【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高二下学期期末物理试卷（解析版）.docx，共(27)页，1.160 MB，由小赞的店铺上传

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衡阳市八中高二物理试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂

其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

。1.电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压()3sin10000πVut=，再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2700V时可击杀蚊虫，正常工作时（）A.交流

电压表的示数为3VB.副线圈与原线圈匝数比需满足21900nnC.电击网上的高频电压的频率为10000HzD.将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作【答案】B【解析】【详解】A．正弦交变电压的有效值为1m132V22UU==交流电压表的示数为32V

2，故A错误；B．根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比，可知副线圈与原线圈匝数比需满足22m11m27009003nUnU==故B正确；C．电击网上的高频电压的频率为10000Hz5000Hz22f===故C错误；D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端，副线圈不会产生

感应电动势，电蚊拍不可以正常工作，故D错误。故选B。2.如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面。纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd（由均匀材料制成

），其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为22BLghRB.导线框通过磁场上

边界的过程中，下落的速度可能一直增大C.导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能先减小再增大D.导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度可能先增大再减小【答案】B【解析】【详解】A．ab边进入磁场前线框做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度-位移公式可知v2

=2gh则ab边进入磁场时线框的速度2vgh=ab边刚进入磁场时感应电动势为E=BLv感应电流为BLvIR=ab边受到的安培力为222BLghFBILR==故A错误；B．若线框进入磁场过程所受安培力一直小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框进入磁场过程做加速运动，线框

速度一直增大，故B正确；C．当ab边进入磁场时安培力大于重力，线框做减速运动通过上边界或减速至安培力等于重力时再匀速运动；当ab边进入磁场时安培力等于重力，线框做匀速运动通过磁场上边界；当ab边进入磁场时安培力小于重力，则线框做加速运动通过上边界或加速

至安培力等于重力再匀速通过上边界，故C错误；D．导线框通过磁场下边界的过程中，导线框受到的安培力可能等于重力，导线框所受合力为零，导线框做匀速运动；导线框通过磁场下边界的过程中，导线框受到的安培力若小于重力，导

线框所受合力竖直向下，导线框做加速运动或先加速当安培力等于重力时匀速，故下落的速度不可能先增大再减小，故D错误。故选B。3.如图所示，某型号霍尔元件（导电自由电荷为电子），匀强磁场B垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源E给电路中提供的

电流为I时，产生的霍尔电压为U；元件厚度为d，闭合开关1K、2K，下列判断中正确的是（）A.滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小B.增加磁感应强度，电压表示数将减小C.4点电势比2点电势高D.此霍尔元件可以把电

学量转化为磁学量【答案】A【解析】【详解】A．霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有evBeE=电流微观表达式IneSv=设霍尔元件的宽度为l，霍尔元件的电压HUEl=霍尔元件的截面面积Sld=解得HBIUned=滑动变阻器接入电路阻值变大，闭合电路总电阻

变大，由闭合电路欧姆定律，I减小。因此霍尔电压减小，电压表示数将减小。故A正确；B．由HBIUned=增加磁感应强度，霍尔电压增大，电压表示数将增大故B错误；C．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4点一侧方向，电子带负电，故4点电势低；2点感应出正电荷

，4点电势比2点电势低。故C错误；D．此霍尔元件可以把磁学量转化为电学量。故D错误。故选A。4.由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖

直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的边界水平，且磁场的宽度大于线圈的边长，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。甲的下边开始进入磁场时以速的。度v做匀速运动，下列判断正确的是（）A.乙上

边进入磁场前也做匀速运动，速度大小为12vB.甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为1∶2C.一定是甲先离开磁场，乙后离开磁场D.甲、乙下边开始离开磁场时，一定都做加速运动【答案】B【解析】【详解】A．甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为ρ，密度为

，两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L，线圈的横截面积为S，线圈质量44mnLSnLS==由题意可知，两线圈的质量相等，则44nLSnLS=甲甲乙乙则nSnS=甲甲乙乙两线圈在竖直平面内从同一高度同时

由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h，设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，则2vgh=由于下落高度h相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等。设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势EnBLv

=由电阻定律可知，线圈电阻4nLRS=由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流的4EBSvIR==线圈受到的安培力24nBLSvFnBIL==由于nSnS=甲甲乙乙B、L、ρ、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，甲的下边开始进入磁场

时以速度v做匀速运动，则Fmg=所以乙的上边进入磁场前也做匀速运动，则速度大小为v，故A错误。B．线圈进入磁场的过程中，通过导线的电荷量为4ESqIttnRRL====由nSnS=甲甲乙乙可得12

SnSn==甲乙乙甲所以甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为1∶2，故B正确；C．甲、乙进入磁场时速度相同，离开磁场时的速度也相同，所受安培力24nBLSvFnBIL==也相同，线圈离开磁场的加速度相同，所以甲

、乙同时离开磁场，故C错误。D．线圈完全进入磁场后通过线圈的磁通量不变，线圈中感应电流为0，线圈不再受安培力，线圈在磁场中做加速运动；线圈开始离开磁场时，速度比进入磁场时大，安培力也比重力大，所以甲、乙下边开始离开磁场时，一定都做减速运动，故D错误。故选

B。5.如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP=OQ。以下说法正确的是（）A.O点的磁感应强度为零B.P、Q两点的磁感应强度方向相同C.若在P点放置一条电流方向垂直纸面向

里的通电导线，其受力方向为P→OD.若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O【答案】B【解析】【详解】A．根据安培定则可知，导线a在O点的磁感应强度方向竖直向下，导线b在O点的磁感应强度方向也

是竖直向下，故O点的磁感应强度不为零，选项A错误；B．导线a在P点的磁感应强度方向斜向右下方，导线b在P点的磁感应强度方向斜向左下方，两者合成后，P点的合磁感应强度方向竖直向下，同理Q点的磁感应强度方向也是竖直向下的，故两点磁感应强度方向相同，选项B正确；C．P点的合磁感应强度方向竖直向下，

若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平向左，选项C错误；D．Q点的合磁感应强度方向竖直向下，若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平

向左，选项D错误。故选B。6.如图所示，水平面内存在两个磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于水平面的有界匀强磁场，磁场宽度均为a、在水平面内有一边长也为a的等边三角形金属框MNH，在外力作用下沿水平向右方向匀速通过这两个磁场区

域。已知运动过程中金属框的MN边始终与磁场边界线垂直，若规定逆时针方向为电流的正方向，则从图示位置开始，线框中的感应电流i随线框移动距离x变化的图像中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】在0≤x

≤2a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有E=Bxv则BxvIR=2ax=时max02BavIIR==在2a≤x≤a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有E=B(a-x)

v则()BaxvIR−=2ax=时max02BavIIR==x=a时Imin=0在a≤x≤32a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有E=2B(x-a)v则

2()BxavIR−=32ax=时max02BavIIR==x=a时Imin=0在32a≤x≤2a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有E=2B(2a-x)v则2(2

)BaxvIR−=32ax=时max02BavIIR==x=2a时Imin=0在2a≤x≤52a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有E=B(x-2a)v则(2)

BxavIR−=52ax=时max02BavIIR==x=2a时Imin=0在52a≤x≤3a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有E=B(3a-x)v则(3)BaxvIR−=52ax=时max02BavIIR==x

=3a时Imin=0综上分析ABD错误、C正确。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外

，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度v射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为60，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（）A.带电粒子的速度大小为3RBvk=B.若

只让粒子速度大小改为33v，则粒子在磁场中的运动时间为23tC.若让粒子速度大小改为33v，入射方向改为AB右侧与AB夹角30，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为3RD.若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与A

B夹角的正弦值应为33【答案】CD【解析】【详解】A．带电粒子的速度为v时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知粒子转过的圆心角为160AOC=，所以带电粒子做圆周运动的半径1tan603rRR==根据洛伦兹力提供向心力有21vqvBmr=可求得13qBrvkBRm==

故A错误；B．当粒子的速度大小改为33v，粒子做圆周运动的半径2133rrR==则粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示。由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为24Tt=由图甲可知6Tt=所以232tt=故B错误；C．若粒子的速度为33v，入射方向改为AB右侧与AB夹角

30，粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，粒子转过的圆心角为360AOD=，粒子做圆周运动的半径为32rrR==则粒子在磁场中运动的轨迹长度31263Rlr==故C正确；D．若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，对应

最长弦为直径AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知13sin3Rr==由几何关系可知，角等于v与AB的夹角，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为33，故D正确。故选CD。8.如图所示，xOy坐标平面在竖直平面内，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向；x轴下方为垂直正交的

匀强电场与匀强磁场，电场方向与x轴负方向夹角为45，磁场方向垂直xOy平面向里。现将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从y轴正半轴上距O点d处静止释放，小球从O点进入电磁场区域，恰好做直线运动；第二次将这个小球从y轴上距O点2d处由静止释放，从O点进入电

磁场区域后做曲线运动，N点为小球的运动轨迹上距离y轴最远的点，已知电场强度2mgEq=，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A.匀强磁场的磁感应强度大小为2mgqdB.第二次释放小球进入电磁场区域后做匀变速曲线运动C.N点与O点水平间距为4(21)d−D.N点与O点竖直间距可能为d【答

案】AC【解析】【详解】A．根据题意，当带正电小球从y轴正半轴上距O点d处静止释放，小球从O点进入电磁场区域，恰好做直线运动，设带电小球从O点进入时的速度为v，而电场力2FEqmg==电则可知电场力与重力的合力大小与洛伦兹力大小相等，方向相反，其受

力分析如图所示则根据平衡条件有cos45FBqv=电根据机械能守恒有212mgdmv=解得2vgd=联立解得2mgBqd=故A正确；B．带电小球第二次从O点进入时，设其速度为1v，由机械能守恒有21122mgdmv=解得12vgd=由于电场力与重力的合力cos45FFmg=

=合电且其方向水平向左，则当带电小球第二次从O电进入后可将其运动分解成沿着y轴负方向，速度大小为v的匀速直线运动和逆时针方向速度大小为1vv−的匀速圆周运动，显然，第二次释放小球进入电磁场区域后不可能做匀变

速曲线运动，故B错误；C．在x轴下方，电场力竖直分量与重力平衡，速度竖直分量的变化全部由洛伦兹力的竖直分量引起，设小球在其运动轨迹上离y轴最远点的N点处速度为2v，方向竖直向上，取竖直向上为正方向，则在y轴方向应用动量定理有21()xyFtBqvtBqxm

vmv===−−洛该过程中，由于电场力竖直分量与重力平衡，则只有电场力水平向左的分量做功，则由动能定理有222111cos4522Eqxmvmv−=−联立以上各式解得4(21)xd=−故C正确；D．设速度竖直分量变为0时的速度大小为3v，在

y方向应用动量定理有1111y0()xFtBqvtBqxmv===−−洛解得122xd=对该过程由动能定理有2213111cos4522Eqxmvmv−=−解得32(21)vgd=−该过程中，在x方向由动量定理有11113cos45cos45yxEqt

FtEqtBqvtmv−+=−+=洛即113cos45EqtBqymv−+=当水平方向的速度在洛伦兹力的作用下变为0时，到达N点时只有竖直方向的速度2v，对该过程，在x方向由动量定理有2222

3cos45cos45yxEqtFtEqtBqvtmv−−=−+=−洛即223cos45EqtBqymv−−=−联立可得Bqymgt=解得mgtyBq=结合B中分析，带电小球的运动可分解为逆时针转动，速度

大小为1vv−的匀速圆周运动，则其到达N点时的时间122xdtvvg==−解得4yd=故D错误。故选AC。9.在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，R1、R2、R

3均为固定电阻，R2=10Ω，R3=20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.所用交流电的频率为100HzB.电压表的示数为120VC.电流表的示数为0.5A

D.电源的输出功率为15W【答案】BC【解析】【详解】A．交流电的频率为1150Hz0.02sfT===A错误；B．通过2R电流的有效值为2A1A2I==2R两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知22110V10VUIR===根据理想变压器的电压规律1122UnU

n=可知原线圈的电压11221010V100VnUUn===电阻1R两端分压即为电压表示数，即V01220V100V120VUUU=−=−=B正确；C．电流表的示数为2A310A0.5A20UIR===C正确；D．副线圈中流过的总电流为2A

1A0.5A1.5AIII=+=+=原线圈电流为210.15AIIn==变压器原副线圈传输的功率为2215WPIU==1R上功率为21118WRPIR==电源输出功率为P总=33WD错误。故选BC。10.如图所示，

一顶角为60°的光滑角型导轨固定在水平面上，图中的虚线为顶角的平分线，金属杆垂直虚线放置，整个空间存在垂直导轨平面向下磁感应强度大小为B的匀强磁场。0=t时给质量为m的金属杆一沿角平分线指向O的初速度0v，此时电路中的感应电流为I，经过一段时间金属杆恰好停在O点，已知该过程中

通过金属杆的电荷量为q，金属杆接入两导轨间的电阻值恒为R，其余部分的电阻值均可忽略不计。则下列说法正确的是（）A.金属杆一直做匀减速直线运动直到静止B.金属杆的速度大小为02v时，电路中的感应电流小于2IC.0=t时，闭合电路的面积为qRBD.整个过程电路中产生的焦耳热为20

14mv【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．由法拉第电磁感应定律可得金属杆中产生的感应电动势为EBlv=其感应电流大小为vRERBlI==安培力大小为22BlvFBIlR==由牛顿第二定律可知，金属

杆将做加速度逐渐减小的减速运动，故A错误；B．由BlvIR=可知，当速度减为012v时，金属杆的长度l也将变小，故其感应电流小于初始时的一半，故B正确；C．由于在金属杆运动的过程中，通过金属杆的总电荷量为q，而qIt=，

EIR=，Et=，BS=以上各式联立可得qRSB=故C正确；D．由能量守恒定律可知，该过程中，金属杆的动能全部转化为金属杆电阻产生的热量，故2012Qmv=故D错误；故选BC。三、非选择题：共56分。11.学习了

传感器之后，某物理兴趣小组找到了一个100Pt型金属热电阻R，想利用热电阻的阻值随温度的升高而增大的特点来制作一个简易的温度计。兴趣小组查到了该热电阻的阻值随温度变化的一些信息如图甲所示。他们准备的实验器材如下：干电池，电动势为1.5V，内阻不计；灵敏毫安表，量程10mA，内阻AR为20；

滑动变阻器1R；开关、导线若干。（1）若直接将干电池、开关、灵敏毫安表、金属热电阻R串接成一个电路作为测温装置，则该电路能测的最低温度为__________C。（2）现在该实验小组想让测温范围大一些，能从0C开始测，他们又设计了如图乙所示的电路图，并进行了如下操作：a.将金属热电阻R做防水

处理后放入冰水混合物中，过了一段时间后闭合开关，调节滑动变阻器1R，使毫安表指针满偏；b.保持滑动变阻器1R接入电路的电阻不变，他们在实验室中找来了一瓶热水，他们把金属热电阻R放入其中，过了一段时间后

闭合开关，发现毫安表的读数为8.0mA，则测得热水的温度为__________C。（保留2位有效数字）c.写出毫安表的电流值(A)I和温度(C)t的关系式__________。d.根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值。（3）若干电池用久了后其电源电动势不变，

而其内阻变大，不能忽略不计了，其他条件不变。若用此温度计前进行了（2）中a步骤的操作进行了调节，测量结果将会__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】①.75②.94③.1.51500.4It=+④.不变【解析】【详解】（1）[1]温

度最低，电阻最大。10mAI=AEIRR=+解得130R=由图像可知21005Rt=+得5C7t=（2）[2]放入冰水混合物中，0Ct=时，100R=，电流表满偏有A1EIRRR=++解得130R=放热水中22

A1EIRRR=++得211008R=2221005Rt=+得294Ct=[3]由欧姆定律和温度与电阻关系式A11.550EIRRRR==+++，21005Rt=+联立整理得1.51500.4It=+（3）[4]不变，因为在操作a步骤时，要调

节滑动变阻器使电流满偏，当电源内阻阻值增大，会将滑动变阻器阻值调小，总和不变，对结果无影响。12.物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了一个实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料

制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。(1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打

点计时器，轻轻推-下小物块A，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时木板与水平面间的倾角，记为0。(2)如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电

荷，保持倾角0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A的带电量不变。下列关于纸带上点迹的分析正确的是（）A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C．纸

带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变(3)为了测定物块A所带电量q，除倾角0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有___________；(

4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角0和所测得的物理量，可得出q的表达式为___________。【答案】①.D②.物块B的质量m和两物块最终的速度v③.0tanmgqBv=【解析】【详解】(2)[1]设A的质量为M

，B的质量为m，没有磁场时，对由平衡条件可知f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0又因为f=μFN，所以00N0sintancosMgfFMg＝＝＝当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgco

sθ0）=（M+m）a由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=aT2，可知，加速度减小，

则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变。故D正确、ABC错误。故选D。(3)(4)[2][3]根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mg

sinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0化简得00sincosmgMgMgqBv+−=把μ=tanθ0代入，得0tanmgqBv＝可知还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v。13.如图甲所示，放射性

粒子源S持续放出质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子经过ab间电场加速从小孔O沿OO1方向射入MN板间匀强电场中，OO1为两板间的中心线，与板间匀强电场垂直，在小孔O1处只有沿OO1延长线方向运动的粒子穿出．已知M、N板长为L，间距

为d，两板间电压UMN随时间t变化规律如图乙所示，电压变化周期是T1。不计粒子重力和粒子间的相互作用。（1）设放射源S放出的粒子速度大小在0~v0范围内，已知Uab=U0，求带电粒子经a、b间电场加速后速度大小的范围。（2）要保证有

粒子能从小孔O1射出电场，U大小应满足什么条件？若从小孔O射入电场的粒子速度v大小满足3.5×106m/s≤v≤1.2×107m/s，L=0.10m，T1=10-8s，则能从小孔O1射出电场的粒子速度大小有几种？（3）设某个粒子以速度v从小孔O1射出沿OO1的延长线CD匀速运

动至图甲中O2点时，空间C1D1D2C2矩形区域加一个变化的有界匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图丙所示（T2未知），最终该粒子从边界上P点垂直于C1D1穿出磁场区．规定粒子运动到O2点时刻为零时刻，磁场方向垂直纸面向里为正，已知DD1=l，03mvBql=，CD平行C1D1，O

2P与CD夹角为45º。求粒子在磁场中运动时间t。【答案】（1）200022qUqUvvmm+；（2）7110(m/s)LvkTk==（k=1，2，3…）；（3）32(2)43ltnv=+（n=0，1，2，3…）【解析】【详解】（1）设放射源S放出的粒子速度为v1，粒子在小孔

O时的速度为v，则22011122qUmvmv=−（其中100vv）解得200022qUqUvvmm+（2）粒子在MN板间电场中运动的加速度qUadm=能从小孔O1射出电场的粒子，沿电场方向的位移和速度都是零，粒子从小孔O进入

MN板间电场的时刻为1(21)4itT+=（其中i=0，1，2，3……）为了保证粒子不撞到极板上，应满足2112242Tda解得2218mdUqT粒子在MN板间电场中运动的时间Ltv=且应满足1tkT

=（k=1，2，3……）则有()7110m/sLvkTk==（k=1，2，3……）故在3.5×106m/s≤v≤1.2×107m/s范围内，只有107m/s和5×106m/s两种速率粒子能从小孔O1射出电场。（3）设粒子在磁

场中做圆周运动半径为r，则20vqvBmr=解得3lr=根据题意可知，粒子轨迹如图粒子在磁场中运动的周期2rTv=则23lTv=粒子在磁场中运动时间应满足11244tnTT=++（n=0，1，2，3……）解得32243ltnv=+（n=0，1，2，3……）1

4.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=370的绝缘斜面上，两导轨间距为L=0.5m，M、P两点间接有阻值为R=0.5Ω的电阻，一根质量为m=0.5kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为r=0.5Ω，整套装置处于磁感应强度

为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们的的之间的摩擦。（重力加速度g=10m/s2）（1）在加速下滑过程中，当ab

杆的速度大小为v=2m/s时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小a；（2）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm；（3）杆在下滑距离d=2m的时已经达到最大速度，求此过程中通过电阻R的电量q和电阻R上产生的热量QR。【答案】（1）2A；2m/s2；（2）

3m/s；（3）2C，1.875J【解析】【分析】【详解】（1）杆受力图如图所示重力mg，竖直向下，支撑力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上，故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当ab杆速度为v时，感应电动势E=

BLv，此时电路中电流2AEBLvIRrRr===++ab杆受到安培力22BLvFBILrR==+由牛顿运动定律得mgsinθ-F=ma解得加速度为22sin()BLvagRrm=−+=2m/s（2）当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得22sinBLvmg

Rr=+解得最大速度22()sinmmgRrvBL+==3m/s（3）杆在下滑距离d时，根据电荷量的计算公式，可得EBLdqIttRrrR===++=2C由能量守恒定律得21sin2mmgdQmv=+解得322244()sinsin2mgRrQmg

dBL+=−电阻R产生的热量322244()sin[sin]2RRmgRrQmgdRrBL+=−+=1.875J15.如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为

m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入．粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°．(不计重力)(1)试求AD间的距离；(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此

时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?【答案】（1）omvR=Bq（2）a<60【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60，则粒子转过的圆心角为60，即AD=R由200vqvBmR=得AD=0mvRBq=（2）经D点

3cos302xRR==，1sin302yRR==而0xvt=，212yat=，qEam=解得043EBv=，方向垂直AC向上速度偏向角yxvvtana=，yvat=解得2tan2tan3033==