2024北京一零一中高二（上）期末物理试卷（教师版）

这是一份2024北京一零一中高二（上）期末物理试卷（教师版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
第I卷
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，只有一个选项符合题意，选对得3分，选错或不答的得0分。）
1. 某区域的电场线分布如图所示，M、N是电场中的两个点，下列判断正确的是．
A. M点的场强大于N点的场强
B. M点的电势低于N点的电势
C. 一个正点电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D. 一个正点电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
2. 关于电场强度、电势差和电容，下列说法正确的是（ ）
A. 由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比
B. 由公式可知，在离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比
C. 由公式U=Ed可知，在匀强电场中，任意两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离的乘积
D. 由公式可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大
3. 如图所示是一火警报警电路的示意图，其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况分别是（ ）
A. I变大，U变大
B. I变小，U变小
C. I变大，U变小
D. I变小，U变大
4. 如图是有两个量程的电流表，已知表头的内阻为，满偏电流为，电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 当使用A、B两个端点时，量程为
B. 当使用A、C两个端点时，量程为
C. 当的阻值增加时，A、B间量程变大
D. 当的阻值增加时，A、B间量程变大
5. 如图所示，在竖直放置的长直导线右侧有一矩形线框abcd，导线与线框在同一平面内，且线框的ad、bc边与导线平行，导线中通有如图所示的恒定电流，能使线框中产生沿abcda方向的感应电流的是（ ）
A. 线圈水平向左平动
B. 线圈水平向右平动
C. 线圈竖直向上平动
D. 线圈竖直向下平动
6. 1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子（带正电荷）。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的垂直纸面的匀强强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图甲所示，根据照片画出的轨迹示意图乙，可分析得出（ ）
A. 磁场方向垂直向里，正电子从上到下穿过铅板
B. 磁场方向垂直向里，正电子从下到上穿过铅板
C. 磁场方向垂直向外，正电子从上到下穿过铅板
D. 磁场方向垂直向外，正电子从下到上穿过铅板
7. 如图所示，两根平行直导轨MN、PQ固定在同一水平面内，间距为L．导轨的左端接有电源E和开关S，导体棒ab垂直于导轨放置．空间存在斜向右上方的匀强磁场，其方向与轨道平面成θ角，且与导体棒ab垂直．闭合开关S，导体棒ab仍保持静止．已知通过导体棒的电流为I，则闭合开关S后，下列说法正确的是
A. 导体棒所受的摩擦力小于ILB，方向水平向左
B. 导体棒所受的摩擦力小于ILB，方向水平向右
C. 导体棒所受的安培力小于ILB，方向水平向左
D. 导体棒所受的安培力小于ILB，方向水平向右
8. 物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按如图所示连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法中正确的是（ ）
A. RL>RA
B. RL=RA
C. 断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为a→b
D. 断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为b→a
9. 如图甲所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一理想电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 电压表的正接线柱接线圈的N端
B. 线圈中磁通量的变化率为1.5Wb/s
C. 电压表的读数为0.5V
D. 电压表的读数为5V
10. 如图所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示，t=0时刻，磁感应强度的方向垂直于纸面向里。线框中电流为i， ab边所受安培力为F，规定逆时针方向为电流的正方向，向左为安培力的正方向，则线框中的电流i和ab边所受安培力F随时间变化的图象，正确的是（ ）
A. B. C. D.
二、不定项选择题（本题共4小题，每题3分，共12分。在每小题给出的4个选项中，至少一项是符合题意的，选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
11. 半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体。如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差，下列说法中正确的是（ ）
A. 如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体
B. 如果上表面电势高，则该半导体为N型半导体
C. 材料内部单位体积内载流子数目较多，越大
D. 半导体样品板的厚度c越小，越大
12. 如图所示，一个没有底的空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，瓶内的金属片和锯条的情况如图所示（俯视图）。将锯条与起电机的负极相连，金属片与起电机的正极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当把起电机一摇，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕。关于此实验下列说法正确的是（ ）
A. 锯条附近的电场强度比金属片附近的大
B. 附着自由电子的烟尘最终被金属片吸附
C. 烟尘被吸附的过程中，加速度保持不变
D. 烟尘被吸附的过程中，电势能一定变大
13. 在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差．两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中．中央O处的粒子源产生的粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应．下列说法正确的是
A. 粒子运动半个圆周之后，电场的方向必须改变
B. 粒子在磁场中运动的周期越来越大
C. 磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大
D. 两盒间电势差越大，粒子离开加速器的动能就越大
14. 老师演示了一个有趣实验，将磁性小球静止释放，通过内壁光滑的金属铜管，经较长时间落于地面，将磁性小球下落过程简化为条形磁体穿过金属圆环的过程，如图所示。关于条形磁体由静止释放到穿过金属圆环的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 俯视图来看环中的电流先逆时针后顺时针
B. 金属圆环先处于收缩趋势后处于扩张趋势
C. 金属圆环对条形磁体的力，先向上后向下
D. 磁体重力势能减少量等于圆环产生的焦耳热
三、实验题（本题共2小题，共17分）
15. 如图甲所示为多用电表的示意图，其中S、T为可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为的定值电阻，部分操作步骤如下：
（1）选择开关应调到电阻挡的______（选填“”、“”、“”或“”）位置。
（2）将红、黑表笔分别插入“”“”插孔，把两笔尖相互接触，调节______（填“S”或“T”）。使电表指针指向______（填“左侧”或“右侧”）的“0”位置。
（3）将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图乙所示，该电阻的阻值为______Ω。
（4）如图是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量______；当S旋到位置______时，可用来测量电流，其中S旋到位置______时量程较大。
16. 用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
A.电流表（量程0.6A、3A）；
B.电压表（量程3V、15V）
C.定值电阻（阻值、额定功率5W）
D.定值电阻（阻值，额定功率10W）
E.滑动变阻器（阻值范围、额定电流2A）
F.滑动变阻器（阻值范围、额定电流1A）
（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择______V，电流表的量程应选择______A；应选择______的定值电阻，R应选择阻值范围是______的滑动变阻器。
（2）关于该实验中存在的误差，下列分析正确的是__________
A.电流表的分压作用
B.电压表的分流作用
C.读数过程中存在偶然误差
D.读数过程中存在系统误差
（3）该同学按照要求连接好电路并进行实验，根据实验数据绘出了如图所示的图像，则电源的电动势测量值______V，电源内阻测量值______。
（4）在上述实验过程中存在系统误差。在下图所绘图像中，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图像，实线是根据测量数据绘出的图像，则图中能正确表示二者关系的是______（选填选项下面的字母）。
A. B.C. D.
四、计算题（本题共5小题，共41分。要求写出必要的文字说明、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，重力加速度取。）
17. 如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。
18. 如图所示，在光滑水平面上有一边长为L的单匝正方形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的右边界重合，线框由同种粗细均匀的导线制成，它的总电阻为R；现将线框以恒定速度水平向右匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，拉力在线框平面内且与ab边垂直，bc边始终与磁场的右边界保持垂直，求线框被拉出磁场的过程中
（1）线框内的电流大小；
（2）cd两端的电压；
（3）线框中产生的热量．
19. 电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量m1=15.0g的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质m0=10.0g，匝数n=10，下边长l=10.0cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中，如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0Ω。开关S闭合后，调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4V时，R1=10Ω，此时天平正好平衡。g=10m/s2，求：
（1）线圈下边所受安培力的大小F，以及线圈中电流的方向；
（2）矩形线圈的电阻R；
（3）该匀强磁场的磁感应强度B的大小。
20. 一种测定电子比荷的实验装置如图所示，真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一束电子流，沿图示方向进入两极板C、D间的区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板间施加电压大小为U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加垂直纸面方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点，测得极板的长度，C、D间的距离d，极板的右端到荧光屏的距离，P点到O点的距离为y。
（1）求电子经加速后射入极板C、D的速度，并判断磁感应强度的方向；
（2）求电子比荷大小的表达式；
（3）电子在定向运动过程中形成的电流大小为I，且电子与竖直荧光屏相互作用后立即被屏吸收，求电子打在竖直荧光屏上时对荧光屏的持续压力F。
21. 电磁感应在生活中有很多应用，某兴趣小组设计了一套电气制动装置，其简化可借助图甲模型来理解。图甲中水平平行光滑金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，外接电阻阻值为R，金属棒ab电阻为r，质量为m，轨道宽度为d，金属棒ab的初速度大小为，其它部分电阻不计。
（1）电磁制动过程中金属棒ab的最大加速度和金属棒ab产生的焦耳热；
（2）电磁制动过程中的最大距离；
（3）某同学设想在电磁制动过程中，回收一部分机械能，仅将图甲中的外接电阻换成初始不带电的电容器，其电容大小为C，其他条件不变，如图乙所示：
①求制动过程中金属棒，ab的最终速度大小；
②定性画出金属棒ab制动过程中，电容器所带电量与充电电压的图像，并结合图像和题目中的条件，求电容器最终能回收多少机械能储存起来。
参考答案
第I卷
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，只有一个选项符合题意，选对得3分，选错或不答的得0分。）
1. 【答案】C
【详解】电场线越密，电场强度越大，故N点的场强大于M点的场强，正点电荷在N点的电场力大于在M点的电场力，AD错误；沿电场方向电势降低，根据等势面的分布，可知N点的电势小于M点的电势，B错误；根据可知正电荷在电势高的地方电势能大，所以正点电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确．
2. 【答案】B
【分析】
【详解】A．公式
采用比值定义法，电场的强弱与试探电荷的正负、所带电荷量的大小、在该点所受电场力F无关，只与场源电荷和该点的位置有关，该点确定，电场的强弱和方向就确定了，具有唯一性，故A错误；
B．公式
中Q是场源电荷，电场强度E的大小与Q成正比，E与r的平方成反比，故B正确；
C．公式
中d是两点沿电场方向间的距离，而不是这两点之间的任意距离，故D错误；
D．公式
采用比值定义法，C反应电容器容纳电荷的本领，与Q、U无关，故D错误。
故选B。
3. 【答案】A
【详解】发生火情时，温度升高，电阻率增大，根据电阻定律，可知R3阻值变大，根据“串反并同”的规律可知，显示器的电流I和报警器两端电压U都是与R3“并”的物理量，所以变化与R3变化相同，均变大。
故选A。
4. 【答案】D
【详解】ACD．当使用A、B两个端点时
解得
当增加时，A、B间量程变小；当增加时，A、B间量程变大，故AC错误，D正确；
B．当使用A、C两个端点时
解得
故B错误。
故选D。
5. 【答案】B
【分析】
【详解】A．电流形成的磁场在线框位置垂直纸面向里，线圈水平向左平动时磁通量增大，根据楞次定律，线框中产生逆时针的感应电流，A错误；
B．电流形成的磁场在线框位置垂直纸面向里，线圈水平向右平动时磁通量减小，根据楞次定律，线框中产生顺时针的感应电流，B正确；
CD．无论线圈竖直向上平动，还是竖直向下平动，线圈的磁通量都不变，线圈中都不产生感应电流，CD错误。
故选B。
6. 【答案】A
【详解】由洛伦兹力提供向心力
得
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。由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里。故A正确，BCD错误。
故选A。
7. 【答案】A
【分析】根据电流的方向利用左手定则确定安培力的方向，再根据共点力平衡条件确定摩擦力的大小和方向．
【详解】由图可知，电流由b到a，则根据左手定则可知，安培力斜向右下方，根据平衡条件可知，摩擦力水平向左，大小等于安培力沿水平方向上的分力，故摩擦力一定小于BIL，故A正确，BCD错误．
故选A．
【点睛】本题考查安培力以及共点力的平衡条件，要注意明确左手定则的应用，准确分析安培力的方向是解题的关键．
8. 【答案】D
【详解】AB．稳定时，灯泡A与线圈L并联，故两者电压相等，通过线圈的电流为，通过小灯泡的电流为，由于稳定后开关S再断开，小灯泡闪亮一下，这是因为线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小，这时线圈相当于电源，通过小灯泡的电流突然增大到原来线圈的电流，所以可以判断，结合欧姆定律可知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻，故AB错误；
CD．在断开开关瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈相当于电源，线圈右端为电源正极，则灯泡中的电流为为，故C错误，D正确。
故选D。
9. 【答案】D
【详解】A.由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表“+”接线柱接M端，故A错误；
B.磁通量的变化率为
故B错误；
CD.根据法拉第电磁感应定律
所以电压表读数为5V，故C错误，D正确。
故选D。
10. 【答案】D
【分析】
【详解】AB．由图可知，在0-2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时计，即电流为负方向，同理可知，2-4s内电路中的电流为逆时针，且两段时间内电流强度大小相等，所以AB错误；
CD．由可知，电路中电流的大小恒定不变，则由可知，F与B成正比，0-2s内电流的方向一直为由a指向b，由左手定则可知安培力方向先向左，后向右，则先为正方向，后为负方向，同理可得2-4s内的安培力的变化，也是先正方向后负方向的，所以C错误；D正确；
故选D。
二、不定项选择题（本题共4小题，每题3分，共12分。在每小题给出的4个选项中，至少一项是符合题意的，选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
11. 【答案】AD
【详解】AB．根据左手定则，如果上表面电势高，说明是带正电的空穴受向上的洛伦兹力从而集聚到上表面，则则该半导体为P型半导体，选项A正确，B错误；
CD．根据
其中
解得
则与材料内部单位体积内载流子数目无关，半导体样品板的厚度c越小，越大，选项C错误，D正确。
故选AD。
12. 【答案】AB
【详解】A．将锯条与起电机的负极相连，金属片与起电机的正极相连，锯条和金属片均与起电机的两极是等势体，静电平衡的导体，锯条相对于易拉罐的金属片更接近尖端物体，尖端电荷更密集，所以电场强度更大，故A正确；
B．当摇动起电机时，金属片与锯条带上等量的异种电荷，二者之间产生强电场，使空气电离而产生负离子和正离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，带电尘粒在电场力的作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，则会看起来清澈很多，故B正确；
C．烟尘在向某极运动过程中，越接近两极则场强越大，电场力越大，加速度越大，则烟尘所受加速度是变化的，故C错误；
D．烟尘被吸附过程中电场力对它做正功，电势能减小，故D错误。
故选AB。
13. 【答案】AC
【详解】试题分析：回旋加速器通过电场加速、磁场偏转来加速粒子，粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期相等，根据D形盒的半径，结合洛伦兹力提供向心力求出最大动能，判断与什么因素有关．
由于经过半个运动后，速度方向反向，要使粒子继续被加速，则两个D形盒之间的电场方向必须改变，A正确；粒子在磁场中的运动周期为，与速度无关，恒定不变，B错误；根据可得，故粒子的动能，所以磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大，而粒子获得的动能与两盒间的电势差无关，所以C正确D错误．
14. 【答案】AB
【详解】ABC．俯视图看，先是N极靠近圆环,磁通量向下且增大,根据楞次定律,圆环上感应磁场向上,则感应电流是逆时针,圆环上有了感应电流即变为通电导线，其处于条形磁铁的磁场中，我们取圆环左右对称的两小段很短的导线来研究（微元法），根据左手定则，左边导线受到斜向右下方的安培力，右边导线受到斜向左下方的安培力，两个安培力都有指向圆心的分力，即圆环有收缩趋势，另外圆环可等效为上面是N极的小磁铁，对竖直运动的磁铁有向上排斥作用。然后是条形磁铁S极远离圆环, 磁通量向下且减小,根据楞次定律,圆环上感应磁场向下,则感应电流是顺时针, 圆环上有了感应电流即变为通电导线，其处于条形磁铁的磁场中，我们取圆环左右对称的两小段很短的导线来研究（微元法），根据左手定则，左边导线受到斜向左下方的安培力，右边导线受到斜向右下方的安培力，两个安培力都有背向圆心的分力，即圆环有扩张趋势，另外圆环可等效为下面是N极的小磁铁，对竖直运动的条形磁铁有向上吸引作用。AB正确，C错误；
D．磁体重力势能减少量大于圆环产生的焦耳热，因为磁体还有动能，D错误。
故选AB。
三、实验题（本题共2小题，共17分）
15. 【答案】 ①. ②. T ③. 右侧 ④. 1100 ⑤. 电阻 ⑥. 1##2 ⑦. 1
【详解】（1）[1]指针应在表盘中央附近，所以选择开关应调到电阻挡的“×100”位置；
（2）[2][3]将红、黑表笔分别插入“+”、“”插孔，把两笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮T，使电表指针指向右侧的“0”位置；
（3）[4]将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，由图乙所示可知，该电阻的阻值为
（4）[5]当转换开关S旋到位置3时，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻；
[6] 当S旋到位置1或2时，电流表与电阻并联，并联电阻起分流作用，可用来测量电流；
[7]S旋到位置1时，并联电阻阻值较小，则分流较大，故S旋到位置1时，电流表量程较大。
16. 【答案】 ①. 3 ②. 0.6 ③. 1 ④. ⑤. BC##CB ⑥. 1.5 ⑦. 0.6 ⑧. A
【详解】（1）[1][2][3][4]由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几欧左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成误差大，所以选；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象；
（2） [5]AB．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比真实值小，故A错误，B正确；
CD．读数过程中存在的是偶然误差，故C正确，D错误。
故选BC。
（3）[6][7]由闭合回路欧姆定律有
得
可知
（4）[8]关于系统误差一般由测量工具和测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小；本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成
E测＜E真
r测＜r真
故图线的纵轴截距偏小，和斜率偏小，故A正确，BCD错误。
故选A。
四、计算题（本题共5小题，共41分。要求写出必要的文字说明、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，重力加速度取。）
17. 【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得，匀强电场场强E的大小
（2）设带电粒子出电场时速度为v，由动能定理得
解得粒子从电场射出时速度ν的大小
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
联立得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
18. 【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据E=BLv求出感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．
（2）根据欧姆定律求出c、d两点的电压大小．
（3）求出线框被拉出磁场的时间，根据Q=I2Rt求出线框产生的焦耳热．
【详解】（1）由于ad边切割磁感线产生的电动势为
E=BLv
所以通过线框的电流为
（2）由串联电阻的分压规律得c、d两端电压为
（3）线框被拉出磁场所需时间
线框中产生的焦耳热
Q=I2Rt=
【点睛】本题是电磁感应与电路的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律等知识．
19. 【答案】（1）0.05N，顺时针（2）R=4Ω（3）0.5T
【详解】（1）天平两侧平衡，因此有 m1g= m0g+F
可得：F= m1g-m0g=0.05N
F的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线框电流方向为顺时针
（2）线圈中电流的大小为：I=(E-U)/r=0.1A
根据电路规律：U=I(R1+R)
联立两式可得：R=4Ω
（3）矩形线圈下边所受安培力为：F=nBIl
将数值代入可得： B=F/nIl=0.5T
20. 【答案】（1）；磁场强度为垂直纸面向外；（2）；（3）
【分析】
【详解】（1）电子向下偏转，故洛伦兹力向上，由左手定则，磁场强度为垂直纸面向外。
设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0，加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受的电场力和磁场力相等，即为
qE=qv0B
解得
（2）两极板只加电场时，电子的加速度为
电子通过两极板所用的时间为
电子在极板间偏转的距离为

电子射出偏转电场时竖直方向的速度为
vy=at
射出电场速度方向与水平方向的夹角为θ，则为
电子射出偏转电场后在竖直方向位移为
y2=L2tanθ
OP间的距离为
y=y1+y2
由以上各式解得比荷为

（3）电子打在屏幕上，根据动量定理有
-Ft=-Mv0
而

解得电子对屏幕的冲击力
21. 【答案】（1），；（2）；（3）①；②见解析，
【详解】（1）最开始时加速度最大；根据
解得
根据能量守恒
解得
（2）采用微元法，取极小一段时间；根据动量定理
由（1）知
所以
对上式进行1到项求和可得
解得
（3）①采用微元法，取极小一段时间，整个过程中电流为变化的
再根据
（注意区分，时间内，动量有变化，但是电压是瞬时的，也可写作）
代入求和
解得
②图像为过原点的正比例函数
由图像可知
由①知
解得