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浙江省湖州中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段性测试物理试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省湖州中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段性测试物理试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了全卷分试卷和答卷，可能用到的相关公式或参数， 以下四幅图中相关叙述错误的是等内容，欢迎下载使用。
1.全卷分试卷和答卷。试卷3页，答卷2页，共5页。考试时间90分钟，满分100分。
2.本卷的答案必须做在答卷的相应位置上，做在试卷上无效；
3.请用黑色水笔或钢笔将班级、序号、姓名、座位号分别填写在答卷的相应位置上。
4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量属于矢量的是（ ）
A. 电势B. 电势差C. 磁通量D. 电场强度
【答案】D
【解析】
【详解】A．电势只有大小，没有方向，是标量，A错误；
B．电势差只有大小，没有方向，是标量，B错误；
C．磁通量只有大小，没有方向，是标量，C错误；
D．电场强度既有大小，又有方向，是矢量，D正确。
故选D。
2. 关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，法拉第最先用实验证实了电磁波的存在
B. 周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C. 在真空中，频率越高的电磁波传播速度越大
D. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
【答案】B
【解析】
【详解】A．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，A错误；
B．根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，B正确；
C．真空中电磁波的传播速度均为，C错误；
D．电磁波可以通过光纤传输，D错误。
故选B。
3. 如图所示，某同学在探究电荷间相互作用力的实验中，用绝缘细绳悬挂质量为的带电小球B，若将带电荷量为的带电小球A靠近B，当两个带电小球在同一高度静止时，细绳与竖直方向成角，已知重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A. B球带正电
B. AB两球之间作用力的大小为
C. 只将B球的带电荷量变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的一半
D. 只将AB两球之间的距离变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的一半
【答案】B
【解析】
详解】A．由题知，两小球相互排斥，故小球B带负电，A错误；
B．根据平衡条件可知，AB之间作用力的大小为
B正确；
CD．根据库仑定律可知
只将B球的电荷量变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的二倍，只将AB两球之间的距离变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的四分之一，CD错误。
故选B
4. 如图所示为某晶体二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 加正向电压时，二极管电阻随着电压的增大而减小
B. 加反向电压时，二极管电阻较小
C. 二极管是线性元件
D. 加正向电压时，二极管电阻不变
【答案】A
【解析】
【详解】AD．因I-U图像上的点到原点连线的斜率倒数表示电阻，可知加正向电压时，二极管电阻随着电压的增大而减小，选项A正确，D错误；
B．由图像可知，加反向电压时，开始电流很小，说明电阻很大，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流增加非常快，此时二极管电阻很小，选项B错误；
C．二极管是非线性元件，选项C错误；
故选A。
5. 以下四幅图中相关叙述错误的是（ ）
A. 甲图是法拉第电磁感应实验，奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第根据对称性思想，做了如上实验发现了磁生电的现象
B. 乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属
C. 丙图是金属探测器，探测环中的发射线圈通以正弦式电流，附近的被测金属物体中会产生涡流
D. 丁图是电吉他中电拾音器的基本结构，金属弦被磁化，弦振动过程中线圈中会产生感应电流，从而使音箱发声。如果选用铜质弦，电吉他不能正常工作。
【答案】B
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了“磁生电”，故A正确；
B．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内的金属产生涡流，在电的热效应下，产生热量，熔化金属，故B错误；
C．丙图是金属探测器。探测环中的发射线圈通以正弦式电流。附近的被测金属物中会产生涡流，故C正确；
D．电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化。弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在线圈中就会产生对应的音频电流，电流经放大后通过音箱，我们就听到了声音，而铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故D正确。
本题选择错误的，故选B。
6. 如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴ΟΟ′以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0~这段时间内：（ ）
A. 线圈中的感应电流方向不变B. 线圈中的感应电流一直减小
C. 穿过线圈的磁通量先增大后减小D. 穿过线圈的磁通量的变化率先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】该线圈的周期为，则
从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，此时磁通量最小，左右两边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，感应电流最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时穿过线圈的磁通量的变化率最大，当转到线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大，但此时速度与磁场平行，产生的感应电动势为零，感应电流为零，穿过线圈的磁通量的变化率最小，电流的方向发生改变，所以在0~这段时间内，线圈中的感应电流方向改变一次，线圈中的感应电流先减小后增大，穿过线圈的磁通量先增大后减小，穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大。
故选C。
7. 电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是（ ）
A. a点电势为7.5 V
B. 电子在b点的动能不可能为2.5 eV
C. 电子在b点加速度比在c点加速度大
D. 电子在电场中运动的最小速度一定为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电子的受力和运动情况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为
故A错误；
B．电子在两点，由能量守恒定律有
由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5 eV，故B正确；
C．c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，故C错误；
D．电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，故D错误。
故选B。
8. 我国建造的第一台回旋加速器存放于中国原子能科学研究院，回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑粒子在电场中的运动时间以及粒子质量的变化，不考虑粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A. 增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度会增大
B. 由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小
C. 若仅将粒子的电荷量变为原来一半，则交流电源频率应变为原来的一半
D. 粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据
得
可知增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变，A错误；
B．根据可知粒子在磁场中运动时间不会随着速度的增大而增大，所以极板所加的交流电周期不变，B错误；
C．若仅将粒子的电荷量变为，根据可得离子在磁场中运动的周期变为原来的2倍，则电源的周期变为原来的2倍，根据可知电源的频率变为原来倍，C正确；
D．根据动能定理
第二次被加速
又
联立可得半径之比为
D错误。
故选C。
9. 在研究自感现象的实验时小明设计了如图所示的实验，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是（ ）
A. K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同
B. K闭合足够长时间以后，a、c两灯亮度相同
C. K断开的瞬间，b灯立即熄灭
D. K断开之后，a、c灯突然闪亮以后再逐渐变暗
【答案】B
【解析】
【详解】A．K闭合的瞬间，由于线圈的自感作用，可以看做b、c灯串联后与a灯并联，故a灯最亮，b、c两灯亮度相同，故A错误；
B．K闭合足够长时间以后，b灯被短路，a、c两灯亮度相同，故B正确；
CD．K断开的瞬间，线圈产生自感电动势，相当于电源，可以看做a、c灯串联后与b灯并联，与线圈组成闭合回路，a、c灯变暗并逐渐熄灭，b灯突然闪亮后逐渐变暗，故CD错误。
故选B。
10. 马先生投资85万建了一个小水电站。已知该水电站的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。已知输电过程中输电线上损失的功率为5kW。则下列说法正确的是（ ）
A. 输电线上通过的电流为625AB. 升压变压器的输出电压为4000V
C. 降压变压器的匝数比为200：11D. 升压变压器的匝数比为5：76
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
求得
故A错误；
B．变压器不损耗能量，功率不变，根据求得输出电压为
故B正确；
C．降压变压器输入端电压
又由可得
故C错误；
D．根据可得
升压变压器的匝数比为1：16，故D错误。
故选B。
11. 如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，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. 开关打到b端时，自感线圈两端的电压最大
B. LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C. 时线圈中电场能最大
D. 时回路中电流沿顺时针方向
【答案】A
【解析】
【详解】A．开关打到b端时，此时电容器两端电压最大，自感线圈两端的电压等于电容器两端电压，故A正确；
B．根据LC振荡电路的充放电规律可知，电容放电完毕时，回路中的电流最大，磁场能最大，电场能最小，故B错误；
CD．在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，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，此时经历了充放电各一次，故LC回路的周期为。根据
可知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，电场能最小，故C、D错误。
故选A。
12. 如图甲所示，水平桌面上放有一长直导线MN和一矩形导线框abcd，导线MN固定并通有电流i，i随时间的变化如图乙所示，规定从N到M为电流的正方向，MN通电过程中导线框始终静止，则说法不正确的是（ ）
A. 0到t1时间内，导线框中产生感应电流
B. t1到t3时间内，导线框中产生的感应电流方向保持不变
C. t2时刻，导线框不受桌面的摩擦力的作用
D. t3到t4时间内，导线框受到桌面的摩擦力的方向向左
【答案】D
【解析】
【详解】A．0到t1时间内，直导线的电流增大，则产生的磁场增大，通过导线框的磁通量变大，导线框中产生感应电流，A正确；
B．t1到t2时间内，通过直导线的电流先从N到M逐渐减小，则通过到导线框的磁场垂直线框向里且减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针；同理，t2到t3时间内，感应电流方向仍为顺时针。感应电流方向保持不变，B正确；
C．t2时刻，直导线的电流为零，则磁场为零，导线框所受安培力为零，导线框不受桌面的摩擦力的作用，C正确；
D．t3到t4时间内，同理根据楞次定律得，感应电流方向为逆时针，由于磁场垂直导线框向外，根据左手定则，左侧边受向左的安培力大于右侧边受向右的安培力，导线框所受安培力的合力向左，受到桌面的摩擦力的方向向右，D错误。
本题选择不正确的，故选D。
13. 如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B. 两物块A和B分离时，C的速度大小为
C. C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.4m
D. C球由静止释放到最低点，物体A、B和C球所组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当球C运动至最低点左侧，绳拉力的水平分力使A减速，则球C运动至最低点时，两物块A和B分离，根据动量守恒
根据机械能守恒
得
C的速度大小和A、B的速度大小分别为
，
A错误，B正确；
C．由于
即
又
得木块移动的距离为
C错误；
D．C球由静止释放到最低点的过程中，系统机械能守恒，当只有水平方向的动量守恒，D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）
14. 静电学知识在生活中有着广泛的应用，下列有关静电现象说法正确的是（ ）
A. 燃气灶的电子点火器的放电电极做成球形比钉尖形好
B. 当带电云层靠近建筑物时，由于静电感应，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云层中的异种电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电
C. 高压设备中导体表面应该尽量光滑，是为了避免静电屏蔽
D. 超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由于电荷会聚集在物体上比较突出的尖端部位，所以燃气灶的电子点火器的放电电极做成钉尖形比球形好，故A错误；
B．当带电云层靠近建筑物时，避雷针上由于静电感应产生的异种电荷会通过针尖放电，逐渐中和云层中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故B正确；
C．高压设备中导体表面应该尽量光滑，是为了避免尖端放电，故C错误；
D．超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，其目的是为了屏蔽带电设备周围的强电场，故D正确。
故选BD。
15. 小明设计了一个能够测量磁感应强度大小的传感器，如图所示。a、b、c是矩形金属薄片的长、宽及厚度，M、Q、N、P是焊接在金属薄片四个侧面的电极，已知薄片单位体积内自由电子数为n，电子的电荷量为e。现将传感器置于某磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，使磁感线垂直于金属薄片的表面，则（ ）
A. 若电流从M进N出，则电子所受洛伦兹力方向指向P端
B. 若电流从M进N出且大小为I，则
C. 若电流从Q进P出，则M点电势比N点高
D. 若电流从Q进P出且大小恒定，则减小c可以提高该传感器灵敏度
【答案】CD
【解析】
【详解】A．若电流从M进N出，则电子由N向M运动，根据左手定则，电子将受到指向Q端的洛伦兹力的作用而向Q偏转，故A错误；
B．P、Q端累积正负电荷之后，形成电场，根据上述，P端带正电，Q端带负电，P点电势比Q点高，电子又将受到指向P的电场力作用，当电场力等于洛伦兹力时，即有
此时，电子不再偏转，P、Q两端电压稳定，又由于
两式联立解得
则
故B错误；
C．若电流从Q进P出，电子由P向Q运动，根据左手定则，电子将受到指向N端的洛伦兹力的作用而向N偏转，使得M点电势高于N点，故C正确；
D．根据上述，当电子所受电场力等于洛伦兹力时有
分析可知磁感应强度变化量相同时，c越小，电势差越大，即该传感器的灵敏度越高，故D正确。
故选CD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图所示的原理图。
A.电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ）
B.电流表G（量程3mA，内阻RG=100Ω）
C.电流表A（量程3A，内阻约为0.5Ω）
D.滑动变阻器R1（0~20Ω，2A）
F.滑动变阻器R2（0~500Ω，1A）
G.定值电阻R3
H.开关S和导线若干
①该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，要求改装后的电流表量程是0.6A，则R3=________（保留两位有效数字）。
②为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是________。（填写器材编号字母）
③该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，电压表某次测量如图丙所示，则其读数为________V。根据图线可求出电源的内阻r=________（结果取二位有效数字）。
【答案】 ①. 0.50 ②. D ③. 1.30 ④. 1.0
【解析】
【详解】①[1]根据
得
②[2]为方便调节，滑动变阻器的阻值应与电源内阻接近，实验中应选用的滑动变阻器是D。
③[3][4]电压表读数为1.30V。根据闭合电路欧姆定律
得
图线斜率大小为
电源内阻为
17. 某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（1）为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是__________ (填“向上拔出”或“向下插入”)
（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，请问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向__________ (填“有”或“没有”)关系。她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是__________。
A．断开开关 B．在A线圈中插入铁芯
C．变阻器的滑片向右滑动 D．变阻器的滑片向左滑动
【答案】 ①. 向下插入 ②. 有 ③. AC##CA
【解析】
【详解】（1）[1]由图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈．
（2）[2]由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关；
[3]A．合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏：现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；断开开关，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故A正确；
B．在A线圈中插入铁芯，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关合上瞬间线圈中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故B错误；
C．由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故C正确；
D．由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相同，灵敏电流计右偏，故D错误。
故选AC。
18. 质量为M＝1.0kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6s小木块B相对A静止，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）两者相对静止时的运动速度v；
（2）小木块与长木板间的动摩擦因数μ；
【答案】（1）1 m/s，方向水平向右；（2）0.5。
【解析】
【详解】（1）设水平向右为正方向。从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成系统，由水平方向动量守恒得
－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得
v＝1 m/s
方向水平向右。
（2）对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得
μ＝0.5
19. 如图所示为一粒子分析装置由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。粒子发射源S可产生初速度为零，质量为m，电量为的带电粒子，粒子自A板小孔进入加速电场加速后，从B板小孔沿圆弧轨迹CD通过电场方向指向圆心的静电分析器，出静电分析器后沿M板左端上边缘进入偏转电场区，而后从偏转电场中线右端G点水平飞出，且此时偏转电场方向刚好发生变化。其中，加速电场的电压为，AB板间距为，静电分析器中轨迹圆心角为，轨迹CD处的电场强度为，偏转电场MN两端所加电压如乙图所示（以带电粒子进入偏转电场开始计时），带电粒子重力不计。求：
（1）带电粒子到达B板的速度的大小；
（2）带电粒子在静电分析器中运动的时间t；
（3）偏转电场MN板长L与间距d满足的关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）带电粒子在加速电场中，由动能定理可知
解得
（2）带电粒子在静电分析器中做匀速圆周运动可知
解得
运动时间为
（3）带电粒子进入偏转电场将做类斜抛运动，利用运动的合成与分解可知，粒子在竖直方向上最终速度为零，由偏转电场两端的变化电压可知，粒子在竖直方向上的运动可以是就一个匀减速也可以是先匀减再匀加再匀减，以此类推，故粒子在竖直方向上有
其中
，（取自然数）
粒子在水平方向有
又因为
以上五式联立可解得
20. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=0.5m，其电阻不计。导轨平面与水平面夹角，N、Q两端和M、P两端分别接有的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终接触良好，已知棒ab的质量m=0.2kg，电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。棒ab在平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，以初速度v0=0.5m/s沿导轨向上开始运动。能达到的最大速度v=2m/s，重力加速度取g=10m/s2。
（1）判断流经棒ab中电流的方向，并求棒的速度最大时的Uab；
（2）求该过程中拉力的大小；
（3）若棒ab从开始运动到的过程中两个电阻R上产生的总焦耳热，求此过程中棒ab的位移大小；
（4）在棒ab的位移大小为的过程，流过NQ间电阻R的电荷量。
【答案】（1）a→b，-0.75V；（2）1.5N；（3）0.96m；（4）0.25C
【解析】
【详解】（1）根据右手定则，流经棒ab中电流的方向a→b，棒的速度最大时感应电动势为
则
（2）棒速度最大时，根据平衡关系得
得
（3）由功能关系
根据
得
得
（4）根据
得
则流过NQ间电阻R的电荷量为
21. 如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有N个质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND下方有磁感应强度为圆形磁场2倍、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，，直线ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方磁场。挡板ND上表面绝缘，下表面导电且可完全吸收到达的粒子，下表面通过一灵敏电流计接地。不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子的电性；
（2）已知灵敏电流计电流大小为I，则PQ间入射粒子中速度为的粒子的比例；
（3）圆形磁场区域边界上有粒子射出的弧长长度；
（4）若ND可以绕N点顺时针转动（0～90°），求ND挡板下表面有粒子打到的长度L与ND转过角度的关系，并求当转过多少角度时粒子打到的长度最大及长度具体值？
【答案】（1），正电；（2）；（3）；（4）；；当时，
【解析】
【详解】（1）速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
由牛顿第二定律
解得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度进入，有
轨道半径
所有速度为的粒子都能打在ND挡板上
解得
（3）速度为入射的全部打在N点上，速度为的粒子从M点射入，射出位置离N点最远，射出点为A，如图所示
由牛顿第二定律
由几何关系
解得
所以AN之间的弧长
（4）如图，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为，半径均为
中有
解得
从K点射入的带电粒子速度偏转角为60°，从M点射入的带电粒子速度偏转角为90°，作竖直向下的粒子在下方磁场的轨迹圆1，作K点射入经N点后在下方磁场的轨迹圆2。ND顺时针转动角后与连轨迹圆交点G、F，中有
H为圆2的圆心，连接HG构成三角形，中有
ND板下表面被粒子打到的长度为
当时，G点与N点重合，ND板下表面被粒子打到的长度为
令
则
但因为
所以当时
1.全卷分试卷和答卷。试卷3页，答卷2页，共5页。考试时间90分钟，满分100分。
2.本卷的答案必须做在答卷的相应位置上，做在试卷上无效；
3.请用黑色水笔或钢笔将班级、序号、姓名、座位号分别填写在答卷的相应位置上。
4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量属于矢量的是（ ）
A. 电势B. 电势差C. 磁通量D. 电场强度
【答案】D
【解析】
【详解】A．电势只有大小，没有方向，是标量，A错误；
B．电势差只有大小，没有方向，是标量，B错误；
C．磁通量只有大小，没有方向，是标量，C错误；
D．电场强度既有大小，又有方向，是矢量，D正确。
故选D。
2. 关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，法拉第最先用实验证实了电磁波的存在
B. 周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C. 在真空中，频率越高的电磁波传播速度越大
D. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
【答案】B
【解析】
【详解】A．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，A错误；
B．根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，B正确；
C．真空中电磁波的传播速度均为，C错误；
D．电磁波可以通过光纤传输，D错误。
故选B。
3. 如图所示，某同学在探究电荷间相互作用力的实验中，用绝缘细绳悬挂质量为的带电小球B，若将带电荷量为的带电小球A靠近B，当两个带电小球在同一高度静止时，细绳与竖直方向成角，已知重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A. B球带正电
B. AB两球之间作用力的大小为
C. 只将B球的带电荷量变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的一半
D. 只将AB两球之间的距离变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的一半
【答案】B
【解析】
详解】A．由题知，两小球相互排斥，故小球B带负电，A错误；
B．根据平衡条件可知，AB之间作用力的大小为
B正确；
CD．根据库仑定律可知
只将B球的电荷量变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的二倍，只将AB两球之间的距离变为原来的二倍，AB之间的作用力变为原来的四分之一，CD错误。
故选B
4. 如图所示为某晶体二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 加正向电压时，二极管电阻随着电压的增大而减小
B. 加反向电压时，二极管电阻较小
C. 二极管是线性元件
D. 加正向电压时，二极管电阻不变
【答案】A
【解析】
【详解】AD．因I-U图像上的点到原点连线的斜率倒数表示电阻，可知加正向电压时，二极管电阻随着电压的增大而减小，选项A正确，D错误；
B．由图像可知，加反向电压时，开始电流很小，说明电阻很大，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流增加非常快，此时二极管电阻很小，选项B错误；
C．二极管是非线性元件，选项C错误；
故选A。
5. 以下四幅图中相关叙述错误的是（ ）
A. 甲图是法拉第电磁感应实验，奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第根据对称性思想，做了如上实验发现了磁生电的现象
B. 乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属
C. 丙图是金属探测器，探测环中的发射线圈通以正弦式电流，附近的被测金属物体中会产生涡流
D. 丁图是电吉他中电拾音器的基本结构，金属弦被磁化，弦振动过程中线圈中会产生感应电流，从而使音箱发声。如果选用铜质弦，电吉他不能正常工作。
【答案】B
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了“磁生电”，故A正确；
B．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内的金属产生涡流，在电的热效应下，产生热量，熔化金属，故B错误；
C．丙图是金属探测器。探测环中的发射线圈通以正弦式电流。附近的被测金属物中会产生涡流，故C正确；
D．电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化。弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在线圈中就会产生对应的音频电流，电流经放大后通过音箱，我们就听到了声音，而铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故D正确。
本题选择错误的，故选B。
6. 如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴ΟΟ′以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0~这段时间内：（ ）
A. 线圈中的感应电流方向不变B. 线圈中的感应电流一直减小
C. 穿过线圈的磁通量先增大后减小D. 穿过线圈的磁通量的变化率先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】该线圈的周期为，则
从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，此时磁通量最小，左右两边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，感应电流最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时穿过线圈的磁通量的变化率最大，当转到线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大，但此时速度与磁场平行，产生的感应电动势为零，感应电流为零，穿过线圈的磁通量的变化率最小，电流的方向发生改变，所以在0~这段时间内，线圈中的感应电流方向改变一次，线圈中的感应电流先减小后增大，穿过线圈的磁通量先增大后减小，穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大。
故选C。
7. 电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是（ ）
A. a点电势为7.5 V
B. 电子在b点的动能不可能为2.5 eV
C. 电子在b点加速度比在c点加速度大
D. 电子在电场中运动的最小速度一定为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电子的受力和运动情况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为
故A错误；
B．电子在两点，由能量守恒定律有
由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5 eV，故B正确；
C．c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，故C错误；
D．电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，故D错误。
故选B。
8. 我国建造的第一台回旋加速器存放于中国原子能科学研究院，回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑粒子在电场中的运动时间以及粒子质量的变化，不考虑粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A. 增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度会增大
B. 由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小
C. 若仅将粒子的电荷量变为原来一半，则交流电源频率应变为原来的一半
D. 粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据
得
可知增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变，A错误；
B．根据可知粒子在磁场中运动时间不会随着速度的增大而增大，所以极板所加的交流电周期不变，B错误；
C．若仅将粒子的电荷量变为，根据可得离子在磁场中运动的周期变为原来的2倍，则电源的周期变为原来的2倍，根据可知电源的频率变为原来倍，C正确；
D．根据动能定理
第二次被加速
又
联立可得半径之比为
D错误。
故选C。
9. 在研究自感现象的实验时小明设计了如图所示的实验，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是（ ）
A. K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同
B. K闭合足够长时间以后，a、c两灯亮度相同
C. K断开的瞬间，b灯立即熄灭
D. K断开之后，a、c灯突然闪亮以后再逐渐变暗
【答案】B
【解析】
【详解】A．K闭合的瞬间，由于线圈的自感作用，可以看做b、c灯串联后与a灯并联，故a灯最亮，b、c两灯亮度相同，故A错误；
B．K闭合足够长时间以后，b灯被短路，a、c两灯亮度相同，故B正确；
CD．K断开的瞬间，线圈产生自感电动势，相当于电源，可以看做a、c灯串联后与b灯并联，与线圈组成闭合回路，a、c灯变暗并逐渐熄灭，b灯突然闪亮后逐渐变暗，故CD错误。
故选B。
10. 马先生投资85万建了一个小水电站。已知该水电站的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。已知输电过程中输电线上损失的功率为5kW。则下列说法正确的是（ ）
A. 输电线上通过的电流为625AB. 升压变压器的输出电压为4000V
C. 降压变压器的匝数比为200：11D. 升压变压器的匝数比为5：76
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
求得
故A错误；
B．变压器不损耗能量，功率不变，根据求得输出电压为
故B正确；
C．降压变压器输入端电压
又由可得
故C错误；
D．根据可得
升压变压器的匝数比为1：16，故D错误。
故选B。
11. 如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，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. 开关打到b端时，自感线圈两端的电压最大
B. LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C. 时线圈中电场能最大
D. 时回路中电流沿顺时针方向
【答案】A
【解析】
【详解】A．开关打到b端时，此时电容器两端电压最大，自感线圈两端的电压等于电容器两端电压，故A正确；
B．根据LC振荡电路的充放电规律可知，电容放电完毕时，回路中的电流最大，磁场能最大，电场能最小，故B错误；
CD．在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，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，此时经历了充放电各一次，故LC回路的周期为。根据
可知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，电场能最小，故C、D错误。
故选A。
12. 如图甲所示，水平桌面上放有一长直导线MN和一矩形导线框abcd，导线MN固定并通有电流i，i随时间的变化如图乙所示，规定从N到M为电流的正方向，MN通电过程中导线框始终静止，则说法不正确的是（ ）
A. 0到t1时间内，导线框中产生感应电流
B. t1到t3时间内，导线框中产生的感应电流方向保持不变
C. t2时刻，导线框不受桌面的摩擦力的作用
D. t3到t4时间内，导线框受到桌面的摩擦力的方向向左
【答案】D
【解析】
【详解】A．0到t1时间内，直导线的电流增大，则产生的磁场增大，通过导线框的磁通量变大，导线框中产生感应电流，A正确；
B．t1到t2时间内，通过直导线的电流先从N到M逐渐减小，则通过到导线框的磁场垂直线框向里且减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针；同理，t2到t3时间内，感应电流方向仍为顺时针。感应电流方向保持不变，B正确；
C．t2时刻，直导线的电流为零，则磁场为零，导线框所受安培力为零，导线框不受桌面的摩擦力的作用，C正确；
D．t3到t4时间内，同理根据楞次定律得，感应电流方向为逆时针，由于磁场垂直导线框向外，根据左手定则，左侧边受向左的安培力大于右侧边受向右的安培力，导线框所受安培力的合力向左，受到桌面的摩擦力的方向向右，D错误。
本题选择不正确的，故选D。
13. 如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B. 两物块A和B分离时，C的速度大小为
C. C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.4m
D. C球由静止释放到最低点，物体A、B和C球所组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当球C运动至最低点左侧，绳拉力的水平分力使A减速，则球C运动至最低点时，两物块A和B分离，根据动量守恒
根据机械能守恒
得
C的速度大小和A、B的速度大小分别为
，
A错误，B正确；
C．由于
即
又
得木块移动的距离为
C错误；
D．C球由静止释放到最低点的过程中，系统机械能守恒，当只有水平方向的动量守恒，D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）
14. 静电学知识在生活中有着广泛的应用，下列有关静电现象说法正确的是（ ）
A. 燃气灶的电子点火器的放电电极做成球形比钉尖形好
B. 当带电云层靠近建筑物时，由于静电感应，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云层中的异种电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电
C. 高压设备中导体表面应该尽量光滑，是为了避免静电屏蔽
D. 超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由于电荷会聚集在物体上比较突出的尖端部位，所以燃气灶的电子点火器的放电电极做成钉尖形比球形好，故A错误；
B．当带电云层靠近建筑物时，避雷针上由于静电感应产生的异种电荷会通过针尖放电，逐渐中和云层中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端放电，故B正确；
C．高压设备中导体表面应该尽量光滑，是为了避免尖端放电，故C错误；
D．超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，其目的是为了屏蔽带电设备周围的强电场，故D正确。
故选BD。
15. 小明设计了一个能够测量磁感应强度大小的传感器，如图所示。a、b、c是矩形金属薄片的长、宽及厚度，M、Q、N、P是焊接在金属薄片四个侧面的电极，已知薄片单位体积内自由电子数为n，电子的电荷量为e。现将传感器置于某磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，使磁感线垂直于金属薄片的表面，则（ ）
A. 若电流从M进N出，则电子所受洛伦兹力方向指向P端
B. 若电流从M进N出且大小为I，则
C. 若电流从Q进P出，则M点电势比N点高
D. 若电流从Q进P出且大小恒定，则减小c可以提高该传感器灵敏度
【答案】CD
【解析】
【详解】A．若电流从M进N出，则电子由N向M运动，根据左手定则，电子将受到指向Q端的洛伦兹力的作用而向Q偏转，故A错误；
B．P、Q端累积正负电荷之后，形成电场，根据上述，P端带正电，Q端带负电，P点电势比Q点高，电子又将受到指向P的电场力作用，当电场力等于洛伦兹力时，即有
此时，电子不再偏转，P、Q两端电压稳定，又由于
两式联立解得
则
故B错误；
C．若电流从Q进P出，电子由P向Q运动，根据左手定则，电子将受到指向N端的洛伦兹力的作用而向N偏转，使得M点电势高于N点，故C正确；
D．根据上述，当电子所受电场力等于洛伦兹力时有
分析可知磁感应强度变化量相同时，c越小，电势差越大，即该传感器的灵敏度越高，故D正确。
故选CD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图所示的原理图。
A.电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ）
B.电流表G（量程3mA，内阻RG=100Ω）
C.电流表A（量程3A，内阻约为0.5Ω）
D.滑动变阻器R1（0~20Ω，2A）
F.滑动变阻器R2（0~500Ω，1A）
G.定值电阻R3
H.开关S和导线若干
①该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，要求改装后的电流表量程是0.6A，则R3=________（保留两位有效数字）。
②为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是________。（填写器材编号字母）
③该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，电压表某次测量如图丙所示，则其读数为________V。根据图线可求出电源的内阻r=________（结果取二位有效数字）。
【答案】 ①. 0.50 ②. D ③. 1.30 ④. 1.0
【解析】
【详解】①[1]根据
得
②[2]为方便调节，滑动变阻器的阻值应与电源内阻接近，实验中应选用的滑动变阻器是D。
③[3][4]电压表读数为1.30V。根据闭合电路欧姆定律
得
图线斜率大小为
电源内阻为
17. 某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（1）为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是__________ (填“向上拔出”或“向下插入”)
（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，请问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向__________ (填“有”或“没有”)关系。她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是__________。
A．断开开关 B．在A线圈中插入铁芯
C．变阻器的滑片向右滑动 D．变阻器的滑片向左滑动
【答案】 ①. 向下插入 ②. 有 ③. AC##CA
【解析】
【详解】（1）[1]由图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈．
（2）[2]由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关；
[3]A．合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏：现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；断开开关，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故A正确；
B．在A线圈中插入铁芯，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关合上瞬间线圈中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故B错误；
C．由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故C正确；
D．由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相同，灵敏电流计右偏，故D错误。
故选AC。
18. 质量为M＝1.0kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6s小木块B相对A静止，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）两者相对静止时的运动速度v；
（2）小木块与长木板间的动摩擦因数μ；
【答案】（1）1 m/s，方向水平向右；（2）0.5。
【解析】
【详解】（1）设水平向右为正方向。从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成系统，由水平方向动量守恒得
－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得
v＝1 m/s
方向水平向右。
（2）对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得
μ＝0.5
19. 如图所示为一粒子分析装置由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。粒子发射源S可产生初速度为零，质量为m，电量为的带电粒子，粒子自A板小孔进入加速电场加速后，从B板小孔沿圆弧轨迹CD通过电场方向指向圆心的静电分析器，出静电分析器后沿M板左端上边缘进入偏转电场区，而后从偏转电场中线右端G点水平飞出，且此时偏转电场方向刚好发生变化。其中，加速电场的电压为，AB板间距为，静电分析器中轨迹圆心角为，轨迹CD处的电场强度为，偏转电场MN两端所加电压如乙图所示（以带电粒子进入偏转电场开始计时），带电粒子重力不计。求：
（1）带电粒子到达B板的速度的大小；
（2）带电粒子在静电分析器中运动的时间t；
（3）偏转电场MN板长L与间距d满足的关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）带电粒子在加速电场中，由动能定理可知
解得
（2）带电粒子在静电分析器中做匀速圆周运动可知
解得
运动时间为
（3）带电粒子进入偏转电场将做类斜抛运动，利用运动的合成与分解可知，粒子在竖直方向上最终速度为零，由偏转电场两端的变化电压可知，粒子在竖直方向上的运动可以是就一个匀减速也可以是先匀减再匀加再匀减，以此类推，故粒子在竖直方向上有
其中
，（取自然数）
粒子在水平方向有
又因为
以上五式联立可解得
20. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=0.5m，其电阻不计。导轨平面与水平面夹角，N、Q两端和M、P两端分别接有的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终接触良好，已知棒ab的质量m=0.2kg，电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。棒ab在平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，以初速度v0=0.5m/s沿导轨向上开始运动。能达到的最大速度v=2m/s，重力加速度取g=10m/s2。
（1）判断流经棒ab中电流的方向，并求棒的速度最大时的Uab；
（2）求该过程中拉力的大小；
（3）若棒ab从开始运动到的过程中两个电阻R上产生的总焦耳热，求此过程中棒ab的位移大小；
（4）在棒ab的位移大小为的过程，流过NQ间电阻R的电荷量。
【答案】（1）a→b，-0.75V；（2）1.5N；（3）0.96m；（4）0.25C
【解析】
【详解】（1）根据右手定则，流经棒ab中电流的方向a→b，棒的速度最大时感应电动势为
则
（2）棒速度最大时，根据平衡关系得
得
（3）由功能关系
根据
得
得
（4）根据
得
则流过NQ间电阻R的电荷量为
21. 如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有N个质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND下方有磁感应强度为圆形磁场2倍、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，，直线ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方磁场。挡板ND上表面绝缘，下表面导电且可完全吸收到达的粒子，下表面通过一灵敏电流计接地。不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子的电性；
（2）已知灵敏电流计电流大小为I，则PQ间入射粒子中速度为的粒子的比例；
（3）圆形磁场区域边界上有粒子射出的弧长长度；
（4）若ND可以绕N点顺时针转动（0～90°），求ND挡板下表面有粒子打到的长度L与ND转过角度的关系，并求当转过多少角度时粒子打到的长度最大及长度具体值？
【答案】（1），正电；（2）；（3）；（4）；；当时，
【解析】
【详解】（1）速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
由牛顿第二定律
解得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度进入，有
轨道半径
所有速度为的粒子都能打在ND挡板上
解得
（3）速度为入射的全部打在N点上，速度为的粒子从M点射入，射出位置离N点最远，射出点为A，如图所示
由牛顿第二定律
由几何关系
解得
所以AN之间的弧长
（4）如图，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为，半径均为
中有
解得
从K点射入的带电粒子速度偏转角为60°，从M点射入的带电粒子速度偏转角为90°，作竖直向下的粒子在下方磁场的轨迹圆1，作K点射入经N点后在下方磁场的轨迹圆2。ND顺时针转动角后与连轨迹圆交点G、F，中有
H为圆2的圆心，连接HG构成三角形，中有
ND板下表面被粒子打到的长度为
当时，G点与N点重合，ND板下表面被粒子打到的长度为
令
则
但因为
所以当时
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