2021-2022学年宁夏石嘴山三中高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年宁夏石嘴山三中高二（下）第一次月考物理试卷
1. 如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90∘；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60∘。不计重力。则v1v2为(    )


A. 12 B. 33 C. 32 D. 3
2. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T.则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(    )
A. 1.3m/s，a正、b负 B. 2.7m/s，a正、b负
C. 1.3m/s，a负、b正 D. 2.7m/s，a负、b正
3. 如图，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻为R，磁场的磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是(    )
A. BdvRsinθ B. BdvsinθR C. BdvcosθR D. BdvR
4. 如图所示，两条相距为L=1m的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R=1Ω的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻为r=1Ω.若给棒以平行导轨向右的初速度v0=2m/s，当流过棒截面的电荷量为q=1C时，棒的速度减为零．则在这一过程中(    )

A. 金属棒做匀减速直线运动 B. 棒开始运动时电势差Uab=1V
C. 棒发生的位移为x=2m D. 定值电阻R释放的热量为1焦耳
5. 如图纸面内的单匝正方形导线框处于一个垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，线框边长为L，每条边电阻相等，则(    )

A. 若线框以垂直于ab方向的速度v向左移动，则ab两端的电压Uab=0
B. 若线框以垂直于ab方向的速度v向左移动，则ab两端的电压Uab=BLv
C. 若线框以ab为轴做角速度为ω的匀速圆周转动，图示瞬间(t=0时刻)cd速度垂直纸面向里，在0∼πω时间内，ab边的电流方向为从a到b
D. 若线框以ab为轴做角速度为ω的匀速圆周转动，图示瞬间(t=0时刻)cd速度垂直纸面向里，当t=π2ω时ab两端的电压Uab=−BL2ω4
6. 由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(    )
A. 甲和乙都加速运动 B. 甲和乙都减速运动
C. 甲加速运动，乙减速运动 D. 甲减速运动，乙加速运动
7. 如图表示磁流体的发电原理：将一束等离子体(重力不计)沿图示方向以速度v喷射入磁场，金属板A、B就形成一个直流电源，设磁感应强度为B，金属板A、B相距d，外接电阻R，A、B间弥漫的电离气体电阻为r，则下述说法正确的是(    )

A. 金属板A为电源的正极
B. 开关断开时，金属板间的电势差为Bvd
C. 开关闭合后，金属板间的电势差为BvdRR+r
D. 等离子体发生偏转的原因是洛伦兹力大于所受电场力
8. 电磁学的成就极大地推动了人类社会的进步。下列说法正确的是(    )

A. 甲图中，这是录音机的录音电路原理图，当录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
B. 乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花
C. 丙图中，在真空冶炼炉中，可以利用高频电流产生的涡流冶炼出高质量的合金
D. 丁图中，钳形电流表是利用电磁感应原理制成的，它的优点是不需要切断导线，就可以方便地测出通过导线中交变电流的大小
9. 如图所示，甲是质谱仪的示意图，乙是回旋加速器的原理图，丙是研究楞次定律的实验图，丁是研究自感现象的电路图，下列说法正确的是(    )
A. 质谱仪可以用来测量带电粒子的比荷，也可以用来研究同位素
B. 回旋加速器是加速带电粒子装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大
C. 丙图中，磁铁插入过程中，电流由a→→b
D. 丁图中，开关S断开瞬间，灯泡A一定会突然闪亮一下
10. 有一个称为“千人震”的趣味物理小实验如图1，实验是用一节电动势为1.5V的新干电池，几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位做这个实验的同学手拉手成一串，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们首、尾两位同学两个空着的手相连，如图所示，在通或断时就会使连成一串的同学都有触电感觉，该实验原理是______；人有触电感觉时开关是通，还是断的瞬间______，因为______.
11. 图甲为课堂演示用的手摇发电机，现将此手摇发电机的输出端与电压传感器并联后接入数据采集器，在计算机显示屏上得到如图乙所示的波形电压。

(1)研究此交变电流的波形，发现屏上出现第1个向上的“尖峰”到出现第31个向上的“尖峰”经历的时间为1min，则手摇发电机线圈转动的平均角速度为______rad/s。
(2)屏上出现的电压波形不是正弦波，其原因可能是______。(写出一条即可)
(3)将发电机输出的电流通过整流装置后得到如图丙所示的正弦交变电流图象，此电流的瞬时值表达式为______，电流的有效值为______。
12. 类比是研究问题的常用方法。
(1)情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f=kv(k为常量)的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G−kv=mΔvΔt(①式)描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率vm。
(2)情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I-t图线。
(3)类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
情境1
情境2
物体重力势能的减少量
______
物体动能的增加量
______
______
电阻R上消耗的电能


13. 汤姆孙在1897年用阴极射线管测量了电子的比荷(电子电荷量与质量之比)，其实验原理如图所示．电子流平行于极板射入，极板P、P′间同时存在匀强电场K和垂直纸面向里的匀强磁场B时，电子流不发生偏转；极板间只存在垂直纸面向里的匀强磁场B时，电子流穿出平行板电容器时的偏向角θ=115rad.已知极板长L=3.0×10−2m，电场强度大小为E=1.5×104V/m，磁感应强度大小为B=5.0×10−4T.求电子比荷．
14. 如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线(图中平行于导体板的虚线)通过N。不计重力。
(1)求粒子加速器M的加速电压U；
(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；
(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能Ek。
15. 如图所示，在边长L=3m的等边三角形ACD区域内，存在磁感应强度大小B=0.8T、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现有一束比荷qm=1×102C/kg的带正电粒子，从边的中点P以平行于CD边的某一速度射入磁场，粒子的重力不计。
(1)若粒子进入磁场时的速度大小v0=20m/s，求粒子在磁场中运动的轨道半径。
(2)若粒子能从AC边飞出磁场，求粒子在磁场中的运动时间。
(3)若粒子恰好从D点飞出磁场，求粒子进入磁场时的速度大小v。

16. 如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37∘的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。


(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
17. 如图1所示，有两条相距L=1m的平行光滑金属轨道，轨道在PM、QN之间水平，其中PM左侧轨道的倾斜角θ=30∘，QN右侧轨道为弧线，在轨道的上端接有阻值R=2Ω的定值电阻。PM、QN之间存在竖直向下的磁场(PM、QN边界上无磁场)，磁感应强度的变化情况如图2所示，PM、QN之间的距离d=2m。一质量为m=1kg、导轨间有效阻值为R1=2Ω的导体棒a从t=0时刻无初速度释放，初始位置与水平轨道间的高度差H=5m。导体棒b静置于磁场左边界的水平轨道PM处，该导体棒的质量也为m=1kg，有效阻值R2=2Ω。导体棒a下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与导体棒b发生弹性碰撞。运动中两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨电阻。重力加速度g取10m/s2。求：

(1)在0∼2s内，通过导体棒b的电荷量；
(2)导体棒b进入磁场瞬间受到的安培力大小；
(3)导体棒b最终静止的位置离PM的距离。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：

由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为：
R1=r，
R2=rcot30∘=3r
由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=mv2R
则粒子的速度：v=qBRm
则粒子两次的入射速度之比为：v1v2=R1R2，解得：v1v2=33，故B正确，ACD错误；
故选：B。
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的轨迹图，然后由几何关系分别得出两个轨迹圆半径和磁场圆半径之间的关系。由洛伦兹力提供向心力列出等式，得出速度的表达式，从而求出粒子两次的入射速度之比。
本题考查带电粒子在磁场中运动，关键是要根据几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力得出速度的表达式。

2.【答案】A 
【解析】解：血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏。则a带正电，b带负电。最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有qUd=qvB，所以v=UBd=160×10−60.040×3×10−3m/s=1.3m/s.故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
血液中正负离子流动时，会受到洛伦兹力，发生偏转，正离子往哪一个电极偏转，哪一个电极带正电．电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．根据平衡可求出血流速度．
解决本题的关键是要掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差．

3.【答案】A 
【解析】解：由于导体与磁场垂直，得：
E=BLv=Bdsinθv=Bdvsinθ，
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流为：
I=ER=BdvRsinθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
导体与磁场垂直，根据导体切割电动势公式E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流
对于导体切割磁感应线产生的感应电动势可以根据E=BLv来计算，其中L是垂直于磁场方向的有效切割长度。

4.【答案】C 
【解析】解：A、金属棒的速度减小，受到的安培力减小，加速度减小，故金属棒做变加速直线运动，故A正确；
B、金属棒开始运动时产生的电动势
E=BLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得电路中电流为
I=ER+r
电阻R两端的电压为U=IR
联立各式代入数据可得U=1V
由右手定则可知，金属棒中电流由a到b，故电势差Uab=−1V
故B错误；
C、金属棒的速度减小为零，流过棒截面的电荷量为
q=NΔΦR+r=BLxR+r=1C
整理可得x=2m
故C正确；
D、对金属棒，取极短时间Δt，以初速度方向为正方向，利用动量定理可知
−BLI⋅Δt=m⋅Δv
则金属棒由开始到速度减为零的时间内，有
−BLq=0−mv0
代入数据可得m=0.5kg
电阻R释放的热量为QR=12×ΔEk=12×12mv02
代入数据可得QR=0.5J
故D错误。
故选：C。
A、根据金属棒的运动状态，结合安培力可知金属棒做变加速直线运动；
B、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，结合右手定则可知ab间电势差；
C、结合题意，根据通过金属棒的电荷量求出棒的位移；
D、根据动量定理，结合能量守恒定律求出电阻R产生的焦耳热。
本题考查了金属棒切割磁感线模型，要注意法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律的综合应用。

5.【答案】D 
【解析】解：AB、若线框以垂直于ab方向的速度v向左移动，ab产生的感应电动势E=BLv，ab相当于电源，ab两端的电压为路端电压，则ab两端电压为Uab=34E=34BLv，故AB错误；
C、若线框以ab为轴做角速度为ω的匀速圆周转动，图示瞬间(t=0时刻)cd速度垂直纸面向里，在0∼πω时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向沿adcba，ab边的电流方向为从b到a，故C错误；
D、当t=π2ω时线框产生的感应电动势为Em=BSω=BL2ω，因a点的电势低于b点的电势，则ab两端的电压Uab=−14Em=−BL2ω4，故D正确。
故选：D。
若线框以垂直于ab方向的速度v向左移动，ab相当于电源，ab两端的电压为路端电压；若线框以ab为轴做角速度为ω的匀速圆周转动，根据楞次定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和电压分配规律求ab两端的电压。
解决本题时，要掌握平动切割感应电动势公式E=BLv，以及转动切割感应电动势最大值公式Em=BSω，要明确ab的电压与电源电动势的关系，当ab切割磁感线时，ab电压是路端电压，不是内电压。

6.【答案】AB 
【解析】
【分析】
线圈进入磁场前做自由落体运动，应用运动学公式求出线圈进入磁场时的速度大小；
根据密度公式求出线圈的质量；应用电阻定律求出线圈的电阻；
由E=BLv求出线圈进入磁场过程产生的感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流；
应用安培力公式求出线圈受到的安培力，根据线圈受到的安培力与重力间的关系分析判断线圈进入磁场过程的运动情况。
本题是电磁感应、电路与力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚线圈的受力情况与运动过程是解题的前提与关键；解题时要先推导出线圈所受安培力，然后再分析答题。
【解答】
甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为ρ，密度为ρ密度，
两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L，设线圈的横截面积为S，线圈的质量m=ρ密度×4nLS=4nρ密度LS，
由题意可知，两线圈的质量相等，则4n甲ρ密度LS甲=4n乙ρ密度LS乙，则n甲S甲=n乙S乙，
两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h，
设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，
则v=2gh，由于下落高度h相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等，
设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E=nBLv，
由电阻定律可知，线圈电阻：R=ρ4nLS
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=ER=nBLv4nρLS=BSv4ρ
线圈受到的安培力：F=nBIL=nB2LSv4ρ
由于n甲S甲=n乙S乙，B、L、ρ、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，线圈质量相同，则它们受到的重力G=mg相同，
线圈进入磁场过程所受合力F合=F−G相同；
A、如果线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速运动，故A正确；
B、如果线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速运动，故B正确；
C、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲加速运动，则乙也做加速运动，故C错误；
D、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲减速运动，则乙也做减速运动，故D错误。
故选：AB。  
7.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高；根据电场力和洛伦兹力平衡求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出两极板间的电势差。
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势。

【解答】
A.根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电，A为电源的负极，故A错误；
B.根据qvB=qEd得，E=Bdv，故B正确；
C.因电动势的大小为E=Bdv，则流过R的电流为：I=ER+r=BdvR+r，两极板间电势差为：U=IR=BvdRR+r，故C正确；
D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确。
故选BCD。  
8.【答案】ACD 
【解析】解：A、甲图中，将声音信号转变为磁信号，是录音机的原理。当录音机录音时，声音信号变成电信号，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场，使磁带的磁粉磁化。故A正确。
    B、乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡立即熄灭，开关处电压等于电源的电动势加上自感电动势，开关处会产生电火花。故B错误。
    C、丙图中，在真空冶炼炉中，高频交变电流产生的涡流，电能转化为内能，来冶炼出高质量的合金。故C正确。
    D、丁图中，钳形电流表是利用电磁感应原理制成的，相当于变压器，不需要切断导线。故D正确。
故选：ACD。
甲图中，将声音信号转变为磁信号，是录音机的原理。乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡立即熄灭，开关处电压等于电源的电动势加上自感电动势，开关处会产生电火花。丙图中，在真空冶炼炉中，可以利用高频电流产生的涡流冶炼出高质量的合金。丁图中，钳形电流表是利用电磁感应原理制成的，相当于变压器。
本题是生活中电磁学问题，关键抓住物理原理：磁化、磁生电及电生磁等。应理解的基础上加强记忆。

9.【答案】ACD 
【解析】解：A、甲图是用来测定带电粒子比荷的装置，设速度选择器中电场强度为E，磁感应强度为B1，下边的磁场磁感应强度为B2，在速度选择器中，为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB1=qE，所以电场与磁场的关系为：v=EB1；
能通过速度选择器的狭缝S0的带电粒子进入下边的磁场后洛伦兹力提供向心力，则：qvB2=mv2r，所以：r=mvqB2=mEqB1B2，所以粒子的比荷qm越小，打在胶片上的位置越远离狭缝S0，所以该装置可以用来研究电荷数相等而质量数不相等的同位素。故A正确；
B、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=qBRm，
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错误；
C、丙图中磁铁插入过程中，穿过线圈的向右的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场的方向向左，所以线圈外侧的电流方向向上，电流由a通过电流计流向b。故C正确；
D、电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭，若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭。若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下。故D正确。
故选：ACD。
四幅图中分别属于四种不同的物理情景，涉及不同的原理，根据各自的原理来分析解答即可．
本题考查了质谱仪、回旋加速器、自感现象的原理等基础知识点，难度不大，关键要理解各种现象的原理，即可轻松解决．

10.【答案】镇流器的自感现象；断开瞬间；只有在电路刚断开时才能产生很高的自感电动势使人产生触电的感觉 
【解析】解：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小．当断开时，镇流器电流发生变小，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉．
故答案为：(1)镇流器的自感现象；断开瞬间；只有在电路刚断开时才能产生很高的自感电动势使人产生触电的感觉．
只有当闭合电路断开时，导致电路中的电流变化，镇流器出现自感现象，产生瞬间高压，给同学们都有触电感觉．
镇流器中的线圈在电流发生变化时，产生很高的电压，相当于瞬间的电源作用．

11.【答案】π转子不是在均匀磁场中转动；或手转动发电机的转速不均匀  i=0.2sin5πt(A)0.14A 
【解析】解：(1)屏上每出现一次尖峰，就代表经过了一个周期，1分钟内屏上出现了31个向上的尖峰，表明周期为：T=6031−1s=2s，手摇发电机线圈转动的平均角速度为ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s
(2)只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场；由于是手摇转动，转速难以保证恒定；
(3)根据乙图可知，交流电的有效值为T=0.4s，故角速度为ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s，此电流的瞬时值表达式为i=0.2sin5πt(A)
交流电的有效值为I=Im2=0.22A=0.14A
故答案为：(1)π；(2)转子不是在均匀磁场中转动；或手转动发电机的转速不均匀；(3)i=0.2sin5πt(A)；0.14A
(1)由图可得出每个全振动所经历的时间，根据圆周运动的规律可求得转动的角速度；
(2)分析发电机的原理，明确波形产生原理即可解答；
(3)根据丙图求得周期，即可求得角速度，表示出交流电的瞬时表达式，交流电的有效值I=Im2.
本题考查交流电的产生及圆周运动的规律，要注意明确交流发电机的发电原理。

12.【答案】(1)Gk；(2)E−IR=LΔIΔt，；(3)电源提供的电能  线圈磁场能的增加量  克服阻力做功消耗的机械能 
【解析】(1)当物体下落速度达到最大速度vm时加速度为零，则有
G=kvm
解得vm=Gk。
(2)a、电路中电流I随时间t的变化规律为E−IR=LΔIΔt(其中L为线圈的自感系数)。
b、根据E−IR=LΔIΔt可得ΔIΔt=EL−IRL，由于E、R、L不变，I逐渐增大，则I−t图像的斜率逐渐减小，最后稳定时I=ER。
I-t图像如图所示。

(3)情境1物体重力势能的减少量是整个过程中能量的来源，对应情境2中电源提供的电能；
情境1中物体动能的增加量，对应情境2中线圈磁场能的增加量；
情境2电阻R上消耗的电能，相当于情景1中克服阻力做功消耗的机械能。
答：(1)物体下落的最大速率为Gk；
(2)电流I随时间t变化的方程为E−IR=LΔIΔt；画出I−t图线见解析；
(3)类比情境1和情境2中的能量转化情况，填写的表格如下图：
情境1
情境2

电源提供的电能

线圈磁场能的增加量
克服阻力做功消耗的机械能


(1)当物体下落速度达到最大速度vm时加速度为零，根据平衡条件解答；
(2)根据类比法分析电路中电流I随时间t的变化规律，根据I-t关系式画出I-t图像；
(3)根据类比法分析进行填表。
本题主要是考查电能与磁场能的转化，关键是能够根据类比法进行比较，难度较大。

13.【答案】解：电子流无偏转时，受力平衡，有：eE=evB
只存在磁场时，电子受洛伦兹力作用，有：evB=mv2r(或r=mveB)
由几何关系有：r=Lsinθ
偏转角很小时，r≈Lθ 
联立，并代入数据解得：em=EθB2L=1.3×1011C/kg
答：电子比荷为1.3×1011C/kg. 
【解析】当电子受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，因此由电压、磁感应强度可求出运动速度；电子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律与向心力表达式，与几何关系的结合，即可求解．
考查匀速圆周运动处理规律，掌握牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确建立，与电子电量符号表达．

14.【答案】解：(1)根据功能关系
qU=12mv2
解得U=mv22q。
(2)电场力与洛伦兹力平衡
qE=qBv
解得E=Bv。
由左手定则判定电场的方向垂直导体板向下。
(3)电场力做正功，根据功能关系
Ek=qU+qEd
解得Ek=12mv2+qBvd。
答：(1)加速电压为mv22q；
(2)场强E的方向垂直于导体板向下，大小为Bv；
(3)粒子离开N时的动能为12mv2+qBvd。 
【解析】(1)在加速度器M的运动过程利用功能关系求解；
(2)由左手定则判断出安培力方向，而且洛伦兹力方向和电场力方向相反，由此计算场强的大小和方向；
(3)对整个运动过程利用功能关系求解。
熟练掌握功能关系或动能定理，同时利用左手定则判断安培力的方向，利用公式求解安培力的大小，再融入到受力分析的知识体系中。

15.【答案】解：(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
qvB=mv02r1，
代入数据解得：r1=0.25m；
(2)若粒子从AC边飞出磁场，运动轨迹如图乙所示
，
由几何关系得圆心角θ=4π3，
又t=θ2πT，
T=2πmqB
代入数据联立解得：t=0.052s；
(3)设粒子恰好从D点飞出磁场的轨迹半径为r2，由几何关系有
(r2−34L)2+(34L)2=r22，
洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r2，
代入数据联立解得：v=120m/s。
答：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径为0.25m。
(2)若粒子能从AC边飞出磁场，粒子在磁场中的运动时间为0.052s。
(3)若粒子恰好从D点飞出磁场，粒子进入磁场时的速度大小v为120m/s。 
【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式可解；
(2)粒子能从AC边飞出磁场，作出粒子运动轨迹图，根据圆心角和周期公式求运动时间；
(3)粒子恰好从D点飞出磁场，作出粒子运动轨迹图，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求速度。
本题考查带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律的应用，知道是洛伦兹力提供向心力，并结合几何关系列式求解即可。

16.【答案】解：(1)由图2可知，金属棒在0∼1s做初速度为零的匀加速直线运动，1s后开始做加速度减小的加速运动，则金属棒在1s时进入磁场，
在0∼1s内，金属棒的加速度为：a=△v△t=41m/s2=4m/s2，
整个过程中，金属棒沿斜面方向受到重力的下滑分力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μmgcos37∘=ma，
解得：μ=0.25；
(2)金属棒达到最大速率时，金属棒此时加速度为零，金属棒此时处于平衡状态，假设金属棒的最大速度为vm，
此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm，
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER，由安培力公式可得：F=BIL，
对金属棒受力分析可得：F+μmgcos37∘=mgsin37∘，联立可得：vm=8m/s；
(3)有闭合电路欧姆定律和欧姆定律以及电流的定义式可得：q=It=ERt=△φtRt=△φR=BLxR，化简可得：x=qRBL=1.3×11×0.5m=2.6m，
由动能定理可得：mgxsin37∘−μmgcos37∘+W=12mv22−12mv12，电阻产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，则Q=W=2.95J；
答：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25；
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率为8m/s；
(3)此过程中电阻产生的焦耳热为2.95J。 
【解析】(1)已知金属棒在0∼1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
(2)当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
(3)由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。

17.【答案】解：(1)导体棒a下滑过程中，有mgsin30∘=ma
由运动学公式得：Hsin30∘=12at2
解得t=2s，故在在0∼2s内，通过导体棒b一直静止
根据法拉第电磁感应定律得感生电动势为：E=ΔΦΔt；
根据闭合电路欧姆定律得：I=ER总；
q=IΔt
R总=R1R2R1+R2+R
ΔΦ=ΔBS=△BLd
通过导体棒b的电量为：qb=12q
联立得：qb=1C；
(2)导体棒a与导体棒b碰撞前的速度为v=at
a棒与b棒发生弹性碰撞，依据动量守恒定律得：mv=mva+mvb；
由能量守恒得：12mv2=12mva2+12mvb2
解得：va=0，vb=10m/s
b进入磁场时，磁场不再变化，电动势E′=BLvb
R总′=R1RR1+R+R2
I′=E′R总′
根据安培力公式：F=BI′L
解得：F=30N；
(3)导体棒b直到静止，由动量定理得：mvb=BILt
即mvb=BqL；q=BLxR总′
解得：x=103m
因为x>d，故导体棒b最终静止的位置距PM为：x′=2×2m−103m=23m。
答：(1)在0∼2s内，通过导体棒b的电荷量为1C；
(2)导体棒b进入磁场瞬间受到的安培力大小为30N；
(3)导体棒b最终静止的位置离PM的距离为23m。 
【解析】(1)根据动能定理结合电荷量的表达式计算出通过导体棒b的电荷量；
(2)根据动量守恒计算出速度，结合法拉第电磁感应定律和安培力公式计算出安培力的大小；
(3)对导体棒b根据动量定理结合电荷量的计算公式计算出停止的位置。
本题主要考查了电磁感应定律，解题的关键点是根据动能定理计算出速度，对系统根据动量守恒定律，对个体根据动量定理列式完成分析。