2023新教材高中物理模塊綜合測評新人教版選擇性必修第二冊

模塊綜合測評本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每個小題給出的四個選項中，第1～8小題，只有一個選項符合題意；第9～12小題，有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對而不全的得2分，錯選或不選的得0分)1．關(guān)于電磁波，下列說法正確的是()A．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率有關(guān)B．變化的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波C．電磁波在真空中自由傳播時，其傳播方向與電場強度、磁感應(yīng)強度垂直D．利用電磁波傳遞信號可以實現(xiàn)無線通信，但電磁波不能通過電纜、光纜傳輸答案C解析電磁波在真空中的傳播速度恒為3×108m/s，A錯誤；根據(jù)麥克斯韋電磁場理論可得，周期性變化的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波，而均勻變化的電場和磁場不能相互激發(fā)形成電磁波，B錯誤；周期性變化的電場與磁場相互激發(fā)形成電磁波，電磁波的電場強度與磁感應(yīng)強度總是相互垂直，且與傳播方向垂直，C正確；電磁波可以在介質(zhì)中傳播，所以可以通過電纜、光纜進行有線傳播，也可以不需要介質(zhì)進行傳播，即無線傳播，D錯誤。2.如圖所示，一閉合金屬圓環(huán)用絕緣細線掛于O點，將圓環(huán)拉離豎直位置并釋放，圓環(huán)擺動過程中經(jīng)過有界的水平勻強磁場區(qū)域，A、B為該磁場的豎直邊界，假設(shè)圓環(huán)面始終與磁場垂直，不計空氣阻力，則()A．圓環(huán)向右穿過磁場后，還能擺至原來的高度B．在進入和離開磁場時，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向相反C．圓環(huán)進入磁場后離豎直位置越近速度越大，感應(yīng)電流也越大D．圓環(huán)最終將靜止在豎直位置答案B解析當(dāng)圓環(huán)進入、離開磁場時，圓環(huán)內(nèi)磁通量先向里增大，后向里減小，所以感應(yīng)電流方向相反，B正確；金屬圓環(huán)本身有內(nèi)阻，必然有能量的轉(zhuǎn)化，即有機械能損失，因此圓環(huán)向右穿過磁場后，不會擺到原來的高度，A錯誤；當(dāng)圓環(huán)在勻強磁場中擺動時，圓環(huán)內(nèi)磁通量不變，無感應(yīng)電流產(chǎn)生，C錯誤；隨著圓環(huán)進出磁場，其機械能逐漸減少，圓環(huán)擺動的高度越來越低，題中不計空氣阻力，擺線的拉力垂直于圓環(huán)的速度方向，拉力對圓環(huán)不做功，所以圓環(huán)最終將在A、B間來回擺動，D錯誤。3.一個匝數(shù)為100匝、電阻為0.5Ω的閉合線圈處于某一磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，從某時刻起穿過線圈的磁通量按圖示規(guī)律變化。則線圈中產(chǎn)生電流的有效值為()A．4.0A B．2.0AC．2eq\r(2)A D．0.01eq\r(2)A答案C解析0～0.5s內(nèi)的磁通量變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(0.01,0.5)Wb/s＝0.02Wb/s，則感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2V，感應(yīng)電流I1＝eq\f(E,R)＝4A；在0.5～1s內(nèi)磁通量不變，感應(yīng)電流為零；設(shè)有效值為I，則Ieq\o\al(2,1)Rt1＝I2RT，即42×0.5＝I2×1，解得I＝2eq\r(2)A，C正確。4.(2019·陜西省咸陽市實驗中學(xué)高二月考)如圖所示，有兩根長均為L、質(zhì)量均為m的細導(dǎo)體棒a、b，其中a被水平放置在傾角為45°的絕緣光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右側(cè)，且與a在同一水平面上，a、b相互平行。當(dāng)兩細棒中均通以大小為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，下列說法正確的是()A．斜面對導(dǎo)體a的作用力大小為mgB．b中電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B方向豎直向上，大小為eq\f(mg,IL)C．b中電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B方向豎直向下，大小為eq\f(\r(2)mg,2IL)D．若使b豎直向下移動，a仍能保持靜止答案B解析由安培定則可知導(dǎo)體棒a處于b產(chǎn)生的豎直向上的磁場中，根據(jù)左手定則可知a受到水平向右的安培力，則a受豎直向下的重力mg、水平向右的安培力F安以及斜面對a的支持力FN這三個力作用而平衡，根據(jù)共點力平衡條件可得FN＝eq\r(2)mg，mg＝F安＝BIl，解得B＝eq\f(mg,Il)，故A、C錯誤，B正確；當(dāng)b豎直向下移動時，a受到的安培力大小減小，且方向沿順時針方向轉(zhuǎn)動，根據(jù)共點力的平衡條件知，a不能平衡，即a不能保持靜止，D錯誤。5.(2020·江蘇如皋中學(xué)高二月考)如圖所示，LC振蕩電路中某時刻電流i的方向指向A板，則()A．若i正在減小，線圈兩端電壓在增大B．若i正在增大，此時A板帶正電C．若僅增大線圈的自感系數(shù)，振蕩頻率增大D．若僅增大電容器的電容，振蕩頻率增大答案A解析若i正在減小，說明磁場能轉(zhuǎn)化為電場能，則線圈兩端電壓在增大，故A正確；線圈中的電流從下到上，若此時電流i正在增大，表明電容器正在放電，所以B板帶正電，A板帶負電，故B錯誤；LC振蕩電路的周期公式為T＝2πeq\r(LC)，若僅增大線圈的自感系數(shù)，周期增大，振蕩頻率減小，故C錯誤；LC振蕩電路的周期公式為T＝2πeq\r(LC)，若僅增大電容器的電容，周期增大，振蕩頻率減小，故D錯誤。6．如圖所示，電阻為r的矩形線圈在勻強磁場中繞位于線圈平面內(nèi)垂直于磁場的軸以某一角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時，線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則()A．t＝0時，線圈中的感應(yīng)電動勢最大B．1s內(nèi)電路中的電流方向改變了eq\f(ω,π)次C．滑片P向下滑動時，電壓表的讀數(shù)不變D．線圈勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω變大時，電流表的讀數(shù)不變答案B解析t＝0時，線圈位于中性面位置，此時線圈中的感應(yīng)電動勢為零，A錯誤；交流電的頻率為f＝eq\f(ω,2π)，1s內(nèi)電流方向改變2f次，即eq\f(ω,π)次，B正確；滑片P向下滑動時，外電阻增大，電流減小，電源內(nèi)阻分壓減小，所以電壓表讀數(shù)變大，C錯誤；線圈勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω變大時，線圈內(nèi)產(chǎn)生的電動勢的最大值Em＝NBSω變大，電流表的讀數(shù)變大，D錯誤。7．在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示，已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為3∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶3D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3答案D解析磷離子P＋與P3＋的電荷量之比q1∶q2＝1∶3，質(zhì)量相等，在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)，由此可知，a1∶a2＝1∶3，A錯誤；離子進入磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，故有r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，即r1∶r2＝eq\r(3)∶1，B錯誤；設(shè)離子P3＋在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α，則sinα＝eq\f(d,r2)，sinθ＝eq\f(d,r1)(d為磁場寬度)，故有sinθ∶sinα＝1∶eq\r(3)，已知θ＝30°，故α＝60°，θ∶α＝1∶2，C錯誤；靜電力做的功W＝qU，離開電場區(qū)域時的動能之比即為靜電力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，D正確。8．電動自行車是一種應(yīng)用廣泛的交通工具，其速度控制是通過轉(zhuǎn)動右把手實現(xiàn)的，這種轉(zhuǎn)動把手稱“霍爾轉(zhuǎn)把”，屬于傳感器非接觸控制，轉(zhuǎn)把內(nèi)部有永久磁體和霍爾器件等，截面如圖甲。永久磁體的左右兩側(cè)分別為N、S極，開啟電源時，在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，如圖乙。隨著轉(zhuǎn)把的轉(zhuǎn)動，其內(nèi)部的永久磁體也跟著轉(zhuǎn)動，霍爾器件能輸出控制車速的霍爾電壓，已知電壓與車速關(guān)系如圖丙。下列關(guān)于“霍爾轉(zhuǎn)把”的說法正確的是()A．為提高控制的靈敏度，可改變永久磁體的上、下端分別為N、S極B．按圖甲順時針轉(zhuǎn)動電動車的右把手(手柄轉(zhuǎn)套)，車速將變小C．圖乙中從霍爾器件的前后面輸出控制車速的霍爾電壓D．若霍爾器件的上下面之間所加電壓的正負極性對調(diào)，將影響車速控制答案C解析由霍爾電壓公式UH＝keq\f(IB,d)可知，霍爾電壓UH與磁場的磁感應(yīng)強度B成正比。若改變永久磁體的上、下端分別為N、S極，則霍爾器件處的磁場將減弱，所以會降低靈敏度，A錯誤；按圖甲順時針轉(zhuǎn)動電動車的右把手(手柄轉(zhuǎn)套)，磁體靠近霍爾器件，磁場增強，霍爾電壓增大，車速變快，B錯誤；由題意可知，磁場從霍爾器件左右面穿過，則形成電流的電荷受到偏向器件前后面的洛倫茲力，即在霍爾器件的前后面產(chǎn)生霍爾電壓，C正確；若霍爾器件的上下面之間所加電壓的正負極性對調(diào)，則霍爾電壓的極性也將對調(diào)，由圖丙可知，電壓的正負不影響車速，D錯誤。9．如圖所示是一個可以用來測量磁感應(yīng)強度的裝置。底部是正方形的長方體絕緣容器，內(nèi)部高為L，底面邊長為d，容器左右兩側(cè)等高處裝有兩根完全相同的開口向上的豎直管子a、b，容器的頂、底部各裝有電極C(正極)和D(負極)，并經(jīng)過開關(guān)S與電源連接，容器中注滿能導(dǎo)電的液體，液體密度為ρ。將容器置于一個勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當(dāng)開關(guān)S斷開時，豎直管子a、b中的液面高度相同，當(dāng)開關(guān)S閉合后，豎直管子a、b中的液面出現(xiàn)高度差h，電路中電流表的示數(shù)為I，則()A．導(dǎo)電液體中電流的方向為由C到DB．導(dǎo)電液體中電流的方向為由D到CC．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(ρghd,I)D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(ρghL,I)答案AC解析開關(guān)S閉合后，導(dǎo)電液體中有由C流到D的電流，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)電液體要受到向右的安培力F作用，且F＝BIL，在液體中產(chǎn)生附加壓強p，這樣a、b管中液面將出現(xiàn)高度差。長方體絕緣容器左右側(cè)面橫截面積S＝Ld，液體對左右兩面的壓力差ΔF＝pS，且ΔF＝F，在液體中產(chǎn)生的附加壓強p＝ρgh，聯(lián)立以上公式，解得B＝eq\f(ρghd,I)，A、C正確。10.如圖所示，兩光滑平行長直導(dǎo)軌水平放置在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直。已知金屬棒MN能沿導(dǎo)軌自由滑動，導(dǎo)軌一端跨接一個定值電阻R，金屬棒與導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒在恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運動，在以后過程中，金屬棒速度v、加速度a、感應(yīng)電動勢E以及通過電阻R的電荷量q隨時間t變化的關(guān)系表示正確的是()答案BCD解析金屬棒受到恒力作用開始做加速運動，運動以后由于切割磁感線導(dǎo)體棒受到安培力的作用，加速度大小滿足ma＝F－eq\f(B2L2v,R)，隨著速度的增大，加速度越來越小，最終將做勻速運動，A錯誤，B正確；電動勢E＝BLv，E隨t變化的圖線切線斜率越來越小，最后E為一定值，C正確；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(BLx,R)，q跟導(dǎo)體棒的位移成正比，當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速運動時圖線的切線斜率不變，D正確。11．如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，原線圈通以圖乙所示的交流電后，理想電流表A1的示數(shù)為0.5A，副線圈串聯(lián)了電阻可忽略的熔斷器、理想電流表A2以及虛線框內(nèi)的某用電器，電路處于正常工作狀態(tài)，則下列說法正確的有()A．原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)B．熔斷器的熔斷電流應(yīng)該不小于5AC．若輸入的交流電頻率增大，發(fā)現(xiàn)A2的示數(shù)也增大，則虛線框內(nèi)可能是電容器D．若原線圈輸入電壓改為500V的恒定電壓，則A2示數(shù)將增大答案ABC解析由圖乙可知，交變電流電壓的最大值為220eq\r(2)V，周期為T＝0.02s，所以原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220eq\r(2)sineq\f(2π,0.02)t(V)＝220eq\r(2)sin100πt(V)，A正確；理想電流表A1的示數(shù)為0.5A，由公式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I2＝5A，所以熔斷器的熔斷電流應(yīng)該不小于5A，B正確；若輸入的交流電頻率增大，發(fā)現(xiàn)A2的示數(shù)也增大，說明虛線框內(nèi)的用電器對高頻交變電流的阻礙較小，所以虛線框內(nèi)的用電器可能為電容器，C正確；理想變壓器的工作原理為互感，所以理想變壓器對恒定電流不起作用，即若原線圈輸入電壓改為500V的恒定電壓，A2的示數(shù)將變?yōu)榱?，D錯誤。12．如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切。整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場強度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放。若小球所受靜電力的大小等于其重力的eq\f(\r(3),3)倍，小球與直線段AC、HD間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則()A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度amax＝eq\f(2\r(3),3)gB．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度vmax＝eq\f(\r(3)mg,3μqB)C．小球進入DH軌道后，上升的最高點與P點等高D．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg－qBeq\r(gR)答案AD解析小球沿AC下滑過程中的受力如圖：根據(jù)牛頓第二定律有eq\f(\r(3),3)mgcos60°＋mgsin60°－f＝maqvB＋eq\f(\r(3),3)mgsin60°－mgcos60°－FN＝0f＝μ·FN則由以上式子可得：a＝eq\f(2\r(3),3)g－eq\f(μ,m)qvB。當(dāng)小球開始下滑時(v＝0)，加速度最大，為amax＝eq\f(2\r(3),3)g，A正確；當(dāng)加速度a＝0時，速度最大，為vmax＝eq\f(2\r(3)mg,3μqB)，B錯誤；小球沿AC下滑到進入DH的過程中洛倫茲力不做功，摩擦力做負功，再結(jié)合題圖及球所受重力和靜電力情況，可知小球沿DH上滑的最高點比P點低，C錯誤；小球沿軌道可以重復(fù)下滑、上滑，再下滑再上滑……運動中小球的能量損失了，每次上升到的高度會降低，最終小球會在COD光滑弧段來回運動，則有mgeq\f(R,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在最低點O處，當(dāng)小球速度向右時，qv0B＋FN1－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，求得FN1＝2mg－qB·eq\r(gR)，當(dāng)小球速度向左時，F(xiàn)N2－mg－qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，求得FN2＝2mg＋qBeq\r(gR)，則可判斷D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共52分)二、實驗題(本題共2小題，共12分)13．(6分)(2019·江蘇江陰第一中學(xué)高二期中)在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實驗中所用的器材如圖所示。它們是：①電流計'②直流電源'③帶鐵芯(圖中未畫出)的線圈A'④線圈B'⑤開關(guān)'⑥滑動變阻器(1)按實驗的要求在實物圖上連線(圖中已連好一根導(dǎo)線)。(2)如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么合上開關(guān)后將A線圈迅速拔出B線圈時，靈敏電流計指針將________偏轉(zhuǎn)。(選填“向左”或“向右”)(3)接第(2)問，A線圈插入B線圈后，將滑動變阻器觸頭迅速向左滑時，靈敏電流計指針將________偏轉(zhuǎn)。(選填“向左”或“向右”)答案(1)圖見解析'(2)向左'(3)向右解析(1)實物圖連線如圖：(2)閉合開關(guān)，線圈A中電流瞬間增加，線圈A產(chǎn)生的磁場增強，穿過B的磁通量變大，電流計指針向右偏；拔出A，穿過B的磁通量變小，則電流計指針將向左偏轉(zhuǎn)。(3)將滑動變阻器觸頭向左滑，電路電阻減小，電流變大，A產(chǎn)生的磁場變強，穿過B的磁通量變大，靈敏電流計指針將向右偏轉(zhuǎn)。14．(6分)傳感器擔(dān)負著信息采集的任務(wù)，在自動控制中發(fā)揮著重要作用，傳感器能夠?qū)⒏惺艿降奈锢砹?如溫度、光、聲等)轉(zhuǎn)換成便于測量的量(通常是電學(xué)量)。熱敏傳感器應(yīng)用了半導(dǎo)體材料制成的熱敏電阻，熱敏電阻阻值隨溫度變化的圖線如圖甲所示，圖乙是由熱敏電阻Rt作為傳感器制作的簡單自動報警器的線路圖。(1)為了使溫度過高時報警器響鈴，c應(yīng)接在________(填“a”或“b”)處。(2)若使啟動報警的溫度提高些，應(yīng)將滑動變阻器滑片P向________(填“左”或“右”)移動。(3)如果在調(diào)試報警器達到最低報警溫度時，無論如何調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片P都不能使報警器工作，且電路連接完好，各電路元件都能處于工作狀態(tài)，則造成工作電路不能正常工作的原因可能是_____________________________。(寫出一種可能就可以)答案(1)a'(2)左'(3)電源提供的電流太小，導(dǎo)致電磁鐵的磁性太弱(或彈簧的勁度系數(shù)太大，電磁鐵的吸引力小于彈力)解析(1)根據(jù)圖甲可得，熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小，為了使溫度過高時報警器響鈴，則電磁鐵將銜鐵吸合時電路接通，即c應(yīng)該接在a處。(2)若使啟動報警的溫度提高些，則相當(dāng)于減小臨界狀態(tài)時熱敏電阻的阻值，而臨界電流不變，應(yīng)增大滑動變阻器接入電路的阻值，則應(yīng)將滑動變阻器滑片P向左移動。(3)在最低報警溫度時不能報警，說明此時電路中產(chǎn)生的電流不能使銜鐵與a接觸，這可能由多種原因造成，如：①電源提供的電流太小，導(dǎo)致電磁鐵的磁性太弱；②彈簧的勁度系數(shù)太大，電磁鐵的吸引力小于彈力等。三、計算題(本題共4小題，共40分。解答中應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟，只寫出最后答案的不給分)15．(8分)如圖所示，某發(fā)電機的輸出功率為5×104W，輸出電壓為250V，輸電線路總電阻R＝60Ω，理想升壓變壓器的匝數(shù)比n1∶n2＝1∶20，為使用戶獲得220V電壓，求：(1)輸電線路損失的功率為多大？(2)降壓變壓器的匝數(shù)比是多少？答案(1)6×103W(2)eq\f(20,1)解析(1)根據(jù)變壓器電壓關(guān)系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝5×103V，理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，即P2＝P1＝5×104W，則輸電線上的電流I2＝eq\f(P2,U2)＝10A，則輸電線路損失的功率為：ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R＝6×103W。(2)降壓變壓器的輸入電壓為：U3＝U2－I2R＝4400V，根據(jù)降壓變壓器電壓關(guān)系可得：eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(20,1)。16．(10分)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長平行光滑的兩導(dǎo)軌，間距為L＝1m，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B1＝1T；底端ab間連接一電阻R1＝3Ω；頂端通過導(dǎo)線連接一橫截面積為S＝0.1m2、總電阻為r＝0.8Ω、匝數(shù)N＝100匝的線圈(線圈中軸線沿豎直方向)，線圈內(nèi)有沿豎直方向且隨時間均勻變化的磁場B2，一質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻為R2＝2Ω、長度也為L的導(dǎo)體棒cd垂直放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終良好接觸。不計導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)若斷開開關(guān)K，靜止釋放導(dǎo)體棒，則導(dǎo)體棒能達到的最大速率是多少？此時c、d兩端的電勢差Ucd為多少？(2)若閉合開關(guān)K，為使導(dǎo)體棒始終靜止在導(dǎo)軌上，判斷線圈中所加磁場的方向并計算其變化率的大小eq\f(ΔB2,Δt)。答案(1)3m/s1.8V(2)見解析解析(1)當(dāng)導(dǎo)體棒達到最大速度時，F(xiàn)安＝B1IL＝mgsin37°，由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R1＋R2)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢：E＝B1Lv，解得：v＝3m/s，由歐姆定律得：Ucd＝IR1＝1.8V。(2)根據(jù)平衡條件可知，導(dǎo)體棒所受安培力沿導(dǎo)軌向上，由左手定則知，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流方向為從d到c。由楞次定律可知，線圈中所加磁場如果在增強，方向為豎直向下；如果在減弱，方向為豎直向上。線圈中的感應(yīng)電動勢：E′＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB2,Δt)S，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E′＝I總R總，其中，I總＝I×eq\f(R1＋R2,R1)＝1A，R總＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝2Ω，解得：eq\f(ΔB2,Δt)＝0.2T/s。17．(11分)如圖所示，直角三角形OAC(α＝30°)區(qū)域內(nèi)有B＝0.5T的勻強磁場，方向如圖所示。兩平行極板M、N接在電壓為U的直流電源上，左板電勢高。一帶正電的粒子從靠近M板由靜止開始加速，從N板的小孔射出電場后，垂直O(jiān)A從P點進入磁場中。帶電粒子的比荷為eq\f(q,m)＝105C/kg，O、P間距離為l＝0.3m。全過程不計粒子所受的重力，求：(取π≈3)(1)要使粒子從OA邊離開磁場，加速電壓U需滿足什么條件？(2)粒子從OC邊離開磁場時，粒子在磁場中運動的最長時間。答案(1)U≤125V(2)4