2021-2022学年江苏省扬州中学高二（下）期中物理试卷（含答案）

这是一份2021-2022学年江苏省扬州中学高二（下）期中物理试卷（含答案），共24页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年江苏省扬州中学高二（下）期中物理试卷
一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的．（请将所有选择题答案填到答题卡指定位置中）
1．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．奥斯特发现了电流的磁效应
B．安培总结了感应电流方向的规律
C．楞次发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想
D．法拉第提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
2．（4分）下列实验中是光的干涉现象的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（4分）如图为某发电站电能输送电路示意图，若只减小用户电阻R0，下列说法正确的是（　　）

A．变压器T1的输出电压增大
B．变压器T1的输出电压减小
C．输电线上损失的功率增大
D．输电线上损失的功率减小
4．（4分）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来，若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（　　）

A．增加线圈的匝数 B．降低交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯
5．（4分）非接触式体温测量仪通过人体辐射的红外线测量体温，紫外线灯在无人的环境下消杀病毒.红外线和紫外线相比较（　　）
A．红外线的光子能量比紫外线的大
B．真空中红外线的波长比紫外线的长
C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能
6．（4分）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t＝0时开关S打到b端，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（　　）

A．LC回路的周期为0.02s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C．t＝1.01s时线圈中磁场能最大
D．t＝1.01s时回路中电流沿顺时针方向
7．（4分）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0﹣4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定向左为安培力的正方向）可能是下图中的（　　）

A． B．
C． D．
8．（4分）如图所示，坐标平面内有边界过P（0，L）点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域。方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子（不计重力），从P点以初速度v0平行于x铀正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x铀正方向的夹角为60°。下列说法正确的是（　　）

A．磁场方向垂直于坐标平面向外
B．磁场的磁感应强度
C．圆形磁场区域的半径为2L
D．带电粒子做圆周运动的半径为L
9．（4分）如图为一种改进后的回旋加速器示意图，加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）

A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．右侧相邻圆弧间距离P1P2＞P2P3
C．加速电场方向需要做周期性的变化
D．粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
10．（4分）如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．直杆对小球的弹力方向不变
B．直杆对小球的摩擦力一直减小
C．小球运动的最大加速度为
D．小球的最大速度为
二、非选择题：本题共6题，共60分．其中13-16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数据计算时，答案中必须写出数值和单位．
11．（9分）如图所示为某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖折射率实验，在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3、P4恰可挡住P1、P2所成的像．
（1）以下说法正确的是 　 　；
A．入射角θ越大越好
B．入射角θ越小越好
C．P1、P2及P3、P4之间的距离越小越好
D．P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大些
（2）该玻璃砖的折射率n＝　 　，另一同学将大头针P1和P2插在圆弧侧某半径延长线位置时，在另一侧任何方向看不到大头针的像，可能的原因是 　 　．

12．（6分）某同学利用如图所示装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验。

（1）下列说法正确的是 　 　；
A．若仅将蓝色滤光片换成红色滤光片，则相邻干涉条纹间距变宽
B．若仅将单缝向双缝移动一小段距离，则相邻干涉条纹间距变宽
C．若仅增大双缝间的距离，则相邻干涉条纹间距变窄
D．若去掉滤光片.则干涉现象消失
（2）实验中，选用红色滤光片测量红光的波长，测得双缝间的距离d＝2mm，双缝与屏之间的距离为L＝0.80m，通过测量头观察第1条亮条纹的读数为3.645mm，观察第6条亮条纹的读数为4.945mm.由此求得红光的波长为 　 　m（计算结果保留三位有效数字）。
13．（8分）如图，某透明体的横截面是腰长为a的等腰直角三角形，一细光束从距A点长的D点垂直AB射入透明体，在AC界面上刚好发生全反射。真空中的光速为c，求：
（1）透明体的折射率；
（2）该光束在透明体内传播的时间。

14．（8分）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：
（1）转动中感应电动势的最大值和理想电压表读数（结果可保留根号）；
（2）线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量（π取3.14）。

15．（13分）如图所示，光滑金属导轨CDFE固定在水平面上，DF⊥EF，∠CDF＝45°，DF间距L＝4m，R＝4Ω的电阻连接在DF之间，其余电阻不计，整个装置处于竖直向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场中．质量m＝1kg的导体棒在外力作用下从DF位置开始向右运动，t＝3s内向右运动的距离为x＝2m，该过程中电阻R上消耗的功率P＝1W保持不变．导体棒始终垂直于EF且与导轨接触良好，电阻不计．求：
（1）初位置时，棒的速度大小v0；
（2）初位置时，棒受到安培力的大小F安；
（3）全过程中，外力对导体棒做的功W．

16．（16分）如图所示的xOy平面内，x＜0的区域内有竖直向上的匀强电场。在0＜x≤2L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2＝2B1，均垂直于纸面向外。一质量为m、带电量为+q的粒子，在t＝0时刻，从P（﹣2L，﹣L）点以速度v0沿x轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终从x轴上的Q（2L，0）点射出磁场，不计粒子的重力．求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）磁感应强度B1的最小值；
（3）若B1＝，整个过程粒子运动的时间t。


2021-2022学年江苏省扬州中学高二（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的．（请将所有选择题答案填到答题卡指定位置中）
1．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．奥斯特发现了电流的磁效应
B．安培总结了感应电流方向的规律
C．楞次发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想
D．法拉第提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
【分析】根据电磁现象的发展过程以及物理学家的贡献即可解题。
【解答】解：奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想，楞次总结出感应电流的方向；故A正确；BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物理学史，关键要熟悉教材，知道各个物理学家所做的贡献，基础题。
2．（4分）下列实验中是光的干涉现象的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据常见的各种光学现象分析；偏振是横波特有的现象；根据衍射的特点分析；两列相干波会产生稳定的干涉图样。
【解答】解：A属于光的单缝衍射实验，B属于薄膜干涉现象；C属于光的偏振现象；D属于光的色散现象；故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题考查了光的衍射、偏振和干涉等常见光的各种现象，熟悉各种现象的应用是解答的关键。
3．（4分）如图为某发电站电能输送电路示意图，若只减小用户电阻R0，下列说法正确的是（　　）

A．变压器T1的输出电压增大
B．变压器T1的输出电压减小
C．输电线上损失的功率增大
D．输电线上损失的功率减小
【分析】由发电机的输出电压和升压变压器原、副线圈的匝数比不变，可得出输电线输送电压的变化，根据用户电阻的变化，得出降压变压变压器输出功率的变化，根据输出功率决定输入功率，得知发电机输出功率的变化，由输电线上损失的功率变化。
【解答】解：AB、根据可知，变压器T1的输出电压取决于T1的输入电压和匝数之比，仅减小用户电阻R0，因此输出电压不变，故AB错误；
CD、若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失的电压增大，输电线上的功率损失增大，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】解决本题关键知道：1、原、副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；2、升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系。
4．（4分）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来，若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（　　）

A．增加线圈的匝数 B．降低交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯
【分析】由题意可知电器的工作原理，则根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法。
【解答】解：AB、由题意可知，本题中是涡流现象的应用；即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流；从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；则可以缩短加热时间，故B错误，A正确；
C、将杯子换作瓷杯不会产生涡流，则无法使水加热，故C错误；
D、取走铁芯会降低发热功率，加热时间变长，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查涡流的应用，要注意明确涡流现象其实就是电磁感应的，由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱的决定因素。
5．（4分）非接触式体温测量仪通过人体辐射的红外线测量体温，紫外线灯在无人的环境下消杀病毒.红外线和紫外线相比较（　　）
A．红外线的光子能量比紫外线的大
B．真空中红外线的波长比紫外线的长
C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能
【分析】根据光子能量公式E＝hν判断；根据电磁波谱可知真空中红外线的波长比紫外线的长；红外线和紫外线在真空中传播速度都为c；红外线和紫外线都可以发生偏振现象。
【解答】解：A、因为红外线的频率小于紫外线，根据公式E＝hν，可知红外线的光子能量比紫外线的小，故A错误；
B、根据电磁波谱，可知真空中红外线的波长比紫外线的波长长，故B正确；
C、真空中红外线和紫外线的传播速度是一样的，都等于光速c，故C错误；
D、红外线和紫外线都属于电磁波，所以都可以发生偏振现象，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了红外线和紫外线的特点与应用，此题非常符合新高考的理念，物理来源于生活，要求同学们能够用所学知识去解释生活中的一些物理现象。
6．（4分）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t＝0时开关S打到b端，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（　　）

A．LC回路的周期为0.02s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C．t＝1.01s时线圈中磁场能最大
D．t＝1.01s时回路中电流沿顺时针方向
【分析】在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；
当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。
在一个周期内，电容器充电两次，放电两次。
【解答】解：A、在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，此时充放电一次，则周期为0.04s，故A错误。
B、根据LC振荡电路的充放电规律可知，放电完毕时，回路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，故B错误。
CD、t＝1.01＝25T，此时电容器逆时针放电结束，回路中逆时针的电流最大，磁场能最大，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】明确电磁振荡过程，知道电容器充电完毕（放电开始）：电场能达到最大，磁场能为零，回路中感应电流i＝0；放电完毕（充电开始）：电场能为零，磁场能达到最大，回路中感应电流达到最大。
7．（4分）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0﹣4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定向左为安培力的正方向）可能是下图中的（　　）

A． B．
C． D．
【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流．由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系．
【解答】解：t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1S内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左。
当在1S到2S内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右。在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右。
故选：D。
【点评】安培力的方向由左手定则来确定，而感应电流方向则由楞次定律来确定．当导线与磁场垂直放置时，若电流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比．
8．（4分）如图所示，坐标平面内有边界过P（0，L）点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域。方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子（不计重力），从P点以初速度v0平行于x铀正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x铀正方向的夹角为60°。下列说法正确的是（　　）

A．磁场方向垂直于坐标平面向外
B．磁场的磁感应强度
C．圆形磁场区域的半径为2L
D．带电粒子做圆周运动的半径为L
【分析】根据左手定则可以判断磁场方向；根据粒子的运动轨迹可以求出粒子运动的半径，根据半径可以求磁感应强度；根据题意和粒子在磁场中运动轨迹结合几何关系，可求圆形磁场区域半径。
【解答】解：A、粒子运动的轨迹如图，根据左手定则可知磁场垂直纸面向里，故A错误；

BD、设粒子的轨迹半径为r（图中的O2P和O2Q），根据几何知识可知，sin30°＝，解得粒子的轨道半径为r＝2L，
根据牛顿第二定律有，eBv0＝，
联立解得：B＝＝，故B正确，D错误；
C、根据几何知识可知，由于∠QOP＝90°，故PQ为圆形磁场区域的直径，故2R＝r，则磁场区域的半径R＝L，故C错误；
故选：B。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
9．（4分）如图为一种改进后的回旋加速器示意图，加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）

A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．右侧相邻圆弧间距离P1P2＞P2P3
C．加速电场方向需要做周期性的变化
D．粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
【分析】带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．
【解答】解：AC、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，故AC错误；
B、根据qvB＝m，解得r＝，则P1P2＝2（r2﹣r1）＝，因为每转一圈被加速一次，根据v2﹣＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3﹣v2＜v2﹣v1，则P1P2＞P2P3，故B正确；
D、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据qvB＝m，得v＝，所以加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．
10．（4分）如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．直杆对小球的弹力方向不变
B．直杆对小球的摩擦力一直减小
C．小球运动的最大加速度为
D．小球的最大速度为
【分析】小球从静止开始运动，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程。
【解答】解：小球开始滑动时有：
F0﹣μ（mg﹣qvB）＝ma，
随v增大，摩擦力f＝μ（mg﹣qvB）减小，a增大；当v＝时，a达最大值，洛伦兹力等于mg，支持力等于0；此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大反向，有：
F0﹣μ（qvB﹣mg）＝ma，
随v增大，a减小，摩擦力f＝μ（qvB﹣mg）增大，当vm＝时，a＝0．此时达到平衡状态，速度不变。
所以整个过程中，小球v先增大后不变，最大速度为；a先增大后减小，最大加速度为；支持力先减小后反向增大；摩擦力先减小后增大；故C正确，ABD错误
故选：C。
【点评】解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住当速度增大时，洛伦兹力增大，比较洛伦兹力与重力的大小关系，分清摩擦力的变化是解决问题的关键
二、非选择题：本题共6题，共60分．其中13-16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数据计算时，答案中必须写出数值和单位．
11．（9分）如图所示为某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖折射率实验，在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3、P4恰可挡住P1、P2所成的像．
（1）以下说法正确的是 　D　；
A．入射角θ越大越好
B．入射角θ越小越好
C．P1、P2及P3、P4之间的距离越小越好
D．P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大些
（2）该玻璃砖的折射率n＝　　，另一同学将大头针P1和P2插在圆弧侧某半径延长线位置时，在另一侧任何方向看不到大头针的像，可能的原因是 　发生全反射　．

【分析】（1）为了减小实验的误差，大头针之间的距离适当大一些，入射适当大一些。
（2）根据折射定律求出玻璃砖的折射率，光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角时，会发生全反射。
【解答】解：（1）为了提高上的精确度，实验时大头针之间的距离适当大一些，入射角适当大一些，故ABC错误，D正确；
故选：D
（2）根据折射定律得，玻璃砖的折射率n＝．另一同学将大头针插在P1′和P2′位置时，沿着P3、P4的方向看不到大头针的像，其原因可能是发生了全反射。
故答案为：（1）D；（2），发生全反射。
【点评】解决本题的关键知道实验中需要注意的事项，以及知道实验的原理，通过折射定律求解折射率。
12．（6分）某同学利用如图所示装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验。

（1）下列说法正确的是 　AC　；
A．若仅将蓝色滤光片换成红色滤光片，则相邻干涉条纹间距变宽
B．若仅将单缝向双缝移动一小段距离，则相邻干涉条纹间距变宽
C．若仅增大双缝间的距离，则相邻干涉条纹间距变窄
D．若去掉滤光片.则干涉现象消失
（2）实验中，选用红色滤光片测量红光的波长，测得双缝间的距离d＝2mm，双缝与屏之间的距离为L＝0.80m，通过测量头观察第1条亮条纹的读数为3.645mm，观察第6条亮条纹的读数为4.945mm.由此求得红光的波长为 　6.50×10﹣7　m（计算结果保留三位有效数字）。
【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式进行分析求解。
【解答】（1）A、将滤光片由蓝色换成红色，波长变大，则干涉条纹间距变宽。故A正确。
B、将单缝向双缝移动一小段距离，干涉条纹间距不变。故B错误。
C、根据双缝干涉条纹的间距公式知，增大双缝间距离，干涉条纹间距变窄。故C正确。
D、去掉滤光片，将出现彩色的干涉条纹。故D错误。
故选：AC。
（2）相邻条纹间距为：，
根据得：．
故答案为：（1）AC；（2）6.50×10﹣7
【点评】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。
13．（8分）如图，某透明体的横截面是腰长为a的等腰直角三角形，一细光束从距A点长的D点垂直AB射入透明体，在AC界面上刚好发生全反射。真空中的光速为c，求：
（1）透明体的折射率；
（2）该光束在透明体内传播的时间。

【分析】（1）根据几何知识求出临界角，由公式sinC＝求透明体的折射率；
（2）根据公式n＝求细光束在棱镜中的传播速度，由几何知识求出光束在棱镜中传播路程，从而求得传播时间t。
【解答】解：（1）如图

光束进入透明体到达AC界面时，入射角i＝45°，即临界角C＝45°
根据

得：；
（2）光束在透明体内的光路如图所示，不考虑多次反射，由几何关系得，光在透明体中传播的总路程

光在透明体内的速度

所以传播时间

联立解得：。
答：（1）透明体的折射率为；
（2）该光束在透明体内传播的时间为。
【点评】本题主要考查了光的折射和全反射现象，对于几何光学问题，关键是根据题意作出光路图，运用几何知识求相关角度和距离。本题还要掌握全反射条件和临界角C，并能熟练应用。
14．（8分）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：
（1）转动中感应电动势的最大值和理想电压表读数（结果可保留根号）；
（2）线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量（π取3.14）。

【分析】（1）根据感应电动势的最大值表达式，结合有效值等于最大值的，根据电压表与电流表示数均为有效值，由闭合电路欧姆定律，即可求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及电量表达式，得出电量的综合表达式，从而即可求解。Δ
【解答】解：（1）转动中感应电动势的最大值
Em＝NBSω＝100××0.05×2π×V＝50V
有效值E＝
电压表的示数为U＝
（2）从图示位置转过90°的过程中，，平均感应电流，电荷量为q＝
联立解得q＝0.16C
答：（1）转动中感应电动势的最大值和理想电压表读数分别为50V和22.5；
（2）线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为0.16C。
【点评】本题考查感应电动势的最大值、有效值及平均值的求法，掌握电量的综合表达式，注意磁通量与匝数无关，但此处的电量表达式，却与匝数有关。
15．（13分）如图所示，光滑金属导轨CDFE固定在水平面上，DF⊥EF，∠CDF＝45°，DF间距L＝4m，R＝4Ω的电阻连接在DF之间，其余电阻不计，整个装置处于竖直向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场中．质量m＝1kg的导体棒在外力作用下从DF位置开始向右运动，t＝3s内向右运动的距离为x＝2m，该过程中电阻R上消耗的功率P＝1W保持不变．导体棒始终垂直于EF且与导轨接触良好，电阻不计．求：
（1）初位置时，棒的速度大小v0；
（2）初位置时，棒受到安培力的大小F安；
（3）全过程中，外力对导体棒做的功W．

【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律结合法拉第电磁感应定律解得；
（2）根据安培力公式解得；
（2）根据功能关系可得外力做的功。
【解答】解：（1）根据电功率公式P＝I2R
解得：I＝0.5A
由欧姆定律得
E＝IR
由法拉第电磁感应定律得
E＝BLv0
解得
v0＝0.5m/s
（2）初位置时，棒受到安培力的大小为F安＝BIL＝1×0.5×4N＝2N
（3）棒在t＝0时和向右运动2m时的有效切割长度分别为L＝4m和L2＝2m，设棒在这两个位置的速度分别为v0和v，由题意知回路中的感应电动势保持不变，则有
E＝BLv0＝BL2v
由功能关系得外力做的功
W外＝Pt+﹣
解得
W外＝3.375J
答：（1）初位置时，棒的速度大小为0.5m/s；
（2）初位置时，棒受到安培力的大小为2N；
（3）全过程中，外力对导体棒做的功为3.375J．
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
16．（16分）如图所示的xOy平面内，x＜0的区域内有竖直向上的匀强电场。在0＜x≤2L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2＝2B1，均垂直于纸面向外。一质量为m、带电量为+q的粒子，在t＝0时刻，从P（﹣2L，﹣L）点以速度v0沿x轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终从x轴上的Q（2L，0）点射出磁场，不计粒子的重力．求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）磁感应强度B1的最小值；
（3）若B1＝，整个过程粒子运动的时间t。

【分析】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将其分解为沿+x方向的匀速直线运动和沿+y方向的匀加速直线运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式解答；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出在第一象限运动半径最大的轨迹，由洛伦兹力提供向心力求解；
（3）粒子在第一、四象限往复偏转，最终要在第一象限经过Q点，求得运动半径和每次偏转时间，作出轨迹图，依据运动的周期性与几何关系确定往复运动的次数，再确定总时间。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将其分解为沿+x方向的匀速直线运动和沿+y方向的匀加速直线运动。设粒子经过O点时的速度大小为v，其沿y轴分速度大小为vy，末速度v与+x方向的夹角为θ，其运动轨迹如图所示，则有：
a＝
2L＝v0t1
L＝
vy＝at1
tanθ＝
v＝
联立解得：E＝；θ＝30°；v＝；t1＝
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：
qvB1＝m
解得：B1＝
可见磁感应强度B1最小时，粒子运动半径最大，由几何关系可知粒子在第一象限由O直接到Q点磁场，其半径最大，则有：
rmax＝＝＝
解得磁感应强度B1的最小值：B1min＝＝＝；
（3）当B1＝时，由洛伦兹力提供向心力有：
qvB1＝m
解得粒子在第一象限中运动半径为：
r1＝＝，
轨迹的弦长为：d1＝2r1sinθ＝r1＝
轨迹圆心角为2θ＝2×30°＝60°；
运动时间为：t2＝＝
设粒子在第四象限中的运动半径为r2，同理可得：
r2＝＝＝
轨迹的弦长为：d2＝2r2sinθ＝
轨迹圆心角为360°﹣2θ＝360°﹣60°＝300°。
运动时间为：t3＝＝
粒子由O到Q的运动轨迹如图2所示，粒子最终必须从第一象限经过x轴上的Q点，粒子先是重复O→M→N的运动，设重复次数为n，需满足关系：
n（d1﹣d2）+d1＝OQ＝2L
联立解得：n＝4
则整个过程粒子运动的时间：t＝t1+n（t2+t3）+t2＝+4（+）+＝（2+5π）。
答：（1）匀强电场的场强大小E为；
（2）磁感应强度B1的最小值为；
（3）整个过程粒子运动的时间t为（2+5π）。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
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