2021-2022学年江苏省盐城市亭湖高级中学、建湖高级中学等八校高二（下）期中物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、202L2022学年江苏省盐城市亭湖高级中学、建湖高级中学等八校高二（下）期中物理试卷一、单 选 题（本大题共12小题，共 48.0分）1.关于电磁波及其应用，下列说法不正确的是（）A.紫外线能使很多物质发出荧光，具有杀菌作用B.雷达是通过发射和接收无线电波来判断远处物体的方位C./?射线有较强的穿透能力，是一种电磁波D.y射线的穿透力很强，在工业中可用来探伤或流水线的自动控制2.在一定温度下，当气体的体积增大时，气体的压强减小，这是（）A.气体分子的密度变小，单位体积内分子的质量变小B.气体分子密度变大，分子对器壁的吸引力变小C.每个气体分子对器壁的平均撞击力变小环静止不动，安培由此错失发现

2、电磁感应现象的机会。实际上，在电路闭合的瞬间（）A.从右侧看，铜环中有逆时针的感应电流B.从右侧看，铜环中有顺时针的感应电流C.铜环仍保持不动D.铜环会远离磁铁4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（）B.该交变电流的电动势的有效值为22&UC.该交变电流的电动势的瞬时值表达式为e=22y/2cosl007ttVD.电动势瞬时值为22V时，矩形金属线框平面与中性面的夹角为45。5.利用霍尔元件可以制作位移传感器.如图甲所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体间隙中，以中间位置为

3、坐标原点建立如图乙所示空间坐标系，当物体沿%轴方向移动时，霍尔元件将产生不同的霍尔电压U,己知在小范围内，磁感应强度B的大小与久成正比，电流/沿+z方向且保持不变，下列说法正确的是（）A.电流/越小，霍尔电压U越大B.位移传感器无法确定位移的方向C.位移传感器的刻度线是均匀的D.当霍尔元件处于x 0的位置时，上表面电势高6.如图所示是电磁波发射电路中的LC电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容器的上极板带正电，下极板带负电，则以下说法正确的是（）A.线圈中的磁场向上且正在增强B.电容器中的电场向下且正在减弱第 2 页，共 19页C.若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变

4、大D.若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小7 .随着经济发展，用电需求大幅增加，当电力供应紧张时，有关部门就会对部分用户进行拉闸限电。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R,两个变压器均为理想变压器。在某次拉闸限电后（假设所有用电器可视为纯电阻）电网中数据发生变化，下列说法正确的是（）发电厂升压变压器 降压变压器A.降压变压器的输出电压力减小了 B.升压变压器的输出电流/2增加了c.输电线上损失的功率减小rD.发电厂输出的总功率增加了8.如图所示为0.3 m 4的某种气体的压强和温度关系的p-t图线。p o表示1个标准大气压，标准状态（O K,1个标

5、准大气压）下气体的摩尔体积为22.4 L/m o，。则在状态B时气体的体积为（）A.5.6 L B.3.2 L C.1.2 L D.8.4 L9 .某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7 x 1 0-3n l3,往桶内倒入4.2 x 1 0-3巾3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出。如果每次能打进3.0 X 1 0-4巾3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，则至少需要打气的次数是（）A.1 3 次 B.1 4 次 C.1 5 次1 0.如图所示，电阻为r的金属直角线框a b e d放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、c d长 均 为b

6、e长为21,定值电阻阻值为R。线框绕a d连线以角速度3匀速转动，从图示位置开始计时，则（）A.线框每转一圈，回路电流方向改变一次B.a、d两点间的电压为鱼C.电流瞬时值的表达式为=亚竺竺竺R+rD.半个周期内通过R的电荷量为处1 1.如图所示，矩形线圈abed与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的be边匀速转动，磁场只分布在be边的左侧，磁感应强度大小为B,线圈面积为S,转动角速度为3,匝数为N,线圈电阻不计。下列说法正确的是（）A.将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮B.线圈abed转动加速时，灯泡亮度变暗C.图示位置时，矩形线圈中电流最大D.若线圈abed转动的

7、角速度变为2必则变压器原线圈电压的有效值为NBS312.医院急诊室给病人输液的装置如图所示，在输液过程中（）A.a部分气体压强不变，b处药液下滴速度不变B.a部分气体压强减小，b处药液下滴速度减少C.a部分气体压强增大，b处药液下滴速度不变D.a部分气体压强增大，b处药液下滴速度变快二、实 验 题（本大题共1小题，共8.0分）13.在 做“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每lO4mL溶液中有纯油酸6mL,用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如

8、图所示，坐标中正方形方格的边长为2c机（1）下列有关该实验的说法正确的A.本实验也可直接将纯油酸滴水面上测量8.本实验将油膜看成单分子油膜C.本实验忽略了分子的间隙D测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，全部舍去第4页，共19页(2)该实验中每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为 m3；油酸膜的面积是c m2；按以上实验数据估测出油酸分子的直径为_ _ _ _ _ m(保留一位有效数字)。(3)油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，然后根据测量的数据算出分子直径，结 果 将(偏 大、偏小、不变)。三、计算题(本大题共4小题，共 4 4.0 分)1 4 .神舟

9、1 3 号航天员从天和核心舱气闸舱出舱时身着我国新一代“飞天”舱外航天服.航天服内密封了一定质量的理想气体，体积约为匕=2 L,压强p i =1.0 x 1 05P a,温度 ti =2 7 o(1)打开舱门前，航天员需将航天服内气压降低到P 2 =4.4 X 1 0*。，此时密闭气体温度变为今=-9 ,则航天服内气体体积眩变为多少？(2)为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到P 3 =3.0 x l O4 P a。假设释放气体过程中温度保持为t 2 =-9 久不变，体积变为匕=2.2 L,那么航天服放出的气体与原来气体的质量比为多少？1 5 .如图是交流

10、发电机的发电供电原理图，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴。匀速转动，线圈共2 2 0匝，线圈面积为0。5 1 n l 2,转动频率为5 0 H z,磁场的磁感应强度为立7。发电机的输出端a、b 与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈n接有两个标有“220乙 ll/cWM的电动机.已知变压器原、副线圈的匝数比为5：1,电动机正常工作，求：l_d b0-一 二.1).0-Q1一1(1)电流表的示数;(2)线圈的内阻。1 6.如图1所示，有两条相距L=1m的平行光滑金属轨道，轨道在PM、QN之间水平，其中PM左侧轨道的倾斜角。=30。，QN右侧轨道为弧线，在轨道的上端接有阻值R=2。的定值电阻

11、。PM、QN之间存在竖直向下的磁场(PM、QN边界上无磁场)，磁感应强度的变化情况如图2所示，P M、QN之间的距离d=2 m.一质量为rn=1 kg、导轨间有效阻值为Ri=20的导体棒1从1=0时刻无初速度释放，初始位置与水平轨道间的高度差H=5m。导体棒b静置于磁场左边界的水平轨道PM处，该导体棒的质量也为巾=1 k g,有效阻值R2=20。导体棒a 下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与导体棒b发生弹性碰撞。运动中两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨电阻。重力加速度g 取10m/s2。求：第 6 页，共 19页(1)在0 2s内，通过导体棒b的电荷量；(2)导体棒b进入

12、磁场瞬间受到的安培力大小;(3)导体棒b最终静止的 位 置离 的 距 离。1 7.如图所示，在xOy竖直平面坐标系中x轴上方有竖直向下的匀强电场，下方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8 粒子源从S(-d,O)处在坐标平面内先后向磁场中与+x方向夹角为30。150。范围内发射粒子，所有粒子第一次经磁场偏转后同时从0 点进入电场，此后粒子到达x轴时的位置均分布在S点的右侧(包含S点)。已知粒子的质量为m、电荷量为+q,不计粒子重力及粒子间相互作用。(1)求从S发出的粒子的最小速度心(2)求电场强度的大小E。；(3)若电场强度E为(2)中 的 4倍，最迟射出的粒子和速度最小的粒子经

13、过x轴上同一点，求该点的坐标。答案和解析1.【答案】c【解析】解：4紫外线是波长比可见光短的电磁波，它的波长从380 x 10-9 10 X 10-9米，它有显著的化学效应和荧光效应，故A正确；8、雷达是利用电磁波测定物体位置的无线电设备；发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率（径向速度）、方位、高度等信息，故8正确；C、0射线有较强的穿透能力，是高速电子流，故C不正确；。、y射线是原子核发出的，是频率很高的电磁波，它的穿透力很强，在工业中可用来探伤或流水线的自动控制，也可在医院里用y射线来杀死癌细胞，故。正确；本题选择不正确的，故选：Co紫外线有显

14、著的化学效应和荧光效应；雷达是利用电磁波测定物体位置的无线电设备，是利用无线电波工作的；6射线有较强的穿透能力，是高速电子流；y射线的穿透力很强，在工业中可用来探伤或流水线的自动控制。本题是考查电磁波的运用，要熟悉各种电磁波的特点和用途，关键要重视课本。2.【答案】D【解析】解：一定量气体，在一定温度下，分子的平均动能不变，分子撞击器壁的平均作用力不变；气体的体积增大时，单位体积内的分子数减小，单位时间内对器壁的碰撞次数减少，单位时间内器壁单位面积上受到的压力变小，气体产生的压强减小，故。正确，ABC错误。故选：D。求解本题的关键是明确气体压强产生的机理，是由于无规则运动的气体分子频繁的碰撞器

15、壁产生的，压强的大小与温度、体积有关，符合统计规律。要熟记气体压强产生的机理：气体压强是由于大量的气体分子频繁的持续的碰撞器壁产生的，压强的大小与分子的平均动能、分子数密度有关，分子平均动能越大（宏观温度越高）、分子数密度越大（宏观体积越小），气体产生的压强就越大。第8页，共19页3.【答案】A【解析】解：4 8、根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则从右侧看，线圈的感应电流为逆时针方向，故 A 正确，B错误；CD、当线圈中有逆时针方向的电流时，根据左手定则可知感应电流产生的磁场的方向向右，铜环会靠近磁铁，故 错 误。故选：Ao根据S接通瞬间，导致穿过线圈的磁通量发生

16、变化，根据楞次定律，来判定感应电流方向，再依据左手定则，来确定安培力的方向，从而即可求解.考查楞次定律与左手定则的应用，掌握右手螺旋定则内容，注意左手定则与右手定则的区别，同时注意磁通量的概念.4.【答案】D【解析】解：4当=0.01s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，故 A 错误；B、产生的有效值为：E=等 卜=2 2 V,故 8 错误；C、由图可知，Em=22V 2K,周期为：T=0.0 2 s,角速度为：3=景=急 rad/s=lOOTirad/s,则该交流电的瞬时表达式为：e=22&sM 100?rtV,故 C 错误

17、；D、电动势瞬时值为22U时，则有：2 2 =2 2 6in。,解得：0=45。，所以矩形金属线框平面与中性面的夹角为45。，故。正确故选：D。从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零,磁通量为零时电动势最大本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系。5.【答案】C【解析】解：4 当霍尔元件产生稳定电压时，在元件内部有QvBn =q-UI nqSv解得：U=繇/电流/越小，霍尔电压U越小，故A错误；C.在小范围内，磁感应强度B的大小与x成正比，则B=kx解得：八箝电压与位移成正比，位移传感器的刻度线是均匀的，故c

18、正确；B.若载流子带电荷正负确定，根据左手定则，可以确定上表面电势的高低，位移传感器可以确定位移方向，故8错误；D载流子的正负电荷无知，无法确定上表面电势高低，故。错误。故选：C。当霍尔元件产生稳定电压时，电荷在元件内部受力平衡，根据平衡条件可知霍尔电压和电流、位移的关系；根据左手定则判断电荷的移动方向。本题考查霍尔元件及其应用，解题关键要理解霍尔元件原理。6.【答案】D【解析】解：4、由图中电流的方向流向电容器的正极，说明电容器正在充电，回路中的磁场能向电场能转化，所以电路中的电流正在减小，所以线圈中的磁场正在减弱，故A错误；3、根据上极板带正电可知，电容器内电场的方向向下，又由于电容器正在

19、充电，则电容器内的电场正在增强，故3错误；C、若在线圈中插入铁芯，则线圈的自感系数增大，根 据/=嬴 可 知 发 射 电 磁 波 的 频率变小，故C错误；。、若线增大电容器极板间的距离，电容器的电容减小，根 据/=熹 可 知 发 射 电 磁 波的频率变变大，则发射电磁波的波长变小，故。正确。故选：Do7.【答案】C第1 0页，共1 9页【解析】解：A B,拉闸限电后，用电器减少，用户并联支路减少，用户端总电阻增加，降压变压器副线圈电流减小，降压变压器原副线圈匝数不变，则降压变压器原线圈电流减小，即 =/3减小，输电线电阻不变而输电线电流减小，则输电线上的电压损失4U减小，由于发电厂输出电压Ui

20、恒定，输送电压/也恒定，根据/=2U+/可知/增加，也增加，故AB错误；C、输电线损失的功率AP=4R,/2减小而R不变，则输电线上损失的功率减小了，故C正确；。、。减小，人也随着减小，发电厂输出电压恒定，所以发电厂输出总功率=。/1减小，故。错误。故 选:Co理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。8.【答案】D【解析】解：lm ol任何气体在标准状况下的体积都是22.43 0.3m由

21、气体在标准状况下的体积是6.72L根据一定质量的理想气体状态方程与=C知：在P-7图象中等容线为过原点的直线，其中7为热力学温度温度.所以在图中，虚线及延长线为等容线，A点的体积为6.72L.A到 压 强 不 变，根 据 一 定 质 量 的 理 想气体状态方程得=铲=端U乙=8.44，1 A 4UU故ABC错误，。正确。故选：Do由图可知图象为P-t图象，根据图象可知压强与摄氏温度的关系；知道1601任何气体在标准状况下的体积为2 2.4 L,根据气体状态方程与=C和已知的变化量去判断其它的物理量.本题考查气体的状态方程中对应的图象，在P-T图象中等容线为过原点的直线.P-t图象中过-273汽

22、点的直线表示等容变化.9.【答案】B【解析】解：假设使喷雾器内药液能全部喷完，由题设可知，每次打入容器内的气体压强为la tm,玻意耳定律得：PoK=Po（Vi-V2）+p0-V0-N,匕=5.7 x 10-3 m3V2=4.2 x l（p3 m3,Vo=3.0 x K F”w将数据代入得：N=14次，故B正确，4 s错误。故选：Bo向桶内打气，喷壶内的气体体积不变，压强增大，当空气完全充满药桶后，如果空气压强仍然大于大气压，则药液可以全部喷出，根 据“分态式”由玻意耳定律求解。本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化

23、，利用理想气体的状态方程列方程求解，注 意“分态式”的应用方法。10.【答案】D【解析】解：4、线圈中产生的是正弦交流电，在一个周期内电流方向改变两次，故4错误；B、回路中产生的感应电动势有效值为E=丝 詈=夜 班23a、d两点间的电压为路端电压，此时有U=-E=-R+r R+r故B错误；C、从图示位置开始计时，则电流的瞬时值表达式为i.=Em sm.a）t.=-2-B-l2-a-）sm.a）tR+r R+r故c错误；D、半个周期通过R的电荷量为勺=7 4=怒=鬻，故。正确。故选：D。A、根据正弦式交流电的特点，判断在一个周期内电流方向改变两次；8、先求出电动势的有效值，再求出路端电压的有效值

24、；第 12页，共 19页C、根据电流的峰值，结合计时起点写出电流的瞬时值表达式；。、根据电荷量的表达式，结合题意求出半个周期内通过R的电荷量。在交流电的学习中，要注意电表的示数指的是电压或电流的有效值，另外要注意正弦式交流电的峰值和有效值满足的关系。11.【答案】D【解析】解：4将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变多，据力：t/2=n1：电可得，输出电压减小，灯泡变暗.故A错误.B、线圈a b e d转动加速时，原线圈两端电压增大，据%：U2=n i：的可得，输出电压增大，灯泡变亮.故8错误.C、图示位置时，矩形线圈位于中性面，矩形线圈中电流为零.故C错误.D、若线圈a b e d转动的角速

25、度变为2必 则 变 压 器原线圈电压的最大值=2 NB S a),据o*m，、2丝7 =呈.1+0,可得变压器原线圈电压的有效值E 2 =N B S a,故。正确.R R 2故选：D。矩形线圈a b e d中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：Em=N B S 3；根据交流电有效值分析的方法求出有效值的大小。有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值.计算电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值。12.【答案】C【解析】解：

26、因大瓶连有一管跟大气相通，大瓶的液面下降，有空气进入a,使a中空气压强力和液体压强P液之和与大气压强Po保持动态平衡。在大瓶药液用完之前小瓶没有空气补充，故b处液面不会下降，b处药液下滴速度不变;在大瓶口处总有Pa +P液=Po,随a中液面的下降，P就咸小，故Pa必增大，即a瓶内气体压强逐渐增大，故C正确，ABD错误;故选：c。以a为研究对象，根据大瓶中液面变化分析a的压强，以b为研究对象，分析进气管到b的液柱变化从而知b的液体压强变化。这是一道联系实际应用的题目，解决此类题目要注意掌握气体压强的大小因素：温度、体积，一道很不错的题目。1 3.【答案】B C 8 X1 0 T 2 2 8 8

27、2.8 x I O-1 0 偏大【解析】解：(1)人 本实验不可直接将纯油酸滴水面上测量，如果不稀释，则在水面形成的油膜不是单分子油膜，故A错误：B C、本实验将稀释的油酸在水面上尽可能的展开，形成单分子油膜，分子的间隙，根据d=(来计算直径，故8 c正确；测量油膜面积时，多于半格按一格来计算，少于半格的舍去，故D错误。故选：B C；(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：V=,x+疝=8 x 1 0-6m/=8 x1 0-1 27 n3,根 据“多于半格按一格来计算，少于半格的舍去”的方法，可以得到油膜所占格数为7 2格，则油酸膜的面积是：S =7 2 x 4 cm2=2 8 8 cm2=

28、2.8 8 x 1 0-2m2,油酸分子的直径d=(=2.8 x 1 0-l om;(3)油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，这样油酸可能没有完全展开,使得测得的面积偏小，根据测量的数据算出分子直径，结果将偏大。故答案为：(1)B C；(2)8 X1 0 7 2；2 8 8；2.8 X IO-1 0；(3)偏大。(1)根据实验的原理和实验方法分析；(2)用每一滴的体积乘以体积比浓度即可求出一滴纯油酸的体积，采用四舍五入法，先查方格的个数，再算油膜面积，直径约为油膜的厚度，由此求解；(3)实验中要求让油酸膜尽可能地散开，这样做的目的是形成单分子油酸膜，由此分析误差。本

29、题关键是明确用油膜法估测分子的大小实验的原理，能够运用公式d=(求解分子直径，注意单位的换算要正确，数量级要准确。第1 4页，共1 9页14.【答案】解：(1)对航天服内的封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程可得：PlVj=P2V2代入数据解得：V2=4L(2)气体缓慢放出的过程中气体的温度不变，设需要放出的气体体积为4V则PIV =P3(%+4 Q航天服放出的气体与原来气体的质量比为：AVn=-v3+v联立解得：4=67%答：(1)航天服内气体的体积为4L；(2)航天服放出的气体与原来气体的质量比为67%。【解析】(1)分析出航天服内的封闭气体变化前后的状态参量，结合公式pU=C7完成分

30、析；(2)先根据公式计算出体积的变化量，同时理解pU的大小与气体的质量成正比并完成解答。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量并结合公式pV=CT完成计算，同时要开理解在等温条件下pV的乘积与气体的质量成正相关。15.【答案】解：(1)电机正常工作，则副线圈输出电压：U2=220K；根据变压器电压之比等于线圈匝数之比可得：Ui=5 x 220V=11007；变压器的输入功率等于输出功率，P 4=P杷 =2 x UkW =2.2 x 104 w其中P入=(7/,解得：=20 4即交流电流表示数为204(2)发电机电动势最大值Em=NBSw=2nNB

31、Sf=220 x x 0.051 x 2;r x 50V=1122V21/;有效值E=竿=U等u=H221ZV2 V 2由闭合电路欧姆定律U=E-/r可得，r=-=112211000=1二亿答：(1)电流表的示数为204；(2)线圈的内阻为1.10。【解析】(1)根据电动机正常工作以及两电动机并联可得出变压器输出电压和输出功率,再根据变压器原理可明确输入电压和输入功率，由P=U/求出电流表示数；(2)根据发电机产生的电动势最大值Em=NBS3和最大值与有效值的关系确定发电机电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出线圈内阻。本题考查了变压器的构造和原理，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没

32、有出现漏磁现象，解题的关键是变压器变压比、变流比以及功率关系的灵活应用。16.【答案】解：(1)导体棒a 下滑过程中，有mgs讥30。=ma由运动学公式得：=；砒2sin30 2解得t=2 s,故在在0 2s内，通过导体棒匕一直静止根据法拉第电磁感应定律得感生电动势为：E=塞；根据闭合电路欧姆定律得：/=,；K 总q=lAtR+R=ABS=BLd通过导体棒匕的电量为：qb=l q联立得：qb=1C；(2)导体棒a与导体棒b碰撞前的速度为u=ata棒与b棒发生弹性碰撞，依据动量守恒定律得：m v =m va 4-m vb；由能量守恒得：+mv1解得：va=0,vb=lOm/sb进入磁场时，磁场不

33、再变化，电 动 势=%=黑 +口2,0 rt J T K_ Ei一皆根据安培力公式：F=BI L解得：F=30N；第 16页，共 19页(3)导体棒。直到静止，由动量定理得：m vb-BILtBLx即 m%=BqL；=总解得：X=y m因为x d,故导体棒b最终静止的位置距PM为：x =2x 2m-y m=|m 答：(1)在0 2s内，通过导体棒b的电荷量为IC；(2)导体棒b进入磁场瞬间受到的安培力大小为30N；(3)导体棒b最终静止的位置离PM的距离为|小。【解析】(1)根据动能定理结合电荷量的表达式计算出通过导体棒b的电荷量；(2)根据动量守恒计算出速度，结合法拉第电磁感应定律和安培力公

34、式计算出安培力的大小；(3)对导体棒b根据动量定理结合电荷量的计算公式计算出停止的位置。本题主要考查了电磁感应定律，解题的关键点是根据动能定理计算出速度，对系统根据动量守恒定律，对个体根据动量定理列式完成分析。17.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子速率为，时在磁场中运动半径为九 由洛伦兹力提供向心力得：BqM=解得：，=丝m可见粒子的运动半径与速率成正比，即运动半径越小，速率越小。粒子由S到。，线段SO是圆周轨迹的最小直径，对应的速度最小，即最小半径吃1m=9则从S发出的粒子的最小速度u=也 皿=譬(2)依题意作出粒子的运动轨迹，可知发射速度与+%方向夹角为150。的粒子恰

35、好到达S点，如图1所示。设粒子在磁场的运动半径为速率为女。由图中几何关系可得：2riSin3(T=d由洛伦兹力提供向心力得：qVB=联立解得i=噜粒子在电场中做类斜抛运动，由牛顿第二定律得：qE0=ma。到S过程沿+y方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动过程，由对称性可得运动时间为：_ 2v1sin30 _ mv1&=a-二通沿-4方向做匀速直线运动，则有：d=u1c o s 3 0%联立解得：E 0=3迫(3)粒子从S出射方向与+x方向夹角越小，到达。点的时间越短，由题意可知最迟射出的粒子是出射方向与+x方向夹角为3 0。的粒子。由(1)分析可知出射速度最小的粒子是垂直x轴发出的粒子，

36、两粒子的运动轨迹如图2所示，其中蓝色轨迹是出射速度最小的粒子在磁场中轨迹，红色轨迹是最迟射出的粒子在电磁场中的轨迹，两粒子均做周期性运动。设最迟射出的粒子在磁场的运动半径为上，速率为功。与(2)同理有：2 r 2 S i n 3 0 =d；qv2B=m r2联立解得：艺=理乙 m粒子在电场中做类斜抛运动，与(2)同理有：4qE=ma2。到P过程沿+y方向匀变速直线运动，由对称性可得运动时间为：_ 2u2s5 30 _ mv2L 7=-a2 4qE0沿+工方向做匀速直线运动，则有：OP=v2cos30t2联立解得：O P =?根据图2中粒子运动的周期性可知，最迟射出的粒子每经过一个周期沿+x方向

37、运动距离为d+p4出射速度最小的粒子每经过一个周期沿+x方向运动距离为d。第1 8页，共1 9页 若最迟射出的粒子经X轴下方和速度最小的粒子到达X轴上同一点，则有:七 +=k2 d可得：k1=k2,则矽=0、5、1 0、1 5.即k 2 =5 1，（%=0、1、2）则该点的坐标为：（5%d,0）,（%=0、1、2）；若最迟射出的粒子经x轴上方和速度最小的粒子到达x轴上同一点，则有：自9+=k4d可得：=/c4 I，则卜4 =5?1 2 1,（电=0、1、2.）则该点的坐标为：（5电-1）匕0 ,（电=0、1、2.）答：（1）从S发出的粒子的最小速度u为 甯；（2）电场强度的大小场为 朝 之；2

38、 m（3）该点的坐标为：（5 n i d,0）,（n 1=0,1,2），或（5的-l）d,0,（电=0、1、2.）。【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，速率越小，运动半径越小。找到最小半径，由洛伦兹力提供向心力解答；（2）作出粒子在磁场运动的轨迹图，依据几何条件求得半径，由洛伦兹力提供向心力求解速度大小；粒子在电场中做类抛体运动，将运动分解处理，沿x轴做匀速直线运动，沿y轴做变加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式求解；（3）作出粒子的运动轨迹图，粒子做周期性运动。利用几何关系结合周期性解答。本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，难度大为压轴题。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。本题（3）的几何关系是难点，再者要考虑多解问题，需多积累经验。