【文档说明】北京市北京师范大学附属实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷 Word版含解析.docx，共(26)页，3.606 MB，由小赞的店铺上传

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北师大实验中学2023-2024学年度第二学期期中试卷高二年级物理班级______姓名______学号______成绩______注意事项：1．本试卷共12页，共三道大题，21道小题；答题纸共4页。满分100分。2．在试卷和答题卡上准确填写行政班、教

学班、姓名、学号。3．试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。4．在答题卡上，选择题用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。一、单项选择题（本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题意。每小题3分，共42分）1.下列说法正确的是（）A.声波从空气传入水

中时波长变长是因为波速不变但声波的频率变小了B.两列波发生干涉现象时振动加强的点总是处于波峰，振动减弱的点总是处于波谷C.火车靠近时汽笛声音逐渐变大是因为发生了多普勒效应D.“闻其声而不见其人”说明此时声波比光波发生了更明显的衍射现象【答案】D【解析】【详解】A．由于波的频率由波源决

定，因此波无论在空气中还是在水中频率都不变；又因波在水中速度较大，由公式v=λf可知，波在水中的波长变长，故A错误；B．两列波发生干涉现象时，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动始终加强，振幅等于两列波振幅之和；当波峰与波谷相遇时振动始终减弱，振幅等于两列波的振

幅之差，加强点和减弱点都做周期性振动，故B错误；C．根据多普勒效应可知，火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率比声源发出的频率高，但火车汽笛的频率是保持不变的，故C错误；D．声波的波长远大于光波的波长，更容易发生明显的

衍射，“闻其声而不见其人”就是因为声波比光波更容易发生衍射现象，故D正确。故选D。2.阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的（）A.偏振现象B.衍射现象C.干涉现象D.全反射现象【答案】C【解析】【详解】

阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的薄膜干涉现象。故选C。3.位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t=0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为2πsinyAtT=，则t=34T时的波形

图为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】34tT=时，波源的位移为2π2π3sinsin4yAtATATT===−故选C。4.一列沿着x轴正方向传播的横波，在0=t时刻的波

形如图1所示，图1中某质点的振动图像如图2所示。下列说法正确的是（）A.该波的波速为4m/sB.图2表示质点S的振动图像C.质点R在6st=时的位移正向最大D.质点Q经过1s沿x轴正方向移动2m【答案】C【解析】【详解】A．由图1可得波长为8m，

由图2可得周期为4s，则波速为2m/svT==故A错误；B．根据波沿x轴正方向传播，由图1可得在t=0时，质点S在平衡位置，向下振动，因此图2与质点S振动不符，故B错误；C．由于36s2tT==因此质点R经过6s后处于波峰位置，此时位移最大，故C正确；D．质点不随波的传播而传播，

因此质点在y方向上振动，横坐标不变，故D错误。故选C。5.如图所示，一束可见光穿过玻璃三棱镜后，变为a、b、c三束单色光。如果b光是绿光，则以下说法正确的是（）A.a光可能是蓝光B.c光可能是红光C.a光的频率小于b光的频率D.c光的波长大于b

光的波长【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．因b光绿光，则a光可能红、橙、黄光，不可能是蓝光，c光可能蓝、靛、紫光，不可能是红光，故AB错误；C．由光路图可知，a光的折射率小于b光，则a光的频率小于

b光的频率，故C正确；D．由光路图可知，c光的折射率大于b光，c光的频率大于b光，c光的波长小于b光的波长，故D错误。故选C。的是6.图1是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏P上观察到的图样如图2所示。为了增大条纹间的距

离，下列做法正确的是（）A.增大单色光的频率B.增大双缝屏上的双缝间距C.增大双缝屏到光屏的距离D.增大单缝屏到双缝屏的距离【答案】C【解析】【详解】A．增大单色光频率，则波长减小，根据公式Lxd=可知，条纹间的距离减小，A不符合

要求；B．增大双缝屏上的双缝间距d，根据公式Lxd=可知，条纹间的距离减小，B不符合要求；C．增大双缝屏到光屏的距离L，根据公式Lxd=可知，条纹间的距离增大，C符合要求；D．根据公式Lxd=可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D不符合要求。故选C。7.如图所示

，电路中电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表的示数减小，电流表的示数增大C.电阻R2消耗的电功率增大D.电源内

阻消耗的功率减小【答案】A【解析】【详解】AB．开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，滑动变阻器R0接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电源内阻和1R两端的电压增大，电压表的示数减小，滑动变阻器R0两端的电压减小，通过电阻R2的电流减小，

电流表的示数减小，故A正确，B错误；C．滑动变阻器R0两端的电压减小，则通过电阻R2的电流减小，电阻R2消耗的电功率减小，故C错误；D．电路总电阻减小，总电流增大，电源内阻消耗的功率增大，故D错误。故选A8.如图所示，两个固定的等量正点电荷，其连线中点为O

，a、b、c、d四个点位于以O为圆心的同一个圆周上，bd⊥ac。下列说法正确的是（）A.a、c两点的场强大小和方向均相同B.若一电子从b点由静止释放，以后将在b、d之间沿直线往复运动C.从O点开始，沿Ob向上各处场强大小越来越小D.从O点开始，沿

Ob向上各处电势越来越高【答案】B【解析】【详解】A．根据对称性可知，a、c两点的场强大小相同，方向相反，故A错误；B．若一电子从b点由静止释放，电子在Ob间受到向下的电场力，在Oc间受到向上的电场力，将在b、d之间沿直线往复

运动，故B正确；C．O点处电场强度为零，无穷远处电场强度为零，则从O点开始，沿Ob向上各处场强大小先增大后减小，故C错误；D．根据等量同种正电荷连线中垂线上的电场分布可知，Ob方向，电场线沿Ob方向，则从O点开始，沿Ob向上各处电势越来越低，

故D错误。故选B。9.一理想变压器，原副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的正弦交流电，输出端接有一个交流电流表。和一个电动机，电动机线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电动机带动一重物匀速上升，电流表读数为I。下列说法正确的是（）A.原线圈中的电流为nIB.变压器的输入功率为UIn

C.电动机输出的机械功率为2IRD.电动机两端电压为IR【答案】B【解析】【详解】A．原线圈中电流为2121nIIInn==故A错误；B．变压器的输入功率为1UIPIUn==故B正确；C．电动机输出的机械功率为2RUIPPPnI=−=热机-故C错误；D．电

动机不是纯电阻，则两端电压不等于IR，故D错误。故选B。10.如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析

】【详解】如图所示导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从A到B过程，棒转过的角度为，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为cosvv⊥=可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经

过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据uBLv=⊥可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。11.气体在流动时会出现分层流动的现象即层流（laminarflow），不

同流层的气体流速不同。相邻两流层间有粘滞力，产生粘滞力的原因可以用简单模型解释：如图，某气体流动时分成A、B两流层，两层的交界面为平面，A层流速为vA，B层流速为vB，ABvv，由于气体分子做无规则热运动，因

此A层的分子会进入B层，B层的分子也会进入A层，稳定后，单位时间内从A层进入B层的分子数等于从B层进入A层的分子数，若气体分子的质量为m，单位时间、单位面积上由A层进入B层的分子数为n，则B层对A层气体单位面积粘滞阻力为（）A.大小：()ABnmvv−方向：与气体流动方向相同B.大小：

()ABnmvv−方向：与气体流动方向相反C.大小：()2ABnmvv−方向：与气体流动方向相同D.大小：()2ABnmvv−方向：与气体流动方向相反【答案】B【解析】【详解】由题意可知Δt时间内，单位面积上由B层进入A层的分子数为nt，则这部

分分子的质量为0mnmt=这部分分子的速度由Bv变为Av，取气体流动方向为正方向，则根据动量定理有0A0BFtmvmv=−可得，流层A对这部分分子的作用力为()ABnmvvF=−，方向与气体流动方向相同则根据牛顿第三定律可知，B层对A层气体单位面积粘滞阻力大小为()ABn

mvFvf==−，方向与气体流动方向相反故选B。12.2023年9月21日，神舟十六号航天员在“天宫课堂”中进行了“验证碰撞过程中动量守恒”的实验。实验在一个“网格背景板”前进行。实验时，航天员用一个质量大的金属球撞击一个静

止的质量小的金属球。假设采用“频闪照相”的方法来研究类似的碰撞过程，且在碰撞的瞬间恰好完成一次闪光，如图所示。则下一次闪光时两小球所处的位置合理的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】设闪光周期为T，网格背景板一格宽度为d，设质量大的金属球质量为M，质量小的金属球质量为m，根据题图

可知碰撞前大质量金属球的速度为03dvT=由于是大质量碰撞小质量，碰撞后大质量小球应继续向前运动，且在图中水平方向和竖直方向均满足动量守恒，则竖直方向大质量小球的速度应小于小质量小球的速度，可知A、B中下一次闪光时两小球所处的位置均不合理；对于C图，由图可知，大质量小球沿水平方向和

竖直方向的速度大小分别为2MxdvT=，MydvT=小质量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为3mxdvT=，3mydvT=水平方向根据动量守恒可得0MxmxMvMvmv=+可得3Mm=则竖直方向33MymydddMvMmmvmTTT====可知竖直方向也满足动量守恒；碰撞前的总动能

为22k00212722mdEMvT==碰撞后的总动能为222222kk022113327()()2222MxMymxmymdmdEMvvmvvETT=+++==可知不满足碰撞过程总动能不增加原则，故C中下一次闪光时

两小球所处的位置不合理；对于D图，由图可知，大质量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为2MxdvT=，MydvT=小质量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为2mxdvT=，2mydvT=水平方向根据动量守恒可得0Mxm

xMvMvmv=+可得2Mm=则竖直方向22MymydddMvMmmvmTTT====可知竖直方向也满足动量守恒；碰撞后的总动能为222222kk022111827()()2222MxMymxmymdmdEMvvmvvETT=+++==可知满足碰撞过程总动能不增

加原则，故D中下一次闪光时两小球所处的位置合理。故选D。13.定义“另类加速度”vAx=，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线

框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为1v，穿出磁场后速度为2v。下列说法中正确的是（）A.线框在进入磁场的过程中，做匀变速

运动B.线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的C.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为122vv+D.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为22122vv+【答案】C【解析】【详解】A．线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小22BLvFB

ILR==可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误；B．线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得BILtmv−

=其中EBLxIttRR==解得22vBLxmR=−所以另类加速度A不变，故B错误；CD．线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理231BLBILtmvmvR−=−=−线框穿出磁场的过程中，同理232BLBILtmvmvR−=−=−联立解得122vv

v+=故C正确，D错误。故选C。14.激光陀螺仪是很多现代导航仪器中的关键部件，广泛应用于民航飞机等交通工具。激光陀螺仪的基本元件是环形激光器，其原理结构比较复杂，我们简化为如图所示模型：由激光器发出的A、B两

束激光，经完全对称的两个通道（图中未画出）在光电探测器处相遇，产生干涉条纹。如果整个装置本身具有绕垂直纸面的对称轴转动的角速度，那么沿两个通道的光的路程差就会发生变化，同时光电探测器能检测出干涉条纹的变化，根据此变化就可以测出整个装置的旋转角速度。某次测试，整个装置从静止开始

，绕垂直纸面的对称轴，顺时针方向逐渐加速旋转，最后转速稳定，这个过程中光电探测器的中央位置C处检测出光强经过了强→弱→强→弱→强的变化过程。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A.A束激光的频率大于B束激光的频率B.整个装置加速转动

过程中，A束激光到达光电探测器的路程逐渐变大C.整个装置加速转动过程中，C处始终没有出现干涉明条纹D.整个装置加速转动过程中，两束激光的路程差变化了2个波长【答案】D【解析】【详解】A．由于两束激光出现干涉现象，说明两个光束的频率相等，A错误；B．由于整

个装置顺时针方向转动，因此整个装置加速转动过程中，A束激光到达光电探测器的路程逐渐变小，B错误；C．整个装置加速转动过程中，当C处出现强光时就是干涉明条纹，C错误；D．由于C处出现了强→弱→强→弱→强的变化，因此两束激光的路程差依次为130,,,,222，

因此变化了2个波长，D正确。故选D。二、实验题（本题共2小题，共16分）15.（1）在“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学在完成实验后，采用如图所示的电路测量变压器原线圈的电阻（阻值较小），为保证电路中各元件安全，实验

结束时，首先应断开_____（填选项字母）。（说明：导线B为变压器和电流表连线）A.导线AB.导线BC.开关CD.导线D（2）在“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，当左侧线圈“0”“16”间接入12V交变电压

时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出的电压可能是______。A.6VB.4.3VC.2.1V【答案】（1）A（2）C【解析】【小问1详解】实验结束时，应先把电表从电路中断开，否则在断开开关瞬间会产生大电压烧毁电表，故应先断开导线A。故选

A；【小问2详解】当左侧线圈“0”“16”间接入12V交变电压时，右侧线圈“0”“4”接入时，如果是理想变压器有1122UnUn=可得23V=U实验中考虑到漏磁、绕组导线中产生的焦耳热等因素，所以右侧线圈“0”“4”接线柱间输出的电压可能2.1

V。故选C。16.如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在白纸上放好一块两面平行的玻璃砖，描出玻璃砖的两个边MN和PQ，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针1P和2P，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上大头针3P、4P，然后作出光

路图，根据光路图计算得出玻璃的折射率。关于此实验，下列说法中正确的是（）A.大头针4P必须挡住3P及1P、2P的像B.入射角越大，折射率的测量越准确C.利用量角器量出1i、2i，可求出玻璃砖的折射率21

sinsinini=D.如果误将玻璃砖的边PQ画到PQ，折射率的测量值将偏大【答案】A【解析】【详解】A．确定4P大头针的位置的方法是大头针4P能挡住3P和1P、2P的像，故A正确；B．入射角适当大一些，能使折射率的测量准确，但不是越大越好，故B错误

；C．利用量角器量出1i、2i，可求出玻璃砖的折射率12sinsinini=故C错误；D．如果误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，则折射角i2，将偏大，折射率的测量值将偏小，故D错误。故选A。17.某实验小组用双缝干涉测量光

波长，实验装置如图甲所示。的（1）将实验仪器按要求安装在光具座上，在题图甲中A、B处分别应该安装的器材和滤光片的位置依次是___________。A．A处为双缝、B处为单缝，滤光片在光源和凸透镜之间B．A处为单缝、B处为双缝、滤光片在A和

B之间C．A处为双缝，B处为单缝、滤光片在遮光筒内D．A处为单缝、B处为双缝、滤光片在凸透镜和A之间（2）已知双缝间距离0.20mmd=，双缝到毛玻璃屏间的距离为75.0cml=，如图乙所示，实验时先转动测量头上的手轮，使与游标卡尺相连的分划线对准图丙所示的第1条明条纹中心，此

时游标卡尺示数如题图丁所示，读数为1x=___________mm，然后再转动手轮，使与游标卡尺相连的分划线向右边移动，直到对准第5条明条纹中心，如图丙所示，此时游标卡尺示数如图戊所示，则游标卡尺上的读数2x=___________mm。由以上已知数据和测量数据，可测得该单色光的波长是____

_______m。（计算结果保留两位有效数字）【答案】①.D②.0.3③.9.6④.6.2×10-7【解析】【详解】（1）[1]从左向右的实验装置是光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、双屏。故选D。（2）[2]由图丁可知，游标卡尺读数为103

0.1mm0.3mmx=+=[3]由图戊可知，游标卡尺读数为2960.1mm9.6mmx=+=[4]相连条纹的间距为219.60.3mm2.325mm14xxxn−−===−根据33720.2102.32510m6.210m7510dxl−−−−=

==【点睛】根据实验原理分析判断实验装置顺序，根据条纹间距公式推导波长并计算。18.单摆测定重力加速度的实验中：（1）实验时用刻度尺测得悬点到小球底部的长度0l，用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=________mm。（2）以下是实验过程中的一些做法

，其中正确的有_________。A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的C.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D.拉

开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图丙所示，然后使单摆保持静止，得

到如图丁所示的F-t图像。那么：①重力加速度的表达式g=______（用题目中的物理量d、0l、0t表示）。②设摆球在最低点时p0E=，已测得当地重力加速度为g单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是____

__A.21322FFgT（-）B.23226FFgT（-）C.21328FFgT（-）D.23224FFgT（-）（4）在实验中测得的g值偏小，可能原因是______A.实验中误将n次计为n-1次B.开始计时时，停表过迟按下C.以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算D.摆线上端未牢固

地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了使摆线长度增加了【答案】①.11.70②.AB##BA③.2020124ldt−④.C⑤.AD##DA【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的精度为，读数为11140.0511.7

0dmmmmmm=+=。（2）[2]A.实验中摆线应长一些，且在实验过程中长度不能发生改变，所以应选择细些的、伸缩性小些的，故A正确；B.为了减少阻力带来的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；C.摆线相距平衡位置不能有较大的角度，否则就不是单摆了，故C错

误；D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，同时为了减小误差，在释放摆球，当摆球摆到最低点开始计时，应记录完成n次全振动的总时间，故D错误。故选AB。（3）①[3]根据单摆的周期公式2lTg=可知2022201424ldlgTt−

==②[4]单摆经过最低点时，根据丙图可知21vFmgml−=根据丁图可知3Fmg=小球的摆长为224gTl=则小球在最低点的动能为()2132k2128FFgTEmv−==小球摆动过程机械能守恒，则

()213Pk28FFgTEEE−=+=故选C。（4）[5]A．实验中误将n次计为n-1次，根据tTn=可知周期测量值偏大，所以重力加速度测量值偏小，故A正确。B．开始计时时，停表过迟按下，则测量周期偏小，重力加速测量值偏大，故B错误；C．以摆球直径和摆线长之和作为

摆长来计算，使摆线长度增加了，所以重力加速测量值偏大，故C错误；D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，代入的摆线长偏小，重力加速测量值偏小，故D正确；故选AD。三、论述、计算题（本题共5小题

。共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。）19.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，转动角速度50rad/s=，线圈的匝数100n=、总电阻10r=，线圈围成的面积20.1mS=。线圈

两端经集流环与电阻R连接，电阻90R=，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度0.2TB=，图示位置矩形线圈和磁感线平行。（1）求电路中交流电压表的示数U。（取21.4=）（2）线圈由图示位置转过90°的过程中，求通过电阻R的电荷量q。【答案】（1）63V；（2）0.02

C【解析】【详解】（1）线圈产生感应电动势的最大值mEnBS=根据闭合电路欧姆定律有mmRUERr=+有效值m2UU=解得45263VU==（2）根据电流的定义，通过电阻R的电荷量qIt=根据闭合电路欧姆定律EIRr=+法拉第电磁

感应定律Ent=可得qnRr=+线圈由图示位置转过90°的过程中磁通量变化量为0BS=−解得0.02Cq=20.如图所示，AB段是长为5R的粗糙水平轨道，BC段是半径为R的光滑竖直半圆形轨道，两段轨道在B点处平滑连接

，质量均为m的滑块1和滑块2分别静止于A点和B点。现用力F对滑块1施加一水平向右的瞬时冲量，使其以6gR的初速度沿轨道AB运动，与滑块2发生碰撞，碰后二者立即粘在一起沿轨道BC运动并通过C点。已知两滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ=0.4，半圆形轨道

的直径BC沿竖直方向，重力加速度为g，滑块1和2均可视为质点。求：（1）力F对滑块1所做的功W；（2）滑块1和滑块2组成的系统在碰撞过程中损失的机械能E损；（3）滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力的大小

F压。【答案】（1）18mgR；（2）8mgR；（3）6mg【解析】【详解】（1）根据动能定理，力F对滑块1所做的功W为()2201161822WmvmgRmgR===（2）设滑块1到B点的速度为vB，从A到B由动能定理22011522BmgRmvmv−=−解得滑块1与滑块2碰

前的速度为42BvgR=滑块1和滑块2碰后共同的速度为v，由动量守恒2Bmvmv=解得22vgR=碰撞过程损失的机械能为22112822BEmvmvmgR=−=损（3）滑块1和滑块2组成的系统从B到C过程，机械能守恒，设到C点的速度为vC，则有2211

222222CmvmgRmv=+2N22CvmgFmR+=解得N6Fmg=根据牛顿第三定律，滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力的大小与FN等大反向，则6Fmg=压21.电量均为+Q的两电荷固定在相距

为2d的AB两点，O为AB连线中点，AB连线中垂线上有一点M，到O的距离为A，已知静电力常量k。（1）求M点的场强。（2）将一质量为m，带电量为-q的粒子从M点由静止释放，不考虑粒子的重力。a.若A远小于d，可

略去(2)nAnd项的贡献，试证明粒子的运动为简谐运动；b.简谐运动可视为某一匀速圆周运动沿直径方向上的投影运动，请描述与该粒子所做简谐运动相对应的圆周运动，并求该粒子做简谐运动的周期及动能的最大值。【答案】（1）()32222kQAdA+；方向为

O指向M；（2）a.见解析；b.232mdkQq；23kQqAd【解析】【详解】（1）两个等量正电荷在M处产生的电场强度并合成如图所示M点场强为()3222222222222cosMkQkQAkQAEdAdAdAdA===++++方向为O指

向M。（2）a.粒子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为()33322222222221kQqxkQqxkQqFxddxxdd=−=−++即粒子的运动为简谐运动。b．简谐运动可视为某一匀速圆周运动沿直径方向上的投影运动，

二者周期相同，此时圆周运动以O点为圆心，圆面与纸面垂直，由牛顿第二定律可得23224kQqAFmAdT==解得232mdTkQq=又2km12EkA=其中32kQqkd=联立，可得2km3kQqAEd=22.电磁场，是一种特殊的物质。的（1）电场具有能量。如图所示，原

子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为vA和vB，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如

图所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感

生电场力F=qE）（3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其

中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。【答案】（1）221122ABmvmv−

；（2）见详解；（3）BLq，水平向左【解析】【详解】（1）由能量守恒可得22pk1122ABEEmvmv=−=−（2）假设磁场中有以O为圆心半径为r的圆形闭合回路。磁感应强度随时间均匀增加则0BBkt=+回路中产生的感应电动势为2πBSUkrt==带电量为q

的粒子在回路中运动一圈有2πUqEqr=解得2krE=距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（3）对导体棒ab由动量定理可得'BILtp=得'BLqp=即导体棒ab动量变化量大小为B

Lq，方向水平向右。系统动量守恒，所以'ppBLq=−=−即电磁场动量变化量的大小为BLq，方向水平向左。23.带电粒子间的电磁力是自然界四大基本相互作用力之一，电力和磁力是这一相互作用的两个部分，一个电磁相互作用是电现象还是磁现

象，在很大程度上取决于研究问题所选取的参考系。在一个参考系中观察到的磁现象，换一个参考系观察，可能就是电现象。这体现了电场和磁场是不可割裂的一个整体。电磁场的参考系变换，可以帮我们更好的理解并解决问题。（1）如图1所示，空间中存在垂直于纸面的匀强磁场，其大小为B，一

带电粒子以垂直于磁场的速度v水平向右射入磁场。则粒子会受到洛伦兹力的作用。若此时在与粒子运动速度相同的惯性参考系中观察，则粒子静止，静止的带电粒子不会受到洛伦兹力的作用。那么应该怎样解释它受到的力呢？原来在中，由于磁场的运动，会观察到一个与磁场方向垂直的感生电

场，请你求出该电场的大小和方向；（2）如图2所示，金属圆环被固定在竖直平面内（不能转动和平动），一个条形磁铁以匀速v靠近圆环，则圆环中会产生感应电动势。这一电动势有两种理解方式：在地面参考系中观察，圆环中的磁通量发生变化，因此圆环上存在感生电

动势；若在与磁铁运动速度相同的惯性系中观察，则系统变为圆环切割磁感线产生动生电动势。两个参考系下观察到的电动势应该完全相同。请分析，在参考系和参考系中分别是什么力充当电动势中的非静电力？（3）某同学在面对这样一个问题时遇到了困难：在一个真空环境中，有一条

载有电流I的、电阻很小的长直导线，已知电流在距离导线r处产生的磁感应强度kIBr=，k为已知常数。初速度为0v的电子在与导线垂直距离为0r的初位置处开始垂直于导线向导线运动，如图3所示。已知电子运动过程中与导线的最短距离为02r，求电子初速度的

大小。（不考虑地磁场影响，电子重力忽略不计）该同学希望用功能关系来求解电子的运动，但由于洛伦兹力不做功，因此电子到达距导线最近处时仍然保持初速率0v，若利用洛伦兹力的分量做功的方式来计算，就显得十分复杂了。因此他希望在电磁场的参考系变换中获得启发，他

选择在以速度为0v，且相对导线水平向右运动的参考系中进行研究。a。在参考系中，空间中存在感生电场。根据（1）中的理论，距导线距离为r处的感生电场E的大小为______（可用含0v的表达式表示），方向与导线垂直，且______（填“指向”或“背离”）导线。b。已知在参考系中观察到

的感生电场，具有与静电场类似的性质，其电场力做功只与始末位置到导线的距离r有关。请根据该同学选取的参考系，利用功能关系求满足题干要求的电子运动的初速度（已知电子电量为e−，电子质量为m，Ear=的图像与r轴在1r到2r区间与

r轴围成的面积为21lnrSar=，如图4所示）。【答案】（1）vB，方向垂直于v向上；（2）感生电场的电场力，洛伦兹力沿环方向的分力；（3）a、0kIvEr=，指向通电导线，b、ln2ekIm【解析】【详解】（1）设

粒子带正电＋q，在地面参考系中，它受到的洛伦兹力为FqvB=方向向上。因此在参考系中所受的电场力亦为FqvB=方向向上。且FqE=得EvB=方向垂直于v向上。（2）在地面参考系中，由于磁场是运动的，因此存在感生电场

，感生电场的电场力充当非静电力；在参考系中，洛伦兹力沿环方向的分力充当非静电力。（3）a.根据第一问结论得0kIvEr=方向指向通电导线b.基于所选参考系可知，电子运动的初速度为02v，当电子运动到距导线最近时，速度为零。在此过程中受到的电场力

为0ekIvFeEr==方向垂直于导线并背离导线。电场力做负功，其绝对值为Er−图在02r到0r之间的面积，即0ln2WekIv=−由动能定理，得()201022Wmv=−得0ln2ekIvm=