2022北京清华附中高二（上）期末物理试卷（教师版）

这是一份2022北京清华附中高二（上）期末物理试卷（教师版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。选对得3分，错选、多选，该小题不得分）
1．关于电磁感应现象中穿过线圈的磁通量与感应电动势的关系，下列说法正确的是（ ）
A．磁通量变化越大，感应电动势一定越大
B．磁通量增加时，感应电动势一定变大
C．磁通量减小时，感应电动势也可能变大
D．磁通量为零时，感应电动势一定为零
2．关于磁感应强度，下列说法中错误的是（ ）
A．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量
B．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流的关系可以用右手螺旋定则来判断
C．一通电导线在磁场中某处所受安培力大，该处的磁感应强度就大
D．磁感线的切线方向表示磁场的方向，疏密表示磁感应强度的大小
3．如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转。当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计。则（ ）
A．电流表指针向右偏转
B．电流表指针向左偏转
C．磁铁加速度大于重力加速度
D．磁铁加速度等于重力加速度
4．右图为演示自感现象实验装置的电路图，电源的电动势为E，内阻为r。A是灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻。实验时，闭合开关S，电路稳定后，灯泡A正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流等于线圈L中电流
B．闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流大于线圈L中电流
C．电路稳定后突然断开开关S，灯泡A立即熄灭
D．电路稳定后突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭
5．每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将（ ）
A．向东偏转B．向南偏转C．向西偏转D．向北偏转
6．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点，关于线框中的感应电流（ ）
A．当E点经过边界MN时，感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大
7．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=mvBq．哪个图是正确的？（ ）
A．B．
C．D．
8．如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是（ ）
A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场
C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动
9．如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如表所示．由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（ ）
A．3，5，4B．4，2，5C．5，3，2D．2，4，5
10．如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab垂直于cd和eg放在金属导轨上且与它接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在导轨上滑动，运动中杆ab始终垂直于导轨。若金属杆在外力F的作用下沿轨道做匀加速直线运动，则图中可以定性表示在对应时间内外力F随时间t变化关系的图象是（ ）
A．B．
C．D．
二、双项选择题（每题有且仅两个正确答案，本题共6小题，每小题3分，共18分。选对得3分，选对但不全得2分，错选、多选，该小题不得分）
（多选）11．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，两个铜质D形盒D1、D2与交流电源相连，置于匀强磁场中，其间留有空隙，粒子从A点开始沿虚线运动。下列说法正确的有（ ）
A．粒子运动周期和交流电的周期相等
B．只增大D形盒的半径，粒子从加速器中出来时的速度将增大
C．只增大电压U，粒子从加速器中出来时的速度将增大
D．加速完质子后，不改变交流电的周期和磁感应强度，可以直接用来加速氦原子核（质量是质子的4倍，电荷是质子的2倍）
（多选）12．在如图所示的电磁感应实验中，线圈B与检流计G组成闭合电路，线圈A与电池、滑动变阻器、开关组成闭合电路，线圈A置于线圈B中。在实验中，以下的实验现象应该出现的是（ ）
A．在闭合开关的瞬间检流计指针将发生偏转，然后指针偏转角度维持不变
B．在闭合开关的瞬间检流计指针将发生偏转，然后指针又回到零刻度
C．闭合开关后，滑动变阻器滑片P向右或向左移动过程中，检流计指针都将发生偏转
D．在断开开关的瞬间，检流计指针不发生偏转
（多选）13．在图中，MN和PQ是两根竖直放置的相互平行的光滑金属导轨，已知导轨足够长，在轨道上端P、M之间接有一电阻R，ab是一根与导轨垂直的金属杆，导轨和金属杆的电阻均可忽略不计。且始终与导轨接触良好开始时，将电键S断开，让ab由静止开始下滑，经过一段时间后，再将S闭合。若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度随时间t的变化情况可能是图中的（已知在整个运动过程中，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好）（ ）
A．B．
C．D．
（多选）14．在图中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，线圈P和灵敏电流计G组成闭合回路，则（ ）
A．当合上开关S的瞬时，通过灵敏电流计的电流由b流向a
B．当闭合开关S的瞬时，通过灵敏电流计的电流由a流向b
C．当断开开关S的瞬时，通过灵敏电流计的电流由b流向a
D．当断开开关S的瞬时，通过灵敏电流计的电流由a流向b
（多选）15．如图所示，矩形线框abcd固定于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab和cd间滑动并接触良好。设磁感应强度为B，矩形线框的宽度ac等于L，在Δt时间内导体棒ef向左匀速滑过距离Δd。则下列判断错误的是（ ）
A．当ef向左滑动时，左侧面积减小LΔd，右侧面积增大LΔd，因此感应电动势E=2BLΔdΔt
B．当ef向左滑动时，左侧面积减小LΔd，右侧面积增大LΔd，互相抵消，因此感应电动势E＝0
C．对于匀强磁场中的情况，公式E=ΔΦΔt中，ΔΦ＝BΔS，ΔS是指导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E=BLΔdΔt
D．在切割磁感线的情况下，电动势的求解既能用E＝BLv计算，也能用E=ΔΦΔt计算
（多选）16．电子感应加速器是利用感应电场来加速电子的一种设备。电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成，当电磁铁通以变化的电流时，会在柱形电磁铁的两极间产生磁场，在磁场中安置一个环形真空管道作为电子运行的轨道，如图所示（图中上部分为主视图、下部分为俯视图）。当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．感生电场的方向为顺时针方向
B．感生电场的方向为逆时针方向
C．电磁铁中通入的电流应越来越强
D．电磁铁中通入的电流应越来越弱
三、实验题（每空2分，共16分）
17．（6分）某同学用多用电表“Ω”挡测量电阻阻值时，先选好倍率挡位后，再用表笔连接待测电阻进行读数，则在他的测量过程中缺少的步骤是 。若他按正确步骤进行测量，挡位的选择及表盘的示数如图所示，则该电阻阻值的测量值是 Ω。若该同学将该电表挡位调到100 mA挡，用来测某电流时，表针所指的位置依然是图中指针的位置，则此时他所测量的电流大小为 mA。
18．（8分）某同学用图甲所示电路测量一个蓄电池的电动势和内电阻。已知蓄电池的内电阻小于1Ω。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的器材还有：
A．电压表（量程3 V）
B．电流表（量程0.6 A）
C．电流表（量程3 A）
D．定值电阻R0（阻值3Ω，额定功率4 W）
E．滑动变阻器R（阻值范围0～5Ω，额定电流为2 A）
（1）电流表应选 。（选填器材前的字母序号）
（2）经过测量，由实验数据做出的U﹣I图像如图所示，则该蓄电池的电动势E＝ V，内电阻r＝ Ω。
（3）这种测量方法将导致电动势的测量值 。（填“偏大”、“偏小”、“不变”）
19．（2分）要测量内阻较大的电压表的内电阻，可采用“电压半值法”，其实验电路如图。实验操作如下：
（1）先将滑动变阻器R1的滑动头c调至最左端，将R2的阻值调至最大。
（2）闭合S2和S1，调节R1使电压表满偏。
（3）断开S2，保持滑动变阻器的滑动头c的位置不变，调节R2使电压表半偏，此时R2的值即为电压表的内阻值。
某同学在做该实验的时候，用的是3 V量程的电压表，他发现不管怎么调节R1都无法让电压表满偏，他灵机一动，利用半值法的思想，自己按照如下步骤做了实验：
a.闭合S2和S1，调节R1使电压表的示数为2.5 V。
b.断开S2，保持滑动变阻器的滑动头c的位置不变，调节R2使电压表示数为1.5 V。
c.读出此时电阻箱的读数为R2。
则可知按照该同学的测量方法，电压表内阻为 。（用带R2的表达式表示）
四、计算题（本题共5.小题，共36分。要求出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）
20．（6分）如图所示为质谱仪的示意图。速度选择器部分的匀强电场场强为E，匀强磁场的磁感应强度为B1。偏转分离器中的磁感应强度为B2，质子质量为m，电量为q。求：
（1）能通过速度选择器的粒子速度多大。
（2）质子和氘核（电量为q，质量为2m）进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d为多少。
21．（8分）如图所示，在匀强磁场中倾斜放置两根平行金属导轨，导轨与水平面夹角为θ＝37°，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度的大小为B＝3T，平行导轨的间距为L＝10cm。两金属杆的质量均为m＝1 g，电阻均为R＝3Ω。导轨的电阻不计。若用与导轨平面平行的拉力F作用在金属杆ab上，使ab匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止。（已知cd杆光滑不受摩擦力，而ab杆与轨道间的摩擦系数为μ＝0.5）求：
（1）cd杆所受安培力的大小。
（2）ab杆的速度大小。
（3）拉力F做功的功率。（已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
22．（8分）如图所示，水平面内的两根光滑金属杆ab、cd构成平行导轨，导轨的宽度L＝0.5m，处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.1T。导轨左端接一个R＝0.42Ω的电阻，导轨本身的电阻忽略不计。电阻r＝0.1Ω的导体棒ef在水平拉力F作用下沿导轨向右做匀速运动，速度为v＝2m/s，在运动过程中，导体棒始终与导轨垂直，且接触良好。求：
（1）通过电阻R的电流大小和方向；
（2）拉力F的功率。
23．（8分）如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向外，宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m，电阻为R的正方形线圈边长为L，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h。重力加速度为g，将线圈由静止释放，其下边缘（ab边）刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同，则在整个线圈穿过磁场的过程中：
（1）若线圈的下边缘ab边刚进入磁场的瞬间，线圈恰好能匀速运动，则线圈下落的初始高度h需要满足什么条件？
（2）要保证线圈的下边缘ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同，且这两个状态时线圈恰好能匀速运动，则磁场宽度d与线圈边长L应该满足什么样的关系？（此问不需要在答题卡中写出分析过程及理由，只需要给出结论即可）
（3）若d＞L，且ab边刚进入磁场瞬间，线圈并不做匀速运动，请求出：在线圈穿过磁场的整个全过程中，线圈的总焦耳热。
24．（6分）如图所示，在坐标系xy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ＝120°，在OC右侧有一匀强电场：在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点沿x轴正方向射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍．粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场．已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期．忽略重力的影响．求：
（1）A点到x轴的距离；
（2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间．
参考答案
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。选对得3分，错选、多选，该小题不得分）
1．【解答】解：AD．由法拉第电磁感应定律可知，磁通量变化越快，感应电动势越大，与磁通量及磁通量的变化量无必然关系，故AD错误；
BC．磁通量增加或减小时，感应电动势可能变大、可能变小、可能变小，关键看磁通量的变化率是否变化，故B错误，C正确。
故选：C。
2．【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，有大小和方向，是矢量，故A正确；
B、磁感应强度的方向跟产生磁场的电流的关系可以用右手螺旋定则来判断，故B正确；
C、通电导线在磁场中某处所受安培力与电流、磁场感应强度以及二者的夹角有关，故安培力大磁感应强度不一定大，故C错误；
D、磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，疏密程度表示磁感应强度的大小，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
3．【解答】解：AB、当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转。故A错误，B正确；
C、根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故CD错误。
故选：B。
4．【解答】解：A、在t＝0时刻闭合开关S时，灯泡两端直接获得电压，所以灯泡的电流瞬间达到最大；而线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大；根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压将减小，所以流过灯泡的电流减小，逐渐达到稳定；最后由于线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻，所以灯泡A中电流小于线圈L中电流。故A错误，B错误；
C、当断开电键，原来通过线圈的电流渐渐减小，由于电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过灯泡，由于电路稳定时灯泡A中电流小于线圈L中电流，所以突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭。故C错误，D正确。
故选：D。
5．【解答】解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确。
故选：A。
6．【解答】解：A、由图可知，当E点经过边界MN时，导线框有效切割长度为RS2，所以感应电动势不是最大，则感应电流不是最大，所以A错误；
B、当P点经过MN时，有效切割长度最大为RS，感应电流也为最大，所以B正确；
C、当F点经过边界MN时，由图可知，导线框的有效切割长度为RS2，所以感应电动势及感应电流不是最大，C错误；
D、当Q经过MN时，由图可知，有效切割长度为零，或穿过导线框的磁通量不发生变化，所以感应电动势为零，感应电流为零，所以D错误。
故选：B。
7．【解答】解：据题：所有粒子的速率相等，由R=mvqB可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO＝2r＝2R；
随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；故A正确。
故选：A。
8．【解答】解：A、B由题，ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定则判断线圈向左平动切割磁感线。故A正确，B错误。
C、D当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用。故CD错误。
故选：A。
9．【解答】解：由Bqv＝mv2r可知，半径公式r=mvBq；
结合表格中数据可求得1﹣5各组粒子的半径之比依次为0.5：2：3：3：2，说明第一组正粒子的半径最小，由图可知故该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动。
由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2：3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子。c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子。
故选：D。
10．【解答】解：设导体棒的加速度为a，经过一段时间后的速度为v，由运动学公式可知：v＝at
导体棒切割产生电动势：E＝Blv
根据闭合电路可知I=ER
运动中的安培力大小为F安＝BIl
由牛顿第二定律可知F﹣F安＝ma
解得：
F＝ma+B2l2Rat
结合数学知识可知图像应该是B图像，故B正确，ACD错误；
故选：B。
二、双项选择题（每题有且仅两个正确答案，本题共6小题，每小题3分，共18分。选对得3分，选对但不全得2分，错选、多选，该小题不得分）
11．【解答】解：A、根据加速器的原理可知，粒子在磁场中运动的周期与粒子在狭缝中运动的时间之和与电场变化的周期是相同的，故A正确；
B、D设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由Bqv＝mv2R可得：v=BqRm，则最大动能Ekm=12mv2=B2q2R22m．可见，最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能。故B正确，C错误；
D、离子在D形盒运动过程中受到的洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m4π2RT2，可得周期公式T=2πmqB，可知，如果加速质子后，要接着加速氦核必须将加速电源的频率调整为原来的12，故D错误；
故选：AB。
12．【解答】解：AB、在闭合开关的瞬间，线圈A中电流变大，产生磁场变大，穿过B的磁通量变大，线圈B所在闭合回路产生感应电流，检流计指针将发生偏转，开关闭合线圈A所在电路电流稳定后，A产生的磁场不变，穿过B的磁通量不变，则B中没有感应电流，此时，检流计指针回到零刻度，故A错误，B正确；
C、闭合开关后，滑动变阻器滑片P向右或向左移动过程中，线圈A中电流变化，穿过B的磁通量变化，线圈A回路产生感应电流，检流计指针都将发生偏转，故C正确；
D、在断开开关的瞬间，穿过B的磁通量减小，线圈B所在回路产生感应电流，检流计指针将发生偏转，故D错误。
故选：BC。
13．【解答】解：AD．若S断开时，安培力大于重力，即
F＝BIL=B2L2vR＞mg
此时加速度方向向上，物体做减速运动，安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，故A错误，D正确；
BC．若S断开时，安培力小于重力，即
F＝BIL=B2L2vR＜mg
此时加速度方向向下，物体做加速运动，安培力逐渐增大，则加速度逐渐减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，故B错误，C正确。
故选：CD。
14．【解答】解：AB、当合上开关S的瞬时，向右通过线圈P的磁通量增大，根据楞次定律知，灵敏电流计中的电流由a流向b，故A错误，B正确；
CD、当断开开关S的瞬时，向右通过线圈P的磁通量减小，根据楞次定律知，灵敏电流计中的电流由b流向a，故C正确，D错误；
故选：BC。
15．【解答】解：ABC、当ef向左滑动时，ef切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，左侧面积减少LΔd或右侧面积增加LΔd，导线切割扫过的面积为ΔS＝LΔd，磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS，根据法拉第电磁感应定律得：产生的感应电动势E=ΔΦΔt=BΔSΔt=BLΔdΔt．故AB错误，C正确。
D、对于切割的情形，感应电动势既可以根据E＝BLv计算感应电动势，也可以根据E=ΔΦΔt计算感应电动势，故D正确。
故选：CD。
16．【解答】解：AB、当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动，那么感生电场的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；
CD、根据楞次定律，结合题目图电流方向，因此电磁铁中通入的电流应越来越强，则磁场越来越强，因此感生电场即为顺时针方向，故C正确，D错误；
故选：AC。
三、实验题（每空2分，共16分）
17．【解答】解：用多用电表测电阻选择好倍率后要进行欧姆调零，然后再测电阻阻值。
由题图所示可知，其倍率为×100，电阻测量值为：14×100＝1400Ω。
电流表的量程为100mA，最小分度为5mA，指针指在5大格过一小格，所以电流表的示数为52mA。
故答案为：欧姆调零、1400、52
18．【解答】解：（1）蓄电池电动势约为2V，电路最大电流约为：I=ER0=24A≈0.5A，则电流表应选择B．
（2）根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣I（R0+r）由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势：E＝2.0V，电源内阻：r=ΔUΔI-R0=2.0-0.50.4Ω﹣3Ω≈0.75Ω；
（3）由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，
由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值；
故答案为：（1）B；（2）2.0；0.75；（3）偏小
19．【解答】解：调节R1使电压表的示数为2.5V，保持滑动变阻器的滑动头c的位置不变，调节R2使电压表示数为1.5V，则此时R2分压为1V.根据串联电流电流相等，则电压与电阻成正比，故
RVR2=UVUR2=32
故电压表内阻为RV=32R2
故答案为：32R2
四、计算题（本题共5.小题，共36分。要求出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）
20．【解答】解：（1）能沿直线通过速度选择器的粒子所受到的电场力和洛伦兹力等大、反向，即qvB1＝qE，解得：v=EB1
（2）粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，即qvB2=mv2R，
则：R=mvqB
又质子的质量为m，氘核的质量为2m，则有：d=2RD-2RH=2mvqB2×2-mvqB2×2=2mvqB2=2mEqB1B2
答：（1）能通过速度选择器的粒子速度为EB1；
（2）质子和氘核进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d为2mEqB1B2。
21．【解答】解：（1）对cd杆，由平衡条件得：mgsinθ＝F安培，
其中m＝1g＝0.001kg，代入数据解得：F安培＝6×10﹣3N
（2）ab杆切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv
由闭合电路的欧姆定律得：I=E2R
安培力大小：F安培＝BIL
其中L＝10cm＝0.10m，代入数据解得：v＝0.4m/s
（3）对ab刚，由平衡条件得：F＝mgsinθ+BIL
拉力F做功的功率P＝Fv
代入数据解得：P＝6.4×10﹣3W
答：（1）cd杆所受安培力的大小是 6×10﹣3N。
（2）ab杆的速度大小是0.4m/s。
（3）拉力F做功的功率是6.4×10﹣3W。
22．【解答】解：（1）感应电动势为：E＝BLv＝0.1×0.5×2V＝0.1V
根据闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r=0.10.1+0.42A＝0.19A
根据右手定则，通过电阻R的电流方向向下；
（2）导体棒匀速滑动，拉力功率与电路电功率相等，有：P＝EI
代入数据解得：P＝0.019W。
答：（1）通过电阻R的电流大小为0.19A，电流方向向下；
（2）拉力F的功率为0.019W。
23．【解答】解：（1）线圈的下边缘ab边刚进入磁场的瞬间，线圈恰好能匀速运动，则有：BIL＝mg
根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流：I=BLvR
线框自由下落过程中，根据动能定理可得：mgh=12mv2
联立解得：h=m2gR22B4L4；
（2）要保证线圈的下边缘ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同，且这两个状态时线圈恰好能匀速运动，则磁场宽度d＝L；
（3）根据题意可知，线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同，在此过程中，根据动能定理可得：
mgd﹣W安＝0
解得线圈进入磁场过程中克服安培力做的功为：W安＝mgd
根据功能关系可得线圈进入磁场过程中产生的焦耳热为：Q1＝W安＝mgd
在线圈穿过磁场的整个全过程中，线圈的总焦耳热为：Q＝2Q1＝2mgd。
答：（1）线圈下落的初始高度h=m2gR22B4L4；
（2）磁场宽度d＝L；
（3）若d＞L，在线圈穿过磁场的整个全过程中，线圈的总焦耳热为2mgd。
24．【解答】解：（1）设磁场左右边界间距为d，由几何关系知：OO′＝2d，
粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心为O′，有：AD=R(1-cs300)，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qBv=mv2R，
解得：AD=mvqB(1-32)；
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB，
粒子第一次在磁场中运动时间为t1，有：t1=30°360°T=112T，
依题意，匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150°．
由几何关系知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边界夹角为60°．
粒子第二次在磁场运动的圆弧的圆心O″必定在直线OC上，且∠OO″P＝120°
粒子第二次在磁场中运动时间为t2，有：t1=T3
粒子在电场中运动时间为t3，依题意有：t3＝T﹣（t1+t2）
粒子在电场中有：﹣v＝v﹣at3，
由牛顿第二定律的：qE＝ma，
解得：E=12Bv7π；
（3）粒子自P射出后沿直线运动，由P′再次进入电场，由几何关系有：∠O″P′P＝30°
三角形OPP′为等腰三角形，粒子在P、P′运动时间为t4，有：t4=PP/v
由几何关系得：OP=3R，
解得：t4=3mqB；
答：（1）A点到x轴的距离为（1-32）mvqB；
（2）匀强电场的大小为12Bv7π，方向：与v的方向相反；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间为3mqB．
16:11
粒子编号
质量
电荷量（q＞0）
速度大小
1
m
2q
v
2
2m
2q
2v
3
3m
﹣3q
3v
4
2m
2q
3v
5
2m
﹣q
v