浙江省嘉兴市2021-2022学年高二物理下学期期末测试试题（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市2021-2022学年高二物理下学期期末测试试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了选择题I，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

嘉兴市2021～2022学年第二学期期末测试
高二物理试题卷
选择题部分
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 国际单位制中能量的单位符号是J，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（　　）
A. kg·m2·s-2 B. kg·m·s-2 C. kg·m3·s-2 D. N·m
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据W=Fx以及F=ma可知
1J=1N∙m=1kg∙m/s2∙m= 1kg·m2·s-2
故选A。
2. 下列说法正确的是（　　）
A. 是衰变方程
B. 是核聚变方程
C. 是人工核转变方程
D. 是核裂变方程
【答案】C
【解析】
【详解】A．是衰变方程，A错误；
B．是核裂变方程，B错误；
C．是人工核转变方程，C正确；
D．是核聚变方程，D错误。
故选C。
3. 2022年5月5日，我国科学技术大学潘建伟院士和同事成功利用“墨子号”量子科学实验卫星，实现了地球上1200公里间的量子态远程传输，这次实验的成功，意味着我国在量子通信网络建设领域向前迈出了重要的一步。下列关于量子理论建立的历史进程的说法中，不正确的是（　　）
A. 普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的
B. 爱因斯坦否定了普朗克的量子假说，提出了光子说并解释了光电效应规律
C. 玻尔认为电子的轨道半径只可能是某些分立的数值
D. 德布罗意提出实物粒子具有波动性，粒子的动量跟它所对应波的波长遵
【答案】B
【解析】
【详解】A．普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的，故A正确；
B．爱因斯坦认为普朗克的量子假说是合理的，并提出了光子说并解释了光电效应规律，故B错误；
C．玻尔认为电子的轨道是量子化的，轨道半径只可能是某些分立的数值，故C正确；
D．德布罗意提出实物粒子具有波动性，粒子的动量跟它所对应波的波长遵，故D正确。
故选B。
4. 如图所示，带电粒子在以下四种器件中运动的说法正确的是（　　）

A. 甲图中从左侧射入的粒子，只有带正电的粒子才有可能沿直线射出
B. 乙图中等离子体进入上下极板之间后上极板A带正电
C. 丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小
D. 丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得任意速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的重力、电场力和向上的洛伦兹力，当三个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出；当带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的重力、洛伦兹力和向上的电场力，当三个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出，A错误；
B．乙图中等离子体进入上下极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正粒子向B极板偏转，负粒子向A极板偏转，因此极板A带负电，极板B带正电，B错误；
C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有


由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，C正确；
D．丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大的速度，可当能量达到25MeV~30 MeV后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质量随速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋周期的变化，从而破坏了与电场变化周期的同步，因此加速粒子就不能获得任意速度，D错误。
故选C。
5. 如图所示，a、b两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径ra=2rb，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。则（　　）

A. 两线圈中的电流方向均为逆时针方向
B. 两线圈均有缩小的趋势
C. a、b两线圈中产生的感应电动势之比Ea：Eb=2：1
D. 线圈中感应电流之比Ia：Ib=2：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据楞次定律推广含义“增反减同”，感应磁场方向和原磁场的方向相同，利用安培定则，可以判断a、b线圈中的电流的方向沿顺时针方向，故A错误；
B．根据楞次定律的推广含义“增缩减扩”知两线圈面积均有扩张的趋势，故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律有

则

故C错误；
D．根据

两线圈的电阻之比等于周长之比2：1，由欧姆定律有


故D正确。
故选D。
6. 如图所示是振荡电路某一时刻的磁场方向和电流方向，此时磁场正在增大，则该时刻（　　）

A. 电容器下极板带正电，处于充电状态
B. 线圈中磁场能在增大，感应电动势也在增大
C. 线圈中电流在增大，电容器处于放电状态
D. 线圈中的磁场能正转变成电容器中的电场能
【答案】C
【解析】
【详解】A．由磁场正在增大可知，电流在增大，由图中的电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电，处于放电状态，A错误；
B．线圈中磁场能在增大，电容器的电场能正向磁场能转化，线圈内感应电动势在减小，B错误；
C．若磁场正在增大，线圈中磁场能在增大，线圈中电流在增大，电容器处于放电状态，C正确；
D．线圈中磁场能在增大，电容器中的电场能正转变成线圈中的磁场能，D错误。
故选C。
7. 一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶，如图是车内的吸盘式支架仪固定在倾斜的挡风玻璃上，吸盘内空气可视为排空，下列说法正确的是（　　）

A. 支架共受到三个力的作用
B. 挡风玻璃对支架的作用力方向垂直玻璃面向下
C. 挡风玻璃对吸盘没有摩擦力的作用
D. 若汽车向前加速，支架所受的重力小于支架受到的其他作用力的合力
【答案】D
【解析】
【详解】AC．对支架受力分析知，支架受到重力、垂直于挡风玻璃板指向挡风玻璃板的大气压力、垂直于挡风玻璃板指向支架的支持力和沿挡风玻璃板向上的静摩擦力四个力作用，故AC错误；
B．挡风玻璃对支架的作用力为支持力和摩擦力，两个力的合力与重力和大气压力的合力等大反向，即挡风玻璃对支架的作用力方向并不垂直于玻璃面，故B错误；
D．若汽车向前加速，则汽车要有向前的加速度，且竖直方向保持平衡，则由力的合成与分解规律可知，支架所受的重力小于支架受到的其他作用力的合力。故D正确。
故选D。
8. L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个相同的小灯泡。则（　　）


A. 当开关S由断开变为闭合时，A比B先亮
B. 当开关S由断开变为闭合时，A和B同时亮
C. 当开关S由闭合变为断开时，A和B均慢慢熄灭
D. 当开关S由闭合变断开时，没有灯发亮
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当开关S由断开变为闭合时，电路接通，由于电感的自感，阻碍电流的流过，则相当于A、B串联，两灯均立即变亮，接着电感的自感效应减弱，线圈L与A并联部分电路所分电压减小，电感线圈中电流逐渐变大，A灯电流逐渐减小，最后电感将A灯短路，A灯熄灭，由于B灯分压变大，所以B灯变亮，故B正确，A错误；
CD．当开关S由闭合变为断开时，电路断开，B灯立即熄灭，电感由于自感效应，相当于电源并与A灯构成回路，则A灯突然变亮，并逐渐变暗直至熄灭，故CD错误。
故选B。
9. 某兴趣小组设计了一辆“电磁感应车”，在一个车架底座上固定了一块塑料板，板上固定了线圈和红、绿两个二极管，装置和连成的电路如图甲所示。用强磁铁插入和拔出线圈，电流传感器记录了线圈中电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）


A. 在t=3s时刻，线圈中的磁通量最大
B. 当磁铁从线圈左端插入时，小车将会向左运动
C. 乙图显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程
D. 若插入线圈的磁铁磁性足够强，红、绿两个二极管会同时发光
【答案】C
【解析】
【详解】A．在t=3s时刻，线圈中的电流最大，磁通量变化率最大，故A错误；
B．当磁铁从线圈左端插入时，靠近线圈，导致穿过的磁通量变大，根据楞次定律，则有感应电流产生，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故B错误；
C．乙图显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程，故C正确；
D．由于发光二极管具有单向导电性，把两个发光二极管极性相反地并联起来，并与线圈串联，两个发光二极管不会同时发光，故D错误。
故选C
10. 021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空并与天宫空间站顺利对接。飞船的运动可简化为如图所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点。已知轨道2的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，轨道1的半长轴为a，引力常量为G，下列分析或结论正确的是（　　）

A. 载人飞船若要由轨道1进入轨道2，需要在P点减速
B. 载人飞船在轨道1上P点的加速度小于空间站在轨道2上P点的加速度
C. 空间站在轨道2上运行的周期与飞船在轨道1上运行的周期之比为
D. 由已知可求得地球的质量为
【答案】C
【解析】
【详解】A. 载人飞船若要由轨道1进入轨道2，需要在P点加速，故A错误；
B．根据

可知载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知

解得

故C正确；
D．根据题意

解得

故D错误。
故选C。
11. 如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从空气射入玻璃，可在玻璃圆弧外侧观察到两束光分别从B、C点射出。记AO与DO延长线之间的夹角为，则下列说法正确的是（　　）

A. 光线OC为紫光
B. 增大时，在玻璃圆弧外侧观察到紫光先消失
C. 增大时，在玻璃圆弧外侧观察到始终有光线射出
D. 两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间tOB 【答案】B
【解析】
【详解】A．红光的折射率比紫光小，所以光线OB是紫光，A错误；
B．设从空气中入射，与水平面的角度分别为 、时，光线OB和OC分别发生全发射，设此时对应在圆弧侧的入射角为、，且设圆心为E，则光路如下所示

从空气射入玻璃时，根据折射定律


而从玻璃射入空气时，设发生全发射时，由折射定律




解得




因为
所以

所以紫光先发生全发射，即先消失，B正确；
C．由（1）知，当角度没到达全发射的临界角时，仍然会有光线从玻璃中射出，C错误；
D．连接OB、CD，设光线从空气到玻璃的入射角为，折射角为r，半径为R
则根据折射定律


由几何知识可得，光路s为

则传播的时间为



由折射定律可知


解得


因此传播时间对红光和紫光均相同，D错误。
故选B。
12. 如图所示，固定汽缸内由面积为400cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，与气缸右端相距30cm，气缸内气体温度为300K，用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换，某时刻电热丝停止通电，最终气缸内气体与电热丝达到热平衡时温度达到400K，已知大气压强为1.0×105Pa，则（　　）

A. 达到热平衡时气缸内气体体积比原体积增大了
B. 气缸内的气体内能增加，每一个气体分子的动能均增加了
C. 整个过程气缸内气体对外界做功4000J
D. 整个过程中气缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功
【答案】D
【解析】
【详解】A．气体加热时进行等压变化，则由盖吕萨克定律可得

即

解得

达到热平衡时气缸内气体体积比原体积增大了，选项A错误；
B．气缸内的气体内能增加，气体的平均动能增加，但并非每一个气体分子的动能均增加，选项B错误；
C．整个过程气缸内气体对外界做功

选项C错误；
D．整个过程中因气体的温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可得

可知，气缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D正确。
故选D。
13. 单板大跳台是冬奥会上一项紧张刺激的项目。在北京冬奥会上该项目比赛中，某摄影爱好者用手机连拍功能拍摄到了运动员从起跳到落地的全过程，如图所示。已知手机连拍的时间间隔一定，且不能忽略运动员在飞行过程中所受空气阻力，则运动员在空中飞行过程中（　　）


A. 运动轨迹是抛物线
B. 在最高点时的速度最小
C. 上升过程中减少的动能全部转化为重力势能
D. 图片中任意两相邻位置间的动量变化量不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为运动员在飞行过程中所受空气阻力不能忽略，则其运动轨迹不是抛物线，选项A错误；
B．在最高点时竖直速度为零，水平速度方向向右，但是此时阻力方向向左，即水平方向做减速运动，则此时的速度不是最小的，选项B错误；
C．根据动能定理，上升过程中减少的动能等于克服重力和克服阻力做功之和，则上升过程中减少的动能大于转化的重力势能，选项C错误；
D．因运动员受竖直向下的重力和与速度方向相反的空气阻力作用，则所受的合力为变力，根据动量定理 可知图片中任意两相邻位置间的动量变化量不同，选项D正确。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）
14. 一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有A、B两点，在t时刻A、B两点间形成的波形如实线所示，在（t+3s）时刻A、B两点间形成的波形如虚线所示，已知A、B两点间距离s=9m，则（　　）

A. 若周期为4s，波一定向右传播
B. 若周期大于4s，波可能向右传播
C. 若波速为8.5m/s，波一定向左传播
D. 该波波速可能的最小值为1m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由图可知，波长

若波向右传播


可见，当时，周期最大为。A正确，B错误；


CD．若波向右传播，波速

，速度有最小值。
若波向左传播


波速

当时，。当时，速度有最小值。C正确，D错误。
故选AC。
15. 如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作档位。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如图中表所示，则（　　）
热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W


A. 吹冷风时触片P接bc档
B. n1：n2=11：3
C. 小风扇的内阻为8
D. 吹热风时电热丝的电阻约为105
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．当触片Р接bc档时，仅接通了小风扇，而电热丝未被接通，故电吹风处于吹冷风状态，A错误；
B．小风扇额定电压为60V，由变压器电压与匝数之比可得

B正确；
C．正常工作时小风扇的额定功率为60W，可得

输出功率为52W，故内阻上消耗的功率为8W，可得

联立解得小风扇的电阻为
R=8Ω
C正确；
D．由题中数据可知，吹热风时，电热丝的功率为400W，可得

解得流过电热丝的电流为

根据欧姆定律

D错误。
故选ABC。
16. a、b两束光是由处在同一激发态的原子跃迁到I态和Ⅱ态时产生的，分别用a、b两束单色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，且两束光照射时对应的截止电压Ua>Ub，则这两束光（　　）
A. 光子动量pa>pb
B. 发生电子跃迁时对应的能级EI>EII
C. 入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距△xa<△xb
D. 若Ua=2Ub，则a、b两束光的光子能量满足
【答案】AC
【解析】
【详解】A．截止电压Ua>Ub，说明a光子的能量大于b光子的能量，波长则小于b光子的波长；根据光子的动量公式

可知，光子动量pa>pb，故A正确；
B．光子的能量等于原子跃迁前后两个能级之间的能量差，由于a光子的能量大于b光子，说明能级EI＜EII，故B错误；
C．根据双缝干涉的条纹间距公式

可知，波长较小的a光子，其光束的干涉条纹间距更小，即

故C正确；
D．在光电效应中，光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功之差，即

而截止电压与电子电量的乘积等于光电子的最大初动能，即

由上两式可得

如果

则有

整理得

即

故D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17. 某同学进行了“用油膜法估测油酸分子的大小实验”。
（1）关于他的实验，下列操作不正确的是____________
A.在浅盘里盛上水，将爽身粉（痱子粉或细石膏粉）均匀地撒在水面上
B.用注射器向水面上滴油酸酒精溶液，若希望油膜面积大些可多滴一滴油酸酒精溶液
C.在油膜面积最大时快速将油膜轮廓描绘在带格子的玻璃板上
（2）该同学在正确操作下做该实验时，每103mL油酸酒精溶液中有纯油酸0.2mL。用注射器测得80滴这样的溶液为1mL，把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，等油膜形状稳定后，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1cm。
①1滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积____________mL。
②油膜的面积是____________m2。
③根据上述数据，估测出油酸分子的直径是____________m。（结果均保留两位有效数字）

【答案】 ①. BC##CB ②. ③. （3.9～4.1）× ④. （6.1～6.3）×
【解析】
【详解】（1）[1]在浅盘里盛上水，将爽身粉（痱子粉或细石膏粉）均匀地撒在水面上；用注射器往小量筒中滴入1mL油酸酒精溶液,记下滴入的滴数n,算出一滴油酸酒精溶液的体积，实验时将一滴油酸酒精溶液滴在液面上即可；待油膜面积和形状稳定后将油膜轮廓描绘在带格子的玻璃板上。故A正确、BC错误。
本题要求选择不正确的，故选BC。
（2）[2] 1滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为

（2）[3]油膜的面积为1平方厘米乘以方格数目，不足半格的不计入，超过半格的按一格计入，油膜覆盖的方格大约在39~41个，所以油膜的面积在


之间。
（2）[4]用纯油酸的体积除以油膜的面积，得出的油膜厚度，即是油酸分子的直径，根据实验数据，油酸分子的直径在


之间。
18. （1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，除有闭合铁芯的原、副线圈外，还必须要选用的器材是____________。
A.B.
C. D.
（2）某学习小组想测出某工厂排出废水的电阻率，以判断废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值为）如图甲所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面内壁有金属薄板（电阻极小，其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱A、B。容器内表面长，宽，高。将水样注满容器后，进行了如下实验操作。


①先用多用电表欧姆挡的“”挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图乙所示，则所测水样的电阻约为____________。
②正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如表所示。



1.89










图丙的坐标纸中已描出4个点，请在答题卡相应图中将剩余的2个点也描出，并画出关系图像________。


③由以上测量数据可求出待测水样电阻率为____________（结果保留三位有效数字），该水样是否符合排放标准____________（选填“是”或“否”）。
【答案】 ①. AD ②. 1600 ③. ④. #### ⑤. 否
【解析】
【详解】（1）[1]实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表，故AD正确，BC错误。
故选AD。
（2）[2]电阻读数指针做好在中值电阻附近，根据题中图乙读数，电表读数约为16，则实际电阻为

[3]根据给出的坐标值作出对应的伏安特性曲线，描点、连线，得到图像如图所示


[4]由图像得电阻为图像的斜率，即

根据电阻定律

解得

[5]由上述分析可知，故不符合排放标准。
19. 如图所示，是一条绝缘的竖直轨道，固定在水平地面上。轨道处在方向水平向左、大小为的匀强电场中，长为。一质量、带正电的可视为质点的滑块从点静止下落，经点进入电场并且到达地面瞬间的速度恰好为，整个下落过程历时。已知滑块与轨道间的动摩擦因数，忽略空气阻力，求：
（1）滑块到达点时的速度；
（2）滑块所带电荷量；
（3）整个过程产生的热量。


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设滑块到达点时的速度为，从到的时间为，到的时间为，则有
，
又


联立解得

（2）滑块在段做自由落体运动，则有

解得

设滑块在段做匀减速运动的加速度大小为，则有

又

解得

根据牛顿第二定律可得

解得

又

解得

（3）整个过程产生的热量为

20. 某一游戏装置如图所示，由一水平弹射器、倾角θ=37°的斜面CD、半径都为R=0.5m的圆形细圆管轨道ABC （H为最高点）和圆轨道DEF （E为最低点）构成，所有装置均处在同一竖直平面内。A、C、D三处均平滑相切连接，斜面长度可调。游戏时，从水平弹射器弹出后经过圆管、斜面和圆轨道后从F水平抛出落回斜面，离D越近成绩越好。滑块质量m= 100g，弹射时滑块从静止释放且所有的势能全部转化为动能，忽略一切阻力。
（1）调节斜面长度使F与C等高后，某人开始游戏，使得滑块落在斜面上的G处（图中未画出）而获得了最好成绩，求获得最好成绩时F点速度vF和滑块弹射时的初速度vA；
（2）若滑块离开F后能落在CD面与O2等高处，求滑块离开F时的速度vF；
（3）某人发现，斜面长度L超过一定值，无论如何操控弹射器，都不能取得（1）问中的最好成绩，为了能取得该最好成绩，求斜面长度L的最大值。




【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）在F点由牛顿第二定律有

解得

从A到F过程，根据功能关系

得

（2）设撞击位置为P，平抛的水平竖直距离分别为x、y，则
、
由几何关系可得
y=R2、
解得


（3）设最长斜面长度为Lm时能取得最好成绩，此时vH=0。则

从H到F点，根据动能定理

得

21. 如图所示，平行且光滑的导轨ABCD和水平面EFGH平行。质量均为m，电阻均为R的导体棒a、b长度比导轨间距略长，垂直导轨静置于图示位置（b静止在导轨右边缘BC处。b的两端由二根足够长的轻质导线与导轨相连接，与a棒形成闭合回路。在BEHC右侧区域空间存在竖直向下的磁场，磁感应强度为B。当给导体棒a一个水平初速度v0后，在BC处与导体棒b发生弹性碰撞。碰撞后导体棒b飞离轨道并恰好从地面FG处离开磁场，导体棒运动过程中不会发生转动。已知导轨间距为，导轨离地高也为，磁场区域长度EF为s，不计其他电阻，求：
（1）导体棒b进入磁场时的速度和刚进入磁场时受到的安培力；
（2）导体棒b离开磁场时，速度与水平方向的夹角正切值；
（3）导体棒在磁场中运动过程中，回路中产生的总热量。


【答案】（1）；；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）a、b碰撞前后动量守恒，总动能不变，规定向右为正方向，由动量定理和能量守恒得



b进入磁场瞬间




（2）设导体棒b到达FG的水平分速度为，竖直分速度为，水平方向上根据动量定理


竖直方向


化简得

（3）由动能定理可得

安培力做功为系统发热量，因此可化简得回路中产生的总热量

22. 如图所示，在竖直空间中有一直角坐标系，其中在第一象限的范围内存在一沿y轴负方向的有界匀强电场，其场强大小E=400V/m，电场的上边界满足圆周方程，在第三、四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B大小可调。现在电场的上边界各处依次静止释放比荷的带正电粒子，不计重力，也不考虑带电粒子间的相互作用。
（1）当时，求处释放的粒子最后射出磁场的位置坐标；
（2）如果这些带电粒子离开磁场时的位置均在x轴负半轴（含x=0），求B的大小范围；
（3）若B取问（2）中所求得范围的最大值，试求所有带电粒子经过y轴的坐标范围。


【答案】（1）（，0）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中加速，根据牛顿第二定律

解得

根据运动学公式

解得处释放的粒子进入磁场时的速度为

粒子在磁场中做圆周运动

解得

设粒子射出磁场时的坐标为（，0），则

则粒子射出磁场时的坐标为（，0）
（2）由圆周方程

得

得不同位置入射磁场时的速度

带电粒子离开磁场时的位置均在x轴负半轴，则需满足

即

化解得

令，（），得

取时带电粒子离开磁场时位置均在x轴负半轴（含），则

（当入射的粒子在处射出，其他粒子均在x轴负半轴（含）；
（3）当取，此时所有粒子均打在x轴负半轴（含），时有最大轨迹半径，此时与y轴交点离原点最远，根据

解得

圆心坐标为

设与y轴交点到原点的距离为，由勾股定理得

所有带电粒子经过y轴的坐标范围为