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2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】B，【答案】C，【答案】BD，【答案】AB等内容，欢迎下载使用。
无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是( )
A. 电容器正在放电B. 振荡电流正在增大
C. 线圈中的磁场正在增强D. 磁场能正在向电场能转化
如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷，C、D是两点电荷连线上的两点，A、B是两点电荷连线中垂线上的两点，不计电子重力，下列说法正确的是( )
A. 电子沿中垂线从A点运动到B点的过程中，所受电场力先减小后增大
B. 电子沿中垂线从A点运动到B点的过程中，电势能逐渐减小
C. 电子沿两点电荷连线从C点运动到D点的过程中，所受电场力先增大后减小
D. 电子沿两点电荷连线从C点运动到D点的过程中，电势能逐渐增大
如图所示，匀强电场的场强E=4×105V/m，A、B两点相距0.2m，A、B两点连线与电场线方向的夹角θ=60∘，下列说法正确的是( )
A. 若取A点的电势为0，则B点的电势φ=−8×104V
B. A、B两点间的电势差UAB=4×104V
C. 电荷量g=+2×10−4C的试探电荷从A点运动到B点电势能增大8J
D. 电荷量q=−2×10−4C的试探电荷从A点运动到B点电势能减小8J
如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30∘角。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子离开电场时的速度为33v0B. 板间匀强电场的大小为23mv023qL
C. 两极板间的距离为36LD. 两极板间的电势差为mv023q
如图甲所示的电路中，电阻R=10Ω，电压表量程为0∼200V，电源接如图乙所示的交流电，下列说法正确的是( )
A. 电压表会由于测量值超出量程而被损坏
B. 每经过1秒，通过R的电流方向改变50次
C. 不考虑温度对电阻的影响，R的实际功率为3025W
D. 将电压表换为耐压值是250V的电容器，电容器可以安全工作
要认识原子核内部的情况，需要用极高能量的粒子作为“炮弹”去轰击原子核才能把它“打开”，而回旋加速器就是产生这些高能“炮弹”的“工厂”。如图是回旋加速器的原理图，D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直D形盒向下，D形盒间的加速电压为U，D形盒间的狭缝很窄，粒子穿过狭缝的时间可以忽略，则( )
A. 粒子在D形盒中被加速的次数越多，获得的最大速度越大
B. D形盒间加速电压越大，粒子获得的最大速度越大
C. 粒子在D形盒中运动的时间为πBR22U
D. 该装置加速电源的电压和频率设定好后，可以对任意粒子加速
如图所示，在x轴上方区域存在着范围足够大的垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=(2−2)mv02aq。空间坐标(x=0,y=a)处有一粒子源S，某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个(N足够大)质量为m、电荷量为q、速度为v0的带正电粒子。则不能到达x轴上的粒子所占比例为( )
A. 16B. 14C. 13D. 12
许多电气设备的应用都需要高强度的脉冲能量，如用于切割或焊接的脉冲激光器、产生高强度闪光的闪光灯等。这些能量可以从已经充满电的电容器快速放电中获得。研究电容器充放电的电路如图甲所示，该实验中通过电流传感器获取的电流随时间变化的图像如图乙、丙所示(取通过R的电流方向由a经R到b为电流正方向)，下列说法正确的是( )
A. 乙图为开关S接2时的电流图像
B. 乙、丙两图中图线与t轴所围面积相等
C. 形成乙图图线的过程中电容器的电容逐渐减小
D. 形成丙图图线的过程中电容器两端电压逐渐减小
如图所示，圆形闭合金属线圈位于磁场方向垂直于线圈平面的匀强磁场中，已知金属线圈的匝数n=100，半径r=0.5m，总电阻R=5Ω。t=0时刻磁场方向垂直线圈平面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化规律为B=(6−2t)T。下列说法正确的是( )
A. 1s内线圈中磁通量的变化量大小为0.5πWb
B. 1s内通过线圈的电荷量为10πC
C. t=3s时线圈中的感应电流为0
D. t=4s时线圈有扩张的趋势
如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是( )
A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz
B. 在t=0时刻，电流表A2的示数不为0
C. 滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大
D. 滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大
某兴趣小组利用器材组装了如图所示的简易欧鹚表，研究欧姆表的原理及使用方法。
(1)红表笔是______(选填“A”或“B”)表笔。
(2)使用此欧姆表测量电阻之前，应该先将A、B表笔______，然后调节______使G满偏。
(3)小红用此欧姆表测一阻值为R0的电阻时，指针偏转至满刻度的12处，现用该表测未知电阻Rx，指针偏转到满刻度的14处，则该电阻Rx的阻值为______。
最近市面上有一种水果“果冻橙”，看起来像橙子剥开又像橘子。这种橙子跟平时常吃的橙子口感不一样，不仅果肉嫩，味道更甜，被不少网友誉为“天然榨汁机”“柑橘皇后”。某兴趣小组想要探究此“果冻橙”电池的电动势E和内阻r的大小(该电池电动势不足1V，内阻大约1kΩ)。玻璃皿中盛有橙汁，在橙汁中相隔一定距离插入铜片和锌片作为电池的正极和负极，并且备有下列器材：
A.电流表A(量程0∼0.6A，内阻很小)
B.电压表V1(量程0∼1V，内阻很大)
C.电压表V2(量程0∼10V，内阻很大)
D.电阻箱R(量程0∼9999Ω)
E.开关和导线若干
(1)请根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图甲连接成完整电路。
(2)甲图中的电压表应选______(选填“V1”或“V2”)。
(3)连接好实物图后，闭合开关。改变电阻箱的阻值R，记录电压表对应的示数U，以1R为横坐标，1U为纵坐标，作出的图像如图乙所示，则“果冻橙”的电动势为______ V，内阻为______kΩ。(结果均保留两位有效数字)
(4)该兴趣小组只将金属片插入深度增加后发现“果冻橙”电池的内阻变小了，导致这一现象的原因是______。(用电阻决定式的相关物理量做解释)
利用如图装置可以测量匀强磁场的磁感应强度。在倾角θ=30∘的绝缘斜面上固定两根电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨间距l=10.0cm，下端接有电源、开关、理想电流表和滑动变阻器。导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，劲度系数k=5.0N/m的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab的中点相连，弹簧与导轨平面平行且始终与导体棒垂直，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中。现闭合开关，接通电源，调节滑动变阻器，当电流I=0.20A时导体棒保持静止且弹簧处于原长状态。将电源正负极对调，保持滑动变阻器滑片位置不变，导体棒静止时弹簧的伸长量x=2.0cm(在弹性限度内)，已知重力加速度g=10m/s2。
(1)请推导出匀强磁场磁感应强度B的表达式并求出其大小和方向；
(2)求金属棒的质量。
如图所示，电阻不计的两根固定平行绝缘直导轨间距为L，两导轨间每两相邻的匀强磁场宽度相同，磁感应强度大小均为B，方向相反且均垂直于导轨平面。导轨上单匝金属框ABCD垂直导轨放置，已知金框的电阻为R，质量为m，边长AB与磁场宽度相同且均为d。金属框在水平向右的外力作用下以速度v0沿导轨向右匀速运动，金属框与导轨间的摩擦忽略不计。
(1)求金属框中的电流和所受外力的大小；
(2)若撤去外力，求金属框从速度v0减速到0的过程中通过的位移大小。
现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在如图所示范围足够大的有界匀强磁场和有界匀强电场，直线GN为磁场和电场的分界线。其中匀强电场EⅠ和EⅡ的场强大小相等、方向相反。在y轴左侧存在辐向均匀分布的电场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以速度v0从y轴上M点沿x轴正方向射入匀强电场EⅠ，离开匀强电场EⅠ时的速度方向与直线PQ的夹角为60∘，经过一段时间从x轴上G点沿x轴正方向离开匀强电场EⅡ并进入匀强磁场，再由N点进入匀强电场EⅠ，最终从O点沿x轴负方向进入y轴左侧的辐向电场，经过半个圆周运动到达出发点M。已知D、P，M点位于y轴上，G点位于x轴上，F、Q、N点位于直线GN上，直线MN，PQ，DF均平行于x轴，直线GN平行于y轴，PD=d2，MP=DO=d。忽略带电粒子的重力。求：
(1)匀强电场EⅠ和EⅡ的场强大小E；
(2)OG的长度LOG；
(3)粒子从M点出发到第一次返回M点经历的时间t。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题图可知，此时电容器正在充电，电路中电流正在减小，线圈中的磁场正在减弱，磁场能正在向电场能转化，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据安培定则确定电流方向，从而明确电容器充放电情况，同时明确电容器充电时电流减小，磁场能减弱，电场能增加，而放电时，电流增大，磁场能增强，电场能减弱。
本题考查了电磁振荡。掌握电磁振荡特点是解决本题的关键点。
2.【答案】D
【解析】解：AB、由等量异种电荷周围电场线的分布可知，在中垂线AB上，O点场强最大，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强逐渐减小，方向水平向右，AB为等势线。所以电子在从A点运动到B点的过程中，电势能不变，电场力先增大后减小，故AB错误；
C、两点电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大，O点最小但不为零，方向不变，电子在从C点运动到D点的过程中，电场力先减小后增大，故C错误；
D、电场力做负功，电势能逐渐增大，故D正确。
故选：D。
本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+Q指向−Q；两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称，AB是一条等势线，沿电场线方向电势降低，负电荷的电势能增大，电场力做负功．
解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线．
3.【答案】B
【解析】解：AB、由图可知，AB之间的电势差UAB=ELcs60∘=4×105×0.2×0.5V=4×104V，又因为UAB=φA−φB，取A点的电势为0，则B点的电势为φB=−4×104V，故A错误，B正确；
C、电荷量q=+2×10−4C的电荷从A点运动到B点，静电力做正功，电荷的电势能减小，故C错误；
D、电荷量q=−2×10−4C的电荷从A点运动到B点，静电力做负功，电荷的电势能增大，故D错误。
故选：B。
已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U，又因为UAB=φA−φB，可求电势；
电场力做功W=qUAB，电场力做正功电势能减小。
本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离。
4.【答案】C
【解析】解：A、粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30∘，由几何关系得v=v0cs30∘=233v0，故A错误；
B、粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有L=v0t，竖直方向上有vy=at=v0tan30∘，由牛顿第二定律可知qE=ma，联立解得E=3mv023qL，故B错误；
C、粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向有d=12at2，解得d=36L，故C正确；
D、两极板间的电势差U=Ed=mv026q，故D错误。
故选：C。
粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由速度的分解法求粒子离开电场时的速度；根据牛顿第二定律和两个分位移公式相结合求解场强的大小；由竖直分位移公式求出两极板间的距离；由U=Ed求两极板间的电势差。
解决本题时，要知道粒子在匀强电场中做类平抛运动，采用运动的分解法研究，应用匀速直线运动的规律、牛顿第二定律、匀变速运动规律即可正确解题。
5.【答案】C
【解析】解：取一个周期时间，由电流的热效应可得：U2RT=(11022)2R×T2+(2222)2R×T2，解得电压有效值约为U=174V，电压表测量的是有效值，故没有超过量程，故A错误；
B、一个周期内电流方向改变2次，周期T=0.02s，故1s内电流方向改变次数n=1T×2=10.02×2次=100次，故B错误；
C、R的实际功率为P=U2R，解得P=3025W.故C正确；
D、交流电最大峰值是Em=2202V=311V，超出电容器耐压值，故D错误；
故选：C。
根据电流的热效应求得交流电的有效值，根据P=U2R求得电阻消耗的功率，一个周期内电流的方向改变两次，即可求得1s内电流方向的改变次数，电容器的耐压值为交流电的峰值。
本题主要考查了交流电有效值的计算，明确功率的计算用有效值，电容器的耐压值用交流电的峰值。
6.【答案】C
【解析】解：AB、洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得粒子的最大速度v=qBRm，粒子最终获得的速度由D形盒的半径决定，故AB错误；
C、当粒子从加速器中飞出时，获得的能量Ek=12mv2=q2B2R22m，则粒子被加速的次数n=EkqU=qB2R22mU，而粒子圆周运动的周期T=2πmqB，故粒子在D形盒中运动的时间t=nT2=πBR22U，故C正确；
D、只有加速器所加交流电源的周期与粒子在磁场中运动的周期相同时，粒子才能一直被加速，根据周期公式T=2πmqB可知，粒子在回旋加速器中运动周期与粒子的比荷有关，并非任意粒子均可被加速，故D错误。
故选：C。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度；
求出粒子被加速的次数，然后求出粒子的运动时间；电源频率等于粒子做匀速圆周运动的频率。
理解回旋加速器的工作原理是解题的前提，分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式即可解题。
7.【答案】B
【解析】解：y轴上的粒子源S，可向平面内任意方向发射粒子，所以带电粒子的轨迹是经过粒子源的一系列半径为r的等大圆。
如图所示，当两个圆均与x轴相切，由图可得速度在角α范围之内的带电粒子均不能到达x轴，由几何关系csθ=r−ar，
根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r
代入数据解得：r=22−2a=(2+2)a，
解得：csθ=22，则θ=45∘
由几何关系α=θ+θ=45∘+45∘=90∘，即有14的粒子不能到x轴，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得运动半径，根据几何关系分析解答。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握匀速圆周运动的解题规律，注意几何关系的应用。
8.【答案】BD
【解析】解：A、开关S接2为电容器放电过程，电容器外部电流由电容器的正极板流出，由b到a经过电阻R流入电容器的负极板，电流方向与题目规定正方向相反，应为丙图，故A错误；
B、两图线与轴所围面积表示电容器的带电量，二者相同，故B正确；
C、电容器的电容由电容器本身结构决定，与电容器是否带电无关，故C错误；
D、丙图对应电容器的放电过程，电容器两端电压逐渐减小，故D正确。
故选：BD。
根据电路结构结合题目中定义的电流的正方向分析出正确的I−t图像；
因为I−t图像中图像与横轴围成的面积表示电容器的电荷量，则两图线与轴所围的面积相等；
电容器的电容与是否带电无关；
丙图对应的是放电的过程，此过程中电压逐渐减小。
本题主要考查了电容器的相关应用，理解电容器充放电时电荷量的特点和电压的特点，整体难度不大。
9.【答案】AB
【解析】解：A、磁通量及磁通量的变化与匝数无关，ΔΦ=ΔBS=2πr2=0.5πWb，故A正确；
B、通过回路的电荷量q=I−t=nΔΦR=100×0.5π5C=10πC，故B正确；
C、t=3s时B=(6−2t)T=0T，回路磁通量为0，但磁通量的变化率不为0，且变化率恒定，故线圈中电流恒定，故C错误；
D、t=4s时磁场正在反向增大，根据楞次定律，线圈有收缩的趋势，故D错误。
故选：AB。
由B−t图象的斜率读出磁感应强度的变化率ΔBΔt，磁通量变化量ΔΦ=ΔBS；通过回路的电荷量q=I−t，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流的大小．
本题是一道图像题，分析清楚图像，根据图像判断磁感应强度随时间的变化关系，应用楞次定律与法拉第电磁感应定律即可正确解题．
10.【答案】BC
【解析】解：A、理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为f=1T=10.02Hz=50Hz，故A错误；
B、电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在t=0时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；
C、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表V1和V2的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻R0上的电压减小，因此电压表V3的示数变大，故C正确；
D、由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表A1示数变小；在副线圈电路中，定值电阻R0可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，由于不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。
故选：BC。
理想变压器不改变交流电源的频率；电流表测量的是交流电的有效值；当滑片向上移动时，分析副线圈电阻的变化，电路中的电流的变化，定值电阻R0上的电压的变化，因此得到电压表V3的示数的变化；不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系，无法判断滑动变阻器R的功率变化。
变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
11.【答案】A 短接 滑动变阻器R3R0
【解析】解：(1)根据流过欧姆表的电流为“红进黑出”，可知红表笔接内部电源的负极，所以红表笔是A表笔；
(2)使用欧姆表测电阻前应先进行欧姆调零，先把两支表笔直接接触，然后调节滑动变阻器R使表头指针满偏；
(3)根据闭合电路欧姆定律，欧姆表短接调零时，有：Ig=ER内
当测一阻值为R0的电阻时，有：12Ig=ER0+R内
联立解得：R内=R0
当测一未知电阻Rx时，有：14Ig=ER内+Rx
联立解得该电阻Rx的阻值为：Rx=3R0
故答案为：(1)A；(2)短接，滑动变阻器R；(3)3R0。
(1)根据流过欧姆表的电流为“红进黑出”判断；
(2)使用欧姆表测电阻前应先进行欧姆调零，即把红黑表笔短接，调节滑动变阻器使表头满偏即可；
(3)根据闭合电路欧姆定律列方程联立求解。
本题考查欧姆表的结构、测量原理，要明确欧姆表的原理为闭合电路欧姆定律。
12.【答案】V1 0.951.2内阻r的横截面积变大
【解析】解：(1)电路中的最大电流小于1mA，电流表的量程太大，所以选用伏阻法测量“果冻橙”电池的电动势和内阻，连接实物图如图。
(2)电池电动势不足1V，所以选V1。
(3)根据闭合电路欧姆定律列式1U=1E+1R⋅rE，根据图像的纵轴截距与斜率可知1E=1.05V−1，k=rE=Δ1UΔ1R=3−1.051.6×10−3Ω，解得：E=0.95V，r=1200Ω=1.2kΩ。
(4)金属片插入深度加大相当于内阻r的横截面积变大，由R=ρLS可得电阻变小。
故答案为：(1)图见解析；(2)V1；(3)0.95，1.2；(4)内阻r的横截面积变大
(1)(2)实验中要能保证安全和准确性选择电表与滑动变阻器，根据实验原理作电路图。
(3)根据闭合电路解得图像函数借此事，根据图示图象斜率与截距求出电源电动势与内阻。
(4)根据电流表内阻分析误差。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验器材的选择与实验数据处理，解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，结合图象得出电动势和内电阻。
13.【答案】解：(1)根据平衡条件和左手定则，可知匀强磁场磁感应强度的方向垂直导轨平面向下，设导体棒的质量为m
弹簧处于原长状态时有：mgsinθ=BIl
弹簧伸长量为时有：mgsinθ+BIl=kx
联立解得：B=kx2Il
代入数据得：B=2.5T
(2)由(1)中：mgsinθ=BIl
解得：m=0.01kg
答：(1)匀强磁场磁感应强度B的表达式为B=kx2Il，其大小为2.5T，方向垂直导轨平面向下，
(2)求金属棒的质量为0.01kg。
【解析】(1)对金属棒做受力分析，根据平衡条件可知磁感应强度的表达式；
(2)根据平衡条件可解得。
本题结合安培力考查有关弹簧的平衡问题，解题关键在于受力分析，根据平衡条件列式求解．
14.【答案】解：(1)由题得，金属框AD边和BC边切割磁感线，则金属框的电动势E=2BLv0
由电流I=ER，得I=2BLv0R
由左手定则，AD边和BC边所受安培力之和F安=2BIL
金属框做匀速运动，故合力为零，则外力F=F安=4B2L2v0R
(2)设金属框从速度v0减速到0所需时间为Δt，位移为x，
由题得，安培力F安′=4B2L2vR，方向向左，且x=∑vΔt
根据动量定理−∑F安′Δt=0−mv0
代入得x=mv0R4B2L2
答：(1)金属框中的电流大小为为2BLv0R，所受外力的大小为4B2L2v0R；
(2)若撤去外力，金属框从速度v0减速到0的过程中通过的位移大小为mv0R4B2L2。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合安培力公式与平衡条件解得；
(2)根据动量定理可解得。
本题考查导体切割磁感线运动，解题关键掌握法拉第电磁感应定律，注意动量定理的应用。
15.【答案】解：(1)由题意可得，粒子最简运动轨迹如图，在匀强电场中做类平抛运动，则
tan60∘=vyv0
vy2=2ad
根据牛顿第二定律有：qE=ma
联立解得E=3mv022qd
图1
(2)带电粒子在电场E1中做类平抛运动的水平位移为xPA，
则xPA=v0t0
d=vyt02
带电粒子在PQ、DF区间做匀速直线运动的水平位移xAC，由几何关系
dxAC=tan60∘
带电粒子从M到G运动具有周期性，OG的长度为最简轨迹水平位移的(2n+1)倍，即
LOG=(2n+1)(2xPA+xAC)=(2n+1)33d2，(n=0,1,)
(3)带电粒子在电场中及PD间水平方向一直做匀速运动，运动的时间为
t1=2LOGv0=33(2n+1)dv0
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，PD=d2，MP=DO=d，由几何关系得2r=2d+d2
粒子在磁场中运动的时间
t2=πrv0=5πd4v0
带电粒子在辐向电场中运动的时间t3=t2
粒子运动的总时间t=t1+t2+t3
联立解得：t=33(2n+1)dv0+5πd2v0，(n=0,1,)
答：(1)匀强电场EⅠ和EⅡ的场强大小为3mv022qd；
(2)OG的长度为(2n+1)33d2，(n=0,1,)；
(3)粒子从M点出发到第一次返回M点经历的时间为33(2n+1)dv0+5πd2v0，(n=0,1,)。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据竖直方向的运动学公式可解得；
(2)根据带电粒子运动的周期性解得OG的长度；
(3)分别计算粒子在电场和磁场中运动的时间，相加即可。
本题难度较高，涉及带电粒子在电场与磁场的运动问题，同时要求学生分析运动的周期性。
无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是( )
A. 电容器正在放电B. 振荡电流正在增大
C. 线圈中的磁场正在增强D. 磁场能正在向电场能转化
如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷，C、D是两点电荷连线上的两点，A、B是两点电荷连线中垂线上的两点，不计电子重力，下列说法正确的是( )
A. 电子沿中垂线从A点运动到B点的过程中，所受电场力先减小后增大
B. 电子沿中垂线从A点运动到B点的过程中，电势能逐渐减小
C. 电子沿两点电荷连线从C点运动到D点的过程中，所受电场力先增大后减小
D. 电子沿两点电荷连线从C点运动到D点的过程中，电势能逐渐增大
如图所示，匀强电场的场强E=4×105V/m，A、B两点相距0.2m，A、B两点连线与电场线方向的夹角θ=60∘，下列说法正确的是( )
A. 若取A点的电势为0，则B点的电势φ=−8×104V
B. A、B两点间的电势差UAB=4×104V
C. 电荷量g=+2×10−4C的试探电荷从A点运动到B点电势能增大8J
D. 电荷量q=−2×10−4C的试探电荷从A点运动到B点电势能减小8J
如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30∘角。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子离开电场时的速度为33v0B. 板间匀强电场的大小为23mv023qL
C. 两极板间的距离为36LD. 两极板间的电势差为mv023q
如图甲所示的电路中，电阻R=10Ω，电压表量程为0∼200V，电源接如图乙所示的交流电，下列说法正确的是( )
A. 电压表会由于测量值超出量程而被损坏
B. 每经过1秒，通过R的电流方向改变50次
C. 不考虑温度对电阻的影响，R的实际功率为3025W
D. 将电压表换为耐压值是250V的电容器，电容器可以安全工作
要认识原子核内部的情况，需要用极高能量的粒子作为“炮弹”去轰击原子核才能把它“打开”，而回旋加速器就是产生这些高能“炮弹”的“工厂”。如图是回旋加速器的原理图，D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直D形盒向下，D形盒间的加速电压为U，D形盒间的狭缝很窄，粒子穿过狭缝的时间可以忽略，则( )
A. 粒子在D形盒中被加速的次数越多，获得的最大速度越大
B. D形盒间加速电压越大，粒子获得的最大速度越大
C. 粒子在D形盒中运动的时间为πBR22U
D. 该装置加速电源的电压和频率设定好后，可以对任意粒子加速
如图所示，在x轴上方区域存在着范围足够大的垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=(2−2)mv02aq。空间坐标(x=0,y=a)处有一粒子源S，某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个(N足够大)质量为m、电荷量为q、速度为v0的带正电粒子。则不能到达x轴上的粒子所占比例为( )
A. 16B. 14C. 13D. 12
许多电气设备的应用都需要高强度的脉冲能量，如用于切割或焊接的脉冲激光器、产生高强度闪光的闪光灯等。这些能量可以从已经充满电的电容器快速放电中获得。研究电容器充放电的电路如图甲所示，该实验中通过电流传感器获取的电流随时间变化的图像如图乙、丙所示(取通过R的电流方向由a经R到b为电流正方向)，下列说法正确的是( )
A. 乙图为开关S接2时的电流图像
B. 乙、丙两图中图线与t轴所围面积相等
C. 形成乙图图线的过程中电容器的电容逐渐减小
D. 形成丙图图线的过程中电容器两端电压逐渐减小
如图所示，圆形闭合金属线圈位于磁场方向垂直于线圈平面的匀强磁场中，已知金属线圈的匝数n=100，半径r=0.5m，总电阻R=5Ω。t=0时刻磁场方向垂直线圈平面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化规律为B=(6−2t)T。下列说法正确的是( )
A. 1s内线圈中磁通量的变化量大小为0.5πWb
B. 1s内通过线圈的电荷量为10πC
C. t=3s时线圈中的感应电流为0
D. t=4s时线圈有扩张的趋势
如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是( )
A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz
B. 在t=0时刻，电流表A2的示数不为0
C. 滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大
D. 滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大
某兴趣小组利用器材组装了如图所示的简易欧鹚表，研究欧姆表的原理及使用方法。
(1)红表笔是______(选填“A”或“B”)表笔。
(2)使用此欧姆表测量电阻之前，应该先将A、B表笔______，然后调节______使G满偏。
(3)小红用此欧姆表测一阻值为R0的电阻时，指针偏转至满刻度的12处，现用该表测未知电阻Rx，指针偏转到满刻度的14处，则该电阻Rx的阻值为______。
最近市面上有一种水果“果冻橙”，看起来像橙子剥开又像橘子。这种橙子跟平时常吃的橙子口感不一样，不仅果肉嫩，味道更甜，被不少网友誉为“天然榨汁机”“柑橘皇后”。某兴趣小组想要探究此“果冻橙”电池的电动势E和内阻r的大小(该电池电动势不足1V，内阻大约1kΩ)。玻璃皿中盛有橙汁，在橙汁中相隔一定距离插入铜片和锌片作为电池的正极和负极，并且备有下列器材：
A.电流表A(量程0∼0.6A，内阻很小)
B.电压表V1(量程0∼1V，内阻很大)
C.电压表V2(量程0∼10V，内阻很大)
D.电阻箱R(量程0∼9999Ω)
E.开关和导线若干
(1)请根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图甲连接成完整电路。
(2)甲图中的电压表应选______(选填“V1”或“V2”)。
(3)连接好实物图后，闭合开关。改变电阻箱的阻值R，记录电压表对应的示数U，以1R为横坐标，1U为纵坐标，作出的图像如图乙所示，则“果冻橙”的电动势为______ V，内阻为______kΩ。(结果均保留两位有效数字)
(4)该兴趣小组只将金属片插入深度增加后发现“果冻橙”电池的内阻变小了，导致这一现象的原因是______。(用电阻决定式的相关物理量做解释)
利用如图装置可以测量匀强磁场的磁感应强度。在倾角θ=30∘的绝缘斜面上固定两根电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨间距l=10.0cm，下端接有电源、开关、理想电流表和滑动变阻器。导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，劲度系数k=5.0N/m的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab的中点相连，弹簧与导轨平面平行且始终与导体棒垂直，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中。现闭合开关，接通电源，调节滑动变阻器，当电流I=0.20A时导体棒保持静止且弹簧处于原长状态。将电源正负极对调，保持滑动变阻器滑片位置不变，导体棒静止时弹簧的伸长量x=2.0cm(在弹性限度内)，已知重力加速度g=10m/s2。
(1)请推导出匀强磁场磁感应强度B的表达式并求出其大小和方向；
(2)求金属棒的质量。
如图所示，电阻不计的两根固定平行绝缘直导轨间距为L，两导轨间每两相邻的匀强磁场宽度相同，磁感应强度大小均为B，方向相反且均垂直于导轨平面。导轨上单匝金属框ABCD垂直导轨放置，已知金框的电阻为R，质量为m，边长AB与磁场宽度相同且均为d。金属框在水平向右的外力作用下以速度v0沿导轨向右匀速运动，金属框与导轨间的摩擦忽略不计。
(1)求金属框中的电流和所受外力的大小；
(2)若撤去外力，求金属框从速度v0减速到0的过程中通过的位移大小。
现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在如图所示范围足够大的有界匀强磁场和有界匀强电场，直线GN为磁场和电场的分界线。其中匀强电场EⅠ和EⅡ的场强大小相等、方向相反。在y轴左侧存在辐向均匀分布的电场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以速度v0从y轴上M点沿x轴正方向射入匀强电场EⅠ，离开匀强电场EⅠ时的速度方向与直线PQ的夹角为60∘，经过一段时间从x轴上G点沿x轴正方向离开匀强电场EⅡ并进入匀强磁场，再由N点进入匀强电场EⅠ，最终从O点沿x轴负方向进入y轴左侧的辐向电场，经过半个圆周运动到达出发点M。已知D、P，M点位于y轴上，G点位于x轴上，F、Q、N点位于直线GN上，直线MN，PQ，DF均平行于x轴，直线GN平行于y轴，PD=d2，MP=DO=d。忽略带电粒子的重力。求：
(1)匀强电场EⅠ和EⅡ的场强大小E；
(2)OG的长度LOG；
(3)粒子从M点出发到第一次返回M点经历的时间t。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题图可知，此时电容器正在充电，电路中电流正在减小，线圈中的磁场正在减弱，磁场能正在向电场能转化，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据安培定则确定电流方向，从而明确电容器充放电情况，同时明确电容器充电时电流减小，磁场能减弱，电场能增加，而放电时，电流增大，磁场能增强，电场能减弱。
本题考查了电磁振荡。掌握电磁振荡特点是解决本题的关键点。
2.【答案】D
【解析】解：AB、由等量异种电荷周围电场线的分布可知，在中垂线AB上，O点场强最大，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强逐渐减小，方向水平向右，AB为等势线。所以电子在从A点运动到B点的过程中，电势能不变，电场力先增大后减小，故AB错误；
C、两点电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大，O点最小但不为零，方向不变，电子在从C点运动到D点的过程中，电场力先减小后增大，故C错误；
D、电场力做负功，电势能逐渐增大，故D正确。
故选：D。
本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+Q指向−Q；两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称，AB是一条等势线，沿电场线方向电势降低，负电荷的电势能增大，电场力做负功．
解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线．
3.【答案】B
【解析】解：AB、由图可知，AB之间的电势差UAB=ELcs60∘=4×105×0.2×0.5V=4×104V，又因为UAB=φA−φB，取A点的电势为0，则B点的电势为φB=−4×104V，故A错误，B正确；
C、电荷量q=+2×10−4C的电荷从A点运动到B点，静电力做正功，电荷的电势能减小，故C错误；
D、电荷量q=−2×10−4C的电荷从A点运动到B点，静电力做负功，电荷的电势能增大，故D错误。
故选：B。
已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U，又因为UAB=φA−φB，可求电势；
电场力做功W=qUAB，电场力做正功电势能减小。
本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离。
4.【答案】C
【解析】解：A、粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30∘，由几何关系得v=v0cs30∘=233v0，故A错误；
B、粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有L=v0t，竖直方向上有vy=at=v0tan30∘，由牛顿第二定律可知qE=ma，联立解得E=3mv023qL，故B错误；
C、粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向有d=12at2，解得d=36L，故C正确；
D、两极板间的电势差U=Ed=mv026q，故D错误。
故选：C。
粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由速度的分解法求粒子离开电场时的速度；根据牛顿第二定律和两个分位移公式相结合求解场强的大小；由竖直分位移公式求出两极板间的距离；由U=Ed求两极板间的电势差。
解决本题时，要知道粒子在匀强电场中做类平抛运动，采用运动的分解法研究，应用匀速直线运动的规律、牛顿第二定律、匀变速运动规律即可正确解题。
5.【答案】C
【解析】解：取一个周期时间，由电流的热效应可得：U2RT=(11022)2R×T2+(2222)2R×T2，解得电压有效值约为U=174V，电压表测量的是有效值，故没有超过量程，故A错误；
B、一个周期内电流方向改变2次，周期T=0.02s，故1s内电流方向改变次数n=1T×2=10.02×2次=100次，故B错误；
C、R的实际功率为P=U2R，解得P=3025W.故C正确；
D、交流电最大峰值是Em=2202V=311V，超出电容器耐压值，故D错误；
故选：C。
根据电流的热效应求得交流电的有效值，根据P=U2R求得电阻消耗的功率，一个周期内电流的方向改变两次，即可求得1s内电流方向的改变次数，电容器的耐压值为交流电的峰值。
本题主要考查了交流电有效值的计算，明确功率的计算用有效值，电容器的耐压值用交流电的峰值。
6.【答案】C
【解析】解：AB、洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得粒子的最大速度v=qBRm，粒子最终获得的速度由D形盒的半径决定，故AB错误；
C、当粒子从加速器中飞出时，获得的能量Ek=12mv2=q2B2R22m，则粒子被加速的次数n=EkqU=qB2R22mU，而粒子圆周运动的周期T=2πmqB，故粒子在D形盒中运动的时间t=nT2=πBR22U，故C正确；
D、只有加速器所加交流电源的周期与粒子在磁场中运动的周期相同时，粒子才能一直被加速，根据周期公式T=2πmqB可知，粒子在回旋加速器中运动周期与粒子的比荷有关，并非任意粒子均可被加速，故D错误。
故选：C。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度；
求出粒子被加速的次数，然后求出粒子的运动时间；电源频率等于粒子做匀速圆周运动的频率。
理解回旋加速器的工作原理是解题的前提，分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式即可解题。
7.【答案】B
【解析】解：y轴上的粒子源S，可向平面内任意方向发射粒子，所以带电粒子的轨迹是经过粒子源的一系列半径为r的等大圆。
如图所示，当两个圆均与x轴相切，由图可得速度在角α范围之内的带电粒子均不能到达x轴，由几何关系csθ=r−ar，
根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r
代入数据解得：r=22−2a=(2+2)a，
解得：csθ=22，则θ=45∘
由几何关系α=θ+θ=45∘+45∘=90∘，即有14的粒子不能到x轴，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得运动半径，根据几何关系分析解答。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握匀速圆周运动的解题规律，注意几何关系的应用。
8.【答案】BD
【解析】解：A、开关S接2为电容器放电过程，电容器外部电流由电容器的正极板流出，由b到a经过电阻R流入电容器的负极板，电流方向与题目规定正方向相反，应为丙图，故A错误；
B、两图线与轴所围面积表示电容器的带电量，二者相同，故B正确；
C、电容器的电容由电容器本身结构决定，与电容器是否带电无关，故C错误；
D、丙图对应电容器的放电过程，电容器两端电压逐渐减小，故D正确。
故选：BD。
根据电路结构结合题目中定义的电流的正方向分析出正确的I−t图像；
因为I−t图像中图像与横轴围成的面积表示电容器的电荷量，则两图线与轴所围的面积相等；
电容器的电容与是否带电无关；
丙图对应的是放电的过程，此过程中电压逐渐减小。
本题主要考查了电容器的相关应用，理解电容器充放电时电荷量的特点和电压的特点，整体难度不大。
9.【答案】AB
【解析】解：A、磁通量及磁通量的变化与匝数无关，ΔΦ=ΔBS=2πr2=0.5πWb，故A正确；
B、通过回路的电荷量q=I−t=nΔΦR=100×0.5π5C=10πC，故B正确；
C、t=3s时B=(6−2t)T=0T，回路磁通量为0，但磁通量的变化率不为0，且变化率恒定，故线圈中电流恒定，故C错误；
D、t=4s时磁场正在反向增大，根据楞次定律，线圈有收缩的趋势，故D错误。
故选：AB。
由B−t图象的斜率读出磁感应强度的变化率ΔBΔt，磁通量变化量ΔΦ=ΔBS；通过回路的电荷量q=I−t，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流的大小．
本题是一道图像题，分析清楚图像，根据图像判断磁感应强度随时间的变化关系，应用楞次定律与法拉第电磁感应定律即可正确解题．
10.【答案】BC
【解析】解：A、理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为f=1T=10.02Hz=50Hz，故A错误；
B、电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在t=0时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；
C、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表V1和V2的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻R0上的电压减小，因此电压表V3的示数变大，故C正确；
D、由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表A1示数变小；在副线圈电路中，定值电阻R0可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，由于不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。
故选：BC。
理想变压器不改变交流电源的频率；电流表测量的是交流电的有效值；当滑片向上移动时，分析副线圈电阻的变化，电路中的电流的变化，定值电阻R0上的电压的变化，因此得到电压表V3的示数的变化；不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系，无法判断滑动变阻器R的功率变化。
变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
11.【答案】A 短接 滑动变阻器R3R0
【解析】解：(1)根据流过欧姆表的电流为“红进黑出”，可知红表笔接内部电源的负极，所以红表笔是A表笔；
(2)使用欧姆表测电阻前应先进行欧姆调零，先把两支表笔直接接触，然后调节滑动变阻器R使表头指针满偏；
(3)根据闭合电路欧姆定律，欧姆表短接调零时，有：Ig=ER内
当测一阻值为R0的电阻时，有：12Ig=ER0+R内
联立解得：R内=R0
当测一未知电阻Rx时，有：14Ig=ER内+Rx
联立解得该电阻Rx的阻值为：Rx=3R0
故答案为：(1)A；(2)短接，滑动变阻器R；(3)3R0。
(1)根据流过欧姆表的电流为“红进黑出”判断；
(2)使用欧姆表测电阻前应先进行欧姆调零，即把红黑表笔短接，调节滑动变阻器使表头满偏即可；
(3)根据闭合电路欧姆定律列方程联立求解。
本题考查欧姆表的结构、测量原理，要明确欧姆表的原理为闭合电路欧姆定律。
12.【答案】V1 0.951.2内阻r的横截面积变大
【解析】解：(1)电路中的最大电流小于1mA，电流表的量程太大，所以选用伏阻法测量“果冻橙”电池的电动势和内阻，连接实物图如图。
(2)电池电动势不足1V，所以选V1。
(3)根据闭合电路欧姆定律列式1U=1E+1R⋅rE，根据图像的纵轴截距与斜率可知1E=1.05V−1，k=rE=Δ1UΔ1R=3−1.051.6×10−3Ω，解得：E=0.95V，r=1200Ω=1.2kΩ。
(4)金属片插入深度加大相当于内阻r的横截面积变大，由R=ρLS可得电阻变小。
故答案为：(1)图见解析；(2)V1；(3)0.95，1.2；(4)内阻r的横截面积变大
(1)(2)实验中要能保证安全和准确性选择电表与滑动变阻器，根据实验原理作电路图。
(3)根据闭合电路解得图像函数借此事，根据图示图象斜率与截距求出电源电动势与内阻。
(4)根据电流表内阻分析误差。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验器材的选择与实验数据处理，解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，结合图象得出电动势和内电阻。
13.【答案】解：(1)根据平衡条件和左手定则，可知匀强磁场磁感应强度的方向垂直导轨平面向下，设导体棒的质量为m
弹簧处于原长状态时有：mgsinθ=BIl
弹簧伸长量为时有：mgsinθ+BIl=kx
联立解得：B=kx2Il
代入数据得：B=2.5T
(2)由(1)中：mgsinθ=BIl
解得：m=0.01kg
答：(1)匀强磁场磁感应强度B的表达式为B=kx2Il，其大小为2.5T，方向垂直导轨平面向下，
(2)求金属棒的质量为0.01kg。
【解析】(1)对金属棒做受力分析，根据平衡条件可知磁感应强度的表达式；
(2)根据平衡条件可解得。
本题结合安培力考查有关弹簧的平衡问题，解题关键在于受力分析，根据平衡条件列式求解．
14.【答案】解：(1)由题得，金属框AD边和BC边切割磁感线，则金属框的电动势E=2BLv0
由电流I=ER，得I=2BLv0R
由左手定则，AD边和BC边所受安培力之和F安=2BIL
金属框做匀速运动，故合力为零，则外力F=F安=4B2L2v0R
(2)设金属框从速度v0减速到0所需时间为Δt，位移为x，
由题得，安培力F安′=4B2L2vR，方向向左，且x=∑vΔt
根据动量定理−∑F安′Δt=0−mv0
代入得x=mv0R4B2L2
答：(1)金属框中的电流大小为为2BLv0R，所受外力的大小为4B2L2v0R；
(2)若撤去外力，金属框从速度v0减速到0的过程中通过的位移大小为mv0R4B2L2。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合安培力公式与平衡条件解得；
(2)根据动量定理可解得。
本题考查导体切割磁感线运动，解题关键掌握法拉第电磁感应定律，注意动量定理的应用。
15.【答案】解：(1)由题意可得，粒子最简运动轨迹如图，在匀强电场中做类平抛运动，则
tan60∘=vyv0
vy2=2ad
根据牛顿第二定律有：qE=ma
联立解得E=3mv022qd
图1
(2)带电粒子在电场E1中做类平抛运动的水平位移为xPA，
则xPA=v0t0
d=vyt02
带电粒子在PQ、DF区间做匀速直线运动的水平位移xAC，由几何关系
dxAC=tan60∘
带电粒子从M到G运动具有周期性，OG的长度为最简轨迹水平位移的(2n+1)倍，即
LOG=(2n+1)(2xPA+xAC)=(2n+1)33d2，(n=0,1,)
(3)带电粒子在电场中及PD间水平方向一直做匀速运动，运动的时间为
t1=2LOGv0=33(2n+1)dv0
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，PD=d2，MP=DO=d，由几何关系得2r=2d+d2
粒子在磁场中运动的时间
t2=πrv0=5πd4v0
带电粒子在辐向电场中运动的时间t3=t2
粒子运动的总时间t=t1+t2+t3
联立解得：t=33(2n+1)dv0+5πd2v0，(n=0,1,)
答：(1)匀强电场EⅠ和EⅡ的场强大小为3mv022qd；
(2)OG的长度为(2n+1)33d2，(n=0,1,)；
(3)粒子从M点出发到第一次返回M点经历的时间为33(2n+1)dv0+5πd2v0，(n=0,1,)。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据竖直方向的运动学公式可解得；
(2)根据带电粒子运动的周期性解得OG的长度；
(3)分别计算粒子在电场和磁场中运动的时间，相加即可。
本题难度较高，涉及带电粒子在电场与磁场的运动问题，同时要求学生分析运动的周期性。
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