【物理】湖北省十堰市2019-2020学年高二上学期期末调研考试试题（解析版）

【物理】湖北省十堰市2019-2020学年高二上学期期末调研考试试题（解析版）

十堰市 2019～2020 学年度上学期期末调研考试 高二物理（2020 年 1 月） （本试题共 6 页，共 23 道题，满分 100 分，考试时间 90 分钟） 第Ⅰ卷 （选择题 共 54 分） 一、选择题（本题共 18 小题，每小题 3 分，共 54 分。每小题给出的四个选项中，有一项 或多项是符合题目要求的，选全对得 3 分，对而不全得 2 分，不选、错选得 0 分） 1.空中有两个点电荷，它们之间的库仑力的大小为 F。若将它们的距离减小为原来的 ，同 时将它们的电荷量均增大为原来的 2 倍，则它们之间的库仑力将变为（ ） A. B. F C. 4F D. 16F 【答案】D 【解析】 【详解】根据库仑定律 ，若若将它们的距离减小为原来的 ，同时将它们的电 荷量均增大为原来的 2 倍，则 A． ，与结论不相符，选项 A 错误；B．F，与结论不相符，选项 B 错误； C．4F，与结论不相符，选项 C 错误；D．16F，与结论相符，选项 D 正确； 故选 D。 2.如图所示，在真空中，A、B 两点分别放置等量异种点电荷，在 A、B 两点间取一正八边形 路径 abcdefgha，其中心 O 与 A、B 连线的中点重合，ah⊥AB。下列说法正确的是（ ） A. a 点和 d 点的电场强度相同 B. b 点和 c 点的电势相等 C. 电子在 f 点的电势能比在 g 点的电势能大 1 2 2 F 1 2 2 q qF k r = 1 2 ' 1 2 1 2 2 2 2 2 16 161( )2 q q q qF k k Frr ⋅= = = 2 F D. 将电子从 d 点沿直线移动到 e 点，电场力做负功 【答案】C 【解析】A．根据等量异种电荷 电场线分布，可知 a 点和 d 点的电场强度大小相等，但方 向不同，则电场强度不同；故 A 错误。 B．根据顺着电场线方向电势降低，知 b 点的电势比 c 点的电势高。故 B 错误。 C．f 点的电势比 g 点的电势低，电子从 f 点移动到 g 点，电场力做正功，电势能减小，则电 子在 f 点的电势能比在 g 点的电势能大。故 C 正确。 D．因 d 点和 e 点电势相等，则电子从 d 点到 e 点电势能不变，电场力做功为零，故 D 错误。 故选 C。 3.如图所示装置，从 A 板释放的一个无初速度电子向 B 板方向运动，下列电子的描述中错误 的是（ ） A. 电子到达 B 板时的动能是 eU B. 电子从 B 板到 C 板时动能变化为零 C. 电子到达 D 板时动能是 3eU D. 电子在 A 板和 D 板之间往复运动 【答案】C 【解析】A．释放出一个无初速度电荷量为 e 的电子，在电压为 U 电场中被加速运动，当出 电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即 eU，故 A 正确，不符合题意； B．由图可知，BC 间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的 动能不变。故 B 正确，不符合题意； C．电子以 eU 的动能进入 CD 电场中，在电场力的阻碍下，电子作减速运动，由于 CD 间 的电压为 2U，所以电子的速度减为零后，还没有到达 D 板，就开始反向运动。故 C 错误， 符合题意； D．由上可知，电子将会在 A 板和 D 板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再减速， 这样往复运动，故 D 正确，不符合题意；故选 C。 4.如图所示，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板 的 接地．假设两极板所带的电荷量不变，电场中 P 点固定一带正电的点电荷，下列说法正确 的是 A. 若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角 变小 B. 若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角 变小 C. 若仅将左板上移少许，则 P 点电势升高 D. 若仅将左板右移少许，则 P 的点电荷电势能增大 【答案】BC 【解析】A.两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，根据 可知，电容 C 减小，由 可知，U 增大，所以静电计指针偏角 θ 增大，故 A 错误； B.若仅将左板右移少许，d 减小， 可知，电容 C 增大，由 可知，U 减小， 由则静电计指针偏角 θ 变小，故 B 正确； C.若仅将左板上移少许，根据 可知，电容 C 减小，由 可知，U 增大，由 可知，E 增大；左极板接地，由沿电场线的方向电势降低可知 P 点的电势为正，根 据 可得，P 点电势升高，故 C 正确； D.若仅将左板右移少许，两极板所带的电荷量不变，则 E 不变，根据 可得， P 点电势减小，则由 可得 P 的点电荷电势能减小，故 D 错误； 5.如图所示，在某电场中有 A、B 两点，某负电荷以一定的初速度从 A 点运动到 B 点。只考 虑电场力的作用。在电荷运动的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 电荷可能做直线运动 B. 电荷的加速度变小 θ θ 4 SC kd ε π= Q CU= 4 SC kd ε π= Q CU= 4 SC kd ε π= Q CU= UE d = ppU U Ed= =左 ppU U Ed= =左 pPE qϕ= C. 电荷的电势能变大 D. 电荷的动能变大 【答案】C 【解析】 【详解】A．负电荷在非匀强电场中运动，电场线为曲线，电荷不可能做直线运动，故 A 错 误； B．电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强 EA＜EB．电荷在 A 点的加速度较小，从 A 到 B 加速度增大，故 B 错误； C．根据顺着电场线电势降低，则知电势为：φA＞φB．负电荷电势能随电势降低而增大，故 C 正确； D．根据能量守恒，电势能增大，动能减小，故 D 错误。 故选 C。 6.在图示电路中，P 为滑动变阻器的滑片，电表均为理想电表．下列说法正确的是 A. 在 P 向右移动的过程中，电流表的示数变大 B. 在 P 向右移动的过程中，电压表的示数变大 C. 当 P 移到滑动变阻器的右端时，电源内部消耗的电功率最大 D. 当 P 移到滑动变阻器的右端时，电源的效率最高 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．滑动变阻器向右移动，电路总电阻减小，根据： 可知，电流表的示数变大，根据： 可知电压表的示数减小；故 A 正确，B 错误； CD．当 P 移到滑动变阻器的右端时，外电阻 R 最小，根据： EI R = 总 =E U Ir+ 可知，电路中的电流最大；根据： 可知此时电源内部消耗的电功率最大；故 C 正确；根据效率： 可知，此时的电源的效率最低，故 D 错误； 7.如图所示，A 为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的正电荷，在圆盘正上方水平 放置一通电直导线，电流方向已在图中标出。当圆盘绕中心轴 OO′按图示方向高速转动时， 通电直导线所受安培力的方向是（ ） A. 竖直向上 B. 竖直向下 C 水平向外 D. 水平向里 【答案】C 【解析】 【详解】带正电圆盘如图转动时，从上向下看，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则 可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向 一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面外侧，因此安培力的方向水平向外。 A．竖直向上，与结论不相符，选项 A 错误；B．竖直向下，与结论不相符，选项 B 错误； C．水平向外，与结论相符，选项 C 正确；D．水平向里，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C。 8.如图所示，三根通电长直导线 P、Q、R 互相平行，垂直放置，其间距均为 a，通过的电流 均为 I，方向均垂直纸面向里。已知电流为 I 的长直导线产生的磁场中，到导线距离为 r 处 的磁感应强度为 （其中 k 为常量），则对于 P、Q 连线的中点 O 处的磁感应强度，下 . EI R = 总 2=P rI内 = 100%R R r η ×+ kIB r = 列说法正确的是( ) A. 方向由 O 指向 P，大小为 B. 方向由 P 指向 R，大小为 C. 方向由 R 指向 O，大小为 D. 方向由 O 指向 P，大小为 【答案】A 【解析】 【详解】P、Q 两根导线距离 O 点的距离相等，根据安培定则，在 O 点产生的磁场方向相反， 大小相等，合场强为零，所以最终场强等于 R 在 O 点产生的场强，根据安培定则，方向沿 OP 方向，R 到 O 点距离 ，那么磁感线强度的大小 A．方向由 O 指向 P，大小为 ，与结论相符，选项 A 正确； B．方向由 P 指向 R，大小为 ，与结论不相符，选项 B 错误； C．方向由 R 指向 O，大小为 ，与结论不相符，选项 C 错误； D．方向由 O 指向 P，大小为 ，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 A。 9.质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。某质谱仪的原理图如图所示，速度 选择器中匀强电场的电场强度大小为 E，匀强磁场的磁感应强度大小为 B1，偏转磁场（匀 强磁场）的磁感应强度大小为 B2。一电荷量为 q 的粒子在加速电场中由静止加速后进入速 度选择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为 R 的匀速圆周运动。粒子重力不计， 2 3 3 kI a 3 3 kI a 2 kI a 3 2 kI a 3 2r a= 2 3 3 kI kIB r a = ＝ 2 3 3 kI a 3 3 kI a 2 kI a 3 2 kI a 空气阻力不计。该粒子的质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得： qvB1=qE 粒子速度： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得： A． ，与结论相符，选项 A 正确；B． ，与结论不相符，选项 B 错误； C． ，与结论不相符，选项 C 错误；D． ，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 A。 10.如图所示，紧绕有闭合线圈的绝缘圆筒放在电子秤的非磁性材料托盘（图中未画出）上， 一条形磁铁（N 极向下）从圆筒正上方由静止释放后插入圆筒。空气阻力不计。对磁铁插入 圆筒且未碰到托盘的过程，下列说法正确的是（ ） 1 2qB B R E 1 2 2 qB B R E 1 2 qB R B E 2 1 qB R B E 1 Ev B = 2 2 vqvB m R = 1 2qB B Rm E = 1 2qB B R E 1 2 2 qB B R E 1 2 qB R B E 2 1 qB R B E A. 磁铁的机械能守恒 B. 磁铁的加速度恒定 C. 通过电阻的电流方向如图中箭头所示 D. 电子秤的示数比磁铁尚未运动时电子秤的示数大 【答案】D 【解析】 【详解】A．磁铁下落过程中，线圈中会产生感应电流，机械能转化为电能，则磁铁的机械 能减小，选项 A 错误； B．磁铁下落过程中，穿过线圈的磁通量的变化率逐渐变大，则产生的感应电流逐渐变大， 磁铁受到的向上的安培力变大，则加速度会减小，选项 B 错误； C．根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向如图中箭头反方向，选项 C 错误； D．磁铁下落过程中穿过线圈的磁通量变大，线圈中产生的感应电流的磁场方向向上，即落 线管上端为 N 及，则磁铁对螺线管有向下的作用力，则电子秤的示数比磁铁尚未运动时电 子秤的示数大，选项 D 正确； 故选 D。 11.如图所示，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细 杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中。现使圆环以初速度 水平向右运动， 在以后的运动中，圆环克服摩擦力所做的功可能为（重力加速度为 g）（ ） A. 0 B. 0v 3 2 2 22 m g B q C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】由左手定则可知，圆环向右运动时受到向上的洛伦兹力； A．当 qv0B=mg 时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。故 A 正确。 C．当 qv0B＜mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得： 解得 故 C 正确。 D．当 qv0B＞mg 时，圆环先做减速运动，当 qvB=mg 时，不受摩擦力，做匀速直线运动。 由 qvB=mg 可得：匀速运动的速度： 根据动能定理得： 解得： 故 D 正确。 B．由以上的分析可知，克服摩擦力做的功不可能为 ，故 B 错误； 故选 ACD。 12.如图所示，水平固定的光滑铜环，OO′为过圆心的竖直轴，长为 2l、电阻为 r 的铜棒 OA 的一端在 O 处，另一 端与铜环良好接触，OA 与 OO′的夹角为 30°，整个装置处在磁感应强 度大小为 B、方向竖立向上的匀强磁场中．现使铜捧 OA 绕 OO′以角速度 逆时针（俯视） 匀速转动，A 端始终在铜环上，定值电阻的阻值为 3r，其他电阻不计，下列说法正确的是 2 0 1 2 mv 3 2 2 0 2 2 1 2 2 m gmv B q − 2 0 10 2W mv− = − 2 0 1 2W mv= mgv qB = 2 2 0 1 1 2 2W mv mv− = − 3 2 2 0 2 22 1 2 m gW mv q B = − 3 2 2 22 m g B q ω A. O 点的电势比 A 点的电势低 B. 回路中通过的电流为 C. 该定值电阻两端的电压为 D. 该定值电阻上的热功率为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据右手定则可知，O 点的电势比 A 点的电势低．故 A 正确． B．根据法拉第电磁感应定律可知，铜棒 OA 切割磁感线产生的感应电动势 E= ，所 以回路中通过的电流： I= 故 B 错误． C．该定值电阻两端的电压为：U= ．故 C 正确． D．该定值电阻上的热功率 P= ．故 D 错误． 13.如图所示，水平匀强磁场的理想边界 MN 和 PQ 均竖直，等腰直角三角形闭合导线框的 直角边恰好和磁场宽度相同。从线框右顶点刚进入磁场开始计时。若线框匀速通过磁场（线 框的一直角边与边界平行），取逆时针方向为感应电流的正方向，则下列四幅图中，能正确 反映线框中流过的电流随时间的变化关系的是（ ） 2 4 Bl r ω 23 8 Blω 2 2 4 16 B l r ω 21 2 Blω 2 4 8 E Bl r r ω= 23 3 4 8 E Blω= 2 2 2 43 3 64 U B l r r ω= A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】感应电流 ，线框做匀速直线运动，有效长度发生变化，电流就发生变化； 0- 时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，是正的，线框切割磁感线 的有效长度 l 均匀增加，则电流 I 均匀增加； ~ 时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，是负的，线框切割磁 感线的有效长度 l 均匀增加，则电流 I 均匀增加； A．该图与结论不相符，选项 A 错误；B．该图与结论不相符，选项 B 错误； C．该图与结论不相符，选项 C 错误；D．该图与结论相符，选项 D 正确；故选 D。 14.我国 2019 年年底将发射“嫦娥五号”，实现区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、 落、回”三步走目标．若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零 的匀减速直线运动，则在此阶段，“嫦娥五号”的动能 与距离月球表面的高度 h、动量 p 与时间 t 的关系图象，可能正确的是 BLvI R = L v L v 2L v kE A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】AB．若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减 速直线运动，设在此阶段合力为恒力 F．由逆向思维，等效为由月球表面向上做匀加速直线 运动，由动能定理知： 整理得： 故 A 错误，B 正确． CD．同样由逆向思维法，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动量定理： 整理得： 故 CD 错误． 15.从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球 平抛，三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（ ） A. 抛出时三球动量不都相同，甲、乙动量相同，并均小于丙的动量 B. 落地时三球的动量相同 C. 从抛出到落地过程，三球受到的冲量均不相同 D. 从抛出到落地过程，三球受到的冲量均相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据动能定理知 0kFh E= − kE Fh= 0Ft p= − p Ft= 2 2 0 1 1 2 2mgh mv mv= − 可知三球落地时速度的大小相等，则三个小球抛出时的速度大小一定相等；故抛出时的动量 大小相等；故 A 错误； B．虽然落地时，三球的速度相同，动量的大小相等，但方向不同；故动量不相同；故 B 错 误； CD．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间， 平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知， mgt=△p，故三个小球受到的冲量都不相同；故 C 正确，D 错误； 故选 C。 16.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的 交变电流的电压随时间变化的规律如图乙所示（正弦曲线）。下列说法正确的是（ ） A. 该交变电流电压的最大值为 440V B. 该交变电流电压的有效值为 V C. 在 0. 0025s 时，该交变电流的电压为 220V D. 在 0. 0025s 时，该交变电流的电压为 V 【答案】C 【解析】 【详解】A．如图所示，该交变电流电压的最大值（峰值）为： Em=220 V≈311V 故 A 错误。 B．该交变电流电压的有效值为： 故 B 错误。 220 2 110 2 2 220V 2 mEE = = CD．因为 交变电流的电压的函数表达式为： 当 t=0.0025s 时 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 17.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为 4：1，a、b 间接有电压瞬时值表达式 为 （V）的正弦交变电流，灯泡 L1、L2 的额定功率相同且恰好都正常 发光。该理想电压表的示数为（ ） A. 27. 5V B. 44V C. 110V D. 220V 【答案】C 【解析】 【详解】由理想变压器的变流比关系可知，通过灯泡 L1、L2 的电流之比为 由于灯泡 L1、L2 的额定功率相同且恰好都正常发光，故灯泡 L1、L2 两端的电压之比为 又由理想变压器的变压比关系可知，变压器原副线圈的电压之比为 且 U1+UL1=220V 2 2 rad/s=100πrad/s0.02T π πω = = 220 2 100 Ve sin tπ= （ ） 220 2 V 220V4e sin π= = 220 2 sin100e tπ= 1 2 2 1 1 4 I n I n =＝ 1 2 4 1 L L U U ＝ 1 1 2 2 4 1 U n U n ＝ ＝ U2=UL2 解得 U1=110V 所以电压表的示数为 110V。 A．27. 5V，与结论不相符，选项 A 错误；B．44V，与结论不相符，选项 B 错误； C．110V，与结论相符，选项 C 正确；D．220V，与结论不相符，选项 D 错误；故选 C。 18.如图所示，一单匝闭合矩形金属线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴 OO′匀 速转动，转轴 OO′过 ad 边和 bc 边的中点。从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量 随 时间 t 的变化关系式为 （Wb），时间 t 的单位为 s。已知矩形线圈的电阻为 2. 0 ，下列说法正确的是（ ） A. 穿过线圈 磁通量的最大值为 Wb B. 在任意 1s 时间内，线圈中通过的电流的方向改变 20 次 C. 线圈中通过的电流的有效值约为 3. 14A D. 在任意 1s 时间内，线圈克服安培力所做的功约为 9. 86J 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由表达式可知，穿过线圈的磁通量的最大值为 BS=0.1Wb，故 A 错误； B．周期 ，一个周期内电流方向改变两次，故在任意 1s 时间内，线圈中电 流的方向改变 20 次，故 B 正确； C．转动的角速度为 ω=20πrad/s，产生的感应电动势最大值为 Em=NBSω=2πV 电动势的有效值为 E= πV 的 Φ 0.1cos20πΦ = t Ω 2 10 2 0.120T s π π= = 2 线圈中电流的有效值为 故 C 错误； D．在任意 l s 时间内，线圈克服安培力所做的功 故 D 正确；故选 BD。 第Ⅱ卷 （非选择题 共 46 分） 二、实验题（3 分+9 分=12 分） 19.某同学用多用电表测量某电阻 阻值 R，他将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡的 “×100”位置，进行欧姆调零后用正确的测量方法进量，结果刻度盘上的指针位置如图所示， 可知 R=________k 。 【答案】3 【解析】 [1]．由表盘刻度可知，R=30×100Ω=3k . 20.某物理兴趣小组利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。除电池（内阻约为 0. 3 ）、开关和导线外，实验室提供的器材还有： A. 电压表 V（量程为 3V，内阻约为 3k ） B. 电流表 A1（量程为 0. 6A，内阻约为 0. 2 ） C. 电流表 A2（量程为 3A，内阻约为 0. 05 ） 的 2 A 2 EI R π= = 2 22 1J 9.86J 2 ( )EW tR π= = × ≈ Ω Ω Ω Ω Ω Ω D. 定值电阻（阻值为 1. 5 ，额定功率为 2W） E. 定值电阻（阻值为 20 ，额定功率为 10W） F. 滑动变阻器（最大阻值为 15 ，额定电流为 2A）。 （1）电流表应选用________（选填“B”或“C”），R0 应选用________（选填“D”或“E”）。 （2）实验时，闭合开关 S 前，应将滑动变阻器的滑动触头 P 置于_____（选填“a”或“b”）端。 （3）在器材选择正确的情况下，按正确操作进行实验，调节滑动变阻器，通过测量得到该 电池的 U－I 图线如图乙所示，则该电池的电动势 E=________V、内阻 r=________ 。 【答案】 (1). B D (2). b (3). 1. 48 0. 46 【解析】 【详解】（1）[1][2]．估算电流时，考虑到干电池的内阻 0.3Ω 左右，保护电阻选择与内阻相 当的定值电阻 D 即可；这样加上保护电阻，最大电流控制在 0.5A 左右，所以选量程为 0.6A 的电流表，故选 B； （2）[3]．实验时，闭合开关 S 前，应将滑动变阻器的滑动触头 P 置于阻值最大的 b 端。 （3）[4][5]．根据闭 U-I 图象可知，与 U 轴的交点表示电动势，所以 E=1.48V，图象的斜率 表示内电阻与保护电阻之和，故 解得 r=0.46Ω； 三、计算题（10 分+12 分+12 分=34 分） 21.如图所示，一质量为 m／3 的人站在质量为 m 的小船甲上，以速度 v0 在水面上向右运 动．另一完全相同小船乙以速率 v0 从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两 船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出 时相对于地面的速率至少多大？ 【答案】 【解析】 【详解】设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度 v1，由动量守恒定律： Ω Ω Ω Ω 0 1.48 0.50 1.960.50r R −+ = = Ω 2 0 25 7v v= 解得： 设人跳出甲船的速度为 v2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律： 解得： 22.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 B=0.50T，两条光滑的平行金属 导轨固定在同一水平面内，导轨间距 l=0.40m，左端接有阻值 R=0.40Ω 的电阻．一质量 m=0.10kg、阻值 r=0.10Ω 的金属棒 MN 放置在导轨上．金属棒在水平向右的拉力 F 作用下， 沿导轨做速度 v=2.0m/s 的匀速直线运动．求： （1）通过电阻 R 的电流 I； （2）拉力 F 的大小； （3）撤去拉力 F 后，电阻 R 上产生的焦耳热 Q． 【答案】（1）0.80A（2）0.16N （3）0.16J 【解析】 【详解】（1）感应电动势 V 通过电阻 R 的电流 A （2）金属棒受到的安培力 N 根据牛顿第二定律有 所以 N （3）撤去拉力 F 后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦 耳热．在这段过程中，根据能量守恒定律有 所以 J 0 0 1( ) (2 )3 3 m mm v mv m v+ ⋅ − = + 1 0 1 7v v= 0 1 2( )3 3 m mm v m v v+ = ⋅ + 2 0 25 7v v= v 0.40E Bl= = 0.80EI R r = =+ A 0.16F BIl= = 0AF F− = 0.16F = 21 v2 m Q= 总 0.16RQ QR r = =+ 总 23.如图所示，在直角坐标系 xOy 中，板间距离为 d 的正对金属板 M、N 上有两个小孔 S、 K，S、K 均在 y 轴（竖直）上。在以原点 O 为圆心、以 R 为半径的圆形区域内存在方向垂 直纸面向外的匀强磁场，圆 O 与 M 板相切于 S、与 x 负半轴相交于 C 点。小孔 K 处的灯丝 不断地逸出质量为 m、电荷量为 e 的电子（初速度和重力均不计），电子在两板间的电场作 用下沿 y 轴正方向运动。当 M、N 间的电压为 时，从小孔 K 逸出的电子恰好通过 C 点。 （1）求电子到达小孔 S 处时的速度大小 ； （2）求磁场的磁感应强度大小 B； （3）若 M、N 间的电压增大为 ，求从小孔 K 逸出的电子离开磁场时的位置 D（图中未 画）的坐标。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）电子的运动轨迹如图所示，在电子从小孔 K 运动到小孔 S 的过程中，根据动 能定理有： 0U 0v 03U 0 0 2eUv m = 021 mUB R e = 3 1,2 2R R  −    解得： （2）当电子恰好通过 C 点时，根据几何关系可得电子在磁场中 轨道半径为： 洛伦兹力提供电子做圆周运动所需的向心力，有： 解得： （3）设此种情况下电子到达小孔 S 处时的速度大小为 v，根据动能定理有： 设此种情况下电子在磁场中的轨道半径为 ，有： 解得： 设 O、D 两点连线与 y 轴的夹角为 θ，由几何关系知，此种情况下电子从小孔 S 运动到 D 点 的轨迹（圆弧）对应的圆心角为： 由几何关系有： 解得： 故 D 点的位置坐标为 ，即 的 2 0 0 1 2e mvU = 0 0 2eUv m = 1r R= 2 0 0 1 vev B m r = 021 mUB R e = 2 0 13 2e U mv× = 2r 2 2 vevB m r = 06eUv m = 2 3r R= α θ= 2 2cos sinr R rα θ+ = 3 πα θ= = ( sin , cos )R Rθ θ− 3 1,2 2R R  −   