2020-2021學(xué)年吉林市吉化某中學(xué)高二年級上冊期末物理試卷(附解析)

2020-2021學(xué)年吉林市吉化第一高級中學(xué)高二上學(xué)期期末物理試卷

一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）

1.下列敘述錯誤的是（）

A.伽利略發(fā)現(xiàn)亞里士多德的觀點(diǎn)有自相矛盾的地方

B.伽利略認(rèn)為，重物與輕物應(yīng)該下落得同樣快

C.古希臘哲學(xué)家亞里士多德認(rèn)為物體越重，下落得越快

D.伽利略用實(shí)驗(yàn)直接證實(shí)了自由落體運(yùn)動是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動

2.如圖所示，有一通電導(dǎo)線沿y軸正方向放置，電流沿y軸正方向，導(dǎo)線在z軸上的P點(diǎn)處所產(chǎn)生的

磁場方向是沿（）

z

3.處于恒定勻強(qiáng)磁場中的閉合線圈，在下列運(yùn)動狀態(tài)中一定能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）

A.勻速運(yùn)動B.與磁場發(fā)生相對運(yùn)動

C.切割磁感線運(yùn)動D.繞垂直磁場的軸翻轉(zhuǎn)

4.如圖所示，固定在水平面上的U形金屬框架上，靜止放置一金屬桿ab,整個裝置處于豎直向上

的磁場中。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻減小時，桿ab總保持靜止，則在這一過程中（）

b

A.桿中的感應(yīng)電流方向是從a到匕B.桿中的感應(yīng)電流大小均勻增大

C.金屬桿所受安培力水平向左D.金屬桿受到的摩擦力逐漸減小

5.一個用于加速a粒子的回旋加速器，其核心部分如圖所示，。形盒半徑為R,B

垂直。形盒底面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,兩盒分別與交流電源相連，

下列說法正確的是（）

A.a粒子被加速后的最大動能與8成正比

B.a粒子被加速后的最大速度與加速電壓成正比

C.a粒子被加速后的最大動能與加速電壓無關(guān)

D.不需要改變?nèi)魏瘟浚@個裝置也能用于加速質(zhì)子

6.如圖所示，兩塊平行金屬板正對著水平放置，兩極分別與電源正、負(fù)極1-----------

T?M

相連，當(dāng)開關(guān)閉合時，一帶電液滴恰好靜止在兩板間的M點(diǎn)，則（）已

①當(dāng)開關(guān)閉合時，若減小兩板間距，液滴仍靜止

②當(dāng)開關(guān)閉合時，若增大兩板間距，液滴將下降

③開關(guān)在斷開后，若減小兩板間距，液滴仍靜止

④開關(guān)在斷開后，若增大兩板間距，液滴將下降

A.①③B.②④C.①④D.②③

7.如圖所示，在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電荷量為q的液滴在豎直

面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動.已知電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,重力

加速度為g,則液滴的帶電性質(zhì)和環(huán)繞速度分別為（）

A.帶正電，5B.帶正電，等

DC

C.帶負(fù)電，D.帶負(fù)電，誓

E

8.小李同學(xué)想利用“電磁彈簧秤”稱量金屬框的質(zhì)量，如圖所示。

一邊長為d的正方形金屬框用兩根完全相同的彈簧水平懸掛在勻

強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于紙面向里，大小為B.彈簧上端固定，

下端與金屬框絕緣。金屬框兩對稱邊中心點(diǎn)a、b通過開關(guān)S與一電

動勢為E的電源相連。當(dāng)金屬框處于平衡狀態(tài)時，彈簧伸長為△10,

閉合開關(guān)S,彈簧伸長量為△1，則下列說法正確的是（）

CD

A.△/I。正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度B

B.△/=△",彈簧狀態(tài)保持不變

C.B保持不變，變阻器滑動端P移向。端，Al—增加

D.B保持不變，變阻器滑動端P移向。端，不變

9.如圖所示，某區(qū)域內(nèi)存在方向垂直低面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)城寬

m.

度為L邊長為L的正方形導(dǎo)線框nmpq與紙面平行,np邊緊靠磁場邊緣，

使線框以某一初速度沿支軸正方向勻減速穿過磁場區(qū)城，完全穿出磁1

場時速度恰好變?yōu)榱悖簟睆膶?dǎo)線框進(jìn)入磁場開始計時，以逆時方向

為電流的正方向，則下列選項(xiàng)中能正確反映線框中通過的感應(yīng)電流隨

時間變化規(guī)律的圖象是（）

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

10.如圖所示電路中，燈泡4、B的規(guī)格相同，電感線圈L的自感系數(shù)足夠

大且電阻可忽略.下列關(guān)于此電路的說法中正確的是（）

A.S閉合后的瞬間，2、8同時亮，然后4變暗最后熄滅

與I~氏

B.S閉合后的瞬間，B光亮，4逐漸變亮，最后4、B一樣亮

C.S斷開后的瞬間，A立即熄滅，B逐漸變暗最后熄滅

D.S斷開后的瞬間，B立即熄滅，4閃亮一下后熄滅

11.如圖，是生產(chǎn)中常用的一種延時繼電器的示意圖.鐵芯上有兩個線

圈4和8,線圈4跟電源連接，線圈B的兩端接在一起，構(gòu)成一個閉合

電路.在斷開開關(guān)S的時候，彈簧K并不能立即將銜鐵。拉起，使觸

頭C立即離開，而是過一段時間后觸頭C才能離開，因此得名延時繼

電器.為檢驗(yàn)線圈B中的電流，在電路中接入一個電流表G.關(guān)于通過

電流表的電流方向，以下判斷正確的是（）

A.閉合S的瞬間，電流方向?yàn)閺淖蟮接?/p>

B.閉合S的瞬間，電流方向?yàn)閺挠业阶?/p>

C.斷開S的瞬間，電流方向?yàn)閺淖蟮接?/p>

D.斷開S的瞬間，電流方向?yàn)閺挠业阶?/p>

12.如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌cd、ef置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接

有電阻R,導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中.金屬棒時靜止在導(dǎo)軌

上,abec為邊長為L的正方形,金屬棒電阻為r,其余電阻不計.t=0

時勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為%,金屬棒靜止.若從t=0時刻起，

磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，每秒增加量為k,貝女)

A.金屬棒中的感應(yīng)電流的方向?yàn)閎-a

B.金屬棒中的感應(yīng)電流的大小為空

r

C.金屬棒的電阻消耗的電功率為篇

D.若1=口時金屬棒仍靜止，則金屬棒受到的靜摩擦力大小為(Bo+ktD照

三、計算題(本大題共5小題，共50.0分)

13.如圖所示電路中，已知電源電動勢為用=褪心內(nèi)阻產(chǎn)=：瓣，電阻既=繆.舔，6駕=鯽蜜,

當(dāng)單刀雙擲開關(guān)打在1時，電動機(jī)不轉(zhuǎn)，理想電流表的示數(shù)為通口感，當(dāng)單刀雙擲開關(guān)打在2時,

電動機(jī)正常工作，電流表示數(shù)為卿.奧期，求：

(1)電動機(jī)的內(nèi)阻苗為多少？

(2)電動機(jī)正常工作時的輸出功率？

14.如圖，某圓形薄片置于xOy水平面上，圓心位于坐標(biāo)原點(diǎn)0,xOy平面上方存在大小為E、沿z軸

負(fù)向的勻強(qiáng)電場，以該圓形絕緣材料為底的圓柱體區(qū)域內(nèi)存在大小為B、沿z軸正向的勻強(qiáng)磁場，

圓柱體區(qū)域外無磁場?，F(xiàn)可從原點(diǎn)。向xOy平面上方的各方向發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為小、速度

大小為"的帶正電荷的粒子。粒子重力忽略不計，不考慮粒子間的相互作用，不計碰撞時間。

(1)若粒子每次與材料表面的碰撞為彈性碰撞，且從原點(diǎn)0發(fā)出的所有粒子都被該電場和磁場束縛在

上述圓柱體內(nèi)，則此圓形薄片的半徑至少為多大？

(2)若某粒子每次與材料表面的碰撞點(diǎn)都在坐標(biāo)原點(diǎn)。，則此粒子的發(fā)射方向與z軸正方向夾角的三角

函數(shù)值須滿足什么條件？

(3)若在粒子每次與材料表面碰撞后的瞬間，速度豎直分量反向，水平分量方向不變；豎直方向的速

度大小和水平方向的速度大小均按同比例減小，以至于動能減小75%。求發(fā)射方向與z軸正向成

45。角的粒子從發(fā)射直至最終動能耗盡而沉積于材料表面所經(jīng)歷的時間。

15.電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距L=0.75m,導(dǎo)軌

傾角為30。，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R=1.5Q的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度

B=0.87'的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上.阻值r=0.5Q,質(zhì)量m=

0.2如的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端時處由靜止

開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr=0.17.(取g=10m/s2)求:

(1)金屬棒在此過程中克服安培力的功皿方

(2)金屬棒下滑速度。=2?n/s時的加速度a.

16.如圖所示，在xoy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)存在電場強(qiáng)度為E=2l//m,

沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，在第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=17、

方向垂直xoy平面向外的勻強(qiáng)磁場，一個帶負(fù)電的粒子，比荷為

4C/kg,在x=3nl處的P點(diǎn)以為=4zn/s的初速度沿y軸正方向開始

運(yùn)動，不計帶電粒子的重力，球：

(1)帶電粒子第一次通過y軸時距。點(diǎn)的距離.

(2)帶電粒子再次通過x軸時距。點(diǎn)的距離.

17.如圖所示，在xOy平面的y軸左側(cè)存在著半徑為L的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域I,磁場方向垂直紙面向

里，邊界與y軸在。點(diǎn)相切；在xOy平面的y軸右側(cè)存在一個沿y軸負(fù)方向的場強(qiáng)為七=黑的有界

勻強(qiáng)電場區(qū)域口，勻強(qiáng)電場的右側(cè)有一個方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域皿，區(qū)域口的寬度

為3區(qū)域II和區(qū)域ID的高度足夠長。質(zhì)量為血、電荷量為q的帶負(fù)電粒子從4點(diǎn)沿半徑以初速度

為、方向與x軸正方向成。=60。角射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域I,恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)。沿x軸正方向進(jìn)入?yún)^(qū)

域不計粒子的重力。

(1)求區(qū)域I內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8；

(2)求粒子離開區(qū)域D時的位置坐標(biāo)；

(3)若粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域DI后剛好沿右邊界垂直穿過x軸，求區(qū)域HI的寬度L'和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小夕分別為

多少？

XX

XXXX

XXXX

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、C、古希臘哲學(xué)家亞里士多德認(rèn)為物體下落的快慢與物體的重力大小有關(guān)，重力越大，

物體下落的越快，伽利略通過邏輯推理發(fā)現(xiàn)了發(fā)現(xiàn)亞里士多德的觀點(diǎn)有自相矛盾的地方.故A正確，

C正確；

8、伽利略通過斜面實(shí)驗(yàn)，將實(shí)驗(yàn)結(jié)果進(jìn)行了合理的外推，得出在忽略空氣阻力的情況下，所有物體

下落的加速度是相同的，故2正確；

。、伽利略沒有直接證實(shí)了自由落體運(yùn)動是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，而是將斜面實(shí)驗(yàn)進(jìn)行外

推得出間接得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，故。錯誤.

本題選擇錯誤的，故選：。

對于物理中的重要事件、規(guī)律的得出要了解其發(fā)展歷史，明確重要科學(xué)家伽利略、牛頓、法拉第、

奧斯特等的主要貢獻(xiàn)，培養(yǎng)自己的科學(xué)素養(yǎng)和科學(xué)品質(zhì).

本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是

考試內(nèi)容之一.

2.答案：B

解析：電流方向沿y軸正方向，根據(jù)安培定則可知，電流在Z軸上的P點(diǎn)處所產(chǎn)生的磁場方向是沿x軸

負(fù)方向.故B正確，AC￡＞錯誤.

故選B.

3.答案：D

解析：解：4、8、若線圈沿平行于磁場的方向運(yùn)動，則穿過線圈的磁通量不發(fā)生變化，所以一定沒

有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故4錯誤，8錯誤；

C、閉合線圈整體放在勻強(qiáng)磁場中做切割磁感線的直線運(yùn)動，磁通量不發(fā)生變化，則不能產(chǎn)生感應(yīng)電

流，故C錯誤；

。、若閉合線圈放在勻強(qiáng)磁場中且繞垂直磁場的軸翻轉(zhuǎn)，磁通量運(yùn)動發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，

故O正確；

故選：Do

磁通量用穿過線圈的磁感線條數(shù)表示。當(dāng)閉合線圈在磁場中的磁通量發(fā)生變化時，才產(chǎn)生感應(yīng)電流，

明確了產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，即可正確解答本題。

本題考查感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，應(yīng)明確滿足兩個條件：一是電路閉合，二是磁通量發(fā)生變化，即磁

感線條數(shù)發(fā)生變化。

4.答案：D

解析:

當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻減小時，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律分析感應(yīng)電流大小如何變化；

由左手定則判斷金屬棒所受的安培力方向；

由安培力公式F=8〃結(jié)合平衡條件分析金屬桿受到的摩擦力如何變化。

利用楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向，左手定則判斷通電導(dǎo)體所受的安培力方向。當(dāng)穿過回路的磁

通量均勻變化時，回路中產(chǎn)生的是恒定電流。

A.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻減小時，穿過回路的磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷得到：回路中感應(yīng)電流方

向?yàn)槟鏁r針方向（俯視），桿中的感應(yīng)電流方向是從b到a,故A錯誤；

B.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度8均勻減小時，穿過回路的磁通量均勻減小，根據(jù)E=￥得知：回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電

At

動勢不變，則感應(yīng)電流大小保持不變，故B錯誤；

C.由左手定則判斷可知，金屬桿所受安培力水平向右，故C錯誤；

。.根據(jù)安培力計算公式F=8〃可知，L和/不變，B減小則安培力減小，根據(jù)平衡條件/=?得知金屬

桿受到的摩擦力/逐漸減小，故。正確。

故選：D.

5.答案：C

解析：

回旋加速器運(yùn)用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度,

從而求出最大動能。在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中運(yùn)動的周期相等。

理解回旋加速器的工作原理，掌握運(yùn)用的相關(guān)公式，理解解題的方法，注意最大速度與加速電壓無

關(guān)，加速電壓決定加速的時間。

ABC、根據(jù)=m半，知為=啜,則最大動能琮加="盧=由此可知，質(zhì)子的最大

速度只與粒子本身的比荷，加速器半徑，及磁場大小有關(guān)，與加速電壓無關(guān)，粒子的最大動能與B的

平方成正比，故48錯誤，C正確；

D,此加速器加速電場周期7=與署嘿，加速質(zhì)子時，T=黑,兩個周期不同，不能加速質(zhì)子，

ZQOQDC{D

故。錯誤;

故選：Co

6.答案：D

解析：解：開始時，液滴靜止，故mg=Eq,電場力向上；

①、當(dāng)開關(guān)閉合時，兩板間的電勢差不變，則減小兩板間距離時，由（/=后（/可知E增大，液滴所受

電場力增大，合力向上，故液滴將向上運(yùn)動，故①錯誤；

②、當(dāng)開關(guān)閉合時，兩板間的電勢差不變，則增大兩板間距離時，由（/=岳&可知E減小，液滴所受

電場力減小，合力向下，故液滴將向下運(yùn)動，故②正確；

③，④、而通電后斷開開關(guān)，無論如何改變兩板間的距離，板間的電場強(qiáng)度均不發(fā)生變化，故電場

力不變，故粒子仍能受力平衡，故③正確而④錯誤；

故選：D.

開始時液滴靜止說明液滴受力平衡，可得出電場力與重力大小相等；

根據(jù)開關(guān)的通斷，可知兩板間電勢差的變化或電量的變化；則改變極板間的距離時，由電容器的性

質(zhì)可知板間電場強(qiáng)度的變化，由尸=Eq可知電場力的變化，即可判斷液滴的運(yùn)動情況.

若通電后斷開開關(guān)，則若只改變兩板間的距離時極板間的電場強(qiáng)度是保持不變的，本結(jié)論應(yīng)熟記并

能靈活應(yīng)用.

7.答案：B

解析：解：液滴在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，知重力和電場力平衡，有：qE=mg,可知液滴帶正

電.

根據(jù)quB=7n，得，v=管=誓,故8正確，4、C、。錯誤.

故選：B.

液滴在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，知重力和電場力平衡，結(jié)合平衡得出液滴電性，根據(jù)洛倫茲力提

供向心力求出環(huán)繞的速度大小.

本題考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，知道電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力是解決本題

的關(guān)鍵.

8.答案：A

解析：解：設(shè)兩彈簧的勁度系數(shù)均為上，對金屬框，開關(guān)斷開和閉合時分別由力的平衡條件：mg=

2k△10…①

mg+2%=2k△，…②

由安培力公式：

AB、由①②③式知尸發(fā)=k（A1—△，（）），故ZU-ZU。正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度B,故4正確，8錯誤；

CD、B保持不變，變阻器滑動端P移向。端，電阻變大，電流減小，安培力減小，故△[-△%減小,

故C￡>錯誤；

故選：A。

根據(jù)共點(diǎn)力平衡和公式尸=8〃列式找到安培力與△Z-A石的關(guān)系，即可分析選項(xiàng)是否正確。

本題主要考查了在安培力作用下的共點(diǎn)力平衡，關(guān)鍵是抓住彈簧的彈力為兩個彈簧的彈力之和即可。

9.答案:D

解析：解：4、利用右手定則，在np邊切割磁感線時，電流方向?yàn)槟鏁r針方向，

即此時電流方向?yàn)檎较?，故A錯誤；

B、當(dāng)np邊離開磁場，mq邊切割磁感線，由右手定則，此時電流方向?yàn)轫槙r針方向，

即此時電流方向?yàn)樨?fù)方向，故3錯誤；

CD、線框以某一初速度沿x軸正方向勻減速穿過磁場區(qū)城，

設(shè)np邊切割磁感線位移為L，用時為G，mq邊切割磁感線位移為L,用時為今，

則G<t2

比較圖象可知，故C錯誤。正確。

故選：Do

利用右手定則判斷電流方向，結(jié)合圖象可以判斷正確答案。

本題考查導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢，關(guān)鍵是把握電流方向，根據(jù)電流方向可以快速判斷正確

選項(xiàng)。

10.答案：AD

解析：試題分析：閉合S,4、B同時亮，隨著L中電流增大，線圈L直流電阻可忽略不計，分流作用

增大，4逐漸被短路，總電阻減小，再由歐姆定律分析B燈亮度的變化.斷開S,B燈立即熄滅，線圈

中電流，根據(jù)楞次定律判斷4燈亮度如何變化.

AB.閉合S時，電源的電壓同時加到兩燈上，4、B同時亮，且亮度相同；隨著L中電流增大，由于

線圈L直流電阻可忽略不計，分流作用增大，4逐漸被短路直到熄滅，外電路總電阻減小，總電流增

大，B變亮.故A正確、B錯誤.

CD、斷開S,B立即熄滅，線圈中電流減小，產(chǎn)生自感電動勢，感應(yīng)電流流過4燈，4閃亮一下后熄

滅.故C錯誤、。正確.

故選：AD.

11.答案：BC

解析：

圖中有兩個線圈，其中4有電源，接通電路后有電流通過，會產(chǎn)生磁性；而8線圈無電源，開關(guān)閉合

后沒有電流，只有當(dāng)4中的磁場發(fā)生變化時，根據(jù)電磁感應(yīng)作用，B線圈才會產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而根

據(jù)楞次定律，即可求解.該題考查楞次定律與右手螺旋定則的應(yīng)用，注意穿過閉合線圈的磁通量變

化，線圈相當(dāng)于電源，而電流是從負(fù)板流向正極.

AB,當(dāng)閉合S瞬間時，穿過線圈B的磁通量要增加，根據(jù)楞次定律：增反減同，結(jié)合右手螺旋定則可

知，電流方向?yàn)閺挠业阶笸ㄟ^電流表，故A錯誤，8正確；

CD、當(dāng)斷開S瞬間時，穿過線圈B的磁通量要減小，根據(jù)楞次定律：增反減同，結(jié)合右手螺旋定則可

知，電流方向?yàn)閺淖蟮接彝ㄟ^電流表，故C正確，。錯誤；

故選：BC.

12.答案：ACD

解析：

磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率為鼠根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢大小，再由歐姆定律求出感應(yīng)

電流的大小，由楞次定律判斷其方向.磁感應(yīng)強(qiáng)度8的表達(dá)式為B=Bo+kt,由安培力公式F=B/L

求出安培力，則由平衡條件得知，水平方向上的摩擦力與安培力大小相等.本題根據(jù)法拉第電磁感

應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，由歐姆定律和安培力公式推導(dǎo)安培力的表達(dá)式，是常用的方法和思路；本

題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力公式的基本運(yùn)用，注意磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，面

積不變，則感應(yīng)電動勢不變，但是導(dǎo)體棒所受的安培力在變化.

人根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，金屬棒中的感應(yīng)電流方向?yàn)椋篵ra,故A正確；

8.感應(yīng)電動勢：E=￥=￥s=k〃，金屬棒中的感應(yīng)電流：/=上=絲，故B錯誤；

AtR+rR+r

C.金屬棒消耗的電功率：P=I2r=故C正確；

Dt=ti時采用電動勢：B=B°+kt],金屬棒受到的安培力：尸=引小=*管好，金屬棒靜止，

由平衡條件得，摩擦力：f=叱嶼川,故。正確

'R+r

故選AC。。

13.答案：⑴/=岫.如⑵2.5W

S

解析：試題分析：維=--~「=毗14得需瞪=敬寓？（2分）

■癖=.因一/黔北蹌）=發(fā)篇V（2分）

.F=琳％-期=雪售?。?分）

考點(diǎn)：考查閉合電路歐姆定律

點(diǎn)評：難度較小，特別注意的是對于非純電阻電路歐姆定律不再適用，應(yīng)根據(jù)能量守恒定律求解該

類問題

14.答案：解：（1）速度與z軸正方向夾90。角，即貼著xOy平面方向的粒子最易脫離磁場束縛。

設(shè)此粒子運(yùn)動半徑為R：quB=加?得：R譚

故圓形薄片的半徑r至少為：r=2R=2就

（2）設(shè)速度"與z軸正方向的夾角為a,則其在z軸正方向的分量為/=vcosa,

z軸分運(yùn)動的加速為a=—m

設(shè)粒子經(jīng)過時間t返回，由Au=at且△9=2%。5。得：1=到等

粒子在平行xOy平面內(nèi)的分運(yùn)動為勻速圓周運(yùn)動，周期T=翳

若要碰撞點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)0,必須有t=nT,（n=l、2、3……）

聯(lián)立得：cosa=^,5=1、2、3)

（3）與z軸正向成45。角的粒子沿Z軸方向的分速度大小為方=vcos45°=yv

每次碰撞，動能減小75%,即碰完動能是碰前的右故速率為碰前的；

第71次碰撞后沿Z軸方向的分速度大小為%n=（非會

從發(fā)射至第1次碰撞的時間：力=9=皿

1aqE

從第（n-1）次至第n次碰撞的時間：%=

從發(fā)射至第n次碰撞的時間：t=ti+t2+t3+????..tn=

當(dāng)nt8,t=2t2\[2mv

rqE

答：（1）圓形薄片的半徑至少為2愛。

（2）若某粒子每次與材料表面的碰撞點(diǎn)都在坐標(biāo)原點(diǎn)。，則此粒子的發(fā)射方向與z軸正方向夾角的三角

函數(shù)值須滿足cosa=等

(3)發(fā)射方向與z軸正向成45。角的粒子從發(fā)射直至最終動能耗盡而沉積于材料表面所經(jīng)歷的時間為

2\[2mv

qE°

解析：(1)粒子水平方向勻速圓周運(yùn)動，豎直方向勻變速運(yùn)動，可利用勻速圓周運(yùn)動求解粒子做圓周

運(yùn)動的最大半徑，從而確定圓片的半徑。

(2)若某粒子每次與材料表面的碰撞點(diǎn)都在坐標(biāo)原點(diǎn)。，則說明粒子水平方向的圓周運(yùn)動運(yùn)動了完整

圓周的整數(shù)圈，再結(jié)合與豎直方向的勻變速運(yùn)動時間相等列式求解。

(3)碰撞后動能減小75%,寫出碰撞一次后兩方向的速度，最終速度為零，列式比較歸納求解。

粒子在復(fù)合場內(nèi)運(yùn)動時，要根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，將運(yùn)動分解后，根據(jù)兩個分運(yùn)動的性質(zhì)以及分

運(yùn)動之間的關(guān)系列式求解。

15.答案：解：(1)由題知，R=3r,通過R的電流與金屬棒的電流又相同，所以在棒下滑過程中，R上

產(chǎn)生的焦耳熱為QR=3Q『=0.3;

根據(jù)功能關(guān)系得：金屬棒在此過程中克服安培力的功卬安=QR+Qr=0.47

(2)金屬棒下滑速度u=2m/s時，所受的安培力為產(chǎn)=BIL=8黑L=需

由牛頓第二定律得：mgsin30°-=ma

得a=gsin30°-B\

dm(R+r)

代入解得，a=3.2m/s2

答：

(1)金屬棒在此過程中克服安培力的功W安為0.4/

(2)金屬棒下滑速度u=2m/s時的加速度a是3.2m/s2.

解析：(1)根據(jù)功能關(guān)系知道：金屬棒在此過程中克服安培力的功必安等于整個電路中產(chǎn)生的焦耳

熱.由于R=3r,由焦耳定律分析得知R上產(chǎn)生的焦耳熱是棒上產(chǎn)生的焦耳熱的3倍，即可求得皿安；

(2)金屬棒下滑過程中，受到重力、軌道的支持力和安培力，根據(jù)F=B/L、1=照求得安培力F,根

據(jù)牛頓第二定律列式可求得加速度.

本題關(guān)鍵要分析功能關(guān)系，并對金屬棒正確受力分析，應(yīng)用安培力公式、牛頓第二定律等，即可正

確解題.

16.答案：解：(1)電場線方向有：qE=ma

得：a=竽=4x2=8m/s2

軸方向有：

yy=vot

代入數(shù)據(jù)解得：y=2V3m

(2)由(1)可知粒子進(jìn)入磁場時:

vx=at=8x—=4y/3m/s

%：與孫方向夾角，加"。="=竽=遮

vx4

即8=60°

vt=yjv}4-—8m/s

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑：r=弓=2=