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浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期1月期末考试物理试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期1月期末考试物理试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了选择题I，选择题II，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题I（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量的单位用国际单位制中基本单位正确表示的是（ ）
A. 电阻：
B. 电功率：
C. 电量：
D. 电功：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电阻
选项A错误；
B．电功率
选项B错误；
C．根据q=It可知电量单位
1C=1A∙s
选项C正确；
D．电功
选项D错误。
故选C。
2. 下列说法中错误的是（ ）
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系
B. 法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了法拉第电磁感应定律
C. 安培提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的
D. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验“捕捉”到了电磁波
【答案】B
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系，故A正确，不符合题意；
B．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故B错误，符合题意；
C．安培提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的，故C正确，不符合题意；
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验“捕捉”到了电磁波，故D正确，不符合题意。
故选B。
3. 1930年，英国物理学家狄拉克预言了正电子的存在。1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子——正电子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子穿过铅板后速度减小，因此在磁场中做圆周运动的半径增大
B. 粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期变小
C. 图中的粒子是由上向下穿过铅板的
D. 该强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向外
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律
解得
粒子穿过铅板后速度减小，因此在磁场中做圆周运动的半径减小。故A错误；
B．根据
可得
故粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期不变。故B错误；
C．粒子穿过铅板后速度减小，粒子在磁场中运动半径减小，由图可知正电子从上向下穿过铅板。故C正确；
D．由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里。故D错误。
故选C。
【点睛】根据带电粒子在磁场中运动的规律进行分析即可。
4. 图一为某超声波发生器中的核心元件—压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动，需要给它通入同频率的高频电信号。图二为高频电信号发生原理图，已知某时刻电流i的方向指向A极板，且正在增大，下列说法正确的是（ ）
A. A极板带负电
B. 线圈L两端的电压在增大
C. 磁场能正在转化为电场能
D. 减小自感系数L，可以减小超声振动的频率
【答案】A
【解析】
【详解】A．某时刻电流正在增大，说明电容器正在放电，根据电流方向，可判断A带负电，故A正确；
B．电容器正在放电，则电容器电压减小，则线圈L两端的电压在减小，故B错误；
C．电容器正在放电，则电场能正在转化为磁场能，故C错误；
D．根据，减小自感系数L，可以增大超声振动的频率，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，匝数均为n，半径分别为、的两个导线圈a、b共面同心放置，两导线圈之间的圆环区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，在时间内，磁感应强度由增加到，在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈a磁通量的变化量为
B. 线圈b磁通量的变化量为
C. 线圈a磁通量的变化率为
D. 线圈b磁通量的变化率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．线圈a磁通量的变化量为
故A错误；
B．线圈b磁通量的变化量为
故B错误；
C．线圈a磁通量的变化率为
D．线圈b磁通量的变化率为
故D正确。
故选D。
6. 如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的自感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡。电源内阻忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 闭合电键瞬间，A、B、C同时亮起，然后A灯逐渐熄灭
B. 闭合电键稳定后，断开电键瞬间，A灯电流反向
C. 闭合电键稳定后，断开电键瞬间，a点电势高于b点
D. 闭合电键稳定后，断开电键瞬间，自感电动势大于电源电动势
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于A灯与自感线圈L串联，因此，当闭合电键瞬间，B、C立即亮起，而由于自感线圈在闭合电键瞬间产生自感电动势，阻碍电流的通过，通过A灯的电流逐渐增大，因此A灯不会立即变亮，而是缓慢变亮，又因为自感线圈的电阻可忽略，因此当电路稳定后A灯所在支路的电流大于B、C两灯所在支路电流，即A灯比B、C两灯亮，故A错误；
BCD．闭合电键稳定后，断开电键瞬间，自感线圈会产生自感电动势，B、C所在支路的原电流瞬间消失，自感电动势大于电源电动势，线圈产生的自感电动势阻碍A灯中电流的减小，因此A灯中电流方向不变，并与B、C所在电路构成闭合回路，可知，流过自感线圈的电流从a到b，而外电路电流从b流向a，因此a点的电势低于b点的电势，故BC错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=1m。PM间接有一个电动势为E=6V，内阻r=1Ω的电源和一只滑动变阻器。导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg。棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10m/s2），匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是（ ）
A. 2ΩB. 4Ω
C. 5ΩD. 6Ω
【答案】D
【解析】
【详解】ab中的电流方向从a到b，所以根据左手定则可得导体棒受到的安培力方向水平向左，导体棒还受到绳子水平向右的拉力，和方向未知摩擦力，如果导体受到向左的最大静摩擦力时，此时电流最小，设此时的电流大小为，根据共点力平衡条件可得
解得
电流最小，此时滑动变阻器连入电路的电阻最大，根据欧姆定律可得
如果导体受到向右的最大静摩擦力时，此时电流最大，设此时的电流大小为，根据共点力平衡条件可得
解得
此时滑动变阻器连入电路电阻最小，根据欧姆定律可得
故要使导体棒静止，连入电路的电阻大小范围为，故D不可能。
故选D。
8. 如图，半径为的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（），质量为的粒子沿平行于直径的方向射入磁场区域，射入点与的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，粒子运动轨迹如图所示
圆心角就为60°，为等边三角形
所以带电粒子运动的半径为
由
解得
故选B。
9. 一静止在水平地面上的物体受到方向不变的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度取，则下列说法错误的是（ ）
A. 物块所受滑动摩擦力的大小为2N
B. 物块的质量为2kg
C. 在0~4s内，合外力的冲量大小为
D. 在0~4s内，摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．t=1s时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的摩擦力，故有
故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
代入，，，解得
故B正确；
C．a-t图象围成的面积表示速度变化量，合外力的冲量大小为
故C正确；
D．0-1s内摩擦力是静摩擦力，在0~4s内，摩擦力的冲量小于
故D错误。
故选D。
10. 马先生投资85万建了一个小水电站。已知该水电站输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。已知输电过程中输电线上损失的功率为5kW。则下列说法正确的是（ ）
A. 输电线上通过的电流为625AB. 升压变压器的输出电压为4000V
C. 降压变压器的匝数比为200：11D. 升压变压器的匝数比为5：76
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
求得
故A错误；
B．变压器不损耗能量，功率不变，根据求得输出电压
故B正确；
C．降压变压器输入端电压
又由可得
故C错误；
D．根据可得
升压变压器的匝数比为1：16，故D错误。
故选B。
11. 如图所示，平行金属导轨固定在斜面上，导轨上下两端分别连着定值电阻和，且。匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动阻值也为R的金属杆从静止开始沿导轨向上滑动，金属杆与导轨接触良好，导轨光滑且电阻不计。已知从静止开始到金属杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，金属杆克服重力做功为，金属杆克服安培力做功为，定值电阻上产生的焦耳热为Q，金属杆动能的增加量为，重力势能的增加量为，则（ ）
A. B.
C. D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程，力F做功转化为电路中产生焦耳热、金属杆ab增加的动能和增加的重力势能，所以有
W=Q＋ΔEk＋ΔEp
ab杆克服重力做的功等于ab杆重力势能的增加量，即
W1=ΔEp
ab杆克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，即
W2=Q
故
C正确。
故选C。
12. 磁流体发电机的示意图如图所示，横截面为矩形的管道长为l，宽为a，高为b，上下两个侧面为绝缘体，相距为a的两个侧面是电阻可忽略的导体，此两导体侧面与一负载电阻R相联，整个管道放在一匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于上下侧面向上。现在电离气体（正、负带电粒子）持续稳定地流经管道，为使问题简化，设横截面上各点流速相同。已知电离气体所受的摩擦阻力与流速成正比；且无论有无磁场存在，都维持管两端电离气体压强差为p，设无磁场存在时电离气体流速为，电离气体的平均电阻率为，则下列说法正确的是（ ）
A. 电离气体所受的摩擦阻力与流速的比值为
B. 有磁场存在时电离气体的流速大于无磁场存在时电离气的流速
C. 有磁场存在时电离气体受到的安培力大小与电离气体流速v的关系可表示为：
D. 有磁场存在时电离气体受到的安培力大小可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．无磁场存在时电离气体流速为，稳定平衡时，有
而
联立解得
故A错误；
B．设有磁场时，流速为，由力的平衡可得
解得
而
其中
因此可得
故B错误；
C．有磁场存在时，电离气体受到的安培力大小为
故C正确；
D．设磁流体发电机的内阻为，由电阻定律可得
气体稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，有
解得
由闭合电路的欧姆定律可得
管内气体受到的安培力
联立解得
故D错误。
故选C。
二、选择题II（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分）
13. 如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，火箭升空过程中受到推进力的施力物体是大气层中的空气
B. 乙图中，验钞机利用了紫外线的荧光效应
C. 丙图中，浙江交通之声广播FM93发射的电磁波调制方式为调频
D. 丁图中，磁电式仪表线圈的铝框骨架在指针偏转时起到了电磁阻尼的作用
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．火箭升空时，火箭发动机向外高速喷出气体，气体对火箭有反作用力，这个力推动火箭向上加速运动，这个力的施力物体是喷出的气体，故A错误；
B．紫外线的显著作用包括化学作用，例如杀菌消毒、荧光作用，故B正确；
C．浙江交通之声广播FM93发射的电磁波调制方式为调频，故C正确；
D．线圈在磁场中偏转时，由于电磁感应现象中的“阻碍”作用，产生阻碍线圈的偏转，这是电磁阻尼原理，故D正确。
故选BCD。
14. 如图所示。图一为直线加速器，它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列，圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子每次通过圆筒间隙都被加速，且通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。图二为回旋加速器，、为两个中空的半圆金属盒，处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子通过D形盒间隙的时间可以忽略不计。两个加速器中所接交流电源的电压大小均保持恒定不变。下列说法正确的是（ ）
A. 直线加速器中的金属圆筒起到了屏蔽的作用，带电粒子在圆筒中做匀速直线运动
B. 回旋加速器中制作D形盒的金属不能选用铁磁性材料
C. 只增加交流电压值U，回旋加速器仍可正常工作，且能减小带电粒子在加速器中的运动时间
D. 直线加速器中，带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放，则之后依次通过1、2、3圆筒的时间之比为1：2：3
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．直线加速器中金属圆筒形成了静电屏蔽，内部场强为零，粒子在圆筒中做匀速直线运动，故A正确；
B．铁磁性材料在磁场中会受到磁场力的作用，不能制作D形盒，故B正确；
C．当粒子的速度满足
粒子从回旋加速器中射出，只增加交流电压值U，则每一次通过D形盒间隙增加的速度变大，则可以使加速次数变少，减小在加速器中的运动时间，故C正确；
D．直线加速器接交变电压，每次通过一个圆筒的时间应当固定（一般为半个交变电流的周期），如此，才可以每次通过间隙都被加速，故D错误。
故选ABC。
15. 图示为一台教学用手摇式交流发电机。当缓慢摇动大皮带轮手柄时，连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪的发光。若已知大皮带轮半径为，小皮带轮半径为，摇动手柄的角速度为，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，灯泡电阻为R（假设恒定不变），线圈在磁感应强度大小为B的匀强磁场中转动，产生正弦式交变电流。摇动过程中皮带不打滑。则下列说法中正确的是（ ）
A. 小灯泡闪烁的频率为
B. 提高摇动手柄的角速度，可以提高小灯泡的闪烁频率及亮度
C. 线圈由中性面开始转过的过程中，小灯泡上产生的焦耳热为
D. 线圈由中性面开始转过的过程中，通过小灯泡的电荷量为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．皮带不打滑，两轮边缘的线速度相等，则
线圈转动的角速度即小皮带轮转轮的角速度
交流电的频率有
小灯泡闪烁的频率
感应电动势的峰值
感应电动势的有效值为
由闭合电路的欧姆定律得
小灯泡的功率
提高摇动手柄的角速度，则变大，灯泡的实际功率P增大，小灯泡的闪烁频率及亮度增大。故A错误，B正确；
C．线圈由中性面开始转过的过程中，小灯泡上产生的焦耳热
解得
故C项错误；
D．线圈由中性面开始转过，由法拉第感应定律得
由闭合电路的欧姆定律得
通过灯泡的电荷量
解得
故D项正确。
故选BD。
第II卷：非选择题部分
三、实验题（本题共2小题，共16分。）
16. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，小糊同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究。
（1）本实验中，除可拆变压器外，下列器材中还需要的有________：
A．低压直流电源 B．交流电压表 C．刻度尺 D．开关、导线若干
（2）小糊同学将图中变压器的原线圈接线柱0、8与低压直流电源的输出端相连，选择开关置于12V挡，则与副线圈0、2接线柱相连的电表示数可能是________；
A．48.0V B．4.0V C．3.6V D．0V
（3）小糊正确选材并接线后，记录如下表所示四组实验数据。
分析表中数据可知，一定是________线圈的匝数（填“原”或“副”）。
【答案】 ①. BD##DB ②. D ③. 副
【解析】
【详解】（1）[1] 本实验中选用低压交流电源，故用交流电压表测副线圈电压，另实验还需要开关、导线若干。
故选BD。
（2）[2] 变压器的原线圈与低压直流电源的输出端相连，可知副线圈中磁通量不变，则副线圈中无感应电流，即副线圈所接电表无示数。
故选D。
（3）[3] 由表中数据可得，在误差允许范围内变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即
由于存在漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压，则变压器的副线圈两端测得的电压略小于理想值，故可知一定是副线圈的匝数。
17. 某学习小组采用图甲所示气垫导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，请回答下列问题。
(1)用天平测得滑块（均包括挡光片）的质量分别为；用游标卡尺测得挡光片的宽度均为d。若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示，则其读数为___________mm。
(2)充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑块，滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.05 s、0.06 s，则应使导轨右端___________（选填“调高”或“调低”），直至滑块在导轨上运动，通过两个光电门时___________，说明气垫导轨已经调节水平。
(3)滑块B放在两个光电门之间，滑块A向左挤压导轨架上的轻弹簧，并释放滑块A，滑块A一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一个，为，与光电门2相连的计时器的示数有两个，先后为。
(4)在实验误差允许范围内，若表达式___________（用测得的物理量表示）成立，说明滑块碰撞过程中动量守恒；若表达式___________（仅用、和表示）成立，说明滑块碰撞过程中机械能和动量均守恒。
【答案】 ①. 5.20 ②. 调低 ③. 两个计时器显示的时间相等 ④. ⑤.
【解析】
分析】
【详解】(1)[1]游标卡尺的读数为。
(2)[2][3]同一滑块通过两个光电门，由知，时间长的速度小，可知滑块做减速运动，导轨右端应调低一点，直至两个计时器显示的时间相等，即说明滑块做匀速运动，导轨已调成水平。
(4)[4]滑块A碰前速度，碰后速度，滑块B碰后速度，在实验误差允许范围内，若表达式
即
说明碰撞过程中动量守恒；
[5]若表达式
即
联立解得
说明碰撞过程中机械能和动量均守恒。
四、计算题（本题共4小题，共39分。）
18. 如图，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。求：
（1）C球第一次运动到最低点时的速度大小。
（2）A、B两木块分离后，C球偏离竖直方向的最大偏角的余弦值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒有
取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
联立解得
（2）选A、C为研究对象，由水平方向动量守恒有
由机械能守恒，有
解得
19. 如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（C点处于MN边界上）。一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度（不计空气阻力，，）。求：
（1）小球受到电场力的大小与方向；
（2）半圆轨道的半径R；
（3）在半圆轨道部分，摩擦力对小球所做的功。
【答案】（1）3N，水平向左；（2）1m：（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，小球在CD间做匀速直线运动，电场力与重力的合力垂直于CD向下，故有
方向水平向左
（2）在D点速度为
在CD段做直线运动，分析可知，CD段受力平衡，故有
解得
在F点处由牛顿第二定律可得
把代入得
（3）小球在DF段，由动能定律可得
解得
【点睛】明确小球在各阶段的运动情况，根据受力情况判断各力之间的关系。小球做曲线运动时，沿径向方向的合外力提供小球做圆周运动的向心力。
20. 粗糙绝缘水平桌面上存在两个相距为2L、垂直水平桌面向下的半无界匀强磁场。虚线MN左侧区域为I区磁场，磁感应强度随时间均匀变化的规律为；虚线PQ右侧区域为II区磁场，磁感应强度随时间变化规律未知。一个质量为m、电阻为R、与水平桌面间动摩擦因数为的n匝金属线框静止在如图所示位置，其中ab边长为2L，ad边长为L，且MN过ab、cd的中点。一段时间后，金属线框水平向右运动起来，而后以的速度穿出I区磁场、进入II区磁场。在线框进入II区磁场的同时，给线框施加一个水平向右的恒力，线框开始匀速进入II区磁场，经时间后，线框开始以加速度匀加速继续进入II区磁场。已知II区磁场的磁感应强度没有发生突变，当地重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）线框开始运动瞬间电功率的大小。
（2）框从开始运动到穿出I区磁场的过程中，通过线框导线横截面电荷量的大小。
（3）若线框进入II区磁场经时间后重新开始计时，求线框匀加速进入II区磁场的过程中，磁感应强度随时间变化的规律（不用写出定义域）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）线框开始运动瞬间，电动势为
电流为
电功率大小为
（2）刚开始运动时，有
即
可得
则有
刚出磁场时
则有
（3）线框匀速进入II区磁场时，有
其中
可得
匀加速继续进入时，有
可得
由于磁场不发生突变，则磁场不为零，所以感应电流为零，即磁通量不发生变化，则有
解得
21. 如图所示，在第一象限某区域有一垂直于xOy平面向外、磁感应强度B1的矩形匀强磁场PQMN，点Q坐标为（2a，0），其余点坐标未知。现有一质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子从y轴上的A（0，a）点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限、从Q点射出矩形磁场并进入第四象限。第四象限中，虚线EQ左侧存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度B2=k（k为大于零的未知常数）的匀强磁场。虚线EQ与x轴正方向的夹角为α（未知），在x=4a处垂直于x轴放置一块长为2a的金属挡板。金属挡板良好接地，所有打到金属挡板上的电荷均能被吸收并导入大地。求：
（1）带电粒子在B1磁场中运动的时间是多少？
（2）矩形匀强磁场PQMN的最小面积是多少？
（3）在题（2）的基础上，沿OA放置一个线状粒子源，该粒子源能均匀地沿x轴正方向源源不断地发射质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子，且单位时间内 发射的粒子数为N，发射速度大小与发射点纵坐标的关系满足vv0。已知所有从EQ射出磁场B2的粒子速度方向均沿x轴正方向。求接地导线上的电流大小随k值变化的函数表达式。
【答案】（1）；（2）；（3）I。
【解析】
【详解】（1）粒子轨迹如图所示，
洛伦兹力提供向心力，由
qv0B1=m
得
设带电粒子在B1磁场中转过的圆心角为θ，则
csθ
解得
粒子在磁场中运动周期为
粒子在B1磁场中运动时间为
（2）如图所示阴影部分，矩形长
L1
宽
L2=r1﹣r1
矩形最小面积为
Smin=L1L2
（3）由几何关系可知
从A点发射的粒子恰好打到金属挡板下边界（如图），QE长度为
由几何关系可知
2r2cs30°=LQE
又
qv0B2=m
B2=k
可得
k
当k时，全部粒子都打到金属挡板上
I=Nq
当k时，设从OA上F （0，y）点发射的粒子，经过两个磁场偏转以后恰好打到金属挡板下边界。
qvB2=m
又
vv0
可得
y
从OF发射粒子能全部打到金属挡板上匝
100
100
200
200
匝
200
400
400
800
2.10
1.95
5.22
2.35
4.28
8.00
10.60
9.64
一、选择题I（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量的单位用国际单位制中基本单位正确表示的是（ ）
A. 电阻：
B. 电功率：
C. 电量：
D. 电功：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电阻
选项A错误；
B．电功率
选项B错误；
C．根据q=It可知电量单位
1C=1A∙s
选项C正确；
D．电功
选项D错误。
故选C。
2. 下列说法中错误的是（ ）
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系
B. 法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了法拉第电磁感应定律
C. 安培提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的
D. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验“捕捉”到了电磁波
【答案】B
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系，故A正确，不符合题意；
B．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故B错误，符合题意；
C．安培提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的，故C正确，不符合题意；
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验“捕捉”到了电磁波，故D正确，不符合题意。
故选B。
3. 1930年，英国物理学家狄拉克预言了正电子的存在。1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子——正电子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子穿过铅板后速度减小，因此在磁场中做圆周运动的半径增大
B. 粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期变小
C. 图中的粒子是由上向下穿过铅板的
D. 该强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向外
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律
解得
粒子穿过铅板后速度减小，因此在磁场中做圆周运动的半径减小。故A错误；
B．根据
可得
故粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期不变。故B错误；
C．粒子穿过铅板后速度减小，粒子在磁场中运动半径减小，由图可知正电子从上向下穿过铅板。故C正确；
D．由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里。故D错误。
故选C。
【点睛】根据带电粒子在磁场中运动的规律进行分析即可。
4. 图一为某超声波发生器中的核心元件—压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动，需要给它通入同频率的高频电信号。图二为高频电信号发生原理图，已知某时刻电流i的方向指向A极板，且正在增大，下列说法正确的是（ ）
A. A极板带负电
B. 线圈L两端的电压在增大
C. 磁场能正在转化为电场能
D. 减小自感系数L，可以减小超声振动的频率
【答案】A
【解析】
【详解】A．某时刻电流正在增大，说明电容器正在放电，根据电流方向，可判断A带负电，故A正确；
B．电容器正在放电，则电容器电压减小，则线圈L两端的电压在减小，故B错误；
C．电容器正在放电，则电场能正在转化为磁场能，故C错误；
D．根据，减小自感系数L，可以增大超声振动的频率，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，匝数均为n，半径分别为、的两个导线圈a、b共面同心放置，两导线圈之间的圆环区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，在时间内，磁感应强度由增加到，在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈a磁通量的变化量为
B. 线圈b磁通量的变化量为
C. 线圈a磁通量的变化率为
D. 线圈b磁通量的变化率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．线圈a磁通量的变化量为
故A错误；
B．线圈b磁通量的变化量为
故B错误；
C．线圈a磁通量的变化率为
D．线圈b磁通量的变化率为
故D正确。
故选D。
6. 如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的自感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡。电源内阻忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 闭合电键瞬间，A、B、C同时亮起，然后A灯逐渐熄灭
B. 闭合电键稳定后，断开电键瞬间，A灯电流反向
C. 闭合电键稳定后，断开电键瞬间，a点电势高于b点
D. 闭合电键稳定后，断开电键瞬间，自感电动势大于电源电动势
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于A灯与自感线圈L串联，因此，当闭合电键瞬间，B、C立即亮起，而由于自感线圈在闭合电键瞬间产生自感电动势，阻碍电流的通过，通过A灯的电流逐渐增大，因此A灯不会立即变亮，而是缓慢变亮，又因为自感线圈的电阻可忽略，因此当电路稳定后A灯所在支路的电流大于B、C两灯所在支路电流，即A灯比B、C两灯亮，故A错误；
BCD．闭合电键稳定后，断开电键瞬间，自感线圈会产生自感电动势，B、C所在支路的原电流瞬间消失，自感电动势大于电源电动势，线圈产生的自感电动势阻碍A灯中电流的减小，因此A灯中电流方向不变，并与B、C所在电路构成闭合回路，可知，流过自感线圈的电流从a到b，而外电路电流从b流向a，因此a点的电势低于b点的电势，故BC错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=1m。PM间接有一个电动势为E=6V，内阻r=1Ω的电源和一只滑动变阻器。导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg。棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10m/s2），匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是（ ）
A. 2ΩB. 4Ω
C. 5ΩD. 6Ω
【答案】D
【解析】
【详解】ab中的电流方向从a到b，所以根据左手定则可得导体棒受到的安培力方向水平向左，导体棒还受到绳子水平向右的拉力，和方向未知摩擦力，如果导体受到向左的最大静摩擦力时，此时电流最小，设此时的电流大小为，根据共点力平衡条件可得
解得
电流最小，此时滑动变阻器连入电路的电阻最大，根据欧姆定律可得
如果导体受到向右的最大静摩擦力时，此时电流最大，设此时的电流大小为，根据共点力平衡条件可得
解得
此时滑动变阻器连入电路电阻最小，根据欧姆定律可得
故要使导体棒静止，连入电路的电阻大小范围为，故D不可能。
故选D。
8. 如图，半径为的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（），质量为的粒子沿平行于直径的方向射入磁场区域，射入点与的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，粒子运动轨迹如图所示
圆心角就为60°，为等边三角形
所以带电粒子运动的半径为
由
解得
故选B。
9. 一静止在水平地面上的物体受到方向不变的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度取，则下列说法错误的是（ ）
A. 物块所受滑动摩擦力的大小为2N
B. 物块的质量为2kg
C. 在0~4s内，合外力的冲量大小为
D. 在0~4s内，摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．t=1s时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的摩擦力，故有
故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
代入，，，解得
故B正确；
C．a-t图象围成的面积表示速度变化量，合外力的冲量大小为
故C正确；
D．0-1s内摩擦力是静摩擦力，在0~4s内，摩擦力的冲量小于
故D错误。
故选D。
10. 马先生投资85万建了一个小水电站。已知该水电站输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。已知输电过程中输电线上损失的功率为5kW。则下列说法正确的是（ ）
A. 输电线上通过的电流为625AB. 升压变压器的输出电压为4000V
C. 降压变压器的匝数比为200：11D. 升压变压器的匝数比为5：76
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
求得
故A错误；
B．变压器不损耗能量，功率不变，根据求得输出电压
故B正确；
C．降压变压器输入端电压
又由可得
故C错误；
D．根据可得
升压变压器的匝数比为1：16，故D错误。
故选B。
11. 如图所示，平行金属导轨固定在斜面上，导轨上下两端分别连着定值电阻和，且。匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动阻值也为R的金属杆从静止开始沿导轨向上滑动，金属杆与导轨接触良好，导轨光滑且电阻不计。已知从静止开始到金属杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，金属杆克服重力做功为，金属杆克服安培力做功为，定值电阻上产生的焦耳热为Q，金属杆动能的增加量为，重力势能的增加量为，则（ ）
A. B.
C. D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程，力F做功转化为电路中产生焦耳热、金属杆ab增加的动能和增加的重力势能，所以有
W=Q＋ΔEk＋ΔEp
ab杆克服重力做的功等于ab杆重力势能的增加量，即
W1=ΔEp
ab杆克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，即
W2=Q
故
C正确。
故选C。
12. 磁流体发电机的示意图如图所示，横截面为矩形的管道长为l，宽为a，高为b，上下两个侧面为绝缘体，相距为a的两个侧面是电阻可忽略的导体，此两导体侧面与一负载电阻R相联，整个管道放在一匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于上下侧面向上。现在电离气体（正、负带电粒子）持续稳定地流经管道，为使问题简化，设横截面上各点流速相同。已知电离气体所受的摩擦阻力与流速成正比；且无论有无磁场存在，都维持管两端电离气体压强差为p，设无磁场存在时电离气体流速为，电离气体的平均电阻率为，则下列说法正确的是（ ）
A. 电离气体所受的摩擦阻力与流速的比值为
B. 有磁场存在时电离气体的流速大于无磁场存在时电离气的流速
C. 有磁场存在时电离气体受到的安培力大小与电离气体流速v的关系可表示为：
D. 有磁场存在时电离气体受到的安培力大小可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．无磁场存在时电离气体流速为，稳定平衡时，有
而
联立解得
故A错误；
B．设有磁场时，流速为，由力的平衡可得
解得
而
其中
因此可得
故B错误；
C．有磁场存在时，电离气体受到的安培力大小为
故C正确；
D．设磁流体发电机的内阻为，由电阻定律可得
气体稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，有
解得
由闭合电路的欧姆定律可得
管内气体受到的安培力
联立解得
故D错误。
故选C。
二、选择题II（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分）
13. 如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，火箭升空过程中受到推进力的施力物体是大气层中的空气
B. 乙图中，验钞机利用了紫外线的荧光效应
C. 丙图中，浙江交通之声广播FM93发射的电磁波调制方式为调频
D. 丁图中，磁电式仪表线圈的铝框骨架在指针偏转时起到了电磁阻尼的作用
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．火箭升空时，火箭发动机向外高速喷出气体，气体对火箭有反作用力，这个力推动火箭向上加速运动，这个力的施力物体是喷出的气体，故A错误；
B．紫外线的显著作用包括化学作用，例如杀菌消毒、荧光作用，故B正确；
C．浙江交通之声广播FM93发射的电磁波调制方式为调频，故C正确；
D．线圈在磁场中偏转时，由于电磁感应现象中的“阻碍”作用，产生阻碍线圈的偏转，这是电磁阻尼原理，故D正确。
故选BCD。
14. 如图所示。图一为直线加速器，它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列，圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子每次通过圆筒间隙都被加速，且通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。图二为回旋加速器，、为两个中空的半圆金属盒，处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子通过D形盒间隙的时间可以忽略不计。两个加速器中所接交流电源的电压大小均保持恒定不变。下列说法正确的是（ ）
A. 直线加速器中的金属圆筒起到了屏蔽的作用，带电粒子在圆筒中做匀速直线运动
B. 回旋加速器中制作D形盒的金属不能选用铁磁性材料
C. 只增加交流电压值U，回旋加速器仍可正常工作，且能减小带电粒子在加速器中的运动时间
D. 直线加速器中，带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放，则之后依次通过1、2、3圆筒的时间之比为1：2：3
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．直线加速器中金属圆筒形成了静电屏蔽，内部场强为零，粒子在圆筒中做匀速直线运动，故A正确；
B．铁磁性材料在磁场中会受到磁场力的作用，不能制作D形盒，故B正确；
C．当粒子的速度满足
粒子从回旋加速器中射出，只增加交流电压值U，则每一次通过D形盒间隙增加的速度变大，则可以使加速次数变少，减小在加速器中的运动时间，故C正确；
D．直线加速器接交变电压，每次通过一个圆筒的时间应当固定（一般为半个交变电流的周期），如此，才可以每次通过间隙都被加速，故D错误。
故选ABC。
15. 图示为一台教学用手摇式交流发电机。当缓慢摇动大皮带轮手柄时，连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪的发光。若已知大皮带轮半径为，小皮带轮半径为，摇动手柄的角速度为，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，灯泡电阻为R（假设恒定不变），线圈在磁感应强度大小为B的匀强磁场中转动，产生正弦式交变电流。摇动过程中皮带不打滑。则下列说法中正确的是（ ）
A. 小灯泡闪烁的频率为
B. 提高摇动手柄的角速度，可以提高小灯泡的闪烁频率及亮度
C. 线圈由中性面开始转过的过程中，小灯泡上产生的焦耳热为
D. 线圈由中性面开始转过的过程中，通过小灯泡的电荷量为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．皮带不打滑，两轮边缘的线速度相等，则
线圈转动的角速度即小皮带轮转轮的角速度
交流电的频率有
小灯泡闪烁的频率
感应电动势的峰值
感应电动势的有效值为
由闭合电路的欧姆定律得
小灯泡的功率
提高摇动手柄的角速度，则变大，灯泡的实际功率P增大，小灯泡的闪烁频率及亮度增大。故A错误，B正确；
C．线圈由中性面开始转过的过程中，小灯泡上产生的焦耳热
解得
故C项错误；
D．线圈由中性面开始转过，由法拉第感应定律得
由闭合电路的欧姆定律得
通过灯泡的电荷量
解得
故D项正确。
故选BD。
第II卷：非选择题部分
三、实验题（本题共2小题，共16分。）
16. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，小糊同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究。
（1）本实验中，除可拆变压器外，下列器材中还需要的有________：
A．低压直流电源 B．交流电压表 C．刻度尺 D．开关、导线若干
（2）小糊同学将图中变压器的原线圈接线柱0、8与低压直流电源的输出端相连，选择开关置于12V挡，则与副线圈0、2接线柱相连的电表示数可能是________；
A．48.0V B．4.0V C．3.6V D．0V
（3）小糊正确选材并接线后，记录如下表所示四组实验数据。
分析表中数据可知，一定是________线圈的匝数（填“原”或“副”）。
【答案】 ①. BD##DB ②. D ③. 副
【解析】
【详解】（1）[1] 本实验中选用低压交流电源，故用交流电压表测副线圈电压，另实验还需要开关、导线若干。
故选BD。
（2）[2] 变压器的原线圈与低压直流电源的输出端相连，可知副线圈中磁通量不变，则副线圈中无感应电流，即副线圈所接电表无示数。
故选D。
（3）[3] 由表中数据可得，在误差允许范围内变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即
由于存在漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压，则变压器的副线圈两端测得的电压略小于理想值，故可知一定是副线圈的匝数。
17. 某学习小组采用图甲所示气垫导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，请回答下列问题。
(1)用天平测得滑块（均包括挡光片）的质量分别为；用游标卡尺测得挡光片的宽度均为d。若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示，则其读数为___________mm。
(2)充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑块，滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.05 s、0.06 s，则应使导轨右端___________（选填“调高”或“调低”），直至滑块在导轨上运动，通过两个光电门时___________，说明气垫导轨已经调节水平。
(3)滑块B放在两个光电门之间，滑块A向左挤压导轨架上的轻弹簧，并释放滑块A，滑块A一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一个，为，与光电门2相连的计时器的示数有两个，先后为。
(4)在实验误差允许范围内，若表达式___________（用测得的物理量表示）成立，说明滑块碰撞过程中动量守恒；若表达式___________（仅用、和表示）成立，说明滑块碰撞过程中机械能和动量均守恒。
【答案】 ①. 5.20 ②. 调低 ③. 两个计时器显示的时间相等 ④. ⑤.
【解析】
分析】
【详解】(1)[1]游标卡尺的读数为。
(2)[2][3]同一滑块通过两个光电门，由知，时间长的速度小，可知滑块做减速运动，导轨右端应调低一点，直至两个计时器显示的时间相等，即说明滑块做匀速运动，导轨已调成水平。
(4)[4]滑块A碰前速度，碰后速度，滑块B碰后速度，在实验误差允许范围内，若表达式
即
说明碰撞过程中动量守恒；
[5]若表达式
即
联立解得
说明碰撞过程中机械能和动量均守恒。
四、计算题（本题共4小题，共39分。）
18. 如图，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。求：
（1）C球第一次运动到最低点时的速度大小。
（2）A、B两木块分离后，C球偏离竖直方向的最大偏角的余弦值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒有
取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
联立解得
（2）选A、C为研究对象，由水平方向动量守恒有
由机械能守恒，有
解得
19. 如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（C点处于MN边界上）。一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度（不计空气阻力，，）。求：
（1）小球受到电场力的大小与方向；
（2）半圆轨道的半径R；
（3）在半圆轨道部分，摩擦力对小球所做的功。
【答案】（1）3N，水平向左；（2）1m：（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，小球在CD间做匀速直线运动，电场力与重力的合力垂直于CD向下，故有
方向水平向左
（2）在D点速度为
在CD段做直线运动，分析可知，CD段受力平衡，故有
解得
在F点处由牛顿第二定律可得
把代入得
（3）小球在DF段，由动能定律可得
解得
【点睛】明确小球在各阶段的运动情况，根据受力情况判断各力之间的关系。小球做曲线运动时，沿径向方向的合外力提供小球做圆周运动的向心力。
20. 粗糙绝缘水平桌面上存在两个相距为2L、垂直水平桌面向下的半无界匀强磁场。虚线MN左侧区域为I区磁场，磁感应强度随时间均匀变化的规律为；虚线PQ右侧区域为II区磁场，磁感应强度随时间变化规律未知。一个质量为m、电阻为R、与水平桌面间动摩擦因数为的n匝金属线框静止在如图所示位置，其中ab边长为2L，ad边长为L，且MN过ab、cd的中点。一段时间后，金属线框水平向右运动起来，而后以的速度穿出I区磁场、进入II区磁场。在线框进入II区磁场的同时，给线框施加一个水平向右的恒力，线框开始匀速进入II区磁场，经时间后，线框开始以加速度匀加速继续进入II区磁场。已知II区磁场的磁感应强度没有发生突变，当地重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）线框开始运动瞬间电功率的大小。
（2）框从开始运动到穿出I区磁场的过程中，通过线框导线横截面电荷量的大小。
（3）若线框进入II区磁场经时间后重新开始计时，求线框匀加速进入II区磁场的过程中，磁感应强度随时间变化的规律（不用写出定义域）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）线框开始运动瞬间，电动势为
电流为
电功率大小为
（2）刚开始运动时，有
即
可得
则有
刚出磁场时
则有
（3）线框匀速进入II区磁场时，有
其中
可得
匀加速继续进入时，有
可得
由于磁场不发生突变，则磁场不为零，所以感应电流为零，即磁通量不发生变化，则有
解得
21. 如图所示，在第一象限某区域有一垂直于xOy平面向外、磁感应强度B1的矩形匀强磁场PQMN，点Q坐标为（2a，0），其余点坐标未知。现有一质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子从y轴上的A（0，a）点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限、从Q点射出矩形磁场并进入第四象限。第四象限中，虚线EQ左侧存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度B2=k（k为大于零的未知常数）的匀强磁场。虚线EQ与x轴正方向的夹角为α（未知），在x=4a处垂直于x轴放置一块长为2a的金属挡板。金属挡板良好接地，所有打到金属挡板上的电荷均能被吸收并导入大地。求：
（1）带电粒子在B1磁场中运动的时间是多少？
（2）矩形匀强磁场PQMN的最小面积是多少？
（3）在题（2）的基础上，沿OA放置一个线状粒子源，该粒子源能均匀地沿x轴正方向源源不断地发射质量为m、电量大小为q、不计重力的带正电粒子，且单位时间内 发射的粒子数为N，发射速度大小与发射点纵坐标的关系满足vv0。已知所有从EQ射出磁场B2的粒子速度方向均沿x轴正方向。求接地导线上的电流大小随k值变化的函数表达式。
【答案】（1）；（2）；（3）I。
【解析】
【详解】（1）粒子轨迹如图所示，
洛伦兹力提供向心力，由
qv0B1=m
得
设带电粒子在B1磁场中转过的圆心角为θ，则
csθ
解得
粒子在磁场中运动周期为
粒子在B1磁场中运动时间为
（2）如图所示阴影部分，矩形长
L1
宽
L2=r1﹣r1
矩形最小面积为
Smin=L1L2
（3）由几何关系可知
从A点发射的粒子恰好打到金属挡板下边界（如图），QE长度为
由几何关系可知
2r2cs30°=LQE
又
qv0B2=m
B2=k
可得
k
当k时，全部粒子都打到金属挡板上
I=Nq
当k时，设从OA上F （0，y）点发射的粒子，经过两个磁场偏转以后恰好打到金属挡板下边界。
qvB2=m
又
vv0
可得
y
从OF发射粒子能全部打到金属挡板上匝
100
100
200
200
匝
200
400
400
800
2.10
1.95
5.22
2.35
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