1、1玉溪一中高 2020 届高二上学期第二次月考物 理 试 题（考试时间：120 分钟 满分：100 分 一选择题（本题共 8 小题。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得 3 分，选错得 0 分，共 24 分）1.如图所示，两电荷量分别为+ Q 和+ q 的小球用长为 l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑绝缘水平面上。两个小球的半径 ， k 表示静电力常量。则轻绳的张力大小为（ ）A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因两个小球的半径 ，所以小球可以看做点电荷，根据平衡条件及库仑定律可知，库仑力的大小等于绳子拉力大小，因此有：，故 ABD 错误，C 正确所以选 C考点：
2、本题结合物体的平衡考查了库仑定律的应用2.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为 N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向外的电流后，磁铁对水平面的压力为 N2，则以下说法正确的是（ ）A. 弹簧长度将变长，N 1N2C. 弹簧长度将变长，N 1N2 D. 弹簧长度将变短，N 1N2【答案】A【解析】【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向，再根据牛顿第三定2律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断；【详解】开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对水平面的压力等于
3、磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示：由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向右下方，如图所示，故磁体对地面的压力增大，同时弹簧变长，故选项 A 正确，选项 BCD 错误。【点睛】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。3.一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为 Q 方 ；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为 Q 正 。该电阻上电压的峰值为 u0，周期为 T，如图所示。则 Q 方 : Q 正 等于（ ）A. B
4、. C. 1:2 D. 2:11: 2 2:1【答案】D【解析】试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为 ，而方波交流电的有效值为 u0，u023根据焦耳定律和欧姆定律， Q=I2RT= T，可知在一个周期 T 内产生的热量与电压有效值的U2R二次方成正比， Q 方 Q 正 = u02（ ） 2=21，选项 D 正确。u02点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期 T 内产生的热量与电压有效值，导致错选 B；三
5、是比值颠倒，导致错选 C。4.如图所示，一倾角为 、高为 h 的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为 m 的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为 v，所用时间为 t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为（ ）A. ，0 B. ，mght mgtsinC. ， D. ，mgvcos mgt mgvsin mgt【答案】D【解析】试题分析：根据瞬间功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p=mgvtsin，重力的冲量为 I=mgt，所以 D 正确；A、B、C 错误考点：本题考查瞬时功率、冲量5.如图所示，两个完全相同的灯泡 A、B 与固定电阻的阻值均
6、为 R， L 是自感系数很大的线圈当 S1闭合，S 2断开且电路稳定时，A、B 亮度相同，再闭合 S2，待电路稳定后将 S1断开，下列说法中正确的是（ ）A. B 灯立即熄灭B. A 灯将比原来更亮一下后再熄灭C. 有电流通过 B 灯,方向为 c dD. 有电流通过 A 灯,方向为 a b【答案】AD【解析】S1闭合、S 2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明 L 的直流电阻亦为 R闭合 S2后，L 与A 灯并联，R 与 B 灯并联，它们的电流均相等当断开后，L 将阻碍自身电流的减小，即该4电流还会维持一段时间，在这段时间里，因 S2闭合，电流不可能经过 B 灯和 R，只能通过A 灯形成 bAa
7、Lcb 的电流，所以 AD 正确，C 错误；由于自感形成的电流是在 L 原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过 A 灯原来电流，故 A 灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故 B 错误故选 AD点睛：做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向6.如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中，圆盘顺时针旋转（从上往下看） ，下列说法正确的是（ ）A. 穿过圆盘的磁通量发生变化B. 圆盘中心电势比边缘要低C. R 上的热功率与圆盘转动角速度成正比D.
8、产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比【答案】B【解析】A、实验过程中，穿过圈盘的磁通量不变，产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生的，故 A 错误；B、从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，感应电流方向是从边缘流向圆心，故 B 正确；CD、根据法拉第电磁感应定律可知 ，故产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正E=12Br2比；R 上的热功率 ，可知 R 上的热功率与圆盘转动角速度的平方成正比，故P=I2R= E2R(R+r)2C、D 错误；故选 B。【点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径 r，根据右手定则分析电动势情
9、况和感应电流方向。57.如图所示，两块较大的金属板 A、B 相距为 d，水平放置并与一电源相连。以下说法正确的是（ ）A. 若 S 保持闭合，将上板 A 向上平移小段位移，G 中有 ab 的电流B. 若 S 保持闭合，将下板 B 向下平移小段位移，G 中有 ba 的电流C. 若 S 保持断开，将上板 A 向上平移小段位移，G 中有 ab 的电流D. 若 S 保持断开，将下板 B 向下平移小段位移，G 中有 ba 的电流【答案】B【解析】【详解】若 S 保持闭合，将上板 A 向上平移一小段距离，极板间距变大，根据电容的决定式 知，电容 C 减小，而电容器的电压不变，电容器所带电量为 Q=CU，可
10、知 Q 将减C=S4kd小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以 G 中有 ba 的电流。故 A 错误。若将下板 B 向下平移一小段，板间距离增大，根据电容的决定式 知，电容 C 减小，C=S4kd而电容器的电压不变，则电容器所带电量 Q=CU 将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以 G 中有 ba 的电流。故 B 正确。S 保持断开，将上板 A 向上平移一小段位移或将下板 B 向下平移一小段距离，电容器所带电量不变，G 中无电流通过。故 CD 错误。故选 B。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，先根据电容的决定式 ，再抓住电容器电C=S4kd压不变的特点，由 Q=
11、CU 分析电容器电量的变化，判断电容器是充电还是放电，即可确定电路中电流的方向.8.如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从 A 点飞到 C 点，则下列判断正确的是（ ） 。A. 粒子一定带负电B. 粒子在 A 点的电势能大于在 C 点的电势能C. A 点的场强大于 C 点的场强6D. 粒子从 A 点到 B 点电场力所做的功大于从 B 点到 C 点电场力所做的功【答案】CD【解析】曲线运动的受力方向指向凹处，电场线的方向从高电势指向低电势，可判断出粒子带正电，A 错误；正电荷在电势高时电势能大，B 错误；电
12、场线或等势面的疏密表示场强的强弱，C正确；粒子由 A 点向 C 点运动，电场力做负功，动能减小，D 正确。【此处有视频，请去附件查看】二选择题（本题共 6 小题。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得 4分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分，共 24 分）9.如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头 P 调节。RT为热敏电阻，当环境温度升高时，R T的阻值变小。下列说法正确的有（ ）A. P 向上滑动时，电流表读数变大B. P 向下滑动时，电压表读数变大C. 若环境温度升高，变压器的输入功率变大D. 若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小【答案】
13、BC【解析】A、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当 P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，A 错误；B、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当 P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B 正确；C、当环境温度升高时， R 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C 正确；D、当环境温度升高时， R 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，7根据 ，灯泡消耗的功率变大，
14、D 错误；P=I2R故选 BC。10.质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速度率经小孔 S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）A. M 带负电，N 带正电B. M 的速度率小于 N 的速率C. 洛伦磁力对 M、N 做正功D. M 的运行时间等于 N 的运行时间【答案】A【解析】A、由左手定则判断出 N 带正电荷，M 带负电荷，故 A 正确；B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 ，半径为： ，在质量与电量相qvB=mv2r r=mvqB同的情况下，半径大说明速率大，即 M 的速度率大于 N 的速率，故 B 错误；C、洛伦兹力总是与速度方向垂直，
15、洛伦兹力对粒子不做功，故 C 错误；D、粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 ，M 的运行时间等于 NT=2mqB的运行时间，故 D 错误；故选 A。11.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数 n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为 b，厚为 d，并加有与侧面垂直的匀强磁场 B，当通以图示方向电流 I 时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为 U.已知自由电子的电荷量为 e，则下列判断正确的是（ ）A. 上表面电势高8B. 下表面电势高C. 该导体单位体积内的自由电子数为IebdD. 该导体单位体积内的自由电子数为BIeUb【答案】BD【解析】试题分析
16、：根据左手定则可得负电荷向上运动，故上极板得到电子，电势低于下极板，A错误 B 正确；根据公式 可得 ，当洛伦兹力和电场力平衡时，有 ，I=nevS n=IevS= Ievbd eUd=evB联立解得 ，故 C 错误 D 正确；n=BIeUb考点：考查了霍尔效应【名师点睛】金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下表面存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡根据上下表面带电的正负判断电势的高低根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数12.如图所示是一理想变压器副线圈两端输出电压 u 随时间 t 变化的图象（图线为正弦曲线）。则下列说法正确的是（ ）A.
17、 该交变电压的瞬时值表达式为 u=10sin（50t）VB. 该交变电压有效值约为 10VC. 若该变压器原、副线圈匝数比为 21，则原线圈输入频率为 50 HzD. 将该交变电压加在阻值 R=20 的白炽灯两端，电灯消耗的功率是 2.5W【答案】AD【解析】【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【详解】由图象知电压的最大值是的 Um=10V，则其有效值为 U= =7.1V故 B 错误；周期Um2为 T=410-2S，则其频率为 f1/T25 Hz通过电压器后频率不变。故 C 错误; 该交变9电压的瞬时值表达式为 u=Umsin（2ft
18、）=10sin（50t）V故 A 正确；该电压加在电阻R 上，其功率为 ，故 D 正确；故选 AD.PU2R (102)220=2.5W【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式13.如图 ，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线框 R， R 在 PQ 的右侧。导线 PQ(a)中通有正弦交流电 i， i 的变化如图 所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向。导线框 R 中的(b)感应电动势 A. 在 时为零t=T4B. 在 时改变方向t=T2C. 在 时最大，且沿顺时针方向t=T2D. 在 时最
19、大，且沿顺时针方向t=T【答案】AC【解析】试题分析 本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点。解析 由图（b）可知，导线 PQ 中电流在 t=T/4 时达到最大值，变化率为零，导线框 R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在 t=T/4 时导线框中产生的感应电动势为零，选项 A 正确；在 t=T/2 时，导线 PQ 中电流图象斜率方向不变，导致导线框 R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在 t=T/2 时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项 B 错误；由于在 t=T/2 时，导线 PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框 R 中
20、磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在 t=T/2 时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项 C 正确；由楞次定律可判断出在 t=T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项 D 错误。点睛 此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，10不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。14.如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 的 M 点和 P 点间接一个电阻，在两导轨间
21、OO1O1 O矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场。现使与磁场上边界相距 d0的 ab棒由静止开始释放，若棒在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒 ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。则自棒由静止开始释放到离开磁场的过程中，下列速度图像可能正确是的（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】棒 ab 进入磁场前做自由落体运动，即加速度为 g 的匀加速直线运动，根据运动学公式求解ab 棒刚进入磁场时的速度和时间。进入磁场后 ab 棒可能做匀速运动、减速运动、加速度，最后做匀速运动，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，即可选择图象。【详解】A、棒 ab 进
22、入磁场前做自由落体运动，进入磁场时的速度 v2=2gd0，得 ab 棒刚进入磁场时的速度为：v= ，棒 ab 自由下落的时间：t= ；若进入磁场后 ab 棒所受的2gd02d0g11向上的安培力小于重力，将做加速运动，根据牛顿第二定律得：mg- =ma，可知 v 增大，B2L2vRa 减小，v-t 图象的斜率减小，当 a=0 时棒 ab 做匀速直线运动，故 C 错误，A 正确。B、若进入磁场后 ab 棒所受的向上的安培力大于重力，将做减速运动，根据牛顿第二定律得： -mg=ma，可知 v 减小，a 减小，v-t 图象的斜率减小，当 a=0 时棒 ab 做匀速直线B2L2vR运动，故 B 正确。
23、D、若进入磁场后 ab 棒所受的向上的安培力与重力二力平衡，就以速度 v= 做匀速运2gd0动，故 D 正确。故选：ABD三填空题（本题共 2 小题，每空 2 分，共 16 分）15.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其阻值随温度升高而减小，现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下伏安特性曲线，备用的实验器材和器具有：待测热敏电阻 Rx（常温下的阻值约 4050） ；温度计（插入带塞的保温杯中，杯内有一定的冷水） ；盛有热水的暖水瓶；电源 E（3V、内阻可忽略） ； 直流电流表 A（内阻约 2） ；直流电压表 V（内阻约5k） ；滑动变阻器 R1（010） ；滑动变阻器 R2（0100） ；开关
24、S；导线若干。图 1 的 a、b、c 三条图线中，能反映热敏电阻伏安特性曲线的是_；要求实验测量误差尽可能小，电流表应选用_接法（选填“内”或“外” ） ；要求得到的伏安特性曲线尽可能完整，滑动变阻器应选用_接法（选填“分压式”或“限流式” ） ； 根据你所选择的滑动变阻器接法，滑动变阻器应选择_；（选填“R 1”或“R 2”） ；综上所述，应选择图 2 中_电路进行实验。【答案】 (1). C (2). 外 (3). 分压 (4). R 1 (5). B【解析】【分析】热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，而 I-U 图象中图象的斜率表示斜率的倒数表示电阻；则可得出热敏电阻对应的伏安特性曲线；为
25、了准确测量电阻，并且能多测几组数据，滑动12变阻器应采用分压接法；再由电阻的大小关系可得出电压表的接法；【详解】 （1）由 I=U/R 可知，I-U 图象，图象的斜率 k=1/R，而热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故对应的伏安特性曲线应为 C；（2）由于灯泡电阻较小，为了准确，应采用电流表外接法（3）由题意可知，为保证伏安特性曲线完整；滑动变阻器采用分压接法，从而可得到较大的电压范围；（4）滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器应选择较小的阻值，即选 R1 （5）综上所述，应选择图 2 中 B 电路进行实验【点睛】对于测量小灯泡的伏安特性曲线，一般情况下均采用滑动变阻器的分压接法，及电流表外接法
26、16.现有一种特殊的电池，它的电动势 E 约为 9V，内阻 r 约为 50，已知该电池允许输出的最大电流为 50 mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R 为电阻箱，阻值范围 09 999，R 0是定值电阻，起保护电路的作用(1)实验室备有的定值电阻 R0有以下几种规格：A. 10 2.5 W B. 100 1. 0 WC. 200 1. 0 W D. 2 000 5.0 W本实验应选哪一种规格？答_ 。该同学接入符合要求的 R0后，闭合开关 S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，
27、作出了如图 (b)所示的图线（已知该直线的截距为 0.1 V-1)则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势 E 为_V，内阻 r 为_.（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). C (2). 10 (3). 41.7【解析】【分析】13保护电阻的意思是电路无其他用电器时都不会烧坏电源，由 R0= 可得；根据闭合电路欧姆EI定律，变形得 与 的函数关系，结合图像由截距和斜率可得电动势和内阻。1U 1R0+R【详解】 （1）保护电阻的意思是电路无其他用电器时都不会烧坏电源，所以R0= = =180 ，EI 95010-3 所以定值电阻 R0应选 C。（2）根据闭合电路欧姆定律：E=U+ ，变
28、形得： = + ，结合 与 的图像可知，UR0+R 1U1E rE(R+R0) 1U 1R0+R截距为 =0.1，电源电动势 E=10V；斜率 k= = =4.17，所以内阻 r=41.7。1E rE0.6-0.11210-2故答案为：（1）C；（2）10；41.7四计算题（本题共 4 小题，17 题 6 分，18 题 8 分,19 题 12 分，20 题 10 分，共 36 分）17.如图所示，光滑水平面上小球 A、B 分别以 3.2 m/s、2.0m/s 的速率相向运动，碰撞后A 球静止。已知碰撞时间为 0. 05s，A、B 的质量均为 0.5kg。求：(1)碰撞后 B 球的速度大小；(2
29、)碰撞过程 A 对 B 平均作用力的大小。【答案】 （1）1.2m/s，方向水平向右（2）32N【解析】【详解】A.B 系统动量守恒，设 A 的运动方向为正方向由动量守恒定律得 mvAmvB=0+mvB解得 v B=1.2m/s，方向水平向右对 B，由动量定理得 Ft=p B=mvB -（- mv B）解得 F=32N【点睛】根据动量守恒定律求碰撞后 B 球的速度大小；对 B，利用动量定理求碰撞过程 A对 B 平均作用力的大小。18.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为 500 V，输出的电功率为 100 kW，用14总电阻为 10 的输电线向远处送电。为提高输电效率，发电站安装一变压
30、比为 1:20 的升压变压器，到达用户再用降压变压器变为 220 V 供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，求：(1)输电线上的电流为多少；(2)降压变压器的变压比为多少；(3)输电线上损失功率占输电功率的百分比。【答案】(1) (2) (3)I2=10AU3U4=4511 1%【解析】（1）根据： U1U2 n1n2输电电压： U2 U1 500 V10000 V， n2n1 201根据 P UI，输电线上的电流为： I2 A10 A PU2 10010310000（2）输电线损失的电压： U 损 I2R1010 V100 V 所以降压变压器的输入电压为 U3 U2 U 损
31、 10 kV100 V9900 V，降压变压器的输入电压为 9 900 V，输出为 220 V，所以降压变压器的变压比为： ， U3U4 9900220 49511=451输电线上损失功率为： P 损 I22R10 210 W1 000 W， 输电线上损失功率为输电功率的： 100% 100%1%P损P 1000100103点睛：解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系19.如图所示，平行 U 形导轨倾斜放置，倾角为 =37 。 ，导轨间的距离 L=1m，电阻R=0.8，导轨电阻不计匀强磁场的方
32、向垂直于导轨平面向上，磁感应强度 B=1T，质量m=0.5kg、电阻 r=0.2 的金属棒 ab 垂直置于导轨上现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小为 F=7N 的恒力，使金属棒 ab 从静止开始沿导轨向上滑行，已知当 ab 棒滑行 S=0.8m后保持速度不变，并且金属棒 ab 与导轨间的动摩擦因数 =0.5。 (可能用到的数据：15sin37。 =0.6,cos37。 =0.8,g=10m/s2)求：(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；(2)金属棒匀速运动时电阻 R 上的功率；(3)金属棒从静止起到刚开始匀速运动的过程中，电阻 R 上产生的热量为多少？【答案】见解析【解析】(1)当金属棒匀速运
33、动时，受力分析如图：（1 分）由力的平衡条件得：F mgsin 37BIL+ （2 分）由闭合电路欧姆定律得：I （2 分）ER+r ER+r又 （1 分）联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：（2 分）(2)当金属棒匀速运动时，金属棒产生的电动势为：EBLv回路中的电流： IER+r电阻 R 上的电功率为：PI 2R （1 分）16解得： P3.2 W （2 分）（说明：若前两式已在第（1）问中得分者在第（2）问中不重复得分）(3)在金属棒滑行 s 0.8 m 的过程中，由动能定理得：（2 分）回路所产生的总热量： Q W 安 （1 分） 联立以上方程得： Q 0.6 J电阻 R 上产
34、生的热量为：QR Q 0.48 J （2 分）BlvR+r20.如图所示，坐标空间中有场强为 E=100 N/C 的匀强电场和磁感应强度为 B=10-3T 的匀强磁场，y 轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为 m，电荷量为-q 的带电粒子从电场中坐标位置(-1，0)处，以初速度 vo=105 m/s 沿 x 轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷 = 108 C/kg，粒子的重力忽略不计，则：qm(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度 d 应满足的条件【答案】(1) m/s (2)2.41m2105【解析】【详
35、解】 （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为 a，由牛顿第二定律可得：qE=ma设粒子出电场、入磁场时的速度大小为 v，此时在 y 方向的分速度为 vy，粒子在电场中运动的时间为 t，则：v y=at l=v0t解得 vy=v0 v=v20+v2y=2v0=2105m/s17（2）设 v 的方向与 y 轴夹角为 ，则有 可得 =45 0cos=vyv=22粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图：则有： qvB=mv2R可得 R=mvqB要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件： dR(1+cos)综合已知条件解以上各式可得： d(1+2)mv0qB =(1+2)m2.41m【点睛】题考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动和在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中掌握类平抛问题的处理方法，在磁场中运动要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了.18
