1、北京市人大附中2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题：1. 关于电动势，下列说法不正确的是（ ）A. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大B. 电源两极间的电压就是电源电动势C. 电源电动势的数值等于内、外电压之和D. 电源电动势与外电路的组成无关【答案】B【解析】试题分析：电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，选项A正确；当外电路断开时，电源两极间的电压大小等于电源电动势，选项B错误；电源电动势的数值等于内、外电压之和，选项C正确；电源电动势与外电路的组成无关，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B考点：电动势【名师点睛】此题考查
2、学生对电动势的理解；要知道电源的电动势是由电源内部决定的物理量，反应将其他形式的能转变为电能的本领的大小2.如图所示电路中，电源的内阻为r，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面的判断不正确的是（ ）A. 变亮B. 变亮C. 变亮D. 路端电压变小【答案】B【解析】【详解】A当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，即通过的电流变大，故L1变亮，A正确，不符合题意；B电路中总电流增大，故内电压及两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故变暗，B错误，符合题意；C因中电流减小，干路电流增大，故流过的电流
3、增大，故变亮，C正确，不符合题意；D因总电流变大，则由可知，路端电压变小，D正确，不符合题意。3.1822 年建立的“分子电流假说”，初步确立了“磁场的电本质”，提出分子电流假说的科学家是（）A. 安培B. 库仑C. 劳伦施D. 洛伦兹【答案】A【解析】【详解】A安培提出了分子电流假说，A正确；B库仑发现了库仑定律，B错误；C劳伦施发明了回旋加速器能在实验室中产生大量的高能粒子，C错误；D洛仑兹重点研究了带电粒子在磁场中的运动，故D错误4.关于磁感应强度，正确的说法是A. 根据，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相同C. 磁感应强度B是矢量
4、，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D. 电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感强度一定为零【答案】C【解析】分析：本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直解答：解：A、磁感应强度是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故B错误；C、B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，故C正确D、当电流平行于磁场放置时，不受磁场力的作用，所以电流在磁场中某点不受磁场力作
5、用，则该点的磁感强度不一定为零，故D错误故选C点评：对于磁感应强度的定义式要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义E=类比学习5.两根互相平行的长直导线距离较近，通以相反方向的电流，电流大小关系，设受到的安培力为，受到的安培力为，则下列说法中正确的是（ ）A. ，相互吸引B. ，相互排斥C. ，相互排斥D. ，相互吸引【答案】C【解析】【详解】AB通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，AB错误；CD假设两导线竖直放置，如图所示由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，所所受
6、安培力向右；由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知所所受安培力向左；则两导线相互排斥，C正确D错误。6.关于安培力和洛伦兹力,下列说法中正确的是()A. 放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用B. 带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用C. 因安培力垂直于通电导线，故安培力对通电导线一定不做功D. 因为洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功【答案】D【解析】【分析】根据安培力公式F=BILsin与洛伦兹力公式f=qvBsin及做功的条件分析答题。【详解】A项：当电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，故A错误，故A错误；B项：当
7、带电粒子运动方向与磁场方向在同一直线上时，带电粒子不受洛伦兹力，故B错误；C项：安培力垂直通电导线，导线的运动方向可以与速度平行，故安培力可以做正功、负功，故C错误；D项：因为洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故D正确。故应选：D。7.条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示。若圆环为弹性环，其形状由I扩大到II，那么圆环内磁通量的变化情况是（ ）A. 磁通量不变B. 磁通量增大C. 磁通量减小D. 条件不足，无法确定【答案】C【解析】磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多外部的
8、磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则位置磁通量大而位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则位置磁通量小故选C.8.如图所示，由导线做成的直角等腰三角形框架abc，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，框架平面与磁感线平行。导线中通有稳恒电流I时，ab、bc、ca各边受到的安培力分别为、，则下列说法正确的是（ ）A. 和大小相等，方向相反B. 和大小相等，方向相同C. 和大小相等D. =0，【答案】A【解析】【详解】ab受到的安培力，方向垂直于纸面向里；ac受到的安培力为，方向垂直于纸面向外；bc与磁场平衡，不受安培力，故；AB
9、和大小相等，方向相反，A正确B错误；C，而，C错误；D和大小相等，D错误9.如图所示，在正交的匀强电场E和磁场B的区域内（磁场方向垂直纸面向里），有一离子恰能沿直线从左向右飞过此区域（不计离子重力）下列说法正确的是（ ）A. 此离子带正电，E方向应向上B. 此离子带负电，E方向应向上C. 不管此离子带何种电，E方向都向下D. 此离子可能做加速直线运动【答案】C【解析】【详解】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过，由于洛伦兹力随速度的变化而变化，故粒子只能做匀速运动，且有，A若离子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向
10、下，A错误；B若离子带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，B错误；C根据AB可知无论此离子带何种电，E方向都向下，C正确；D此离子要沿直线运动，只能做匀速直线运动，否则速度变化，导致洛伦兹力变化，故电场力和洛伦兹力的合力也变化，合力与速度方向不共线，离子只能做曲线运动了，不能做匀速直线运动，D错误10.回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A. 粒子从电场中获得能量B. 粒子从磁场中获得能量C. 粒子由加速器的边缘进入加速器，由加速器的边缘向中心进行加速D. 粒子离开加速器时最大速度由加速电压的大小决定【答案】A
11、【解析】【详解】AB由于洛伦兹力与速度方向始终垂直，对粒子不做功，而粒子通过电场时有，故粒子是从电场中获得能量，A正确B错误；C要加速次数最多最终能量最大，则被加速粒子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，C错误；D最后出来的转动半径为D型盒的半径R，根据洛伦兹力充当向心力，由，知，最大速度决定于B、R和粒子比荷，D错误。11.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A. 该束带电粒子带负电B. 速度选择器的P1极板带负电C. 在B2磁场中运动半径越大
12、的粒子，质量越大D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小【答案】D【解析】【详解】A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；C、进入磁场中的粒子速度是一定的，根据得，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大，故C错误，D正确。12.目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上
13、来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是（）A. 金属板A的电势较高B. 通过电阻R的电流方向是bRaC. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做功D. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体不做功【答案】AD【解析】试题分析：大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向上，所以正电荷会聚集的A板上，负电荷受到的洛伦兹力向下，负电荷聚集到B板上，故B板相当于电源的负极，A板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由aRb，金属
14、板A的电势UA高于金属板B的电势UB，所以A正确B错误；等离子体在A、B间运动时，磁场力总是与离子体的运动方向垂直，所以磁场力不做功，故C错误D正确故选AD。考点：霍尔效应【名师点睛】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势。二、填空题：13.某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响。实验器材如图所示。测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式_，利用测
15、量数据作出U-I图像，得出E和r。将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路_。实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U-I图像如图中（a）、（b）、（c）、（d）所示，由此可知：在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势_（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻_（填“增大”“减小”或“不变”）。曲线（c）对应的电源电动势E=_V，内阻r=_，当外电路总电阻为2500时，该电源的输出功率P=_mW.（均保留三位有效数字）【答案】 (1). U=E-Ir (2). (3). 不变 (4). 增大 (5). 0.975 (6).
16、478 (7). 0.268【解析】【详解】测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式U=E-Ir ，利用测量数据作出U-I图像，U-I图像与纵轴截距等于电源电动势E，图线斜率的绝对值等于电源内阻r。由于将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，所以把电流表与滑动变阻器串联后与电源开关构成闭合回路，电压表并联在电源和开关两端，实物图如图所示图线与纵轴的交点的纵坐标即为电动势，由图象可知，图象与纵轴的交点纵坐标不变，所以电动势不变；图线斜率的绝对值即为内阻，由图象可知，（a）（b）（c）（d）图象斜率的绝对值变大，电源内阻变大由此可
17、知：随电极间距的减小电源内阻增大由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为0.975，电源电动势E=0.975V；（c）对应图线斜率绝对值约为478（从线上选取两点即可求斜率），电源的输出功率【此处有视频，请去附件查看】三、解答题14.将导体放在沿x方向的匀强磁场中，并通有沿y方向的电流时，在导体上下两侧间会出现电势差，此现象称为霍尔效应。利用霍尔效应的原理可以制造磁强计，测量磁场的磁感应强度。磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面为边长等于a的正方形，放在沿x正方向的匀强磁场中，导体中通有沿y方向、电流强度为I的电流，已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电量为e，金属导体
18、导电过程中，自由电子所做的定向移动可以认为是匀速运动，测出导体上下两侧面间的电势差为U，求：（1）导体上、下侧面那个电势较高？（2）磁场的磁感应强度是多少？【答案】（1）上侧电势高（2）【解析】【详解】（1）根据左手定则知，电子向下侧偏转，则导体下表面电势较低，上侧电势高（2）自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，根据电流微观表达式，有；电子受电场力和洛伦兹力平衡，有解得15.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻
19、r=0.50的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2。已知sin37=0.60，cos37=0.80，试求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力的大小。【答案】（1）1.5A （2）0.30N （3）0.06N【解析】分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于
20、平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： 代人数据解得：I=1.5A（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL代人数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mgsin37+f=F安解得：f=0.06N【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。16.水平直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子
21、同时从MN边界O点以与MN成300角的相同速度v射入该磁场区域(电子质量为m，电量为e) 经一段时间后从边界MN射出。求：(1)它们从磁场中射出时，出射点间的距离；（画出电子运动的轨迹图）(2)它们从磁场中射出时间差。【答案】(1) ；(2)【解析】【详解】(1)正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示。由得R=射出点距离所以(2)由得负电子在磁场中运动时间正电子在磁场中运动时间所以两个电子射出的时间差17.如图所示，下端封闭上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球整个装置以水平向右的速度匀速运动，垂直于磁场方向进入方向
22、水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中，关于小球运动的加速度大小a、沿竖直方向的速度vy、外力F以及管壁对小球的弹力做功的功率P随时间t变化的图象（不计小球重力），其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力是恒力，由牛顿第二定律得：，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向上的加速度不变，小球做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向的速度随时间均匀
23、增加，故AB错误；小球在水平方向受到的，小球在水平方向做匀速直线运动，由平衡条件得：，玻璃管对小球的弹力与小球对玻璃管的作用力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得：，玻璃管在水平方向上受拉力F与作用做匀速直线运动，则，即，由此可知，拉力F与时间t成正比，故C错误；管壁对小球的弹力做功的功率，P与t成正比，故D正确；考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】对小球进行受力分析时关键，根据小球受力情况判断，由牛顿第二定律求出加速度，判断加速度与速度如何变化；对玻璃管受力分析，看拉力如何变化；最后由P=Fv判断管壁对小球弹力的功率如何变化18.如图所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是
24、一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在时间内电容器（ ）A. 上极板带负电B. 上极板带正电C. 所带电荷量为D. 所带电荷量为【答案】BC【解析】【详解】AB由楞次定律可知，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电，A错误B正确；CD、根据法拉第电磁感应定律，电动势，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量，C正确D错误19. 如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为
25、R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )A. 油滴带正电荷B. 若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a = g2C. 若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a = 2gD. 若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离d3，油滴仍将静止【答案】D【解析】考点：导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动
26、；电容；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题解答：解：根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv电容器两端电压为：U=开始液滴静止有：q=mg 若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mg-q=ma1 联立得：a=，方向竖直向下，故B错误；当若将导体棒的速度变为2v时，有：q-mg=ma将中v换为2v联立解得：a=，方向竖直向上，故C错误；若保持导体棒的速
27、度为v不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：U2=BLv此时液滴所受电场力为：F=q=mg，因此液滴仍然静止，故D正确故选D点评：本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极20.矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B随时间变化的图象如图所示。时刻，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，在时间内，线框的ab边所受安培力随时间变化的图像（力的方向规定以向左为正方向），可能是下图中的（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小
28、，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，为正，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据（B均匀减小、I和L恒定不变）可知F均匀减小，A错误；C在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向右，为负，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据（B均匀增大、I和L恒定不变）可知F均匀增大， C错误；BD在2s到3s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变小，由楞次
29、定律可得，感应电流方向是逆时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，为正，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据（B均匀减小、I和L恒定不变）可知F均匀减小，B错误D正确21. 现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室, 电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看, 电子沿逆时针方向运动。以下分析正确的是( )A. 变化的磁场在真空室内形成感生电场使电子加速B. 变化的电场在真空室
30、内形成磁场使电子加速C. 当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时, 为使电子加速, 电磁铁中的电流应该由小变大D. 当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时, 为使电子加速, 电磁铁中的电流应该由大变小【答案】AC【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律可知，变化的磁场在真空室内形成感生电场，而电场能使电子加速，选项A正确；因洛伦兹力对电荷不做功，故选项B错误；当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，线圈中的电流增强，磁场就增大了，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场为顺时针方向，即电流方向顺时针，所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速运动，洛伦兹力约束下做圆周运动，选项C正
31、确，D错误；故选AC.考点：楞次定律.五、解答题22.如图（甲）所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.30m。导轨电阻忽略不计，其间连接有定值电阻R=0.4，导轨上静置一质量m=0.10kg、电阻r=0.2的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使它由静止开始运动（金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直），电流传感器（不计传感器的电阻）可将通过R的电流I即时采集并输入计算机，获得电流I随时间t变化的关系如图（乙）所示。求金属杆开始运动2.0s时：（1）金属杆ab受到的安培力；（2）
32、金属杆的速率；（3）外力F做功的功率。【答案】（1）0.03N，水平向左（2）0.8m/s（3）0.056W【解析】【详解】（1）2.0s时的电流是0.2A，ab上的安培力：，根据楞次定律可得金属杆中的电流方向为从b到a，故根据左手定则可得安培力水平向左；（2）设金属杆的运动速度为v，则感应电动势为：，根据闭合电路的欧姆定律得：，金属棒的速度：；（3）金属棒的加速度：，根据牛顿第二定律：，解得：F=0.07N，故2s末时F瞬时功率P=Fv=0.070.8W=0.056W23.如图所示，真空室内竖直条形区域I存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域（含I、区域分界面）存在水平向右的匀强电场，电场强度
33、为E，磁场和电场宽度均为l且足够长，M、N为涂有荧光物质的竖直板。现有一束质子从A处连续不断地射入磁场，入射方向与M板成60夹角且与纸面平行如图。质子束由两部分组成，一部分为速度大小为v的低速质子，另一部分为速度大小为3v的高速质子，当I区中磁场较强时，M板出现两个亮斑，缓慢改变磁场强弱，直至亮斑相继刚好消失为止，此时观察到N板有两个亮斑。已知质子质量为m，电量为e，不计质子重力和相互作用力，求：（1）此时I区的磁感应强度；（2）N板两个亮斑之间的距离。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）此时低速质子速度恰好与两场交界相切且与电场方向垂直，在磁场中运动半径为R1，；由得；（2）高速质子轨
34、道半径由几何关系知此时沿电场线方向进入电场，到达N板时与A点竖直高度差低速质子在磁场中偏转距离在电场中偏转距离在电场中时间，由得亮斑PQ间距24.如图所示，有水平边界的匀强磁场的磁感应强度为B，其上、下边界间的距离为H，一个由同种材料，粗细均匀的导线做成的质量为m、边长为l（lH）、总电阻为R的正方形导线框abcd，从磁场上方的某个位置处，由静止开始下落，下落过程中，线框平面始终保持在同一个竖直面内，ab边与磁场的水平边界线平行，当ab边刚进入磁场和ab边刚穿出磁场时，线框加速度的大小都是，方向都竖直向上，在线框运动过程中，不计空气阻力。求：（1）ab边刚进入磁场时，线框cd边两端的电势差（2
35、）cd边刚进入磁场时，线框速度的大小（3）从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中，线框中产生的热量。【答案】（1）（2）（3）mgH【解析】【详解】（1）ab刚进入磁场时，假设速度大小为，加速度为，方向竖直向上，根据牛顿第二定律得：根据法拉第电磁感应定律得：则，又由以上式子得：根据闭合电路的欧姆定律可得：（2）假设cd边刚进入磁场时导线框速度大小为，ab边刚穿出磁场时的速度为，由题意可知：在cd边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程中，导线框只受到重力，机械能守恒，即：由上式可得：（3）在曲边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒，导线框产生的热量Q等于导线框损失的机械能。即：
