【文档说明】山东省临沂市河东区2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(24)页，7.573 MB，由小赞的店铺上传

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2022级普通高中学科素养水平监测试卷物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。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8小题，每小题3分，共24分.每小题只有一个选项符合题目要求.1.如图中关于传感器的应用，下列说法正确的是（）A.干簧管是通过电流受到的安培力来控制电路的通断

B.火灾报警器利用的是光的散射原理来影响电阻变化C.红外测温仪向人体发射红外线，从而测量人体温度D.当被测物体向左移动时，电容式位移传感器的电容减小【答案】B【解析】【详解】A．干簧管是利用磁极间的相互作用来控制电路的通断，故A错误；B．火灾报警器是利用烟雾对光的散射或反射影响电阻变化的，故B

正确；C．红外测温枪是接受人体向外发射红外线的强弱，从而测量人体温度，故C错误；D．当被测物体向左移动时，两极板之间介电常数变大，根据4SCkd=，可知电容变大，故D错误。故选B。2.下列图像所示为磁场的相关应用，下列说法正确的

是（）A.图甲是回旋加速器的示意图，同一粒子经电场不断加速后在磁场中做匀速圆周运动的周期逐渐减小B.图乙中处于蹄形磁铁中的导体棒通电瞬间安培力的方向向左C.图丙中下端刚好与水银液面接触的金属软弹簧通电后将上下弹跳D.图丁是磁流体发电机的结构示意

图，可通过增加A、B两板的正对面积来增加电源电动势【答案】C【解析】【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力2vqvBmR=粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为22rmTvqB==故同一粒子经电场不断加速后在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，

故A错误；B．根据左手定则，图乙中处于蹄形磁铁中的导体棒通电瞬间安培力的方向向右，故B错误；C．图丙中，下端刚好与水银液面接触的软弹簧通电后，根据同向电流相互吸引可知，软弹簧收缩，离开水银面；电路断开，由于重力的作用软弹簧再次与水银面接触，再次通电跳起，如此反复，弹簧将上下弹跳，故

C正确；D．磁流体发电机稳定后有UqvBqd=解得UBvd=故不能通过增加A、B两板的正对面积来增加电源电动势，故D错误。故选C。3.关于分子动理论，下列说法中正确的是（）A.图甲中油酸分子直径近似等于实验中滴入浅盘中油酸酒精溶液的体积与它形成油膜面积的比值B.图乙为分子力F

随分子间距r变化的关系图像，r从0.5r0增大到10r0过程中，分子间的引力先减小后增大，分子势能先减小后增大C.图丙为同一气体不同温度下分子的速率分布图，温度T2时分子运动更剧烈，所以温度更高D.图丁为布朗运动的示意图，温度越高，每个液体分子

的速率均变大；微粒越大，撞击到微粒的液体分子数增多，液体分子对微粒撞击作用的不平衡性越明显【答案】C【解析】【详解】A．油酸分子的直径等于一滴纯油酸的体积与油膜面积之比，故A错误；B．根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从r从0.5r0增大到10r0过程中，分子间的引力一直减小，分

子力先做正功再做负功，所以分子势能先变小，后变大，故B错误；C．由图可知，T2中速率大分子占据的比例较大，则说明T2对应的平均动能较大，T2对应的温度较高，所以温度T2时分子运动更剧烈，故C正确；D．布朗运动中温

度越高，液体分子的平均速率变大，微粒越大，撞击到微粒的液体分子数增多，液体分子对微粒撞击作用的不平衡性越不明显，故D错误。故选C。4.磁感应强度是矢量，满足矢量叠加原理；三根平行直导线B、C、D的截面图如图所示，其中B、D导线的电流大小相等均为I，C导线的电流大小为2I。已知

ABACADr===，且BDAC⊥，若通有电流i的长直导线在垂直距离为x处产生的磁感应强度大小为iBkx=（其中k常量），则A点的磁感应强度大小为（）A.22kIrB.5kIrC.5kIrD.4kIr【答案】A【解析】【详解】B、D导线在A处产生的磁感应强度大小均相等为0kI

Br=C导线在A处产生的磁感应强度大小均相等为12kIBr=由安培定则，B、D两点的导线在A点产生的磁感应强度的方向均由A指向C，其合磁场为02BDBB=C点的导线在A点产生的磁感应强度的方向均由B指向D，即与AC垂直，由勾股定理可得A的磁感应强度的大小为212BDBBB=+综

合可得22kIBr=故选A。5.2013年3月，浙江大学的科学家们研制出了一种超轻气凝胶，该气凝胶刷新了目前世界上最轻材料的纪录，其弹性和吸油能力很强.这种被称为“全碳气凝胶”的固态材料密度比空气密度小。“全碳气凝胶”的构造类似于“碳海绵”，在电子显微镜下，碳纳米管和石墨烯共同支撑起

无数个孔隙。设气凝胶的密度为ρ（单位为kg/m3），摩尔质量为M（单位为kg/mol），阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）A.每个气凝胶分子的直径为3MB.V立方米的气凝胶所含分子数为AVNMC.a千克气凝胶所含的分子数为aNAD.气凝胶的单个分子质量为AMN【答案】D【

解析】【详解】A．气凝胶的摩尔体积为mMV=每个气凝胶分子的体积为m0AVVN=且33041()326dVd==解得每个气凝胶分子的直径为3A6MdN=故A错误；B．V立方米的气凝胶所含分子数为A10VNVNVM==故B错误；C．a千克气凝胶所含的分子数为2AaNNM=故C错误；D

．气凝胶的单个分子质量为0AMmN=故D正确。故选D。6.有“海上充电宝”之称的南鲲号是中国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，

并向外输出电流，线圈匝数为N，线圈面积为S，线圈所处图示位置磁感应强度为B，稳定时线圈角速度为ω，则下列说法正确的是（）A.线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量为零B.该发电装置单位时间内能输出的最大电能与波浪频率有关C.线圈转动到如图

所示位置时其靠近N极的导线受到的安培力方向向下D.线圈转到图示位置时线圈电动势为22NBS【答案】B【解析】【详解】A．线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量最大，不为零，故A错误；B．波浪频率越大，线圈转动越快

，角速度越大，产生的感应电动势越大，单位时间内输出的最大电能越大，故该发电装置单位时间内能输出的最大电能与波浪频率有关，故B正确；C．根据右手定则，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框的电流流向a端，则根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时，其靠近N极的导线框受到的

安培力方向向上，故C错误；D．线圈转到图示位置时线圈电动势最大，为ENBS=故D错误。故选B。7.n匝粗细均匀边长为l的正方形闭合线框abcd静止在光滑水平面上，虚线右侧区域有匀强磁场，初始时bc边平行于虚线且bc边到虚线的距离为l。t=0时，线框在水平外力F的作用下，从图示位置由静止开始向

右一直做加速度为a的匀加速直线运动，线框电阻为R，则下列说法正确的是（）A.bc边刚进磁场的瞬间电流为2BlalRB.线框进入磁场的过程中感应电流增大且和时间成正比C.线框进入磁场的过程中流过线框的电荷量为2BlRD.线框进入磁场的

过程F做的功等于线框释放的焦耳热和线框动能的增加量之和【答案】D【解析】【详解】A．线框做匀加速直线运动，bc边刚进磁场的瞬间，根据运动学公式有202val=此时的感应电动势为10EnBlv=感应电流为11EIR=解得12nBlIalR=故A错误；B．线框进入磁场的过程中，根据速度公

式有0vvat=+感应电动势为EnBlv=感应电流为EIR=解得()0nBlvatIR+=线框做匀加速直线运动，速度增大，可知，线框进入磁场的过程中感应电流增大且和时间成线性不是正比，故B错误；C．线框进入磁场的过程中，感应电动势的平均值2nBlEntt==感应电

流平均值的EIR=根据电流的定义式有qIt=解得2nBlqR=故C错误；D．根据动能定理有kFWWE+=安根据功能关系有WEQ=−=−电安解得kFWQE=+可知，线框进入磁场的过程F做的功等于线框释放的焦耳热和线框动能的增

加量之和，故D正确。故选D。8.如图所示，三个同心圆a、b、c的半径分别为r、2r、23r，在圆a区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在圆a和圆b间的环形区域存在背向圆心的辐向电场，在圆b和圆c间的环形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B2，一质

量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，从圆a边界上的A点沿半径方向以速度v0射入圆a内，第一次从圆a边界射出时速度方向偏转60°，经过辐向电场加速后，从圆b边界上进入外环区域，粒子恰好不会从圆c飞离磁场，已知磁感应强度023mvBqr=，不计粒子的重力，则粒子在圆a内磁场中和圆

c与圆b两边界间磁场中做圆周运动半径之比（）A.3:2B.2:3C.2:3D.3:2【答案】A【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示根据几何关系有1tan30rr=22tan60rr=所以1232rr=故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共

16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.电子感应加速器基本原理如图所示，图甲中上、下两个电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使真空室中的电子加速。如图乙所示，从上向下看电子沿逆时针方向加速运动。下列说法正确的是（）A.电磁铁线圈

中通入正弦交流电也能使电子持续加速B.变化的磁场在真空室中激发出的电场不同于静电场C.若线圈中的电流方向如图甲所示，则电磁铁线圈中电流正在减小D.若电子运动轨道半径不变，则电子轨道处的磁感应强度随电子速度的增大而增

大【答案】BD【解析】【详解】A．若电磁铁线圈中通入正弦交流电，激发的电场方向会发生变化，不能使电子持续加速，故A错误；B．变化的磁场在真空室中激发的电场为无源场，电场线为封闭曲线，与静电场不同，故B正确；C．若线圈中的

电流方向如图甲所示时，原磁场与感应电流的磁场方向相反，故电磁铁线圈中磁通量增加，电流在增大，故C错误；D．若电子运动的轨道半径不变，粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，则2vqvBmr=解得mvrqB=故电子轨道

处的磁感应强度随电子速度的增大而增大，故D正确。故选BD。10.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量为m、电荷量为q，电场的强度大小E，磁感应强度大小B，小球与水平面间动摩擦

因数为μ，重力加速度g，PNL=.则关于小球的运动，下列说法正确的是（）A.小球开始运动时，加速度为qEmgm−，最终做匀速直线运动B.小球能够达到的最大速度为qEmgqB−C.小球运动到N点时合力做功一定大于qELmgL−

D.小球先做加速运动，后脱离水平面【答案】AB【解析】【详解】ABD．小球开始运动时，速度为0，此时不受洛伦兹力，由牛顿第二定律有0qEmgam−=运动后，由左手定则可知，小球受到洛伦兹力竖直向下，大小为fBq

v=洛小球所受摩擦力为()ffmg=+洛根据牛顿第二定律可得qEfma−=解得()qEqBvmgma−+=由题意可知小球先做加速运动，随着速度增大，洛伦兹力增大，加速度减小，当加速度为0时，速度达到

最大，此时有()qEqBvmg=+解得的qEmgvqB−=此后小球做匀速直线运动，故AB正确，D错误；C．小球运动到N点时合外力做的功为fWqELW=−由于NmgBqv=+有fWmgL所以WqELmgL−故C错误。故选AB。11.白鹤滩水电站（图甲）是世界第二大水电站，共安装1

6台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组.2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电.在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，图乙为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正

弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻），对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为21222()nRRRn=+。当可

变电阻R减小时，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（）A.电压表示数增大，电流表示数减小B.电压表示数减小，电流表示数增大C.减小原线圈匝数，可保持用户总电压不变D.增大原线圈匝数，可保持用户总电压不变【答案】BC【解析】【详解】AB．

根据欧姆定律可得12122112()UUIRRRRnRn==+++当可变电阻R减小时，原线圈电流1I增大，则输电线总电阻1R两端电压增大，变压器原线圈输入电压1U减小，根据2211nUUn=可知副线圈输出电压2U减小，则电压表示

数减小；根据1212nIIn=可知副线圈电流2I增大，则电流表示数增大，故A错误，B正确；CD．根据12122112()UUIRRRRnRn==+++当可变电阻R减小时，原线圈电流1I增大，则输电线总

电阻1R两端电压增大，变压器原线圈输入电压1U减小，根据2211nUUn=为了保持用户总电压不变，可减小原线圈匝数，故C正确，D错误。故选BC。12.如图所示，金属导轨由曲线导轨、水平宽轨和水平窄轨三部分组成，曲线导轨与水平宽轨平滑连接，水平宽轨部分间距为2

L，有竖直向下的匀强磁场，水平窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B.质量均为m金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导

轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，不计所有摩擦。下列说法正确的是（）A.当M棒刚进入磁场时，M棒的加速度大小为2222BLghmRB.在M棒刚进入磁场以后，M棒、N棒组成的系统动量守恒C.M棒、N棒最终做匀速直线运动，二者速度之比为1∶2D

.整个过程中系统产生的总热量为45mgh【答案】ACD【解析】【详解】A．金属棒M自曲线导轨上离度h处静止释放，根据动能定理有2012mghmv=金属棒M刚进入磁场时，M受向右安培力，根据牛顿第二定律有0·222BLvBLmaR=解得M棒刚进入磁场时M棒

的加速度为2222BLghamR=故A正确；BC．在M棒刚进入磁场以后，两棒的电流大小一样，但是所受的安培力方向相同，大小不相等，两棒组成的系统合外力不为0，所以系统动量不守恒。两棒最终做匀速直线运动，电路中感应电流

为零，则MN·20BLvBLv−=根据动量定理，对金属棒M、N分别有M022BILtBLqmvmv−=−=−NBILtBLqmv==解得M125vgh=N225vgh=所以两棒的速度之比为1:2。故B错误，C正确；D．全过程，根据能量守恒有22MN1122mgh

Qmvmv=++总系统产生的热量为45Qmgh=总故D正确。故选ACD。三、实验题：本题共2小题，共14分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程.13.防疫停课期间，小明在家用浅盘、量筒、适量温水、植物油、酒

精、细石膏粉、坐标纸、彩笔等估测植物油分子的大小。他将0.2mL的植物油溶于酒精，制成200mL的植物油酒精溶液，用量筒和注射器测得2.0mL上述溶液有100滴。现用注射器把一滴该溶液滴入表面撒有痱子粉的浅盘里，待油膜形状稳定后，把玻璃板盖在

浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示，图中正方形小方格的边长为2cm。（计算结果均保留两位有效数字）（1）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是__________mL，小明数出图中油膜面积约占60格，根据上述数据得出油酸分子的直径是_________m。（2）关于本实验下列说法不正确的有

。A.选用植物油酒精溶液而不是植物油，主要目的是得到一滴体积很小的油酸B.若植物油没有充分散开，植物油分子直径的计算结果将偏大C.计算油膜面积时统计了所有不足一格的方格，植物油分子直径的计算结果将偏小D.在向量筒中滴入1mL植物油酒精溶液时，滴数多记了几滴，

植物油分子直径的计算结果将偏大（3）用油膜法测出分子直径后，要测出阿伏加德罗常数，只需知道油滴的。A.密度B.摩尔体积C.物质的量D.质量【答案】（1）①.52.010−②.108.310−（2）AD（3）B【解析】小问1详解

】[1]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是50.22.0mL2.010mL200100V−==[2]由于每格边长为2cm，则每一格面积为4cm2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出60格，则油酸薄膜面积为22604cm240cmS==油酸

分子的直径是58102.010cm8.310cm8.310m240VdS−−−===【小问2详解】A．计算时利用的是纯油酸的体积，酒精的作用是更易于油酸平铺成单层薄膜，自身溶于水或挥发掉，使测量结果更精确，所以选用油酸酒精溶液而不是纯油酸，目的是让油酸尽可能散开

，形成单分子油膜，故A错误；B．根据VdS=可知，若植物油没有充分散开，则测得的S偏小，则植物油分子直径的计算结果将偏大，故B正确；C．根据VdS=可知，计算油膜面积时统计了所有不足一格的方格，则S偏大，植物油分子

直径的计算结果将偏小，故C正确；D．在向量筒中滴入1mL植物油酒精溶液时，滴数多记了几滴，则一滴植物油酒精溶液中含纯植物油的体积偏小，则植物油分子直径的计算结果将偏小，故D错误。本题选错误的，故选AD。

【小问3详解】用油膜法测出分子直径后，根据3341()326DVD==可求出分子体积，根据mAVNV=可知要测出阿伏加德罗常数，只需知道油滴摩尔体积。故选B。14.物理兴趣小组用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲

、乙所示。【（1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是。A.等效法B.理想模型法C.控制变量法D.演绎法（2）若变压器原、副线圈匝数分别选择n1=800匝、n

2=400匝，原线圈与10V正弦式交流电源相连，用理想电压表测得输出电压U2=0.5V，输出电压测量值明显小于理论值，造成这种现象的主要原因是。A.副线圈匝数n2略少于400匝B.变压器存在电磁辐射C.原、

副线圈存在电流热效应D.两块变压器铁芯没有组装在一起（3）等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。图为某电学仪器原理图，变压器原副线圈的匝数分别为n1、n2。若将右侧实线框内的电路等效为一个电阻，可利用闭合电路的规律解决如下

极值问题：在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，在调节可变电阻R的过程中，当R=_________时（用n1、n2、R0表示），R获得的功率最大。【答案】（1）C（2）B（3）0212()nnR【解

析】【小问1详解】为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。故选C。【小问2详解】A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系11

22UnUn=副线圈匝数n2略少于400匝，可知副线圈电压应略小于5V，会明显小于理论值，故A错误；B．变压器存在电磁辐射，辐射电磁波，放出大量能量，使得输出电压测量值明显小于理论值，故B正确；C．原、副线圈存在电流

热效应，副线圈电压将小于5V，不会明显小于理论值，故C错误；D．两块变压器铁芯没有组装在一起，会出现漏磁，副线圈电压将小于5V，不会明显小于理论值，故D错误。故选B。【小问3详解】根据变压器原理可得1122UnUn=，1221InIn=根据欧姆定律22URI=则副线圈的等效电阻为21112()U

nRRIn==将0U等效为电源电动势，0R等效为电源内阻，R等效为外电阻，当R获得的功率最大时，有0RR=解得2201()nRRn=四、计算题：本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤.15.如图所示，间距为L

=1m的两平行导轨在同一水平面内，一质量为m=1kg、长度为L=1m的导体棒垂直放在导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ恒定，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为1.2T，方向与导体棒垂直，与水平向右方向的夹角θ为127°。现给导体棒通以图示方向（沿棒向里）的恒定电流I=5A，

导体棒沿导轨向右做匀速直线运动。不考虑导体棒中电流变化，导体棒始终垂直于导轨并保持良好接触，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）导体棒对导轨的压力大小；（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ。【答案】（1）6.4N；（2）0.75【解析】【详解】（

1）对导体棒进行受力分析，如图所示根据几何关系可知18012753=−=根据平衡条件有cosBILNmg+=根据牛顿第三定律有'NN=解得'6.4NN=（2）结合上述，根据平衡条件有sinBILN=解得0.75=16.海浪发电装置的俯

视图可简化为图甲所示，圆柱体磁芯N极和外壳S极间形成均匀辐射状的磁场，它们可随着海浪上下浮动；磁芯与外壳的间隙中固定有环面水平的环形线圈，线圈半径为d、匝数为n、总电阻为r。当磁体随海浪上下浮动时，线圈沿圆柱形磁芯中轴线切割磁感

线，就会产生感应电动势对外供电。已知线圈所在处磁感应强度的大小恒为B，将线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，则当磁体上下浮动的速度v随t按图乙的规律变化时，求：（1）海浪发电装置产生电动势的最大值；（2）在2T时

刻线圈受到安培力的功率大小。【答案】（1）02nBdv；（2）2222204nBdvRr+【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律，磁体的速度最大时，线圈中的感应电动势最大，为m00022EnBLvnBdvnBdv===（2）在2T时刻感应电流

为mEIRr=+在2T时刻线圈受到安培力为22FnIBLnIBdnIBd===在2T时刻线圈受到安培力的功率大小为22222004nBdvPFvRr==+17.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，轨道间距为l，其上端接一阻值为R的小灯泡L（阻值R保持不变）。在水平虚线L1、

L2，间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区域的宽度为d，导体棒a的质量为m、电阻为r，与导轨始终保持垂直并接触良好，设重力加速度为g。（1）若导体棒a从图中M处由静止开始沿导轨下滑，进入磁场时恰能匀速运动，求导体棒a刚进磁场时的速度；（2）将导体

棒a固定在L2处，若磁感应强度均匀增大，小灯泡始终正常发光，其额定功率为P，写出磁感应强度随时间变化的变化率；（3）若导体棒a以大小为v0的初速度从L2处竖直向上运动，恰能到达L1上方高为h处，求此过程中小

灯泡产生的热量及导体棒a在磁场中运动的时间。【答案】（1）22()mgRrBl+；（2）RrPldR+；（3）201()2RmvmghmgdRr−−+，22202()vBldhgmgRrg−−+【解析】【详解】（1）导体棒a在磁场中做匀速直线运动

，根据平衡条件有1IBlmg=感应电动势为1EBlv=感应电流为11EIRr=+解得导体棒a刚进入磁场时的速度为22()mgRrvBl+=（2）磁感应强度均匀增大，由法拉第电磁感应定律，感应电动势为2BBESldttt

===感应电流为22EIRr=+小灯泡始终正常发光，其额定功率为22PIR=联立解得BRrPtldR+=（3）导体棒向上运动过程中，由能量守恒定律得201()2mvmghdQ=++又LRQQRr=+解得小灯泡产生的热量2L01()2RQmvmghmgdRr=−−+出磁场后，导体棒a做竖

直上抛运动，则212vgh=解得12vgh=从L2处竖直向上运动，到出磁场时，对导体棒a由动量定理10mgtIBltmvmv−−=−电量为BldqIttRtRrRr====++总联立解得导体棒a运动的时间22202()v

BldhtgmgRrg=−−+18.如图所示，2LxL−−且0z的区域I内存在一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为E。xL−且0z的区域II内存在一沿y轴负方向的匀强磁场，磁感应强度1B未知。在20Lz−的区域III内有一平行于x

Oz面放置的长方形离子收集板MNPQ。收集板MNPQ与y轴交于点T（0，−L，0），其中MQ足够长，MN长为2L。区域III内存在一方向与xOy平面平行且与x轴正方向的夹角为θ的匀强磁场2B。在区域I中有一平行于z轴放置的长为L的通电金属

丝ab，能够源源不断地释放质量为m、电荷量为q−、初速度为零的电子。这些电子经电场加速后，沿x轴正方向进入匀强磁场1B。其中a点释放的电子进入区域II后恰好能从点O沿z轴负方向进入区域III。调节磁感应强度B2大小，使从a点释放的电子能打到收集板上被吸收。不考虑电子重力和电子间的相

互作用。（1）求电子沿x轴正方向进入匀强磁场1B时的速度；（2）求匀强磁场的磁感强度1B；（3）若角度0=，求磁感应强度2B的取值范围；（4）若角度45=，求磁感应强度2B的取值范围。【答案】（1）02qELvm=；（2）12mEBqL=，沿y轴负方向；（3）2

22225mEmEBqLqL；（4）2223mEmEBqLqL【解析】【详解】（1）设电子经过电场加速后速度0v，进入匀强磁场1B磁汇聚从O点沿z轴负方向射出，有20102qELmv=−解得02qELvm=（2）根据2001=mvqvBrrL=联立解得12mEBqL=沿y轴负方向。（3）

当角度为0时，磁感应强度2B方向沿x轴正方向，设离子恰好打到MQ边的半径为1r，恰好打到NP边的半径为2r，据几何知识得为10.5rL=()()222222rLrL=+−2002mvqvBr=可得2max22mEBqL=、2min225mEBqL=所以磁感应强度大小范围为222225m

EmEBqLqL（4）当角度为45时，设离子恰好打到MQ边圆周半径为3r，则有322cos452LrL==20023mvqvBr=可得22mEBqL=恰好达到NP边圆周半径为4r，则有()222442cos45LrLr=+−42cos4

52cos45LrL=+可得()222cos2234cos451mEmEBqLqL==+则2223mEmEBqLqL