是（   ）‎ ‎ ‎ A. 图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为10Ω C. 电源的最大输出功率为1.5W D. 滑动变阻器R2的最大功率为0.9W ‎【答案】D ‎...............‎ 点睛：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．‎ ‎6. 如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方。现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（   ）‎ A. 若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧 B. 若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧 C. 若小球带负电，当AB间距减小时，小球打在N的右侧 D. 若小球带负电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧 ‎【答案】C ‎7. 如图所示，BD是竖直平面内圆上的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时小球的动能总是最小。忽略空气阻力，小球重力不能忽略，则下列说法中正确的是（  ）‎ A. 可以断定电场方向由O点指向圆弧AEB上的某一点 B. 到达B点时小球的动能和电势能之和总是最小 C. 到达C点时小球的电势能总是最小 D. 到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧CFD上的某一点 ‎【答案】B ‎【解析】在这个电场中，小球受到两个力影响：重力和电场力．在A点动能最小，那说明速度最小了，说明OA 方向发射的小球克服合力做功最大，也就是说在这个电场跟重力场中，合力方向是OC，对O点小球受力分析，重力竖直向下，合力方向指向OC，受力方向指向为OB与OC之间，即电场方向应该是由O指向AD弧方向，故A错误；由于只有重力和电场力做功，故任何点的小球，动能+重力势能+电势能=定值； 明显B点的重力势能最大，那么肯定B点的动能与电势能之和最小，故B正确；因电场方向是由O指向AD弧方向，故C点不是电势最高的位置，小球在C点的电势能不是最小的，故C错误；机械能（重力势能+动能）最小，那么肯定就是电势能最大的地方，带负电荷的小球，沿着电场线方向，应该在弧线AD（劣弧）之间，故D错误；故选B．‎ ‎8. 某种角速度计，其结构如图所示。当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器（传感器内阻无限大）接收相应的电压信号。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度转动时，不计摩擦，则（  ）‎ A. 电路中电流随角速度的增大而增大 B. 电路中电流随角速度的增大而减小 C. 弹簧的伸长量为 D. 输出电压U与的函数式为 ‎【答案】D ‎【解析】系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关．故AB错误．设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kx=mω2（L+x），解得，又输出电压，联立两式得．故C错误，D 正确．故选D.‎ 二. 多选题：‎ ‎9. 如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1kg、电荷量为q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力，（g=10m/s2），则（      ）‎ A. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B. 滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动 C. 最终木板做加速度为2m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 D. 最终木板做加速度为3m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以 的加速度一起运动；当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，代入数据解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动， ，故AC错误，D正确．由A的分析可知，开始滑块做匀加速直线运动，滑块获得速度后，受到洛伦兹力作用，受到的合外力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最后滑块做匀速直线运动，故B正确；故选：BD.‎ ‎10. 如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b（截面可视为点）。a被水平放置在倾角为的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止（近似认为b在a处产生的磁感应强度处处相等，且与到b的距离成反比），则下列说法正确的是（  ）‎ A. b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上 B. b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为 C. 电流不变，若使b向上平移，a仍可能在原处保持静止 D. 电流不变，若使b向下平移，a将不能在原处保持静止 ‎【答案】ACD ‎【解析】通电导体b处于通电导体a的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体b 处于竖直向上的磁场中，故A正确．当导体a处于匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则大小 ，故B错误；题意可知，重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，故C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D错误；故选ACD.‎ 点睛：学会区分左手定则与右手螺旋定则，前者是判定安培力的方向，而后者是电流周围磁场的方向，并学会受力分析，同时掌握力的合成与分解的法则．‎ ‎11. 如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为、，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电压表示数变大 B. 电流表示数变大 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：由电路图可知，、并联，再与串联，与并联，电压表测量路端电压，等于两端电压，电流表测量流过的电流，设、、、的电流分别为、、、，电压分别为、、、，干路电流为，路端电压为。闭合电键，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，变大，外电阻变大，干路电流为变小，由闭合电路欧姆定律，可得，则路端电压为变大，即电压表示数变大；根据，可知变大；根据，可知变小；根据，可知变小；根据，可知变大；根据，可知变大；根据，可知变小，即电流表的示数变小；由闭合电路欧姆定律，可得，由，变小，变小，变大，变大，则，因此，，所以正确选项为A、D。‎ 考点：本题考查了闭合电路欧姆定律和电路的动态分析。‎ ‎12. 如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+2q，B球带电量为-q，将它们同时由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的3倍。现在AB中点固定一个带电小球C（也可看作点电荷），再同时由静止释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等。则C球带电量大小可能为（   ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：由题意，当由静止开始释放两球时，A球加速度的大小为B球的3倍．根据牛顿第二定律可知，，A、B两个带电小球的质量之比为mA:mB ‎=1：3；当在AB中点固定一个带电小球C，由静止释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等，若C球带正电，根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对A来说，，对B来说，，综上解得，；当在AB中点固定一个带电小球C，由静止释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等，若有C球带负电，根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对A来说，，对B来说，，综上解得，，故CD正确．‎ 考点：库仑定律；牛顿第一定律.‎ 三．本题共2小题，共17分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作图。‎ ‎13. （1）某同学设计如A图所示电路研究电源电流和内电压的关系，用伏特表测内电压U，用电流表测电流I，通过活塞改变内电阻r，做出如B图所示U-I图线。若电池的电动势为E，外电路阻值R一定，则UM=_____，斜率k=_____。U随I变化的表达式为______，IM表示r趋近_____（选“无限大”或“0”）的电流且IM=____。（用E、R、U、I、r表示）‎ ‎（2）如图所示为欧姆表原理示意图，电流表满偏电流3mA，变阻器R0电阻调节范围为0~5000 Ω，内部电源标称值为6V，但实际电动势为5.4V，且内阻增大，但仍能调零，调零后测得电阻读数比实际值_________（填“偏大”、“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). （1）E (2). R (3). U=E-IR (4). 0 (5). (6). （2）偏大 ‎【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，内压U=E-IR，则可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故UM=E；图象的斜率表示外电阻R；‎ 图象与横坐标交点表示内电压为零，故说明内阻为零；此时电流；‎ ‎（2）欧姆表内阻，电流表满偏电流Ig不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小，由闭合电路欧姆定律可得：，R测=-R，由于内阻R变小，则待测电阻阻值R测偏大，电池内阻增大，故R0的阻值调零时一定偏小，所以测量电阻读数比实际值大.‎ ‎14. 有一根细而均匀的管状导电原件（如图所示），此原件长L约为3cm，电阻约为100 Ω ，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内圆直径太小，无法直接测量，为了测量其内圆直径可先测其电阻Rx，现提供以下实验器材：‎ A．20分度的游标卡尺 B．螺旋测微器 C．电流表A1（量程50mA，内阻r1为100 Ω）‎ D．电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40 Ω）‎ E．电流表A3（量程1A，内阻r3约为0.1 Ω）‎ F．滑动变阻器R1（20 Ω ，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器R2（0~20kΩ ，额定电流0.1A）‎ H．直流电源E（12V，内阻不计）‎ I．导电材料样品Rx（长约为3cm，电阻Rx约为100 Ω）‎ J．开关一只，导线若干 ‎（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图所示，其示数L=________mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图所示，其示数D=________mm。‎ ‎ ‎ ‎（2）为了尽可能精确地测量原件电阻Rx，请设计合适电路，选择合适电学仪器，在方框中画出实验电路图，所选器材注意角标区分________。‎ ‎（3）除了需要测量样品长度L、外径D外，还需要测量__________________，用已知物理量的符号和测量的符号来表示样品的内径d=_________________。‎ ‎【答案】 (1). （1）30.25 (2). 3.204~3.206 (3). （2）如图；‎ ‎ (4). （3）电流表A1示数I1、电流表A2示数I2 (5). ‎ ‎【解析】（1）游标卡尺读数为：L=30mm+7×0.05mm=30.35mm 螺旋测微器测得该样品的外径为：d=3mm+20.6×0.01mm=3.206mm． （2）通过电阻的最大电流大约I=A＝120mA，3A电流表量程偏大，另外两个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示．‎ ‎ （3）设A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，由欧姆定律可得待测电阻阻值 ． 又由电阻定律：． 联立解得： ．‎ 故除了需要测量样品长度L、外径D外，还需要测量电流表A1示数I1、电流表A2示数I2.‎ 点睛：本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才行．‎ 四．计算题 ‎15. 如图所示，电源电动势E=30V，内阻，，滑动变阻器的总电阻。间距d=0.1m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关K，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，带负电小球C穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量C（可视为点电荷，不影响电场的分布）。调节滑动变阻器的滑片p，使小球C恰能静止在A处，重力加速度g=10m/s2.‎ ‎（1）求M、N两极板间的电压以及滑动变阻器pb段的阻值R2；‎ ‎（2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待电场重新稳定后释放小球C，求小球C到达杆的中点O时的速度大小。‎ ‎【答案】（1）10Ω（2）0.5m/s.‎ ‎【解析】（1）由电路图可知，金属板M为正极板；因小球静止，故小球所受电场力与重力大小相等，方向相反，电场力向上，所以小球带负电．           设小球恰能静止时M、N两极板间的电压为U，板间电场强度为E，则mg=Eq  解得：U=10V     ‎ 小球恰能静止时，根据闭合电路欧姆定律有 解得  R2=10Ω  （2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，设电场稳定时的电压为U3，则 解得：U3=7.5V． 设小球c到达杆的中点O时的速度为v，则 ‎ 解得：v=0.5m/s       ‎ 点睛：本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．‎ ‎16. 如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，A球带电量为+q，B球带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，现在两板之间加上与槽平行，场强为E的向右的匀强电场后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），带电系统开始运动。试求：‎ ‎（1）从开始运动到B球刚进入电场时，带电系统电势能的改变量∆E；‎ ‎（2）以右板电势为零，带电系统从开始运动到速度第一次为零时，A球所在位置的电势φ为多大？‎ ‎（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。‎ ‎【答案】（1）-EqL（2）EL（3） ‎ ‎【解析】（1）设球B刚进入电场时，电场力做功使带电系统电势能减少△E=-EqL （2）设B进入电场后带电系统又运动了s速度变为零， 由动能定理得    EqL+Eqs-3Eqs=0   解得  s=，即离右板距离为L带电系统速度第一次为零 以右板电势为零，速度第一次为零的位置电势大于零，所以带电系统速度第一次为零时，球A所在位置的电势为UA=EL  （3）设A球运动了L时速度为v1，由动能定理得  qEL=•2mv12 解得， 由L=t1得运动时间为t1=2 A球运动s时加速度为a2，a2=-=-a1    由0=v1+a2t2，得t2=t1． ‎ 所以带电系统速度第一次为零所需的时间为t总=t1+t2=3‎ ‎17. 中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程。有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一过程。实验设计原理如下：在如图所示的xOy平面内，A、C二小孔距原点的距离均为L，每隔一定的时间源源不断地分别从A孔射入正电子，C孔射入负电子，初速度均为v0，方向垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量分别为e和-e（忽略电子之间的相互作用及电子重力）。在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），要使正、负电子在y轴上的P（0，L）处相碰。求：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎（2）在P点相碰的正、负电子射入小孔的时间差；‎ ‎（3）由A孔射入电场的正电子，有部分在运动过程中没有与负电子相碰，最终打在x正半轴上D点，求OD间距离。‎ ‎【答案】（1），方向垂直纸面向外（2） （3）3L ‎【解析】（1）负电子在磁场中做圆周运动，由图可知，圆周运动的半径为r=L，由 ‎ 得到： ‎ 方向垂直纸面向外 ‎（2）负电子在磁场中圆周运动的时间为：‎ 正电子在电场中运动的时间为： . ‎ 时间差为：.‎ ‎（3）正电子在电场中偏转角为，则：‎ ‎，则sin，cos. ‎ 正电子此时速度大小为：. ‎ 在P点没有与负电子相碰的正电子，在第一象限的匀强磁场中顺时针由P点运动到D点。轨迹如图所示：‎ 正电子在磁场中的轨道半径为：，即O`P=O`D=. ‎ ‎. ‎ 解得：‎ ‎18. 如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直纸面的宽度为L2。在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴，质量为m，长为L2的导体棒使膜成平面。在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能。光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为 U；输出电流正比于光电池板接收到的光能（设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定）。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外（注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出）。‎ ‎（1）现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成θ=60°时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率；
‎ ‎（2）当θ变成45°时，光电池输出电流I`与60°时输出电流I之比为多少；‎ ‎（3）当θ变成45°时，光电池除维持导体棒平衡外，还能输出多少额外电功率？‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】（1）导体棒受力如图：‎ ‎. ‎ 光电池输出功率（即光电池板接收到的光能对应的功率）为：‎ ‎（2）∵输出电流正比于光电池板接收到的光能，设单位面积上的光功率为P0。如图示：‎ 则，‎ ‎（3）当时，流过导体棒电流，< I。‎ 但θ变为45°时光电池板因被照射面积增大使电池输出的电流也增大。所以需要在导体棒两端并联一个电阻，题目要求的就是这个电阻上的功率。‎ 由（2）问可知，时，光电池输出电流 由并联电路特点得：流过并联电阻的电流. ‎ 因光电池输出电压恒为U，则该并联电阻上的功率即光电池额外提供的电功率：‎ ‎ ‎