高中物理人教版2本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 本冊(cè)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測b

本冊(cè)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(B)本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時(shí)間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7～10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．如圖為遠(yuǎn)距離高壓輸電的示意圖，關(guān)于遠(yuǎn)距離輸電，下列表述錯(cuò)誤的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152484)(C)A．增加輸電導(dǎo)線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失B．高壓輸電是通過減小輸電電流來減小電路的發(fā)熱損耗C．在輸送電壓一定時(shí)，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越小D．高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好解析：遠(yuǎn)距離輸電過程中的主要能量損耗是輸電導(dǎo)線的發(fā)熱損耗，由P失＝I2R可以看出，在保證輸電功率的前提下有兩種方式可減小輸電中的能量損失：一是減少輸電線的電阻，由R＝eq\f(ρL,S)知，A正確。二是減小輸電電流，B正確。若輸電電壓一定，由P＝UI知輸送的電功率越大，輸電電流越大，則輸電中能量損耗P失＝I2R越大，C錯(cuò)誤。在影響高壓輸電的因素中另一個(gè)重要因素是電暈放電引起的電能損耗，在輸出電壓越高時(shí)，電暈放電引起的電能損失越大，D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選C。2．(上海市浦東新區(qū)2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示是利用DIS測定電動(dòng)機(jī)效率的電路，圖中方框A、B、C為傳感器，實(shí)驗(yàn)中，通過B、C測得的物理量的數(shù)值分別是X、Y，由于電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)使質(zhì)量為m的物體在t時(shí)間內(nèi)勻速上升了h高度，則以下說法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152485)(D)A．A為電流傳感器B．C為電壓傳感器C．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為XYD．電動(dòng)機(jī)的效率為eq\f(mgh,XYt)×100%解析：A與計(jì)算機(jī)相連，是數(shù)據(jù)采集器；B與電動(dòng)機(jī)并聯(lián)，是電壓傳感器；C與電動(dòng)機(jī)串聯(lián)；是電流傳感器，故AB錯(cuò)誤；電壓表讀數(shù)是X，電流表讀數(shù)是Y，故電動(dòng)機(jī)輸入功率為P入＝XY；消耗的電能是XYt，產(chǎn)生的機(jī)械能等于重力勢能的增加量mgh，故效率為：η＝eq\f(mgh,XYt)×100%，故C錯(cuò)誤，D正確，故選D。3．(河北石家莊市一中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，用天平測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。下列各選項(xiàng)所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)。若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152486)(A)解析：天平原本處于平衡狀態(tài)，所以線框所受安培力變化越大，天平越容易失去平衡，線框與磁通邊界的交點(diǎn)間長度為線框在磁場中有效長度，由圖可知，A有效長度最長，最容易失去平衡，故選A。4．(重慶一中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期檢測)一正三角形導(dǎo)線框ABC(高度為a)從圖示位置沿x軸正向勻速穿過兩勻強(qiáng)磁場區(qū)域。兩磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反、垂直于平面、寬度均為a。下列圖象反映感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?。其中正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152487)(C)解析：導(dǎo)線框向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流。在x從0～a過程中，感應(yīng)電流大小逐漸增大，方向沿規(guī)定的正方向；在x從a～2a過程中，感應(yīng)電流逐漸增大，且最大值為前者的2倍，方向沿順時(shí)針方向(負(fù)方向)，在x從2a～3a過程中，感應(yīng)電流大小逐漸增大，方向沿逆時(shí)針方向(5．(湖北黃岡中學(xué)2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，兩個(gè)線圈套在同一個(gè)鐵芯上，線圈的繞向如圖甲所示，左線圈連著正方形線框abcd，線框所在區(qū)域存在變化的磁場，取垂直紙面向里為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所示，不計(jì)線框以外的感生電場，右側(cè)線圈連接一定值電阻R，下列說法中正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152488)(B)A．t1時(shí)刻ab邊中電流方向由a→b，e點(diǎn)電勢高于f點(diǎn)B．設(shè)t1、t3時(shí)刻ab邊中電流大小分別為i1、i3，則有i1<i3，e點(diǎn)與f點(diǎn)電勢相等C．t2～t4時(shí)間內(nèi)通過ab邊電量為0，定值電阻R中無電流D．t5時(shí)刻ab邊中電流方向由a→b，f點(diǎn)電勢高于e點(diǎn)解析：0～t2時(shí)間內(nèi)，線框abcd之中磁通量在均勻增加，所以由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，知0～t2內(nèi)電動(dòng)勢為恒定值且由楞次定律可以求得感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，此時(shí)副線圈之中沒有電流，同理t2～t4內(nèi)副線圈之中也沒有電流，t4～t6時(shí)間內(nèi)，線框中磁場在減弱，由楞次定律可以確定其電流方向也為逆時(shí)針，且由于并非均勻減小(而是減小得越來越快)，所以原線圈之中的電流在增大。此時(shí)副線圈電路出現(xiàn)順時(shí)針方向的電流，且e點(diǎn)電勢高于f，綜上所述選項(xiàng)B正確。6．(江西省撫州市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接有阻值為R的定值電阻。阻值為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，其它部分電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。從t＝0時(shí)刻開始棒受到一個(gè)平行于導(dǎo)軌向上的外力F，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，通過R的感應(yīng)電流隨時(shí)間t變化的圖象如圖2所示。下面分別給出了穿過回路abPM的磁通量Φ、磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)、棒兩端的電勢差Uab和通過棒的電荷量q隨時(shí)間變化的圖象，其中正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152489)(B)解析：回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)，由圖可知：I＝kt，故有：eq\f(ΔΦ,Δt)＝ktR，所以圖象B正確；由于產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是逐漸增大的，而A圖描述磁通量與時(shí)間關(guān)系中斜率不變，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變，C圖中Uab不變，故A、C錯(cuò)誤；通過導(dǎo)體棒的電量為：q＝It＝kt2，故q－t圖象為曲線，并非過原點(diǎn)的直線，故D錯(cuò)誤。7．(內(nèi)蒙古赤峰二中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期檢測)如圖所示，某人在自行車道上從東往西沿直線以速度v騎行，該處地磁場的水平分量大小為B1，方向由南向北，豎直分量大小為B2，方向豎直向下。自行車把為直把、金屬材質(zhì)，且?guī)в薪^緣把套，兩把手間距為L。只考慮自行車在地磁場中的電磁感應(yīng)，下列結(jié)論正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152490)(AC)A．圖示位置中輻條A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢低B．圖示位置中輻條A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高C．自行車左車把的電勢比右車把的電勢高B2LvD．自行車在十字路口左拐改為南北騎向，則自行車車把兩端電勢差要降低解析：自行車從東往西行駛時(shí)，輻條切割地磁場水平分量的磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，圖示位置中輻條A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢低，故A正確，B錯(cuò)誤。自行車車把切割地磁場豎直分量的磁感線，由右手定則知，左車把的電勢比右車把的電勢高B2Lv，故C正確。自行車左拐改為南北騎向，自行車車把仍切割磁感線，車把感應(yīng)電動(dòng)勢方向不變，豎直分量大小為B2不變則車把兩端電勢差不變，故D錯(cuò)誤，故選AC。8．(海南中學(xué)高二上學(xué)期期末)如圖所示，螺線管B置于閉合金屬圓環(huán)A的軸線上，當(dāng)B中通過的電流增加時(shí)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152491)(AC)A．環(huán)A有擴(kuò)張的趨勢B．環(huán)A有縮小的趨勢C．螺線管B有縮短的趨勢D．螺線管B有伸長的趨勢解析：當(dāng)B中通過的電流逐漸增加時(shí)，電流產(chǎn)生的磁場逐漸增強(qiáng)，故穿過A的磁通量增加，為阻礙磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，環(huán)A應(yīng)向磁通量減小的方向形變，由于A環(huán)中有兩種方向的磁場：B線圈外的磁感線方向與B線圈內(nèi)的磁感線方向相反，B線圈外的磁感線要將B線圈內(nèi)的磁感線抵消一些，當(dāng)A的面積增大時(shí)，穿過A的磁通量會(huì)減小，所以可知環(huán)A應(yīng)有擴(kuò)張的趨勢，故A正確B錯(cuò)誤；線圈B中電流增加，每匝線圈產(chǎn)生的磁場增強(qiáng)，線圈間的引力增大，所以螺線管B有縮短的趨勢，故C正確，D錯(cuò)誤。9．(廣東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期期中)如圖所示，邊長為L、匝數(shù)為N，電阻不計(jì)的正方形線圈abcd在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，軸OO′垂直于磁感線，在線圈外接一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2，保持線圈以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，下列判斷正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152492)(AD)A．在圖示位置時(shí)線框中磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢最大B．當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，電壓表V2的示數(shù)變大C．電壓表V1示數(shù)等于NBωL2D．變壓器的輸入與輸出功率之比為11解析：從垂直于中性面時(shí)開始計(jì)時(shí)，矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcosωt，磁通量為零，電動(dòng)勢最大，故A正確；根據(jù)理想變壓器的變壓原理輸出電壓即電壓表V2的示數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；交流電壓的最大值等于NBωL2，電壓表V1示數(shù)為有效值eq\f(NBωL2,\r(2))，C錯(cuò)誤；理想變壓器的輸入與輸出功率之比為11，故D正確，故選AD。10．(新疆生產(chǎn)建設(shè)兵團(tuán)二中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線圈abcd邊長為L(L＜d)，質(zhì)量為m、電阻為R，將線圈在磁場上方h高處由靜止釋放，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場時(shí)速度也為v0，則線圈穿過磁場的過程中(從cd邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152493)(ACD)A．感應(yīng)電流所做的功為2mgdB．感應(yīng)電流所做的功為mgdC．線圈的最小速度可能為eq\f(mgR,B2L2)D．線圈的最小速度一定是eq\r(2gh＋L－d)解析：根據(jù)能量守恒，研究從cd邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：動(dòng)能變化量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，Q＝mgd。cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場時(shí)速度也為v0，所以從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進(jìn)入磁場到ab邊剛進(jìn)入磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量Q′＝2mgd，感應(yīng)電流做的功為2mgd，故A正確，B錯(cuò)誤。線框可能先做減速運(yùn)動(dòng)，在完全進(jìn)入磁場前已做勻速運(yùn)動(dòng)，剛完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度最小，則mg＝BIL＝BLeq\f(BLv,R)，則最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故C正確。因?yàn)檫M(jìn)磁場時(shí)要減速，線圈全部進(jìn)入磁場后做勻加速運(yùn)動(dòng)，則知線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場的瞬間速度最小，設(shè)線圈的最小速度為vn，線圈從開始下落到線圈剛完全進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律得：mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，由上可知，Q＝mgd，解得線圈的最小速度為：vn＝eq\r(2gh＋L－d)，故D正確，故選ACD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，每小題7分，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(唐山一中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)檢測)如圖為“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)裝置。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152494)(1)將圖中所缺導(dǎo)線補(bǔ)接完整。(2)如果在閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，那么合上電鍵后：A．將原線圈迅速插入副線圈時(shí)，靈敏電流計(jì)指針將向右偏轉(zhuǎn)一下。(填“向左偏轉(zhuǎn)一下”或“向右偏轉(zhuǎn)一下”或“不偏轉(zhuǎn)”)B．原線圈插入副線圈后，將滑動(dòng)變阻器觸頭迅速向左拉時(shí)，靈敏電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)一下。(填“向左偏轉(zhuǎn)一下”或“向右偏轉(zhuǎn)一下”或“不偏轉(zhuǎn)”)答案：(1)如圖所示12．交流電流表是一種能夠測量交變電流有效值的儀表，使用時(shí)，只要將電流表串聯(lián)進(jìn)電路即可。擴(kuò)大交流電流表量程可以給它并聯(lián)一個(gè)分流電阻。還可以給它配接一只變壓器，同樣也能起到擴(kuò)大電流表量程的作用。如圖所示，變壓器a、b兩個(gè)接線端子之間線圈的匝數(shù)n1，c、d兩個(gè)接線端子之間線圈的匝數(shù)n2，并且已知n1>n2，若將電流表的“0～3A”量程擴(kuò)大，應(yīng)該將交流電流表的接線柱的“0”“3A”分別與變壓器的接線端子a、b相連(選填“a、b”或“c、d”)；這時(shí)，電流表的量程為eq\f(3n1,n2)A。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152495)解析：當(dāng)只有一組原、副線圈時(shí)，理想變壓器電流與匝數(shù)間的關(guān)系是eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，即匝數(shù)與電流成反比。已知變壓器a、b兩個(gè)接線端子之間線圈的匝數(shù)為n1，大于c、d兩個(gè)接線端子之間線圈的匝數(shù)為n2，即n1>n2。因此，該交流電流表的接線柱的“0”“3A”分別與變壓器的接線端子a、b相連，這樣，電流表的小示數(shù)才能反映原線圈中的大電流，起到擴(kuò)展量程的作用。此時(shí)，電流表的量程為I2＝eq\f(n1,n2)I1＝eq\f(3n1,n2)A。三、論述·計(jì)算題(共4小題，46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(10分)(江蘇贛州2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，面積為0.02m2、內(nèi)阻不計(jì)的100匝矩形線圈ABCD，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為100rad/s，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(\r(2),2)T。矩形線圈通過滑環(huán)與理想變壓器相連，觸頭P可移動(dòng)，副線圈所接電阻R＝50Ω，電表均為理想交流電表。當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時(shí)開始計(jì)時(shí)。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152496)(1)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的表達(dá)式；(2)由圖示位置轉(zhuǎn)過30°角的過程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢；(3)當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為21時(shí)，求電阻R上消耗的功率。答案：(1)e＝100eq\r(2)cos100tV(2)(3)50W解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值Em＝nBSω＝100×eq\f(\r(2),2)××100V＝100eq\r(2)V，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的表達(dá)式為e＝100eq\r(2)cos100tV。(2)線圈轉(zhuǎn)過30°角過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsin30°,\f(1,12)T)＝。(3)電壓表示數(shù)為電壓的有效值，則U＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(100\r(2),\r(2))V＝100V，電阻R兩端的電壓UR＝eq\f(n2,n1)U＝eq\f(1,2)×100V＝50V，則電阻R上消耗的功率P＝eq\f(U\o\al(2,R),R)＝50W。14．(11分)(麗水2023～2023學(xué)年高二檢測)電磁彈射是我國最新研究的重大科技項(xiàng)目，原理可用下述模型說明。如圖甲所示，虛線MN右側(cè)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場，一邊長為L的正方形單匝均勻金屬線框abcd放在光滑水平面上，電阻為R，質(zhì)量為m，ab邊在磁場外側(cè)緊靠MN虛線邊界。t＝0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律是B＝kt(k為大于零的常數(shù))，同時(shí)用一水平外力使線圈處于靜止?fàn)顟B(tài)，空氣阻力忽略不計(jì)。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152497)(1)判斷線框中感應(yīng)電流的方向。(2)求線框中感應(yīng)電流的大小。(3)請(qǐng)寫出所加水平外力隨時(shí)間變化的表達(dá)式。(4)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物，如圖乙所示，當(dāng)t＝t0時(shí)撤去外力釋放線框，求此時(shí)線框加速度的大小。答案：(1)順時(shí)針(2)eq\f(kL2,R)(3)eq\f(k2L3,R)t(4)eq\f(nk2L3t0,Rnm＋M)解析：(1)由B＝kt(k為大于零的常數(shù))知B隨時(shí)間均勻增大，穿過線框的磁通量均勻增大，由楞次定律知線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律：感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝kL2；由閉合電路歐姆定律得：感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,R)。(3)由于線圈靜止，則所加的水平外力與安培力平衡，有F＝BIL＝kt·eq\f(kL2,R)L＝eq\f(k2L3,R)t。(4)n匝線框中t＝0時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E總＝nE＝nkL2；線框的總電阻R總＝nR線框中的電流I＝eq\f(E總,R總)當(dāng)t＝t0時(shí)刻線框受到的安培力F安＝nB0IL＝nkt0IL設(shè)線框的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F安＝(nm＋M)a解得a＝eq\f(nk2L3t0,Rnm＋M)。15．(12分)(安徽黃山市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)兩根足夠長的水平放置的平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD，導(dǎo)軌間距為L；垂直導(dǎo)軌放著一根金屬桿，金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為r，導(dǎo)軌上的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌與右邊電阻箱及電容器連接，如圖所示。已知電容器的電容為C，電容器M、N兩板間距為d，電阻箱開始時(shí)的阻值為R。在金屬桿以速度v向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)09152498)(1)電容器上M板所帶電量以及電性；(2)一束電子流從電容器兩板中間平行兩板射入時(shí)，恰好能射出電容器；如果電阻箱阻值減小為eq\f(R,2)，則電子流射出電容器時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離是多少？答案：(1)電容器上M板帶負(fù)電，電量為eq\f(CBLvR,R＋r)。(2)電子流射出電容器時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離是eq\f(R＋rd,2R＋2r)。解析：(1)金屬桿勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向向下，則電容器M板帶負(fù)電。金屬桿運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝BLv電容器板間電壓為：U＝eq\f(R,R＋r)E故電容器上的電量為：Q＝CU聯(lián)立解得：Q＝eq\f(CBLvR,R＋r)(2)當(dāng)電阻箱阻值減小為eq\f(R,2)時(shí)，電容器的電壓為：U′＝eq\f(\f(R,2),\f(R,2)＋r)E＝eq\f(ER,R＋2r)由a＝eq\f(qU,md)得兩次豎直方向的加速度之比為：eq\f(a1,a2)＝eq\f(U,U′)＝eq\f(R＋2r,R＋r)因?yàn)殡娮恿髟陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，故兩次在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，設(shè)為t，豎直方向可列：y＝eq\f(1,2)at2因而豎直方向的偏轉(zhuǎn)距離之比為：eq\f(y,\f(1,2)d)＝eq\f(a2,a1)解得：y＝eq\f(R＋rd,2