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2023-2024学年湖北省武汉外国语学校高二（上）期末考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省武汉外国语学校高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是( )
A. 甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的
B. 乙图中，若在ab的两端接上大小和方向发生周期性变化的电流，则接在cd端的电流表会有偏转
C. 丙图中，电磁炉利用其线圈产生的涡流来加热食物
D. 奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象
2.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是
( )
A. 图1中，A1与L1的直流电阻值相同
B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图2中，变阻器R与L2的直流电阻值相同
D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
3.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L,∠C=30∘，比荷均为qm的带正电粒子以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场(不计粒子重力)，则( )
A. 粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短B. 粒子速度越大，在磁场中运动的路程越大
C. 粒子在磁场中运动的最长路程为23πLD. 粒子在磁场中运动的最短时间为2πm3qB
4.如图所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是( )
A. T4时刻，两圆环相互排斥
B. T2时刻，圆环Q中感应电流最大，受到的安培力最大
C. T4∼3T4时间内，圆环Q中感应电流始终沿逆时针方向
D. 3T4∼T时间内，圆环Q有收缩的趋势
5.1831年10月28日，法拉第展示人类历史上第一台发电机---圆盘发电机，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，圆盘以角速度ω顺时针旋转(从上往下看)，则( )
A. 圆盘转动过程中电流沿a到b的方向流过电阻R
B. 圆盘转动过程中Q点电势比P点电势低
C. 圆盘转动过程中产生的电动势大小与圆盘半径成正比
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则电流在R上的热功率也变为原来的3倍
6.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g.以下说法正确的是
A. 回路中的电流强度为BLv1+v22R
B. ab杆所受摩擦力为mgsinθ
C. cd杆所受摩擦力为μmgsinθ−B2L2v12R
D. μ与v1大小关系满足1μ= tanθ+B2L2v12Rmgcsθ
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为Ⅰ的电流时，元件前、后表面间电压为U，则此时元件的( )
A. 前表面的电势比后表面的高B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUc
C. 前、后表面间的电压U与I成反比D. 前、后表面间的电压U与b成反比
9.如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行，现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A. 当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q
B. 当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mgsinθk
C. 导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为m2g2sin2θk−Ep
D. 若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为B2L2vmR
10.如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨的左端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计；导轨在x>0侧，存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B随位置x的变化如图乙所示，现有一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒MN置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下，从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右作变速运动，且金属棒MN在运动过程中受到的安培力大小不变，下列说法中正确的是( )
A. 金属棒MN向右做匀加速直线运动
B. 金属棒MN在x=1m处的速度大小为12m/s
C. 金属棒MN从x=0运动到x=1m过程中外力F所做的功为0.175J
D. 金属棒MN从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒MN的电荷量为2C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：
(1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是( )
A.灯泡A、B均不发光 B.灯泡A、B交替短暂发光
C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
(2)通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体_____(选填“向上”或“向下”)运动时，电流计指针向右偏转。
(3)为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路如图；开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针( )
A.不偏转 B.向左偏转 C.向右偏转
12.某实验小组用如图所示的电路来测量一个阻值约为20Ω的电阻Rₓ的阻值，已知电流表A1的量程为50mA，内阻RA1约为40Ω，定值电阻R0=20Ω。
(1)现有下列四种量程的电流表，则电流表A2选用的量程最合适的( )
A.0∼400mA B.0∼300mA C.0∼200mA D.0∼100mA
(2)实验时，将滑动变阻器的滑片移到最_________ (填“左”或“右”)端，将开关S2合向1，S3合向3，再闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片，使两电流表的指针偏转较大，记录电流表A1，A2的示数I1、I2，多次测量得到I2I1=k1,用k表示各电阻的关系_____________(用题目中的字母表示)；断开S1，将开关S2合向2，S3合向4，再闭合开关S1，记录电流表A1，A2的示数I′、I′,求出I 2′I 1′=k2；则被测电阻的阻值Rx=______(用k、k、R表示)。
(3)该实验方法__________(填“能”或“不能”)测出电流表A1内阻的准确值。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图甲所示，水平面内固定两根间距L=1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R=2Ω的电阻，一质量m=0.1kg电阻不计的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d=2m处，且与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。在0∼1s内，施加外力使ab棒保持静止，1s后改用F=0.5N的水平向左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x=4.8m时速度恰好达到最大值，ab棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计，求：
(1)ab棒的最大速度大小vm；
(2)从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热Q。
14.如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从y轴上y=h点射出，速度方向沿x轴正方向，大小之比为 2:1。已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60∘,并从坐标原点O处第一次射出磁场，不计粒子重力。求：
(1) 11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2) 11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
15.如图所示，在匀强磁场中水平放置两条足够长的光滑平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，以虚线为界，左边和右边的磁感强度大小为B1=1T，B2=2T，导轨间距L=1m。导轨左端连接一内阻不计、电动势E=20V的电源，单刀双掷开关K和电容C=2.0×10−2F的电容器相连。两根金属棒ab和cd分别放置于虚线左侧和右侧，它们与虚线的距离足够大，与导轨接触良好，质量均为m=0.08kg，电阻相同。金属棒ab和cd之间有一开关S(断开)，导轨电阻不计。
(1)将单刀双掷开关K置于1为电容器充电，求稳定时电容器带的电荷量q；
(2)充电结束后，将单刀双掷开关K置于2，求金属棒ab运动的最大速度v；
(3)棒ab的速度达到最大后，断开单刀双掷开关，同时闭合开关S，求金属棒cd产生的最大焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】.B
【详解】A.甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过通电导线周围产生的磁场实现的，选项A错误；
B.乙图中，若在ab的两端接上大小和方向发生周期性变化的电流，则由于穿过线圈的磁通量不断变化，则会在另一线圈中产生感应电流，则接在cd端的电流表会有偏转，选项B正确；
C.丙图中，电磁炉利用在金属锅底中产生的涡流来加热食物，选项C错误；
D.奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应现象，选项D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
【解答】
AB、题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；
D、题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；
C、由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，随速度增加，半径变大，当粒子运动轨迹恰好与BC边相切时，粒子运动轨迹如图所示，当粒子从AC边射出时，即使粒子速度越大，但是运动时间不变，当粒子的轨迹与BC边相切时，粒子速度再增加，则粒子从BC边射出，则随速度增加，在磁场中运动的路程越小，选项AB错误；
C.当粒子的轨迹与BC边相切时，由几何知识得，粒子轨道半径
r=AB=L
此时粒子在磁场中运动的路程最长为
s=120∘360∘×2πL=23πL
选项C正确；
D.当粒子从BC边射出时，粒子的速度越大，半径越大，出射点越靠近B点，时间也越来越短，直到从B点射出时粒子的速度无穷大，时间趋近于零，选项D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】A. T4 时刻，P中电流最大，但电流的变化率为零，则在Q中的感应电流为零，则两圆环无相互作用力，选项A错误；
B. T2 时刻，圆环P中电流的变化率最大，此时圆环Q中感应电流最大，但是由于圆环P中电流为零，则Q受到的安培力为零，选项B错误；
C. T4∼3T4 时间内，圆环P中电流先沿正方向减小，后沿负方向增加，则根据楞次定律可知，圆环Q中感应电流始终沿顺时针方向，选项C错误；
D. 3T4∼T 时间内，圆环P中电流负向减小，则根据楞次定律可知，圆环Q中产生逆时针方向的电流，圆环Q所处的磁场方向向下，由左手定则可知，圆环Q受安培力指向圆心，则有收缩的趋势，选项D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】【分析】
根据右手定则得出电流的方向和电势的高低；根据法拉第电磁感应定律的计算公式完成分析；根据功率的计算公式结合角速度的变化完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合功率的计算公式即可完成分析，难度不大。
【解答】
AB.圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，若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，即Q相当于电源的正极，Q点电势比P点电势高，电流沿a到b的方向流过电阻R，故A正确，B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势E=BLv−=12BL2ω，则感应电动势大小与圆盘半径的平方成正比，故C错误；
D.电流在R上的热功率P=I2R=E2R(R+r)2=B2L4ω24(R+r)2R，可见电流在R上的热功率与角速度的平方成正比，若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则电流在R上的热功率变为原来的9倍，故D错误。
故选：A。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，即感应电动势也随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的， Φ−t 图像应是曲线，故A错误；
B.设金属棒长为L，由乙图像得
q=kt2
k是比例系数。
而
q=BLvR+rt=BLaR+rt2=kt2
可知加速度 a 不变，故B错误；
C.由牛顿运动定律知
F−F安−mgsinθ=ma
则
F=ma+mgsinθ+B2L2vR+r
v 随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确；
D.通过导体棒的电流
I=BLvR+r=BLaR+rt
I−t图像为过原点直线，故D错误；
故选C。
7.【答案】D
【解析】.D
【分析】ab下滑时切割磁感线产生感应电动势，cd不切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流强度；根据平衡条件和安培力公式求解ab杆和cd杆所受的摩擦力，两个平衡方程结合分析D项．
【详解】ab杆产生的感应电动势E=BLv1；回路中感应电流为： I=E2R=BLv12R ，故A错误；ab杆匀速下滑，受力平衡条件，则ab杆所受的安培力大小为：F安=BIL= B2L2v12R ，方向沿轨道向上，则由平衡条件得ab所受的摩擦力大小为：f=mgsinθ−F安=mgsinθ− B2L2v12R ，故B错误．cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为：f=μN=μ(mgcsθ+F安)=μ(mgsinθ+ B2L2v12R )，故C错误．根据cd杆受力平衡得：mgsin(90°−θ)=f=μ(mgsinθ+ B2L2v12R )，则得μ与v1大小的关系为：μ(mgsinθ+ B2L2v12R )=mgcsθ，即 1μ = tanθ+ B2L2v12Rmgcsθ ，故D正确．故选D．
【点睛】对于双杆问题，可采用隔离法分析，其分析方法与单杆相同，关键分析和计算安培力，再由平衡条件列方程解答．
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向后表面，则电子向后表面集聚，则前表面的电势比后表面的高，选项A正确；
B.平衡时自由电子受到的洛伦兹力大小等于电场力大小，则
f=evB=eUa
选项B错误；
CD.根据
I=neabv
可得前、后表面间的电压
U=BIneb
则U与I成正比，与b成反比，选项C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】AC
【详解】A.由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；
B.导体棒所受合力为零，即重力、弹簧弹力与安培力合力为零时速度最大，弹簧伸长量为 mgsinθk 时，弹簧弹力为 mgsinθ ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；
C.导体棒最终静止，由平衡条件得
mgsinθ=kx
可得此时弹簧伸长量为
x=mgsinθk
由能量守恒定律得
mgxsinθ=Q+Ep
解得
Q=m2g2sin2θk−Ep
故C正确；
D.若导体棒第一次运动到MN处时速度为 v ，由于此时弹簧弹力与重力分力平衡，则导体棒受到的安培力等于合力，由牛顿第二定律得
F=BIL=ma
又
I=E2R=BLv2R
联立解得
a=B2L2v2mR
故D错误。
故选AC。
10.BD
【详解】A.单杆切割磁感线产生感应电流而导致金属棒受到的安培力为
F安=B2L2vR+r
由题意可知安培力大小不变，故
v∝1B2
结合乙图，金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B.根据题意金属棒所受的安培力大小不变， x=0 处与 x=1m 处安培力大小相等，有
B 02L2v0R+r=B 12L2v1R+r ， B1=1.0T
解得
v1=0.5m/s
故B正确；
C.金属棒在 x=0 处的安培力大小为
F安=B 02L2v0R+r=0.52×0.42×20.4N=0.2N
对金属棒从 x=0 运动到 x=1m 过程中，根据动能定理有
WF−F安x1=12mv12−12mv02
代入数据解得
WF=−0.175J
故C错误；
D.根据通过导体横截面的电荷量结论有
q=ΔΦR+r
x=0 到 x=2m 过程中，由图乙可得
ΔΦ=ΔB⋅x2L=0.5+1.52×2×0.4Wb=0.8Wb
所以
q=ΔΦR+r=
故D正确。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.单杆切割磁感线产生感应电流而导致金属棒受到的安培力为
F安=B2L2vR+r
由题意可知安培力大小不变，故
v∝1B2
结合乙图，金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B.根据题意金属棒所受的安培力大小不变， x=0 处与 x=1m 处安培力大小相等，有
B 02L2v0R+r=B 12L2v1R+r ， B1=1.0T
解得
v1=0.5m/s
故B正确；
C.金属棒在 x=0 处的安培力大小为
F安=B 02L2v0R+r=0.52×0.42×20.4N=0.2N
对金属棒从 x=0 运动到 x=1m 过程中，根据动能定理有
WF−F安x1=12mv12−12mv02
代入数据解得
WF=−0.175J
故C错误；
D.根据通过导体横截面的电荷量结论有
q=ΔΦR+r
x=0 到 x=2m 过程中，由图乙可得
ΔΦ=ΔB⋅x2L=0.5+1.52×2×0.4Wb=0.8Wb
所以
q=ΔΦR+r=
故D正确。
故选BD。
11.【答案】 B 向上 C
【详解】(1)[1]条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁通量向下减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁通量向下增加，则产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光，ACD错误，B正确。
故选B。
(2)[2]当磁体向上运动时，穿过螺旋管的磁通量为向下的减少，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。
(3)[3]开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转。故AB错误，C正确。
故选C。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 C 右 k1−1Rx=RA1+R0 k2k1R0 能
【详解】(1)[1]电流表 A1 的量程为 50mA ，内阻约为 40Ω,R0=20Ω ，被测电阻约为 20Ω ，则电流表 A2 的量程选用 200mA ，可使两电流表的指针同时偏转较大角度。
故选C。
(2)[2][3][4]实验时，将滑动变阻器的滑片移到最右端，使滑动变阻器输出电压为零，根据题意
I2−I1Rx=I1RA1+R0
即
k1−1Rx=RAl+R0,I′2−I′1R0=I′1RAl+Rx
即
k2−1R0=RAl+Rx
解得
Rx=k2k1R0
(3)[5]从(2)表达式可以看出，将 Rx 代回用 k1,k2 表示电阻关系式，可以求得电流表 A1 内阻值。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1)4m/s；(2)2.1J
【详解】(1)ab棒达到最大速度后做匀速直线运动，拉力F向左，安培力 F 安′ 向右，二力平衡
F=F 安′
其中安培力
F 安′=I′LB
根据欧姆定律有
I′=E′R
根据法拉第电磁感应定律有
E′=BLvm
解得
vm=FRB2L2=4m/s
(2)在第 1s 内，根据法拉第电磁感应定律有
E=ΔΦΔt=ΔB⋅SΔt=ΔB⋅LdΔt=0.5−0×1×21V=1V
根据楞次定律，电流从 b 到 a ，电流的大小为
I=ER=12A=0.5A
Q1=I2Rt=0.52×2×1J=0.5J
在运动距离 x 内
Fx=12mvm2+Q2
解得
Q2=1.6J
从 t=0 到 ab 棒运动距离 x=4.8m 的过程，电阻 R 上产生的焦耳热
QR=Q1+Q2
解得
QR=2.1J
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】1) 2 33h ；(2) 2 3− 63h
【详解】(1)粒子(电量 q ，质量 m )以速度 v0 从 y 轴射出，轨迹如图所示。
第一次进入从电场 E 进入磁场的位置到原点 的距离为 x ，有
qE=ma ①
12at2=h ②
x=v0t ③
解得
x=v0 2mhqE ④
H11H,H12H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离分别为 x1,x2 。
由几何关系有
2hx2=tan60∘ ⑤
H11H,H12H 射入电场速度之比为 2:1 。
mq 之比为1∶2，由④有
x1x2=1 ⑥
联立⑤⑥有
x1=2 33h
(2)设粒子进入匀强磁场 B 做圆周运动半径分别为 R ， 11H 、 12H 的半径分别为 R1,R2
Bqv=mvv2R
有
R=mvqB ⑦
由几何关系，粒子第一次进入磁场的速度
v=v0cs60∘=2v0 ⑧
由 H11H,H12H 比荷关系，联立⑦⑧
有
R1R2= 22 ⑨
11H 第一次离开磁场的位置距离原点距离为 x′ ，轨迹如图所示。
由几何关系有
2R2sin60∘=x2 ⑩
2R1sin60∘=x1−x′ ⑪
联立⑨⑩⑪得
x′=2 3− 63h
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)0.4C；(2)4m/s；(3)0.064J
【详解】(1)根据电容的定义式可知
q=CE=2.0×10−2×20C=0.4C
(2)当 ab 棒以最大速度运动，电容器的电荷量为 q′ ，则有
q′=CB1Lv
Δq=q−q′=CE−B1Lv
ab 棒历时 t 从静止到速度 v ，由动量定理有
B1ILt=mv
Δq=It
联立解得
v=CB1LEm+CB12L2=4m/s
(3)当电路中产生的焦耳热最大时， ab 棒， cd 棒的速度分别是 vab,vcd ，有
B1Lvab=B2Lvcd
有
vab=2vcd
从闭合 S 到达到最大焦耳热，历时 t′ ，对 ab,cd 棒，由动量定理有
−B1ILt=mvab−mv
B2ILt=mvcd
解得
vcd=1.6m/s,vab=3.2m/s
此时，整个电路产生焦耳热最大为 2Q ，由能量守恒有
2Q=12mv2−12mvab2−12mvcd2
解得
Q=0.064J
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是( )
A. 甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的
B. 乙图中，若在ab的两端接上大小和方向发生周期性变化的电流，则接在cd端的电流表会有偏转
C. 丙图中，电磁炉利用其线圈产生的涡流来加热食物
D. 奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象
2.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是
( )
A. 图1中，A1与L1的直流电阻值相同
B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图2中，变阻器R与L2的直流电阻值相同
D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
3.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L,∠C=30∘，比荷均为qm的带正电粒子以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场(不计粒子重力)，则( )
A. 粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短B. 粒子速度越大，在磁场中运动的路程越大
C. 粒子在磁场中运动的最长路程为23πLD. 粒子在磁场中运动的最短时间为2πm3qB
4.如图所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是( )
A. T4时刻，两圆环相互排斥
B. T2时刻，圆环Q中感应电流最大，受到的安培力最大
C. T4∼3T4时间内，圆环Q中感应电流始终沿逆时针方向
D. 3T4∼T时间内，圆环Q有收缩的趋势
5.1831年10月28日，法拉第展示人类历史上第一台发电机---圆盘发电机，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，圆盘以角速度ω顺时针旋转(从上往下看)，则( )
A. 圆盘转动过程中电流沿a到b的方向流过电阻R
B. 圆盘转动过程中Q点电势比P点电势低
C. 圆盘转动过程中产生的电动势大小与圆盘半径成正比
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则电流在R上的热功率也变为原来的3倍
6.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g.以下说法正确的是
A. 回路中的电流强度为BLv1+v22R
B. ab杆所受摩擦力为mgsinθ
C. cd杆所受摩擦力为μmgsinθ−B2L2v12R
D. μ与v1大小关系满足1μ= tanθ+B2L2v12Rmgcsθ
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为Ⅰ的电流时，元件前、后表面间电压为U，则此时元件的( )
A. 前表面的电势比后表面的高B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUc
C. 前、后表面间的电压U与I成反比D. 前、后表面间的电压U与b成反比
9.如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行，现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A. 当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q
B. 当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mgsinθk
C. 导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为m2g2sin2θk−Ep
D. 若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为B2L2vmR
10.如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨的左端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计；导轨在x>0侧，存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B随位置x的变化如图乙所示，现有一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒MN置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下，从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右作变速运动，且金属棒MN在运动过程中受到的安培力大小不变，下列说法中正确的是( )
A. 金属棒MN向右做匀加速直线运动
B. 金属棒MN在x=1m处的速度大小为12m/s
C. 金属棒MN从x=0运动到x=1m过程中外力F所做的功为0.175J
D. 金属棒MN从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒MN的电荷量为2C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：
(1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是( )
A.灯泡A、B均不发光 B.灯泡A、B交替短暂发光
C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
(2)通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体_____(选填“向上”或“向下”)运动时，电流计指针向右偏转。
(3)为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路如图；开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针( )
A.不偏转 B.向左偏转 C.向右偏转
12.某实验小组用如图所示的电路来测量一个阻值约为20Ω的电阻Rₓ的阻值，已知电流表A1的量程为50mA，内阻RA1约为40Ω，定值电阻R0=20Ω。
(1)现有下列四种量程的电流表，则电流表A2选用的量程最合适的( )
A.0∼400mA B.0∼300mA C.0∼200mA D.0∼100mA
(2)实验时，将滑动变阻器的滑片移到最_________ (填“左”或“右”)端，将开关S2合向1，S3合向3，再闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片，使两电流表的指针偏转较大，记录电流表A1，A2的示数I1、I2，多次测量得到I2I1=k1,用k表示各电阻的关系_____________(用题目中的字母表示)；断开S1，将开关S2合向2，S3合向4，再闭合开关S1，记录电流表A1，A2的示数I′、I′,求出I 2′I 1′=k2；则被测电阻的阻值Rx=______(用k、k、R表示)。
(3)该实验方法__________(填“能”或“不能”)测出电流表A1内阻的准确值。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图甲所示，水平面内固定两根间距L=1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R=2Ω的电阻，一质量m=0.1kg电阻不计的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d=2m处，且与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。在0∼1s内，施加外力使ab棒保持静止，1s后改用F=0.5N的水平向左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x=4.8m时速度恰好达到最大值，ab棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计，求：
(1)ab棒的最大速度大小vm；
(2)从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热Q。
14.如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从y轴上y=h点射出，速度方向沿x轴正方向，大小之比为 2:1。已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60∘,并从坐标原点O处第一次射出磁场，不计粒子重力。求：
(1) 11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2) 11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
15.如图所示，在匀强磁场中水平放置两条足够长的光滑平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，以虚线为界，左边和右边的磁感强度大小为B1=1T，B2=2T，导轨间距L=1m。导轨左端连接一内阻不计、电动势E=20V的电源，单刀双掷开关K和电容C=2.0×10−2F的电容器相连。两根金属棒ab和cd分别放置于虚线左侧和右侧，它们与虚线的距离足够大，与导轨接触良好，质量均为m=0.08kg，电阻相同。金属棒ab和cd之间有一开关S(断开)，导轨电阻不计。
(1)将单刀双掷开关K置于1为电容器充电，求稳定时电容器带的电荷量q；
(2)充电结束后，将单刀双掷开关K置于2，求金属棒ab运动的最大速度v；
(3)棒ab的速度达到最大后，断开单刀双掷开关，同时闭合开关S，求金属棒cd产生的最大焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】.B
【详解】A.甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过通电导线周围产生的磁场实现的，选项A错误；
B.乙图中，若在ab的两端接上大小和方向发生周期性变化的电流，则由于穿过线圈的磁通量不断变化，则会在另一线圈中产生感应电流，则接在cd端的电流表会有偏转，选项B正确；
C.丙图中，电磁炉利用在金属锅底中产生的涡流来加热食物，选项C错误；
D.奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应现象，选项D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
【解答】
AB、题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；
D、题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；
C、由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，随速度增加，半径变大，当粒子运动轨迹恰好与BC边相切时，粒子运动轨迹如图所示，当粒子从AC边射出时，即使粒子速度越大，但是运动时间不变，当粒子的轨迹与BC边相切时，粒子速度再增加，则粒子从BC边射出，则随速度增加，在磁场中运动的路程越小，选项AB错误；
C.当粒子的轨迹与BC边相切时，由几何知识得，粒子轨道半径
r=AB=L
此时粒子在磁场中运动的路程最长为
s=120∘360∘×2πL=23πL
选项C正确；
D.当粒子从BC边射出时，粒子的速度越大，半径越大，出射点越靠近B点，时间也越来越短，直到从B点射出时粒子的速度无穷大，时间趋近于零，选项D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】A. T4 时刻，P中电流最大，但电流的变化率为零，则在Q中的感应电流为零，则两圆环无相互作用力，选项A错误；
B. T2 时刻，圆环P中电流的变化率最大，此时圆环Q中感应电流最大，但是由于圆环P中电流为零，则Q受到的安培力为零，选项B错误；
C. T4∼3T4 时间内，圆环P中电流先沿正方向减小，后沿负方向增加，则根据楞次定律可知，圆环Q中感应电流始终沿顺时针方向，选项C错误；
D. 3T4∼T 时间内，圆环P中电流负向减小，则根据楞次定律可知，圆环Q中产生逆时针方向的电流，圆环Q所处的磁场方向向下，由左手定则可知，圆环Q受安培力指向圆心，则有收缩的趋势，选项D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】【分析】
根据右手定则得出电流的方向和电势的高低；根据法拉第电磁感应定律的计算公式完成分析；根据功率的计算公式结合角速度的变化完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合功率的计算公式即可完成分析，难度不大。
【解答】
AB.圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，若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，即Q相当于电源的正极，Q点电势比P点电势高，电流沿a到b的方向流过电阻R，故A正确，B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势E=BLv−=12BL2ω，则感应电动势大小与圆盘半径的平方成正比，故C错误；
D.电流在R上的热功率P=I2R=E2R(R+r)2=B2L4ω24(R+r)2R，可见电流在R上的热功率与角速度的平方成正比，若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则电流在R上的热功率变为原来的9倍，故D错误。
故选：A。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，即感应电动势也随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的， Φ−t 图像应是曲线，故A错误；
B.设金属棒长为L，由乙图像得
q=kt2
k是比例系数。
而
q=BLvR+rt=BLaR+rt2=kt2
可知加速度 a 不变，故B错误；
C.由牛顿运动定律知
F−F安−mgsinθ=ma
则
F=ma+mgsinθ+B2L2vR+r
v 随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确；
D.通过导体棒的电流
I=BLvR+r=BLaR+rt
I−t图像为过原点直线，故D错误；
故选C。
7.【答案】D
【解析】.D
【分析】ab下滑时切割磁感线产生感应电动势，cd不切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流强度；根据平衡条件和安培力公式求解ab杆和cd杆所受的摩擦力，两个平衡方程结合分析D项．
【详解】ab杆产生的感应电动势E=BLv1；回路中感应电流为： I=E2R=BLv12R ，故A错误；ab杆匀速下滑，受力平衡条件，则ab杆所受的安培力大小为：F安=BIL= B2L2v12R ，方向沿轨道向上，则由平衡条件得ab所受的摩擦力大小为：f=mgsinθ−F安=mgsinθ− B2L2v12R ，故B错误．cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为：f=μN=μ(mgcsθ+F安)=μ(mgsinθ+ B2L2v12R )，故C错误．根据cd杆受力平衡得：mgsin(90°−θ)=f=μ(mgsinθ+ B2L2v12R )，则得μ与v1大小的关系为：μ(mgsinθ+ B2L2v12R )=mgcsθ，即 1μ = tanθ+ B2L2v12Rmgcsθ ，故D正确．故选D．
【点睛】对于双杆问题，可采用隔离法分析，其分析方法与单杆相同，关键分析和计算安培力，再由平衡条件列方程解答．
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向后表面，则电子向后表面集聚，则前表面的电势比后表面的高，选项A正确；
B.平衡时自由电子受到的洛伦兹力大小等于电场力大小，则
f=evB=eUa
选项B错误；
CD.根据
I=neabv
可得前、后表面间的电压
U=BIneb
则U与I成正比，与b成反比，选项C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】AC
【详解】A.由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；
B.导体棒所受合力为零，即重力、弹簧弹力与安培力合力为零时速度最大，弹簧伸长量为 mgsinθk 时，弹簧弹力为 mgsinθ ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；
C.导体棒最终静止，由平衡条件得
mgsinθ=kx
可得此时弹簧伸长量为
x=mgsinθk
由能量守恒定律得
mgxsinθ=Q+Ep
解得
Q=m2g2sin2θk−Ep
故C正确；
D.若导体棒第一次运动到MN处时速度为 v ，由于此时弹簧弹力与重力分力平衡，则导体棒受到的安培力等于合力，由牛顿第二定律得
F=BIL=ma
又
I=E2R=BLv2R
联立解得
a=B2L2v2mR
故D错误。
故选AC。
10.BD
【详解】A.单杆切割磁感线产生感应电流而导致金属棒受到的安培力为
F安=B2L2vR+r
由题意可知安培力大小不变，故
v∝1B2
结合乙图，金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B.根据题意金属棒所受的安培力大小不变， x=0 处与 x=1m 处安培力大小相等，有
B 02L2v0R+r=B 12L2v1R+r ， B1=1.0T
解得
v1=0.5m/s
故B正确；
C.金属棒在 x=0 处的安培力大小为
F安=B 02L2v0R+r=0.52×0.42×20.4N=0.2N
对金属棒从 x=0 运动到 x=1m 过程中，根据动能定理有
WF−F安x1=12mv12−12mv02
代入数据解得
WF=−0.175J
故C错误；
D.根据通过导体横截面的电荷量结论有
q=ΔΦR+r
x=0 到 x=2m 过程中，由图乙可得
ΔΦ=ΔB⋅x2L=0.5+1.52×2×0.4Wb=0.8Wb
所以
q=ΔΦR+r=
故D正确。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.单杆切割磁感线产生感应电流而导致金属棒受到的安培力为
F安=B2L2vR+r
由题意可知安培力大小不变，故
v∝1B2
结合乙图，金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B.根据题意金属棒所受的安培力大小不变， x=0 处与 x=1m 处安培力大小相等，有
B 02L2v0R+r=B 12L2v1R+r ， B1=1.0T
解得
v1=0.5m/s
故B正确；
C.金属棒在 x=0 处的安培力大小为
F安=B 02L2v0R+r=0.52×0.42×20.4N=0.2N
对金属棒从 x=0 运动到 x=1m 过程中，根据动能定理有
WF−F安x1=12mv12−12mv02
代入数据解得
WF=−0.175J
故C错误；
D.根据通过导体横截面的电荷量结论有
q=ΔΦR+r
x=0 到 x=2m 过程中，由图乙可得
ΔΦ=ΔB⋅x2L=0.5+1.52×2×0.4Wb=0.8Wb
所以
q=ΔΦR+r=
故D正确。
故选BD。
11.【答案】 B 向上 C
【详解】(1)[1]条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁通量向下减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁通量向下增加，则产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光，ACD错误，B正确。
故选B。
(2)[2]当磁体向上运动时，穿过螺旋管的磁通量为向下的减少，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。
(3)[3]开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转。故AB错误，C正确。
故选C。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 C 右 k1−1Rx=RA1+R0 k2k1R0 能
【详解】(1)[1]电流表 A1 的量程为 50mA ，内阻约为 40Ω,R0=20Ω ，被测电阻约为 20Ω ，则电流表 A2 的量程选用 200mA ，可使两电流表的指针同时偏转较大角度。
故选C。
(2)[2][3][4]实验时，将滑动变阻器的滑片移到最右端，使滑动变阻器输出电压为零，根据题意
I2−I1Rx=I1RA1+R0
即
k1−1Rx=RAl+R0,I′2−I′1R0=I′1RAl+Rx
即
k2−1R0=RAl+Rx
解得
Rx=k2k1R0
(3)[5]从(2)表达式可以看出，将 Rx 代回用 k1,k2 表示电阻关系式，可以求得电流表 A1 内阻值。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1)4m/s；(2)2.1J
【详解】(1)ab棒达到最大速度后做匀速直线运动，拉力F向左，安培力 F 安′ 向右，二力平衡
F=F 安′
其中安培力
F 安′=I′LB
根据欧姆定律有
I′=E′R
根据法拉第电磁感应定律有
E′=BLvm
解得
vm=FRB2L2=4m/s
(2)在第 1s 内，根据法拉第电磁感应定律有
E=ΔΦΔt=ΔB⋅SΔt=ΔB⋅LdΔt=0.5−0×1×21V=1V
根据楞次定律，电流从 b 到 a ，电流的大小为
I=ER=12A=0.5A
Q1=I2Rt=0.52×2×1J=0.5J
在运动距离 x 内
Fx=12mvm2+Q2
解得
Q2=1.6J
从 t=0 到 ab 棒运动距离 x=4.8m 的过程，电阻 R 上产生的焦耳热
QR=Q1+Q2
解得
QR=2.1J
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】1) 2 33h ；(2) 2 3− 63h
【详解】(1)粒子(电量 q ，质量 m )以速度 v0 从 y 轴射出，轨迹如图所示。
第一次进入从电场 E 进入磁场的位置到原点 的距离为 x ，有
qE=ma ①
12at2=h ②
x=v0t ③
解得
x=v0 2mhqE ④
H11H,H12H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离分别为 x1,x2 。
由几何关系有
2hx2=tan60∘ ⑤
H11H,H12H 射入电场速度之比为 2:1 。
mq 之比为1∶2，由④有
x1x2=1 ⑥
联立⑤⑥有
x1=2 33h
(2)设粒子进入匀强磁场 B 做圆周运动半径分别为 R ， 11H 、 12H 的半径分别为 R1,R2
Bqv=mvv2R
有
R=mvqB ⑦
由几何关系，粒子第一次进入磁场的速度
v=v0cs60∘=2v0 ⑧
由 H11H,H12H 比荷关系，联立⑦⑧
有
R1R2= 22 ⑨
11H 第一次离开磁场的位置距离原点距离为 x′ ，轨迹如图所示。
由几何关系有
2R2sin60∘=x2 ⑩
2R1sin60∘=x1−x′ ⑪
联立⑨⑩⑪得
x′=2 3− 63h
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15.【答案】(1)0.4C；(2)4m/s；(3)0.064J
【详解】(1)根据电容的定义式可知
q=CE=2.0×10−2×20C=0.4C
(2)当 ab 棒以最大速度运动，电容器的电荷量为 q′ ，则有
q′=CB1Lv
Δq=q−q′=CE−B1Lv
ab 棒历时 t 从静止到速度 v ，由动量定理有
B1ILt=mv
Δq=It
联立解得
v=CB1LEm+CB12L2=4m/s
(3)当电路中产生的焦耳热最大时， ab 棒， cd 棒的速度分别是 vab,vcd ，有
B1Lvab=B2Lvcd
有
vab=2vcd
从闭合 S 到达到最大焦耳热，历时 t′ ，对 ab,cd 棒，由动量定理有
−B1ILt=mvab−mv
B2ILt=mvcd
解得
vcd=1.6m/s,vab=3.2m/s
此时，整个电路产生焦耳热最大为 2Q ，由能量守恒有
2Q=12mv2−12mvab2−12mvcd2
解得
Q=0.064J
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