【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理电场、磁场、交变电流、光、机械振动、带电粒子在电场、磁场中运动等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，注重个过程的分析，题型新颖，没有用以前的题，都是改变和原创题目，是份非常好的试卷。
本试卷分选择题和非选择题两部分。第I卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题），满分100
分，考
试时间100分钟。 注意事项：
1答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的譬案标号涂黑，如需改动，用橡
皮擦擦干净后，再造涂其它答案标号。
3答非选择题时，必须使用0 5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5考试结束后，只将答题卡交回。
第I卷（选择题，共42分）
一、本题包括6小题，每小题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题意。 1关于物理学史，下列说法正确的是 A奥斯特发现了电磁感应现象 B麦克斯韦提出了狭义相对论
C赫兹首次用实验证实了电磁波的存在
D伦琴利用射线拍摄了首张人体骨骼照片
【知识点】 物理学史 【答案解析】C 解析 A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现电磁感应现象，故A错误；
B、爱因斯坦提出了狭义相对论，麦克斯韦提出了电磁场理论，故B错误；C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C正确；D、伦琴发下了射线，但没有拍摄了首张人体骨骼照片，故D错误；故选C
【思路点拨】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．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关于光现象，下列说法正确的是
A水面上的油膜呈现彩色，这是光的干涉现象
B一束白光通过三棱镜后形成彩色光带，这是光的全反射现象 C．用光导纤维传播信号，利用了光的衍射
D用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度，利用了光的偏振 【知识点】 光的干涉；光的衍射．
【答案解析】A 解析 A、水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象形成的，说明了光是一种波．故A正确；B、当太阳光经过三棱镜后，由于三棱镜对这七种色光的折射率不同，从而会分解成七种单色光，这是光的色散现象，故B错误；C、用光导纤维传播信号，利用光的全反射，故C错误；D、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故D错误；故选A
【思路点拨】水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象形成的，当太阳光经过三棱镜后，由于三棱镜对这七种色光的折射率不同，所以七种色光通过三棱镜发生折射后的偏折情况不同，从而会分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光，这是光的色散现象；用光导纤维传播信号，利用光的全反射；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉；本题考查了基础知识，平时要注意基础知识的学习与掌握．
3下列说法正确的是
A穿过线圈的磁通量变化越大，线圈上产生的感应电动势越大 B通过线圈的电流变化越快，线圈的自感系数越大 C．电场总是由变化的磁场产生的
D．真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同 【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁波的产生．
【答案解析】D 解析解：A、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的变化量无关，故A错误；B、线圈的自感系数有线圈本身的匝数、粗细、线圈面积决定，与电流无关，故B错误；C、电荷可以产生电场，不一定有变化的磁场产生，故C错误；D、根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同，故D正确；故选：D．
【思路点拨】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比；线圈的自感系数有线圈本身决定；静止电荷产生电场，运动的电荷可以产生磁场；根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同．本题考查了法拉第电磁感应定律、自感现象、麦克斯韦电磁场理论、爱因斯坦狭义相对论等、知识点多，难度小，关键多看书，记住基础知识．
4做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量
完全相同
A回复力、加速度、速度 B回复力、加速度、动能 C回复力、速度、弹性势能 D加速度、速度、机械能 【知识点】简谐运动的回复力和能量．
【答案解析】B 解析解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；复力F=-kx，由于x相同，故F相同；加速度a=-
kxm经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故ACD错误，B正确；故选：B． 【思路点拨】物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律（即它的振动图象是一条正弦曲线）的振动叫简谐运动．简谐运动的频率（或周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率．做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，一定相同的物理量是位移、加速度和能量．本题关键是明确：（1）简谐运动的定义；（2）受力特点；（3）运动学特点．
5如图所示．L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，通过观测接在甲、乙中的电表读数，
可以间接得到输电线两端电压和通过输电线的电流。若已知图中n1：n2=100：1，n3：n4=1：10,V表示散为220V，A表示数为l．0A，则下列判断正确的是 A甲是电压互感器，输电线两端电压是2 2×104V
B乙是电压互感器，输电线两端电压是2 2×103 v C甲是电流互感器，通过输电线的电流是100 A D乙是电流互感器，通过输电线的电流是0．1A 【知识点】 变压器的构造和原理．
【答案解析】A 解析解：A、C、甲图的原线圈两端接电两端的电压，所以是电压互感器，已知n1：n2=100：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V×100=2.2×10V；故A正确，C错误；B、D、乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，已知n3：n4=1：10，电流表示数为10A，故传输电流为：I=10A×10=100A；故BD错误．故选：A． 【思路点拨】变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程．本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中．
6图为学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为220 V，
发电机到教学楼的输电线电阻用图中r等效替代。若使用中，在原工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则
A整个电路的电阻特增大，干路电流蒋减小
B因为发电机输出电压恒定，所以原工作着的日光灯的 亮度将不变
C发电机的输出功率将减小 D．输电过程中的损失功率（即输电线路消耗的功率）将增大 【知识点】 电功、电功率．
【答案解析】 D解析解：A、增加教室开灯的盏数，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，故A错误；
B、根据欧姆定律可知，输电线上消耗的电压变大，则日光灯两端电压变小，亮度变暗，故B错误；C、发电机的输出功率P=UI，电压不变，电流变大，输出功率变大，故C错误；D、电流电大，输电线电阻不变，根据P
热
4
＝Ir可知，输电过程中的损失功率将增大，故D
2
正确．故选：D
【思路点拨】在原工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，则输电线上消耗的电压就变大，从而判断灯泡两端电压的变化情况，从而判断灯泡的亮度，根据P=UI求解发电机输出功率，根据P 热＝Ir判断输电过程的损失功率，本题为闭合电路欧姆定律中的动态分析问题，由程序法解析时，一般按照：部分-整体-部分的思路进行分析．
二、本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选
项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
7图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生 的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示。发电 机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω。则 A．在t=0．01 s时刻，穿过线圈的磁通量为零 B电压表的示数为62V C灯泡消耗的电功率为3W
2
D若其它条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势 的表达式e=122sin 100t（V）
【知识点】 交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理． 【答案解析】C 解析解：A 在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大．故A错误； B 电动势的最大值为Em=62，电压表测量的为有效值，故示数为E23662 =6V；故B错误；C、灯泡消耗的功率P= =3W；故C正确；D、周期为0.02S，R122则瞬时电动势的表达式为e＝Emsin(2t)e＝62 sin100πt(V)．转速提高一倍T后，最大值变成122 V，ω=2πn，故角速度变为原的2倍，表达式应为：122 sin200πt；故D错误；故选：C 【思路点拨】在中性面感应电动势最小，磁通量最大；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，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
8一列简谐横波在t=0．4 s时刻的波形如图甲所示，波传播方向 上质点A的振动图像如图乙所示。则 A该波沿x轴负方向传播 B该波的波速是25 m／s
C任意0 ．4 s内，质点A通过的路程均 为10m
D从此时刻起，质点P将比质点Q先 回到平衡位置
【知识点】 波长、频率和波速的关系；横波的图象． 【答案解析】B 解析A、由乙图知：质点A在t=0.4s时刻通过平衡位置向下运动，在甲图上，根据波形平移法，可知该波沿x轴正方向传播．故A错误．B、由甲图读出波长λ=20m，由乙图读出周期T=0.8s，则该波的波速v=1 =25m/s．故B正确．C、时间t=0.4s=T，2T则质点A在0.4s内通过的路程等于2倍振幅，是16cm，故C错误．D、此时刻P点向上运动，而质点Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置，故D错误．故选：B 【思路点拨】根据振动图象读出t=0.4s时刻质点A的位置和速度方向，由甲图判断波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图读出周期，即可求得波速．根据时间与周期的关系分析质点通过的路程．根据P、Q速度的方向，分析它们回到平衡位置的先后．本题中根据质点的振动方向判断波的传播方向，可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法，要熟练掌握．
9 2014年3月8日，“马航”一架飞往北京的飞机与地面失去联系。人们根据赤道上同步卫
星接收到的该飞机飞行时发出的“握手”电磁波信号频率的变化，利用电磁渡的多普勒效应，确定了该飞机是在向南航线而非向北航线上失踪、井最终在南印度洋坠毁的。若该飞机发出的“握手”电磁波信号频率为fo,且飞机黑匣子能够在飞机坠毁后发出37．5 MHz的电磁波信号，则以下说法正确的是
A．飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，同步卫星接收到的“握手”电磁波频率小
于fo
B．飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，同步卫星接收到的“握手”电磁波频率大
于fo
C．黑匣子发出的电磁波信号在由海水传到空气中时，频率将变大 D．黑匣子发出的电磁渡信号在由海水传到空气中时，波长将变长 【知识点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【答案解析】BD 解析飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，若声向同步卫星靠近，则同步卫星接收到声波的频率变大，所以同步卫星接收到的“握手”电磁波频率大于fo，故A错误，B正确；C、黑匣子发出的电磁波信号在由海水传到空气中时，频率不变，速度增大，由C=λf得波长将变长，故C错误，D正确；故选：BD．
【思路点拨】本题考查多普勒效应的原理，熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系．根据由波速、波长及频率的关系分析该波的波长变化．多普勒效应是由于观察者和波间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义．
10如图所示，块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，玻璃砖的折射率n=3，若光从上表面AB射入的人射角i=60°，光在真空中的光速为c，则 A折射角r=30°
B光在玻璃中传播的时间为 C光在玻璃中传播的时为
23L 3c2L c D改变入射角i，光在下表面CD可能发生全发射 【知识点】 光的折射定律． sinisin600sini【答案解析】AC 解析解：A、由n=得：sinr==0.5，得 r=30°．故Ansinr3正确．B、C、光在玻璃中传播的速度为 v=c，由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为nS=snL3L2LL则光在玻璃中传播的时间为 t=，故B错误，C正vccosrccos300ccosr确．D、由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角，根据光路可逆性原理得知光一定能从CD面射出，故D错误．故选：AC． 【思路点拨】根据折射定律求解折射角r，由公式v=
c求出光在玻璃中传播的速度，由几n何关系求出光在玻璃中传播的路程，即可求得光在玻璃中传播的时间．根据光路可逆性分析
光在下表面能否发生全发射．解决本题的关键是掌握折射率的两个公式n= 运用光路可逆性分析玻璃砖的光学特性．
sinic和n=，sinrn11甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c，d是电荷量相同的两正点电荷，O为
两电流（或电荷）连线的中点，在o点正上方有一电子，“较小的速度v射向O点，不计重力。关于电子的运动，下列说法正确的是 A甲图中的电子将做变速运动 B乙图中的电子将做往复运动 C乙图中的电子在向O点运动的过程 中，加速度一定在减小 D．乙图中的电于在。点动能最大，电势能最小 【知识点】 电场线；电势能．
【答案解析】BD 解析解：A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动．故A错误；B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动．故B正确；C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不一定在减小．故C错误；D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小．故D正确．故选：BD
【思路点拨】根据安培定则判断出磁场的方向，根据左手定则判断出电子运动中受力方向，根据电子受到的电场力的特点判断出电子在电场中的运动特点。该题考查常见的磁场与常见电场的特点，这是考查的重点内容之一，要牢记． 12．如图甲所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，
边长为L，t=0时刻，线框在外力作用下由静止开始、以垂直于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流i的正方向，安培力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P—t图线为抛物线。则图乙所示i、F、P、q随时间t变化的关系图线正确的是
【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力． 【答案解析】C 解析解：A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流 i＝BLvBLat，故A错误； B、对线框受力分析，由牛顿第二定RRB2L2atB2L2at律，则有 F安＝BLi＝ 解得：F＝ma+，所以B错误；C、由功率RR12BLat(BLat)22表达式，P＝iR＝，所以C正确；D、由电量表达式，则有 q＝，RR2所以D错误；故选：C 【思路点拨】由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式分别得出各自与时间的关系．解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．
第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
三、本题共2小题，共15分。
13（4分）下列说法正确的是____和____。（填选项序号字母）
A利用双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长的关系式△
x
l，可以测量光的波长 da计算相邻亮条纹间距 nB在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，为了减小相邻条纹间距的测量误差，应测出从第1依次至第n条亮条纹间的距离a，然后利用公式△x
C在“用单摆测重力加速度”实验中，计时的起点应该选在摆球运动到最高处，因为此时摆球速度最小 D．在“用单摆测重力加速度”实验中，若摆长的长度只考虑了摆线的长度，则加速度
的测量值较真实值偏小
【知识点】 用单摆测定重力加速度． 【答案解析】A D 解析解：A、根据公式△x=lλ，结合相邻两亮条纹的间距△x与双缝d间距离d，即可求解光的波长λ，故A正确；B、从第1依次至第n条亮条纹间的距离a，则相邻亮条纹间距△x＝a1，故B错误；C、计时的起点应该选在摆球运动到平衡位置，n42L故C错误；D、若摆长的长度只考虑了摆线的长度，由公式g=，则加速度的测量值较2T真实值偏小，故D正确；故选：AD． 【思路点拨】根据相邻两亮条纹的间距关系式△x=
lλ，即可求解波长；利用公式△x= da1，计算相邻亮条纹间距；计时的起点应该选在摆球运动到平衡位置处；根据公式n42Lg=，若摆长的长度只考虑了摆线的长度，可确定测量值与真实值的关系．本题考查关
T242Ll系式△x=λ与g=的应用，理解计时点的位置，注意相邻亮条纹间距△x与距离a2Td的关系，是解题的关键．
14．（11分）欲测量只G表的内阻rg和一个电的电动势E内阻r。要求：测量尽量准确、能
测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的1/3。待测元件及提供的其他实验器材有
A待测电E：电动势约l．5V，内阻在0．4—0．7Ω间 B待测G表：量程500 μA，内阻在150～250Ω间 C电流表V量程2A，内阻约0 1Ω
D电压表v：量程300 mV，内阻约500Ω E定值电阻R0：R0=300Ω；
F滑动变阻器R1：最大阻值10Ω，额定电流lA H电阻箱R20~9999Ω J开关S一个，导线若干 （1）小亮先利用伏安法测量G表内阻ra。
①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是 ；（填元件序号字母） ②说明实验所要测量的物理量 ;
③写出G表内阻的计算表达式rg= 。 （2）测出rg=200Ω后，小聪把G表和电阻箱R2串联、并将R2接入电路的阻值调到2800
Ω，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电的电动势E及内阻r。
①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图， ②若利用测量的数据，作出的G表示IG．与通过滑动变阻器R1的电流I的关系图像如
图丙所示，则可得到电的电动势E= v,内阻r= Ω。
【知识点】 测定电的电动势和内阻． 【答案解析】；（1）①E；②G表示数I，V表示数U；③U -R0；I（2）①如图所示；②1.5；0.6． 解析解：（1）G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；用I表示G表示数，U表示V表示数；由欧姆定律可知，I=UU，解得：R=-R0；（2）①将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表RR0I使用，则其应并联在电两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：②电的路端电压U=IG（200+2800）=3000IG；故图象与纵坐标的交点为500μA，则电的电动势为：E=500μA×3000=1.5V；内阻r=500350 =0.6Ω； 0.75【思路点拨】（1）根据伏安法测电阻的实验方法可测出G表内阻，注意电表的量程，从而选择合适的电路图；并得出内阻的表达式；（2）通过计算得出电的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出电的电动势和内电阻．本题考查伏安法测电阻以及测量电的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理．
四、本题共4小墨，共43分。解答应写出必要的文字说明、方程式和
重要演算步骤·只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15（8分）如图所示，电荷量Q=2×l0-7C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m=2×
10-4 kg、电荷量q=1×l0-7 C的另一正点电荷B从O点正上方高于0 5m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P。若静电力常量k=9×109 N．m2／C2，重力加速度g=10 m／s2。求
（1）B运动到距O点l=0．5 m处的加速度大小； （2）P、O间的距离L。
【知识点】 库仑定律；牛顿第二定律． 【答案解析】（1）6.4m/s；（2）0.3m．解析解：根据牛顿第二定律，则有：mg-k2Qq=ma； 2l91092104210726.4m/s代入数据解得：a=9.8- 422100.5（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：kQq＝ma代入数据，解得：2L910921042107L=0.3m 21046.4【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解；（2）根据速度最大时，加速度为零，结合平衡条件，即可求解．考查平衡条件的应用，掌握库仑定律与牛顿第二定律的内容，注意正确的运算．
16（8分）图甲所示的电视机显像管能够通过磁场控制电子的偏转，显像管内磁场可视为圆
心为O、半径为r的匀强磁场。若电子枪垂直于磁场方向射出速度为vo的电子，由P点正对圆心O射入磁场，要让电子射出磁场时的速度方向与射入时的速度方向成θ角（图乙）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力。求：
（1）磁感应强度大小；
（2）电子在磁场中运动的时间。 （结果用m、e、r、θ、vo表示）
【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【答案解析】：（1）B=电子做圆周运动的轨迹如图所示：由几何知识可得：R=mv0r． 解析解：tan（2）电子在磁场中运动的时间：t=er2v0tan2rtan2v0由牛顿第二定律得：ev0B=m ②， R2 ①， mv0tan ③； er22m电子做圆周运动的周期：T= ④， eB由①②解得：B= T ⑤， 2r由③④⑤解得：t= 电子运动时间：t=v0tan2【思路点拨】（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；（2）应用圆周运动周期公式求出电子的运动时间．本题考查了电子在磁场中的运动、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时注意数学知识的应用． 17．（13分）如图所示，MN和PQ是平行、光滑、间距L=0．l m、足够长且不计电阻的两
根竖直固定金属杆，其最上端通过电阻R相连接，R=0．5 Ω．R两端通过导线与平行板电容器连接，电容器上下两板距离d=l m。在R下方一定距离有方向相反、无缝对接的两个沿水平方向的匀强磁场区域I和Ⅱ，磁感应强度均为B=2 T，其中区域I的高度差h1=3m，区域Ⅱ的高度差h2=lm。
现将一阻值r=0．5Ω、长l=0．l m的金属棒a紧贴MN和PQ，从距离区域I上边缘h=5
m处由静止释放;a进入区域I后即刻做匀速直线运动，在a进入区域I的同时，从紧贴
电容器下板中心处由静止释放一带正电微粒A。微粒的比荷g=10 m/s2．求
（1）金属棒a的质量M，
（2）在a穿越磁场的整十过程中，微粒发生的位移大小x。 （不考虑电容器充、放电对电路的影响及充、放电时间）
q20C/kg,重力加速度m【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 【答案解析】：（1）0.04kg；（2）0.6m 解析解：（1）a下滑h的过程中，由运动学规律有：v=2gh 代入数据解得：v=10m/sa进入磁场Ⅰ后，由平衡条件有：BIL=Mg感应电动势为：E=BLv=2V 感应电流为：I=2E =2A解得：M=0.04kg Rr（2）因磁场I、Ⅱ的磁感应强度大小相同，故a在磁场Ⅱ中也做匀速运动，a匀速穿过磁场中的整个过程中，电容器两板间的电压为：U=REU=1V场强为：E′==1V/ma穿越磁场IRrdqE'mgh12的过程中经历时间为：t1= =0.3s此过程下板电势高，加速度为：a1= =10m/s，mv方向竖直向上末速度为：v1=a1t1=3m/s向上位移为：x1=12a1t1=0.45ma穿越磁场Ⅱ的过程中2qE'mgh22经历时间为：t2= =0.1s此过程中上板电势高，加速度为：a2==30m/s，方向mv竖直向下末速度v2=v1-a2t2=0，故微粒运动方向始终未变向上位移为：x2=v1t2-12a2t2=0.15m2得：x=x1+x2=0.45+0.15=0.60m 【思路点拨】（1）根据平衡条件列方程求金属棒的质量；（2）根据欧姆定律求出两板间的电压，进而得到场强，根据牛顿第二定律和运动学公式求微粒发生的位移大小．本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，与电路联系的关键点是感应电动势，与力学联系的关键点是静电力．
18（14分）如图所示，边长L=0．2 m的正方彤abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区
域表面向内的匀强磁场B．B=5．0×10-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场）,MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF．EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0．l m。在M和P的中间位置有一离子S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带负电离子，离子的电荷量均为q=3．2×l0-18 C，质量均为m=6．4×l0-26 kg。（不计离子的重力，不考虑离子之间的相互作用，离子打到金属板或挡板上后将不反弹）
（l）当电场强度E=106N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率；
（2）电场强度取值在定范围内时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接
从bc边射出．求满足条件的电场强度最大值；
（3）在电场强度取第（2）问中满足条件的最小值的情况下，紧贴磁场边缘cd的内侧，
从c点沿cd方向入射一电荷量也为q、质量也为m的带正电离子，要保证磁场中能够发生正、负离子的相向正碰（碰撞时两离子的速度方向恰好相反），求该正离子入射的速率。
【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【答案解析】：（l）2×10m/s；（2）1.25×10N/C；（3）5×10m/s． 解析解：（1）能穿过速度选择器的离子洛伦兹力与电场力相等，即：qv0B=qE，代入数据解得：v0=2×10m/s； （2）穿过O孔的离子满足：qvB=qE， 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 7745qB2rv2由牛顿第二定律得：qvB=m解得：E=从bcmr边射出的离子其临界轨迹如图中①②所示： 对于与轨迹①，半径最大，对应的电场强度值最大， 根据图示轨迹①，由几何知识可得：rmax=L-l=0.1m， 解得：E1max=1.25×10N/C； （3）当E取最小值时，离子轨迹如上图②所示， 根据图示由几何知识可得：rmin=将内切，如图所示： 设从C进入磁场的离子轨道半径为r′，速率为v′， 由几何知识得：（r′-rmin）=rmin+（r′-将L、rmin代入解得：r′=0.2m， 224L0.5l，解得：rmin=0.075m，离子发生正碰，两离子轨迹2L2）， 2v'25由牛顿第二定律得：qv′B=q代入数据解得：v′=5×10m/s； r【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度． （2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度．
（3）根据几何知识求出离子轨道半径，由牛顿第二定律求出离子速率．本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键．
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