天津市红桥区2024-2025学年高二（上）期末 物理试卷

这是一份天津市红桥区2024-2025学年高二（上）期末 物理试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）如图所示，螺线管接通电源后，螺线管中的电流恒定不变，小磁针静止时N极指向左侧，点为螺线管中轴线上的点。下列说法正确的是（ ）
A．电源的甲端是正极，P点的磁感应强度方向向右
B．电源的乙端是正极，P点的磁感应强度方向向右
C．电源的甲端是负极，P点的磁感应强度方向向左
D．电源的乙端是负极，P点的磁感应强度方向向左
2．（5分）电磁感应现象的发现具有极其重大的划时代的历史意义，它为人类大规模利用电能，继而进入电气化时代奠定了理论基础。关于法拉第“磁生电”实验说法正确的是（ ）
A．闭合开关时电流计指针发生偏转，断开开关时电流计指针不偏转
B．保持滑动变阻器滑片位置不变，将条形磁体插入螺线管中静止不动时，电流计指针稳定且示数不为零
C．保持滑动变阻器滑片位置不变，将A通电螺线管抽出B螺线管中时，电流计指针发生偏转
D．保持A通电螺线管位置不变，左右移动滑动变阻器滑片，电流计指针不偏转
3．（5分）如图所示，A、B为两根足够长的垂直于纸面的通电直导线，导线通有大小相等，在纸面内，A、B连线的中点为O点，下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度为零
B．C点磁感应强度方向沿CO连线背离O点
C．D点磁感应强度方向沿DO连线指向O点
D．若在该空间垂直纸面放上一根与A、B电流方向相同的通电直导线，则导线在O处受安培力最大
4．（5分）如图所示，一水平导线通以电流I，导线正下方有一电子，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越小
B．沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越大
C．沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越小
D．沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越大
5．（5分）如图所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时（ ）
A．A1的读数不变，A2的读数变大
B．A1的读数变大，A2的读数变大
C．A1的读数不变，A2的读数变小
D．A1的读数变小，A2的读数变小
二、多选题。（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分）
（多选）6．（5分）回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间接交流电源。A处的粒子源产生的α粒子（He）在两盒之间被电场加速，α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ）
A．α粒子在磁场中运动一周的时间是外接交流电源周期的2倍
B．仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大
C．仅增大两盒间的电压，α粒子离开加速器时的动能增大
D．若使用该加速器对质子（）加速，要使得质子和α粒子离开加速器时的动能相等，只需将交流电源周期变为原来的一半即可
（多选）7．（5分）如图所示是洛伦兹力演示仪的结构简图。励磁线圈中的电流产生垂直纸面向外的匀强磁场，电子枪发射的电子，其出射速度与磁场方向垂直（ ）
A．增大电子枪的加速电压，可以使电子运动径迹的半径变小
B．减小电子枪的加速电压，可以使电子做圆周运动的周期变大
C．增大励磁线圈中的电流，可以使电子运动径迹的半径减小
D．减少励磁线圈中的电流，可以使电子做圆周运动的周期增大
（多选）8．（5分）如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图乙所示，电阻R＝3Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．图示位置产生的感应电流为0
B．t＝0.01s时，电流表的示数为0
C．电阻R两端电压为7.5V
D．从图示时刻开始，线圈转过90°时，电阻R中的电流方向将发生改变
三.实验题（本题满分12分，第9题每空2分，第10题每空1分。）
9．（6分）灵敏电流计（俗称“表头”）的结构如图甲所示，线圈由长而细的铜丝绕制而成，线圈会在均匀辐向磁场中转动，从线圈的偏转角度就能判断电流的小。灵敏电流计的优点是灵敏度高，如希望用它测量较大的流值，就要进行电表的改装。
（1）当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到 （选填安培力或洛伦兹力）作用而转动。
（2）实际的灵敏电流计，会将线圈绕在铝框上。简述铝框的作用： 。
（3）如图乙所示，为将内阻为980Ω，满偏电流为2mA的表头改装成量程为0.1A的电流表x的阻值为 Ω。
10．（6分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图1中的 （选项“甲”或“乙”）；
（2）现有电流表（0～0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表（0～15V）
B.电压表（0～3V）
C.滑动变阻器（0～20Ω）
D.滑动变阻器（0～100Ω）
实验中电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学根据记录的数据，做出如图2所示的图线，根据所画图线可得 V（结果保留三位有效数字），内电阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）；
（4）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是 。
A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C.实验测出的电动势小于真实值
D.实验测出的内阻大于真实值
四、计算题：（本大题共3个小题，11题14分，12题16分，13题18分，共48分，写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
11．（14分）如图所示，电阻不计的金属框宽度为l＝0.5m，固定在倾角θ＝53°的斜面上，内阻r＝1Ω的电源。金属框所在的区域加一磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向下。现把一根质量m＝0.5kg的金属杆ab垂直放在导轨上，当开关闭合后ab处于静止状态。取重力加速度，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，求：
（1）金属杆ab中的电流大小；
（2）金属杆ab受到的安培力大小；
（3）金属杆ab给导轨的摩擦力。
12．（16分）如图甲所示，电阻R＝6Ω，平行于斜面底边CD的导体棒AB电阻r＝6Ω，导体棒AB的长度等于导轨宽度为L＝10cm，PQCD区域内有垂直于导轨的匀强磁场2，匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。导体棒AB在t＝0时由静止释放，在t＝1s时进入磁场区域，并恰好做匀速直线运动2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）导体棒AB释放处与PQ的距离以及导体棒AB进入磁场时的感应电动势；
（2）在前1.5s内电路中产生的内能。
13．（18分）在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，求
（1）M、N两点间的电势差UMN；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t。
2024-2025学年天津市红桥区高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共5小题，每小题5分，共25分）
1．（5分）如图所示，螺线管接通电源后，螺线管中的电流恒定不变，小磁针静止时N极指向左侧，点为螺线管中轴线上的点。下列说法正确的是（ ）
A．电源的甲端是正极，P点的磁感应强度方向向右
B．电源的乙端是正极，P点的磁感应强度方向向右
C．电源的甲端是负极，P点的磁感应强度方向向左
D．电源的乙端是负极，P点的磁感应强度方向向左
【分析】根据小磁针N极方向为磁场方向，结合右手螺旋定则判定电流方向。
【解答】解：根据小磁针静止时N极的指向为磁场方向，所以螺线管的右端为N极，根据在磁铁外部磁感线从N极指向S极，由于右手螺旋定则可知电流方向为甲到乙，故A正确；
故选：A。
【点评】本题考查右手螺旋定则的应用，对于磁场方向的规定，右手螺旋定则等基础知识要熟练掌握，为以后的学习打下基础。
2．（5分）电磁感应现象的发现具有极其重大的划时代的历史意义，它为人类大规模利用电能，继而进入电气化时代奠定了理论基础。关于法拉第“磁生电”实验说法正确的是（ ）
A．闭合开关时电流计指针发生偏转，断开开关时电流计指针不偏转
B．保持滑动变阻器滑片位置不变，将条形磁体插入螺线管中静止不动时，电流计指针稳定且示数不为零
C．保持滑动变阻器滑片位置不变，将A通电螺线管抽出B螺线管中时，电流计指针发生偏转
D．保持A通电螺线管位置不变，左右移动滑动变阻器滑片，电流计指针不偏转
【分析】产生感应的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，变化的电流产生变化的磁场，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中才有感应电流。
【解答】解：A、产生感应的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，通过B螺线管的磁通量发生变化，故A错误；
B、保持滑动变阻器滑片位置不变，通过B螺线管的磁通量不变，则电流计指针不发生偏转，故B错误；
C、保持滑动变阻器滑片位置不变，通过B螺线管的磁通量发生变化，故C正确；
D、保持A通电螺线管位置不变，通过B螺线管的磁通量发生变化，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了产生感应电流的条件，解题关键是掌握产生感应的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。
3．（5分）如图所示，A、B为两根足够长的垂直于纸面的通电直导线，导线通有大小相等，在纸面内，A、B连线的中点为O点，下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度为零
B．C点磁感应强度方向沿CO连线背离O点
C．D点磁感应强度方向沿DO连线指向O点
D．若在该空间垂直纸面放上一根与A、B电流方向相同的通电直导线，则导线在O处受安培力最大
【分析】根据安培定则判断两根导线在C、D和O三点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系。
【解答】解：A．导线通有大小相等，根据右手螺旋定则可得，B导线在O点产生的磁感应强度的方向竖直向上，所以O点的磁感应强度为零；
B．A导线在C点产生的磁感应强度的方向竖直向下，前者大于后者，故B错误；
C．A导线在D点产生的磁感应强度的方向垂直于AD指向右下方，二者大小相等，故C错误；
D．若在该空间垂直纸面放上一根与A，由于O点的磁感应强度为零，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手，及与左手定则的区别，同时明确磁感应强度为矢量，应根据平行四边形定则求解合磁感应强度。
4．（5分）如图所示，一水平导线通以电流I，导线正下方有一电子，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越小
B．沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越大
C．沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越小
D．沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越大
【分析】根据右手螺旋定则，可判断通电导线下方的磁场方向；由左手定则，可判断电子受到的洛伦兹力方向，即电子的偏转方向；由洛伦兹力提供向心力，可得到圆周运动半径与磁感应强度的关系，结合不同位置处的磁感应强度的大小，可判断其圆周运动轨迹的半径变化。
【解答】解：CD、根据右手螺旋定则；由左手定则，即电子的偏转方向向左，故CD错误；
AB、由洛伦兹力提供向心力，解得，磁感应强度越强，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查带电粒子受洛伦兹力的运动情况，需要结合右手螺旋定则和左手定则综合判断，注意通电导线周围的磁场并非匀强磁场，越靠近通电导线，磁场越强。
5．（5分）如图所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时（ ）
A．A1的读数不变，A2的读数变大
B．A1的读数变大，A2的读数变大
C．A1的读数不变，A2的读数变小
D．A1的读数变小，A2的读数变小
【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R3的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流的变化的情况。
【解答】解：当变阻器的滑动触头向下滑动时，导致总电阻变小，电阻R1的电压变大，总的电压保持不变，所以通过R2的电流变小，而总电流变大4的电流变大，即A2读数变大，总电流变大，所以原线圈的电流也变大1的读数变大，故B正确。
故选：B。
【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
二、多选题。（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分）
（多选）6．（5分）回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间接交流电源。A处的粒子源产生的α粒子（He）在两盒之间被电场加速，α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ）
A．α粒子在磁场中运动一周的时间是外接交流电源周期的2倍
B．仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大
C．仅增大两盒间的电压，α粒子离开加速器时的动能增大
D．若使用该加速器对质子（）加速，要使得质子和α粒子离开加速器时的动能相等，只需将交流电源周期变为原来的一半即可
【分析】根据粒子在回旋加速器中运动时，圆周运动的周期与交变电流的周期相等；粒子离开回旋加速器时，速度最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，判断加速电压、金属盒半径是否影响最大动能；由最大动能与周期的关系，可知若想质子和α粒子离开加速器时的动能相等，则交变电源的周期应如何变化。
【解答】解：A．为了使粒子进入电场加速，等于带电粒子在磁场中运动的周期；
BC．对粒子受力分析，得；则最大动能为、磁感线强度B以及电荷的电量q和质量m有关；故仅增大金属盒的半径，故B正确；
D．粒子离开加速器时的最大动能，又，故若使用该加速器对质子（，要使得质子和α粒子离开加速器时的动能相等，可以实现，即。
故选：BD。
【点评】本题考查回旋加速器的应用，关键是理解粒子能持续加速的条件是：粒子圆周运动的周期与交变电流的周期相等。
（多选）7．（5分）如图所示是洛伦兹力演示仪的结构简图。励磁线圈中的电流产生垂直纸面向外的匀强磁场，电子枪发射的电子，其出射速度与磁场方向垂直（ ）
A．增大电子枪的加速电压，可以使电子运动径迹的半径变小
B．减小电子枪的加速电压，可以使电子做圆周运动的周期变大
C．增大励磁线圈中的电流，可以使电子运动径迹的半径减小
D．减少励磁线圈中的电流，可以使电子做圆周运动的周期增大
【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。
【解答】解：A．据动能定理有
根据洛伦兹力提供向心力
可得
增大电子枪的加速电压，可以使电子运动径迹的半径变大；
B．电子做圆周运动的周期
与电子速度无关，即与电子枪的加速电压无关；
C．增大励磁线圈中的电流，根据
可以使电子运动径迹的半径减小，故C正确；
D．减少励磁线圈中的电流，根据
使电子做圆周运动的周期增大，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，同时还要明确带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力。
（多选）8．（5分）如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图乙所示，电阻R＝3Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．图示位置产生的感应电流为0
B．t＝0.01s时，电流表的示数为0
C．电阻R两端电压为7.5V
D．从图示时刻开始，线圈转过90°时，电阻R中的电流方向将发生改变
【分析】穿过线圈磁通量最大时，磁通量的变化率最小为零；电流表的示数为有效值；根据欧姆定律计算；线圈经过中性面时，电流方向改变。
【解答】解：A．图示位置，但磁通量变化率为0，故A正确；
B．电流表的示数为电流有效值，电流的瞬时值虽然是零，故B错误；
C．由图乙可知
则电阻R两端电压为
故C正确；
D．线圈经过中性面位置时，所以从图示时刻开始，电阻R中的电流方向不发生改变。
故选：AC。
【点评】掌握中性面的特点，知道电流表示数指的是有效值。
三.实验题（本题满分12分，第9题每空2分，第10题每空1分。）
9．（6分）灵敏电流计（俗称“表头”）的结构如图甲所示，线圈由长而细的铜丝绕制而成，线圈会在均匀辐向磁场中转动，从线圈的偏转角度就能判断电流的小。灵敏电流计的优点是灵敏度高，如希望用它测量较大的流值，就要进行电表的改装。
（1）当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到 安培力 （选填安培力或洛伦兹力）作用而转动。
（2）实际的灵敏电流计，会将线圈绕在铝框上。简述铝框的作用： 铝框随线圈转动时，铝框内的涡流受到的安培力使指针缓慢偏转 。
（3）如图乙所示，为将内阻为980Ω，满偏电流为2mA的表头改装成量程为0.1A的电流表x的阻值为 20 Ω。
【分析】线圈转动是受到安培力的缘故。明确改装原理，根据并联电路规律可明确应并联的电阻。
【解答】解：（1）根据表头的工作原理，线圈转动是受到安培力的作用而转动的；
（2）铝框随线圈转动时，铝框内的涡流受到的安培力使指针缓慢偏转；
（3）将电流表的量程扩大，应并联一个分流电阻
故答案为：（1）安培力；（2）铝框随线圈转动时；（3）20。
【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的基本方法和仪表选择，要注意正确分析实验原理，掌握串并联电路的基本规律和应用即可正确求解。
10．（6分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图1中的 甲 （选项“甲”或“乙”）；
（2）现有电流表（0～0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表（0～15V）
B.电压表（0～3V）
C.滑动变阻器（0～20Ω）
D.滑动变阻器（0～100Ω）
实验中电压表应选用 B ，滑动变阻器应选用 C ；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学根据记录的数据，做出如图2所示的图线，根据所画图线可得 1.49 V（结果保留三位有效数字），内电阻r＝ 0.82 Ω（结果保留两位有效数字）；
（4）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是 AC 。
A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C.实验测出的电动势小于真实值
D.实验测出的内阻大于真实值
【分析】（1）干电池内阻较小，应采用相对于电源的电流表外接法，可减小实验误差；（2）根据一节干电池电动势选择电压表；根据滑动变阻器调节作用应选择最大阻值与干电池内阻相差不多的滑动变阻器；
（3）根据闭合电路欧姆定律求出图像表达式，结合图像的斜率求解；
（4）系统误差来源于电压表的分流，根据测量值与真实值的偏差作出真是的电源U﹣I图像与测量所得的图像对比分析误差。
【解答】解：（1）因一节干电池的内电阻较小，若应用图乙实验电路，图甲电压表的分流作用产生的实验误差较小。
（2）一节干电池的电动势约为1.5V，要求尽量减小实验误差。
为了调节方便，使电表示数变化明显，故选C。
（3）由闭合电路欧姆定律可得：U＝E﹣Ir
由上式可知U﹣I图像的纵轴截距等于电动势，则有：b＝E＝2.49V
U﹣I图像的斜率绝对值等于内阻，则有：
（4）由甲电路图可知，实验误差来源于电压表的分流V，根据闭合电路欧姆定律可得：
变形可得：
可知U﹣I图像的纵轴截距为：
U﹣I图像的斜率绝对值为：，故BC错误。
故选：AC。
故答案为：（1）甲；（2）B、C、5.82。
【点评】本题考查了应用了伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻的实验。掌握实验原理是解题的前提，应用图象法处理实验数据，根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象的斜率与截距求出电源电动势与内阻。
四、计算题：（本大题共3个小题，11题14分，12题16分，13题18分，共48分，写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
11．（14分）如图所示，电阻不计的金属框宽度为l＝0.5m，固定在倾角θ＝53°的斜面上，内阻r＝1Ω的电源。金属框所在的区域加一磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向下。现把一根质量m＝0.5kg的金属杆ab垂直放在导轨上，当开关闭合后ab处于静止状态。取重力加速度，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，求：
（1）金属杆ab中的电流大小；
（2）金属杆ab受到的安培力大小；
（3）金属杆ab给导轨的摩擦力。
【分析】（1）由闭合电路的欧姆定律计算电流大小；
（2）根据安培力公式计算安培力大小；
（3）对金属杆，根据平衡条件计算摩擦力大小和方向，由牛顿第三定律计算金属杆对导轨的摩擦力的大小和方向。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得：，解得：；
（2）根据安培力的表达式可得金属杆ab受到的安培力大小为：F安＝BIl＝2×3×3.5N＝3N；
（3）对金属杆ab受力分析如图所示：
根据沿斜面方向受力平衡可得：mgsinθ＝F安+f，解得：f＝mgsinθ﹣F安＝3.5×10×0.2N﹣3N＝1N，方向沿斜面向上，金属杆ab给导轨的摩擦力大小为2N。
答：（1）金属杆ab中的电流大小为3A；
（2）金属杆ab受到的安培力大小为3N；
（3）金属杆ab给导轨的摩擦力为8N，方向沿斜面向下。
【点评】本题考查了磁场对电流的作用，根据题意分析清楚金属棒的受力情况是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律、安培力公式与平衡条件即可解题；解题时注意讨论摩擦力的方向，这是易错点。
12．（16分）如图甲所示，电阻R＝6Ω，平行于斜面底边CD的导体棒AB电阻r＝6Ω，导体棒AB的长度等于导轨宽度为L＝10cm，PQCD区域内有垂直于导轨的匀强磁场2，匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。导体棒AB在t＝0时由静止释放，在t＝1s时进入磁场区域，并恰好做匀速直线运动2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）导体棒AB释放处与PQ的距离以及导体棒AB进入磁场时的感应电动势；
（2）在前1.5s内电路中产生的内能。
【分析】（1）0﹣1s内导体棒上有感应电流，但不受安培力，在PQ之前做匀加速直线运动，由1s时的速度求出进入磁场时的感应电势；
（2）0﹣1s内由乙图，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据焦耳定律求出1s内的内能，第1～1.5s秒内导体棒做匀速运动，根据第一问感应电动势求出这一阶段的内能，两阶段相加即可。
【解答】解：（1）AB未进入磁场时，不受安培力作用
下滑的时间为1s，则下滑位移为
解得x1＝5m
即AB释放处与PQ的距离为3m；AB进入磁场时速度为
v＝a1t
AB进入磁场时感应电动势为
E＝BLv，
解得v＝4.2V
（2）第1s内电路中的感应电动势
产生的热量
第1～1.6s内产生的热量
前2.5s内电路中产生的内能为
Q＝Q1+Q4
解得Q＝0.09J
答：（1）导体棒AB释放处与PQ的距离等于3m，导体棒AB进入磁场时的感应电动势等于5.2V；
（2）在前1.4s内电路中产生的内能等于0.09J。
【点评】本题重点考查对法拉第电磁感应定律的理解与应用、电路结构和电能的计算以及对题目的分析。
13．（18分）在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，求
（1）M、N两点间的电势差UMN；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t。
【分析】（1）粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达N的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，在应用动能定理即可求得电场中MN两点间的电势差。
（2）粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径。
（3）粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间。
【解答】解：（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动，有
得：v＝2v7
粒子从M点到N点的过程，由动能定理有：
解得：
（2）粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动（如图所示），半径为O′N
解得：
（3）由几何关系得：
ON＝rsinθ
设粒子在电场中运动的时间为t3，则有：
ON＝v0t1
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
设粒子在磁场中运动的时间为t3，有：
得：
运动的总时间为：
t＝t4+t2
即：
答：（1）M、N两点间的电势差；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间为。
【点评】该题考查了电场和磁场边界问题，不同场的分界面上，既是一种运动的结束，又是另一种运动的开始，寻找相关物理量尤其重要。
粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。
点粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点
圆心的确定：因洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力总垂直于速度，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长的交点即为圆心。或射入磁场和射出磁场的两点间弦的垂直平分线与一半径的交点即为圆心。
半径的确定：半径一般都在确定圆心的基础上用平面几何知识求解，常常是解直角三角形。
运动时间的确定：利用圆心与弦切角的关系计算出粒子所转过的圆心角θ的大小，用公式可求出运动时间。
再者就是要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。
题号
1
2
3
4
5
答案
A
C
A
A
B