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2020-2021学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末物理试卷
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这是一份2020-2021学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末物理试卷，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末物理试卷
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计24分）
1．（3分）物理学家通过艰苦的实验来探究自然物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰下列描述行物理学史实的是（ ）
A．安培发现的电流的磁效应，并提出分子电流假说解释磁现象
B．库仑发现了点电荷间的相互作用规律并通过油滴实验最早测定了元电荷的数值
C．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了判断通电导线周围磁场方向的方法
D．加速度、电场强度、电势的定义式都是采取比值法定义的物理量
2．（3分）如图为静电除尘器除尘机原理示意图，尘埃在电场中过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
3．（3分）两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x长为l，y长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为（ ）
A．3：1 1：6 B．2：3 1：6 C．3：2 1：5 D．3：1 5：1
4．（3分）如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法正确的是（ ）
A．FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小
B．FN1=FN2，弹簧的伸长量减小
C．FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大
D．FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小
5．（3分）如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中磁感应强度大小恒定，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判正确的是（ ）
A．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1
B．在Ek﹣t图象中t4﹣t3＝t3﹣t2＝t2﹣t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
6．（3分）图为测量某电源电动势和内阻时得到的U﹣I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V．则该电路可能为（ ）
A． B．
C． D．
7．（3分）图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动，若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（ ）
A．膜片与极板间的电容增大
B．极板所带电荷量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R中有电流通过
8．（3分）如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h，质量均为m、带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域（两粒子不同时出现在电场中），不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（ ）
A．s22qEmh B．s2qEmh C．s42qEmh D．s2qEmh
三、多选题（每小题有两个或两个以上正确选项，每小题4分，共计24分．）
9．（4分）如图所示，重力均不计、带电荷量均为+q的两点电荷固定不动且连线竖直，检验电荷（带电荷量为Q）可在两点电荷连线的中垂面内绕中心点O做半径为r，线速度为v、角速度为的w匀速圆周运动，则（ ）
A．检验电荷一定带正电
B．圆轨道上各点的电势处处相等
C．圆轨道上各点的场强处处相同
D．检验电荷做圆周运动的r越小，u一定越大
10．（4分）如图所示R1、R2、R3、R4均为可变电阻，初始状态R1＝R2＝R3＝R4，C1、C2均为电容器源的电动势为E，内阻r≠0，对电路进行如下调整，则（ ）
A．将C1与R2的位置对调，C1、C2所带的电量都增加
B．将C1与R3的位置对调，C1、C2所带的电量都增加
C．减少R3、C1、C2所带的电量都增加
D．减小R4、C1、C2所带的电量都增加
11．（4分）如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带正电
B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2～4.5S内，物块与皮带仍可能有相对运动
12．（4分）广州塔是广州的地标建筑，高一四校联考时我们研究了广州塔上的横向摩天轮，为了让同学们更好的记部的广州塔，今天我们研究广州塔的雷电现象，常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，在某一次闪电前云塔之间的电势差约为1.0×109V云塔间距离约为1km，第一个闪击过程中云塔间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs，假定闪电前云塔间的电场是均匀的，根据以上数据，下列判断正确的是（ ）
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W
C．闪电前云塔间的电场强度约为1×106V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
13．（4分）两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则（ ）
A．场强大小关系有Eb＞Ec
B．电势大小关系有φb＞φd
C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
14．（4分）磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则（ ）
A．用电器中的电流方向从A到B
B．用电器中的电流方向从B到A
C．若只增大带电粒子电量，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
三、实验题（共19分）
15．某间学测定一金属杆的长度、外径和内径，示数如图甲、乙、丙所示，则该金属杆的长度、外径和内径分别为 cm、 mm和 mm。
16．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值：
（1）现有电源（4V，内阻可不计、滑动变阻器（0～50aΩ，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）；
（2）如图1是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。要求电压表和电流表从零开始读数，补充完成图中实物间的连线 ：
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，某次电表示数如图2所示，可得该电阻的测量值Rx=UI= Ω（保留三位有效数字）。
（4）在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是 （选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值
（5）实验中为减少温度的变化对电阻率的影响，采取了以下措施，其中在确的是
A．多次测量U、I，画U﹣I图象，再求R值
B．多次测量U、I，先计算R，再求R的平均值
C．实验中通电电流不宜过大，通电时间不宜过长
D．多次测量U、I，先求U、I的平均值，再求R
17．在物理课外活动中，王聪明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图，已知选用的电流表内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝10mA，当选择开关接3时为程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出：
（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为 ，远择开关接3时其读数为 ；
（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为 Ω；
③计算得到多用电表内电池的电动势为 V（保留2位有效数字）。
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为 Ω（保留2位有效数字）。
三、计算题
18．如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2，子弹射入后，求：
（1）子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；
（2）木板向右滑行的最大速度v2；
（3）物块在木板上相对静止时，物块离木板左端的距离。
19．（1）如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T，一根直金属杆MN以v＝2m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好，杆MN的电阻r1＝1Ω，导轨的电阻可忽略，求杆MN中产生的感应电动势E1；
（2）如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，电阻r2＝1Ω，在线圈中存在面积S2=0.3m2垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示，求圆形线圈中产生的感应电动势E2；（3）将一个R＝2Ω的电阻分别与图甲和图乙中的a、b端相连接，然后b端接地，试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？并求出较高的电势φa。
20．如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向，电场方向竖直向下，一质量为m、电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区城Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：
（1）区域Ⅰ电场强度E1的大小和离开区域Ⅰ时速度v1；
（2）区域Ⅱ内匀强电场的E2的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）微粒从P运动到Q的时间有多长？
21．在矩形区域abcd中，存在如图甲所示的磁场区域（包括边界），规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc＝2ab＝2l，e为bc边界上的一点，且ce=l2，重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度v0射入磁场，已知粒子的比荷为k，求：
（1）如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为多大？
（2）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足什么条件？
（3）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，再次进入磁场后经过T0从a点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大？
2020-2021学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计24分）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、奥斯特发现的电流的磁效应，安培提出分子电流假说解释磁现象，故A错误；
B、库仑发现了点电荷间的相互作用规律，密立根过油滴实验最早测定了元电荷的数值，故B错误；
C、奥斯特发现了电流的磁效，安培提出了判断通电导线周围磁场方向的方法，故C错误；
D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2．【分析】从静电除尘机理出发即可解题。由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极。而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电。负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F＝Eq即可得出结论。
【解答】解：A、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故A错误；
B、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，故B错误；
C、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C错误；
D、根据F＝Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。
3．【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出x和y导线的横截面积之比。
【解答】解：x和y两端的电势差分别为6V，2V，电流相等，根据欧姆定律得，RxRy=UxUy=31。
根据电阻定律得，R＝ρls，则s=ρlR。
则横截面积之比 sxsy=1321=16．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，掌握串联电路的电压分配特点是关键。
4．【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向。
【解答】解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。
长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力变大，弹簧长度将变长。所以FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。
5．【分析】回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式T=2πmqB和r=mvqB进行分析判断。明确最大动能由加速器半径决定。
【解答】解：A、由回旋加速器原理知，高频电源的变化周期等于粒子在回旋加速器中周期，带点粒子在高频电源变化的一个周期中加速两次，由EK﹣t图知，动能改变两次周期为2（tn﹣tn﹣2），故A错误；
B、（t4﹣t3）、（t3﹣t2）、（t2﹣t1）为粒子转动周期的一半，由公式T=2πmqB知粒子周期不变，所以，t4﹣t3＝t3﹣t2＝t2﹣t1，故B正确；
CD、设D型盒半径为R，动能最大粒子转动半径为R，由半径公式知R=mvqB，所以最大动能为：EKm=12mv2=q2B2R22m，与加速次数无关，与粒子比荷有关，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了回旋加速器的原理，要注意明确粒子在电场中加速，在磁场中偏转；解题时特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的。
6．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图中给出的电动势和内电阻，再根据各项中给出的电路结论进行分析，明确各电路中对应的路端电压和电流是知符合。
【解答】解：由上图可知电源电动势为6V，电源内阻为：r=6-44Ω=0.5Ω。
对A图I=ER外+r=61.5A=4A，U＝IR外＝4V；
对B图，I=ER外+r=2.4A，U＝IR外＝4.8V；
对C图，II=ER外+r=0.63A，U＝5.68V；
对D图，I=ER外+r=1.2A，U＝5.4V，
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。
7．【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流。
【解答】解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，由公式C=ϵS4πkd可知，电容减小，故A错误；
B、由公式C=QU知，U不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故B错误；
C、由公式E=Ud知，U不变，间距d增大，则场强E减小，故C错误；
D、极板的带电量减小，放电，电阻R中有电流通过，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。
8．【分析】根据两粒子轨迹相切，结合几何关系得出类平抛运动时沿电场方向和垂直方向的位移大小，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
【解答】解：由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心。
由类平抛运动的关系可得：
竖直方向：12at2=12qEmt2=h2，水平方向：v0t=s2，
解得：t=hmqE，
则v0=s2qEmh，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
三、多选题（每小题有两个或两个以上正确选项，每小题4分，共计24分．）
9．【分析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，及向心力特征；依据电场线与等势面相互垂直；运用库仑定律，矢量的合成法则，及几何关系，依据库仑合力提供向心力，即可列式一一求解。
【解答】解：A、检验电荷绕O点做匀速圆周运动，由合外力提供向心力可知，检验电荷一定带负电，故A错误；
B、根据同种电荷电场线和等势面分布特点，可知，圆轨道上各点的电势处处相等，故B正确；
C、圆轨道上各点的场强大小处处相等，方向不同，故C错误；
D、设两个点电荷的距离为2L，检验电荷的轨道半径为r，检验电荷绕O点在中垂面内做匀速圆周运动，库仑力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有：2kQqr2+L2rr2+L2=mω2r，解得：ω=2kQqm(r2+L2)r2+L2所以r越小，ω一定越大，根据v＝rω，当r变小时，ω变大，所以不能确定v的变化情况，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查库仑定律、矢量的合成法则的应用，掌握圆周运动的向心力的来源，理解几何关系在本题的运用。
10．【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q＝CU判断出电容器所带电荷量如何变化。
【解答】解：A、原状态时，C1两端的电压为R3R+rE，C1与R2对调后，C1两端的电压为2R4R+rE，所以C1的电压变大，电量变大，C2两端的电压由2R3R+rE变为2R4R+rE，所以电压变小，电量减小，故A错误；
B、C1与R3对调后，电路中没有电流，所以C1，C2，两端电压均为E即变大，所以电量都变大，故B正确；
C、减小R3，整个电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流增大，由U＝IR可知，电阻R2两端电压增大，电容器C1两端电压增大；路端电压变小，电阻R4两端电压增大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压减小，由Q＝CU可知，电容器C1所带电荷量增大，C2所带的电量减小，故C错误；
D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q＝CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，要掌握好此类题目的解题方法；明确“局部﹣整体﹣局部”的分析方法。熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q＝CU即可正确解题。
11．【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移。
【解答】解：A、由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是1m/s
A项：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：
μFN﹣mgsinθ＝ma…①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：FN′＝mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A正确；
BD、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：
mgsinθ＝μ（mgcosθ﹣f洛）…②
由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止。故B错误，D正确；
C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移。故C错误。
故选：AD。
【点评】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握。
12．【分析】（1）由于云地间的电场是匀强电场，根据场强的公式可以求得电场强度的大小；
（2）根据电流强度的定义式可以求得电流的平均值的大小；
（3）根据电场做功的公式，可以直接计算出释放的能量。
【解答】解：A：根据电流强度的定义式可得，电流为：I=Qt=66×10-5A=1×105A，故A正确；
BCD：释放的能量等于电场力做功为：W＝QU＝6×1.0×109＝6×109J；
所以第一次闪电的平均功率为为：P=Wt=6×1096×10-5W=1×1014W，由于电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，所以整个闪电过程的平均功率小于第一次的闪电功率，
而电场强度的大小为为：E=Ud=1×109103V/m=1×106V/m，故BD错误，C正确；
故选：AC。
【点评】本题是对电场强度的公式的直接考查，在电场这一部分中公式比较多，这就要求同学们在学习的过程中要掌握住每个公式。
13．【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；
根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；
正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，根据电势能的变化判断电场力做功情况。
【解答】解：A：由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密，所以有Ec＞Eb，故A错误；
B：沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体高，而d点紧靠右侧导体的表面，电势与导体的电势几乎相等，故b点电势高于d点的电势，故B正确；
C：电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值。故C错误；
D：从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系；同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密；当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减。
14．【分析】本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论。
【解答】解：AB、首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确，B错误；
CD、此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f＝qvB，F=qEd，则qvB=qEd，解得E＝Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论。
三、实验题（共19分）
15．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
【解答】解：刻度尺在读数的时候要估读一位，所以金属杆的长度为60.10cm；
游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为10×0.02mm＝0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm＝4.20mm。
螺旋测微器的读数为：d＝5.5+12.0×0.01mm＝5.620mm。
故答案为：（1）60.10； （2）4.20； （3）5.620
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
16．【分析】（1）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材。
（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据题意确定滑动变阻器接法，然后连接实物电路图。
（3）由电压表与电流表读数，应用欧姆定律求出电阻阻值。
（4）根据电路图分析实验误差原因。
（5）电阻率受温度影响，为减小温度对测量值的影响，实验时电流不宜过大，测量实验要短，根据实验注意事项分析答题。
【解答】解：（1）由于电源电动势为4V，所以电压表应选C（因为若选择电压表D时，电动势3V，还不到电压表量程的13）；
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax=URx=45A=0.8A所以电流表应选B；
（2）电压表和电流表从零开始读数，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实物连线图如图所示：
（3）由图可知，电流表的读数为：I＝0.50A，电压表的读数为：U＝2.60V，所以待测电阻为：R=UI=2.600.50Ω=5.20Ω
（4）根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B；
故选：B。
（5）由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选：C。
故答案为：（1）B；C；（2）；（3）5.20；（4）B；（5）C。
【点评】本题考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。
17．【分析】（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数。
（2）电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势。
（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率。
【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；
当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表；读数为173V；
（2）②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω＝150Ω，此时指针指在中央，欧姆表内阻等于电阻箱阻值，为150Ω；
③指针指在C处时，电流表示数为5mA＝0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势E＝I•2R＝0.005×150×2＝1.5V；
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.90mA，而表内电池的电动势为E＝1.5V，欧姆表内阻为150Ω，所以待测电阻的阻值为67Ω。
故答案为：（1）6.9mA、173V； （2）②150、③1.5； （3）67。
【点评】本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数。
三、计算题
18．【分析】（1）子弹射入物块后一起向右滑行时做匀减速运动，所以子弹进入物块后瞬间的速度即为物块的最大速度，根据子弹和物块组成的系统动量守恒求解。
（2）当子弹、物块和木板的速度相同时木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒求解。
（3）木块在木板上滑动时，应用能量守恒定律可以求出物块离木板左端的距离。
【解答】解：（1）子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m）v1
其中 m0＝5g＝0.005kg，m＝245g＝0.245kg
代入数据解得：v1＝6m/s。
所以子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1是6m/s；
（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：
（m0+m）v1＝（m0+m+M）v2
代入数据解得：v2＝2m/s；
（3）对物块和子弹整体以及木板组成的系统，
由能量定恒定律得：12(m+m0)v12=12(m+m0+M)v22+E
代入数据解得：E＝3J；
产生的内能等于克服摩擦力所做的功，即μ（m+m0）gx＝E
代入数据解得：x＝3m。
答：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1是6m/s；
（2）木板向右滑行的最大速度v2是2m/s；
（3）物块在木板上相对静止时，物块离木板左端的距离3m。
【点评】此题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用；关键是搞清研究过程或研究系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程；本题也可用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
19．【分析】（1）切割磁感线产生的感应电动势计算公式为：E＝BLv；
（2）穿过圆形线圈的磁通量发生变化，感应电动势的计算公式为：E2＝n△B2△tS2；
（3）将产生感应电流的导体等效为电源，电流流出端为高电势端。
【解答】解：（1）杆MN做切割磁感线的运动，根据法拉第电磁感应定律有：E1＝B1Lv
代入数据得产生的感应电动势为：E1＝0.3V；
（2）穿过圆形线圈的磁通量发生变化：E2=n△B2△tS2
代入数据得产生的感应电动势为：E2＝4.5V；
（3）根据右手定则，可知，图甲a是正极，而由楞次定律可知，图乙中b是正极，因此当电阻R与图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高，通过电阻R的电流为：
I=E2R+r
电阻R两端的电势差为：ϕa﹣ϕb＝IR
得a端的电势为：ϕa=IR=4.52+1×2V=3V。
答：（1）杆MN中产生的感应电动势为0.3V；
（2）圆形线圈中产生的感应电动势为4.5V；
（3）当电阻R与图1中的导轨相连接时，a端的电势较高，这种情况a端的电势ϕa为3V。
【点评】本题主要是考查了电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有关电学知识求解。
20．【分析】（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动，则电场力在竖直方向的分力与重力平衡；微粒在区域II内做匀速圆周运动，则电场力等于重力；根据牛顿第二定律和运动学公式求解离开区域Ⅰ时速度。
（2）根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解；
（3）微粒从P运动到Q的时间等于区域I的匀加速直线运动时间与圆周运动的时间之和。
【解答】解：（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin450=mg
解得：E1=2mgq
设微粒在区域I内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域I时速度为v1，
根据牛顿第二定律得 a=qE1cos450m=g
v12=2ad1
解得：v1=2gd1；
（2）微粒在区域II内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有：
mg＝qE2
解得：E2=mgq
在区域II内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则
Rsin60°＝d2
qv1B=mv12R
解得：B=mqd23d1g2；
（3）微粒在区域I内作匀加速运动，t1=2d1g
在区域II内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则T=2πmqB
t2=T6=πd2323gd1
解得：t=t1+t2=2d1g+πd2323gd1。
答：（1）区域Ⅰ电场强度E1的大小是2mgq，离开区域Ⅰ时速度大小是2gd1；
（2）区域Ⅱ内匀强电场的E2的大小是mgq，匀强磁场的磁感应强度B的大小是mqd23d1g2；
（3）微粒从P运动到Q的时间是2d1g+πd2323gd1。
【点评】考查受力分析的方法，掌握受力平衡状态方程，理解力的平行四边形定则与牛顿第二定律的应用，注意几何关系在本题的运用。
21．【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出磁场的磁感应强度B0；
（2）画出粒子恰好不从ad边离开磁场的临界轨迹，求出运动的时间，当粒子运动时间等于磁场变化半个周期的时间时，恰好与ad边相切，磁场变化的周期要小于等于临界周期，才能满足题设条件；
（3）画出满足题意的粒子运动轨迹，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，则经过T0粒子旋转14圆周，第二个T0粒子继续旋转14圆周，要想粒子能从a点离开，在电场中运动时间至少T0，考虑周期性，电场中运动时间为△t=T0（n取整数），由牛顿定律和匀变速直线运动的规律即可求解电场强度E以及粒子在电场中的路程。
【解答】解：（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B0=mv02R0，①
由几何关系，有R02=l2+(R0-l2)2②
又由于qm=k，③
联立①②③，解得R0=54l，
B0=4v05kl；
（2）由R=mv0qB0可知，粒子运动的半径为R=l2，临界情况为粒子从t＝0时刻射入，并且轨迹恰好与ad边相切，如图2所示
圆周运动的周期为T=2πmqB0=πlv0
由几何关系可知，t=T0内，粒子转过的圆心角为56π；
对应运动时间为t1=56πT，应满足t1≥T0，
联立以上各式可得：T0≤5πl6v0
（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示
由题意有
T0=12×2πmqB0，得T0=πl2v0，
在电场中有qE＝ma
往返一次用时为△t=2v0a；
由题意应有△t=(n+12)T0，
可得E=8v02，（n＝0，1，2…）；
故运动的路程为：x=12v0×△t2×2=(2n+1)πl8，（n＝0，1，2，3…）
答：（1）如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为4v05kl；
（2）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足T0≤5πl6v0；
（3）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，再次进入磁场后经过T0从a点离开磁场区域，则电场强度E为8v02，（n＝0，1，2…）；
粒子在电场中的路程为(2n+1)πl8，(n=0，1，2，3⋯)。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，处理问题的关键要能画出粒子的轨迹图。
2020-2021学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末物理试卷
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计24分）
1．（3分）物理学家通过艰苦的实验来探究自然物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰下列描述行物理学史实的是（ ）
A．安培发现的电流的磁效应，并提出分子电流假说解释磁现象
B．库仑发现了点电荷间的相互作用规律并通过油滴实验最早测定了元电荷的数值
C．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了判断通电导线周围磁场方向的方法
D．加速度、电场强度、电势的定义式都是采取比值法定义的物理量
2．（3分）如图为静电除尘器除尘机原理示意图，尘埃在电场中过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
3．（3分）两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x长为l，y长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为（ ）
A．3：1 1：6 B．2：3 1：6 C．3：2 1：5 D．3：1 5：1
4．（3分）如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法正确的是（ ）
A．FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小
B．FN1=FN2，弹簧的伸长量减小
C．FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大
D．FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小
5．（3分）如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中磁感应强度大小恒定，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判正确的是（ ）
A．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1
B．在Ek﹣t图象中t4﹣t3＝t3﹣t2＝t2﹣t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
6．（3分）图为测量某电源电动势和内阻时得到的U﹣I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V．则该电路可能为（ ）
A． B．
C． D．
7．（3分）图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动，若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（ ）
A．膜片与极板间的电容增大
B．极板所带电荷量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R中有电流通过
8．（3分）如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h，质量均为m、带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域（两粒子不同时出现在电场中），不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（ ）
A．s22qEmh B．s2qEmh C．s42qEmh D．s2qEmh
三、多选题（每小题有两个或两个以上正确选项，每小题4分，共计24分．）
9．（4分）如图所示，重力均不计、带电荷量均为+q的两点电荷固定不动且连线竖直，检验电荷（带电荷量为Q）可在两点电荷连线的中垂面内绕中心点O做半径为r，线速度为v、角速度为的w匀速圆周运动，则（ ）
A．检验电荷一定带正电
B．圆轨道上各点的电势处处相等
C．圆轨道上各点的场强处处相同
D．检验电荷做圆周运动的r越小，u一定越大
10．（4分）如图所示R1、R2、R3、R4均为可变电阻，初始状态R1＝R2＝R3＝R4，C1、C2均为电容器源的电动势为E，内阻r≠0，对电路进行如下调整，则（ ）
A．将C1与R2的位置对调，C1、C2所带的电量都增加
B．将C1与R3的位置对调，C1、C2所带的电量都增加
C．减少R3、C1、C2所带的电量都增加
D．减小R4、C1、C2所带的电量都增加
11．（4分）如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带正电
B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2～4.5S内，物块与皮带仍可能有相对运动
12．（4分）广州塔是广州的地标建筑，高一四校联考时我们研究了广州塔上的横向摩天轮，为了让同学们更好的记部的广州塔，今天我们研究广州塔的雷电现象，常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，在某一次闪电前云塔之间的电势差约为1.0×109V云塔间距离约为1km，第一个闪击过程中云塔间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs，假定闪电前云塔间的电场是均匀的，根据以上数据，下列判断正确的是（ ）
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W
C．闪电前云塔间的电场强度约为1×106V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
13．（4分）两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则（ ）
A．场强大小关系有Eb＞Ec
B．电势大小关系有φb＞φd
C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
14．（4分）磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则（ ）
A．用电器中的电流方向从A到B
B．用电器中的电流方向从B到A
C．若只增大带电粒子电量，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
三、实验题（共19分）
15．某间学测定一金属杆的长度、外径和内径，示数如图甲、乙、丙所示，则该金属杆的长度、外径和内径分别为 cm、 mm和 mm。
16．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值：
（1）现有电源（4V，内阻可不计、滑动变阻器（0～50aΩ，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）；
（2）如图1是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。要求电压表和电流表从零开始读数，补充完成图中实物间的连线 ：
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，某次电表示数如图2所示，可得该电阻的测量值Rx=UI= Ω（保留三位有效数字）。
（4）在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是 （选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值
（5）实验中为减少温度的变化对电阻率的影响，采取了以下措施，其中在确的是
A．多次测量U、I，画U﹣I图象，再求R值
B．多次测量U、I，先计算R，再求R的平均值
C．实验中通电电流不宜过大，通电时间不宜过长
D．多次测量U、I，先求U、I的平均值，再求R
17．在物理课外活动中，王聪明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图，已知选用的电流表内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝10mA，当选择开关接3时为程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出：
（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为 ，远择开关接3时其读数为 ；
（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为 Ω；
③计算得到多用电表内电池的电动势为 V（保留2位有效数字）。
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为 Ω（保留2位有效数字）。
三、计算题
18．如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2，子弹射入后，求：
（1）子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；
（2）木板向右滑行的最大速度v2；
（3）物块在木板上相对静止时，物块离木板左端的距离。
19．（1）如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T，一根直金属杆MN以v＝2m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好，杆MN的电阻r1＝1Ω，导轨的电阻可忽略，求杆MN中产生的感应电动势E1；
（2）如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，电阻r2＝1Ω，在线圈中存在面积S2=0.3m2垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示，求圆形线圈中产生的感应电动势E2；（3）将一个R＝2Ω的电阻分别与图甲和图乙中的a、b端相连接，然后b端接地，试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？并求出较高的电势φa。
20．如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向，电场方向竖直向下，一质量为m、电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区城Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：
（1）区域Ⅰ电场强度E1的大小和离开区域Ⅰ时速度v1；
（2）区域Ⅱ内匀强电场的E2的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）微粒从P运动到Q的时间有多长？
21．在矩形区域abcd中，存在如图甲所示的磁场区域（包括边界），规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc＝2ab＝2l，e为bc边界上的一点，且ce=l2，重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度v0射入磁场，已知粒子的比荷为k，求：
（1）如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为多大？
（2）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足什么条件？
（3）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，再次进入磁场后经过T0从a点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大？
2020-2021学年广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计24分）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、奥斯特发现的电流的磁效应，安培提出分子电流假说解释磁现象，故A错误；
B、库仑发现了点电荷间的相互作用规律，密立根过油滴实验最早测定了元电荷的数值，故B错误；
C、奥斯特发现了电流的磁效，安培提出了判断通电导线周围磁场方向的方法，故C错误；
D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2．【分析】从静电除尘机理出发即可解题。由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极。而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电。负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F＝Eq即可得出结论。
【解答】解：A、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故A错误；
B、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，故B错误；
C、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C错误；
D、根据F＝Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。
3．【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出x和y导线的横截面积之比。
【解答】解：x和y两端的电势差分别为6V，2V，电流相等，根据欧姆定律得，RxRy=UxUy=31。
根据电阻定律得，R＝ρls，则s=ρlR。
则横截面积之比 sxsy=1321=16．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，掌握串联电路的电压分配特点是关键。
4．【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向。
【解答】解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。
长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力变大，弹簧长度将变长。所以FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。
5．【分析】回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式T=2πmqB和r=mvqB进行分析判断。明确最大动能由加速器半径决定。
【解答】解：A、由回旋加速器原理知，高频电源的变化周期等于粒子在回旋加速器中周期，带点粒子在高频电源变化的一个周期中加速两次，由EK﹣t图知，动能改变两次周期为2（tn﹣tn﹣2），故A错误；
B、（t4﹣t3）、（t3﹣t2）、（t2﹣t1）为粒子转动周期的一半，由公式T=2πmqB知粒子周期不变，所以，t4﹣t3＝t3﹣t2＝t2﹣t1，故B正确；
CD、设D型盒半径为R，动能最大粒子转动半径为R，由半径公式知R=mvqB，所以最大动能为：EKm=12mv2=q2B2R22m，与加速次数无关，与粒子比荷有关，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了回旋加速器的原理，要注意明确粒子在电场中加速，在磁场中偏转；解题时特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的。
6．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图中给出的电动势和内电阻，再根据各项中给出的电路结论进行分析，明确各电路中对应的路端电压和电流是知符合。
【解答】解：由上图可知电源电动势为6V，电源内阻为：r=6-44Ω=0.5Ω。
对A图I=ER外+r=61.5A=4A，U＝IR外＝4V；
对B图，I=ER外+r=2.4A，U＝IR外＝4.8V；
对C图，II=ER外+r=0.63A，U＝5.68V；
对D图，I=ER外+r=1.2A，U＝5.4V，
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。
7．【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流。
【解答】解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，由公式C=ϵS4πkd可知，电容减小，故A错误；
B、由公式C=QU知，U不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故B错误；
C、由公式E=Ud知，U不变，间距d增大，则场强E减小，故C错误；
D、极板的带电量减小，放电，电阻R中有电流通过，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。
8．【分析】根据两粒子轨迹相切，结合几何关系得出类平抛运动时沿电场方向和垂直方向的位移大小，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
【解答】解：由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心。
由类平抛运动的关系可得：
竖直方向：12at2=12qEmt2=h2，水平方向：v0t=s2，
解得：t=hmqE，
则v0=s2qEmh，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
三、多选题（每小题有两个或两个以上正确选项，每小题4分，共计24分．）
9．【分析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，及向心力特征；依据电场线与等势面相互垂直；运用库仑定律，矢量的合成法则，及几何关系，依据库仑合力提供向心力，即可列式一一求解。
【解答】解：A、检验电荷绕O点做匀速圆周运动，由合外力提供向心力可知，检验电荷一定带负电，故A错误；
B、根据同种电荷电场线和等势面分布特点，可知，圆轨道上各点的电势处处相等，故B正确；
C、圆轨道上各点的场强大小处处相等，方向不同，故C错误；
D、设两个点电荷的距离为2L，检验电荷的轨道半径为r，检验电荷绕O点在中垂面内做匀速圆周运动，库仑力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有：2kQqr2+L2rr2+L2=mω2r，解得：ω=2kQqm(r2+L2)r2+L2所以r越小，ω一定越大，根据v＝rω，当r变小时，ω变大，所以不能确定v的变化情况，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查库仑定律、矢量的合成法则的应用，掌握圆周运动的向心力的来源，理解几何关系在本题的运用。
10．【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q＝CU判断出电容器所带电荷量如何变化。
【解答】解：A、原状态时，C1两端的电压为R3R+rE，C1与R2对调后，C1两端的电压为2R4R+rE，所以C1的电压变大，电量变大，C2两端的电压由2R3R+rE变为2R4R+rE，所以电压变小，电量减小，故A错误；
B、C1与R3对调后，电路中没有电流，所以C1，C2，两端电压均为E即变大，所以电量都变大，故B正确；
C、减小R3，整个电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流增大，由U＝IR可知，电阻R2两端电压增大，电容器C1两端电压增大；路端电压变小，电阻R4两端电压增大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压减小，由Q＝CU可知，电容器C1所带电荷量增大，C2所带的电量减小，故C错误；
D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q＝CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，要掌握好此类题目的解题方法；明确“局部﹣整体﹣局部”的分析方法。熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q＝CU即可正确解题。
11．【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移。
【解答】解：A、由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是1m/s
A项：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：
μFN﹣mgsinθ＝ma…①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：FN′＝mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A正确；
BD、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：
mgsinθ＝μ（mgcosθ﹣f洛）…②
由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止。故B错误，D正确；
C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移。故C错误。
故选：AD。
【点评】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握。
12．【分析】（1）由于云地间的电场是匀强电场，根据场强的公式可以求得电场强度的大小；
（2）根据电流强度的定义式可以求得电流的平均值的大小；
（3）根据电场做功的公式，可以直接计算出释放的能量。
【解答】解：A：根据电流强度的定义式可得，电流为：I=Qt=66×10-5A=1×105A，故A正确；
BCD：释放的能量等于电场力做功为：W＝QU＝6×1.0×109＝6×109J；
所以第一次闪电的平均功率为为：P=Wt=6×1096×10-5W=1×1014W，由于电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，所以整个闪电过程的平均功率小于第一次的闪电功率，
而电场强度的大小为为：E=Ud=1×109103V/m=1×106V/m，故BD错误，C正确；
故选：AC。
【点评】本题是对电场强度的公式的直接考查，在电场这一部分中公式比较多，这就要求同学们在学习的过程中要掌握住每个公式。
13．【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；
根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；
正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，根据电势能的变化判断电场力做功情况。
【解答】解：A：由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密，所以有Ec＞Eb，故A错误；
B：沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体高，而d点紧靠右侧导体的表面，电势与导体的电势几乎相等，故b点电势高于d点的电势，故B正确；
C：电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值。故C错误；
D：从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系；同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密；当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减。
14．【分析】本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论。
【解答】解：AB、首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确，B错误；
CD、此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f＝qvB，F=qEd，则qvB=qEd，解得E＝Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论。
三、实验题（共19分）
15．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
【解答】解：刻度尺在读数的时候要估读一位，所以金属杆的长度为60.10cm；
游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为10×0.02mm＝0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm＝4.20mm。
螺旋测微器的读数为：d＝5.5+12.0×0.01mm＝5.620mm。
故答案为：（1）60.10； （2）4.20； （3）5.620
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
16．【分析】（1）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材。
（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据题意确定滑动变阻器接法，然后连接实物电路图。
（3）由电压表与电流表读数，应用欧姆定律求出电阻阻值。
（4）根据电路图分析实验误差原因。
（5）电阻率受温度影响，为减小温度对测量值的影响，实验时电流不宜过大，测量实验要短，根据实验注意事项分析答题。
【解答】解：（1）由于电源电动势为4V，所以电压表应选C（因为若选择电压表D时，电动势3V，还不到电压表量程的13）；
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax=URx=45A=0.8A所以电流表应选B；
（2）电压表和电流表从零开始读数，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实物连线图如图所示：
（3）由图可知，电流表的读数为：I＝0.50A，电压表的读数为：U＝2.60V，所以待测电阻为：R=UI=2.600.50Ω=5.20Ω
（4）根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B；
故选：B。
（5）由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选：C。
故答案为：（1）B；C；（2）；（3）5.20；（4）B；（5）C。
【点评】本题考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。
17．【分析】（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数。
（2）电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势。
（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率。
【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；
当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表；读数为173V；
（2）②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω＝150Ω，此时指针指在中央，欧姆表内阻等于电阻箱阻值，为150Ω；
③指针指在C处时，电流表示数为5mA＝0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势E＝I•2R＝0.005×150×2＝1.5V；
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.90mA，而表内电池的电动势为E＝1.5V，欧姆表内阻为150Ω，所以待测电阻的阻值为67Ω。
故答案为：（1）6.9mA、173V； （2）②150、③1.5； （3）67。
【点评】本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数。
三、计算题
18．【分析】（1）子弹射入物块后一起向右滑行时做匀减速运动，所以子弹进入物块后瞬间的速度即为物块的最大速度，根据子弹和物块组成的系统动量守恒求解。
（2）当子弹、物块和木板的速度相同时木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒求解。
（3）木块在木板上滑动时，应用能量守恒定律可以求出物块离木板左端的距离。
【解答】解：（1）子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m）v1
其中 m0＝5g＝0.005kg，m＝245g＝0.245kg
代入数据解得：v1＝6m/s。
所以子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1是6m/s；
（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：
（m0+m）v1＝（m0+m+M）v2
代入数据解得：v2＝2m/s；
（3）对物块和子弹整体以及木板组成的系统，
由能量定恒定律得：12(m+m0)v12=12(m+m0+M)v22+E
代入数据解得：E＝3J；
产生的内能等于克服摩擦力所做的功，即μ（m+m0）gx＝E
代入数据解得：x＝3m。
答：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1是6m/s；
（2）木板向右滑行的最大速度v2是2m/s；
（3）物块在木板上相对静止时，物块离木板左端的距离3m。
【点评】此题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用；关键是搞清研究过程或研究系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程；本题也可用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
19．【分析】（1）切割磁感线产生的感应电动势计算公式为：E＝BLv；
（2）穿过圆形线圈的磁通量发生变化，感应电动势的计算公式为：E2＝n△B2△tS2；
（3）将产生感应电流的导体等效为电源，电流流出端为高电势端。
【解答】解：（1）杆MN做切割磁感线的运动，根据法拉第电磁感应定律有：E1＝B1Lv
代入数据得产生的感应电动势为：E1＝0.3V；
（2）穿过圆形线圈的磁通量发生变化：E2=n△B2△tS2
代入数据得产生的感应电动势为：E2＝4.5V；
（3）根据右手定则，可知，图甲a是正极，而由楞次定律可知，图乙中b是正极，因此当电阻R与图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高，通过电阻R的电流为：
I=E2R+r
电阻R两端的电势差为：ϕa﹣ϕb＝IR
得a端的电势为：ϕa=IR=4.52+1×2V=3V。
答：（1）杆MN中产生的感应电动势为0.3V；
（2）圆形线圈中产生的感应电动势为4.5V；
（3）当电阻R与图1中的导轨相连接时，a端的电势较高，这种情况a端的电势ϕa为3V。
【点评】本题主要是考查了电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有关电学知识求解。
20．【分析】（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动，则电场力在竖直方向的分力与重力平衡；微粒在区域II内做匀速圆周运动，则电场力等于重力；根据牛顿第二定律和运动学公式求解离开区域Ⅰ时速度。
（2）根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解；
（3）微粒从P运动到Q的时间等于区域I的匀加速直线运动时间与圆周运动的时间之和。
【解答】解：（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin450=mg
解得：E1=2mgq
设微粒在区域I内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域I时速度为v1，
根据牛顿第二定律得 a=qE1cos450m=g
v12=2ad1
解得：v1=2gd1；
（2）微粒在区域II内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有：
mg＝qE2
解得：E2=mgq
在区域II内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则
Rsin60°＝d2
qv1B=mv12R
解得：B=mqd23d1g2；
（3）微粒在区域I内作匀加速运动，t1=2d1g
在区域II内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则T=2πmqB
t2=T6=πd2323gd1
解得：t=t1+t2=2d1g+πd2323gd1。
答：（1）区域Ⅰ电场强度E1的大小是2mgq，离开区域Ⅰ时速度大小是2gd1；
（2）区域Ⅱ内匀强电场的E2的大小是mgq，匀强磁场的磁感应强度B的大小是mqd23d1g2；
（3）微粒从P运动到Q的时间是2d1g+πd2323gd1。
【点评】考查受力分析的方法，掌握受力平衡状态方程，理解力的平行四边形定则与牛顿第二定律的应用，注意几何关系在本题的运用。
21．【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出磁场的磁感应强度B0；
（2）画出粒子恰好不从ad边离开磁场的临界轨迹，求出运动的时间，当粒子运动时间等于磁场变化半个周期的时间时，恰好与ad边相切，磁场变化的周期要小于等于临界周期，才能满足题设条件；
（3）画出满足题意的粒子运动轨迹，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，则经过T0粒子旋转14圆周，第二个T0粒子继续旋转14圆周，要想粒子能从a点离开，在电场中运动时间至少T0，考虑周期性，电场中运动时间为△t=T0（n取整数），由牛顿定律和匀变速直线运动的规律即可求解电场强度E以及粒子在电场中的路程。
【解答】解：（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B0=mv02R0，①
由几何关系，有R02=l2+(R0-l2)2②
又由于qm=k，③
联立①②③，解得R0=54l，
B0=4v05kl；
（2）由R=mv0qB0可知，粒子运动的半径为R=l2，临界情况为粒子从t＝0时刻射入，并且轨迹恰好与ad边相切，如图2所示
圆周运动的周期为T=2πmqB0=πlv0
由几何关系可知，t=T0内，粒子转过的圆心角为56π；
对应运动时间为t1=56πT，应满足t1≥T0，
联立以上各式可得：T0≤5πl6v0
（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示
由题意有
T0=12×2πmqB0，得T0=πl2v0，
在电场中有qE＝ma
往返一次用时为△t=2v0a；
由题意应有△t=(n+12)T0，
可得E=8v02，（n＝0，1，2…）；
故运动的路程为：x=12v0×△t2×2=(2n+1)πl8，（n＝0，1，2，3…）
答：（1）如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为4v05kl；
（2）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足T0≤5πl6v0；
（3）如果磁场的磁感应强度B0=2v0kl，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，再次进入磁场后经过T0从a点离开磁场区域，则电场强度E为8v02，（n＝0，1，2…）；
粒子在电场中的路程为(2n+1)πl8，(n=0，1，2，3⋯)。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，处理问题的关键要能画出粒子的轨迹图。
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