1、物理一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为A. 16FB. C. D. 2. 某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是A. c点场强大于b点场强B. b和c处在同一等势面上C. 若将一试探电荷由a点移动到d点，电荷的电势能将增大D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电3. 下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是A. 根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B. 根据电容
2、的定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空中点电荷电场强度公式，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D. 根据公式，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V4. 关于电场强度有下列说法，正确的是A. 电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力B. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致C. 在点电荷Q附近的任意一点，如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的电场强度为零D. 根据公式可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比5. 如图所示，匀强电场场强，A、B两点相距10cm、A、B
3、连线与电场线夹角为，若取A点电势为0，则B点电势为A. B. 10VC. D. 5V6. 如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是A. Q变小，C不变，U不变B. Q变小，C变小，U不变C. Q不变，C变小，U变大D. Q不变，C变小，U变小7. 一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器A. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变8
4、. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D. 三个等势面中，c的电势最高二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别、和，点a到点电荷的距离与点a的电势已在图中用坐标标出，其余类推。现将一带
5、正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为、和下列选项正确的是A. ：1B. ：1C. ：1D. ：310. 一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断A. 粒子受到静电排斥力的作用B. 粒子速度C. 粒子动能D. 粒子电势能11. 如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M、N、P、F四点处的电势分别用、表示，已知、，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则A. 点电荷Q一定在MP的连线上B. 连接PF的线
6、段一定在同一等势面上C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D. 12. 直线AB是某电场中的一条电场线。若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A，B两点的电场强度、和电势、的判断正确的是 A. B. C. D. 三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）13. 把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出，如图所示，第一次速度为，第二次速度为，且，则两种情况下拉力做的功之比： _ ，线圈中产生的焦耳热之比： _流过线圈横截面的电荷量之比： _ 四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）14. 在登录你的电子信箱或“QQ”的过程中，有
7、两个条件，一个是用户名，另一个是与用户名对应的密码，要完成这一事件登录成功，它们体现的逻辑关系是_。A.“与”关系 “或”关系 “非”关系 不存在逻辑关系已知电流表的内阻，满偏电流，要把它改装成量程是6V的电压表，应串联_的电阻。在“练习使用多用电表”实验中，某同学用多用电表欧姆档测量电阻，他选择了倍率，并用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太大。为了得到更准确的数据，他应该旋转选择开关至欧姆_挡填“”或“”；旋转到合适档位后，该同学测量该电阻的阻值时，先用大拇指和食指紧捏红黑表笔进行欧姆调零如图a所示，然后垫在两根食指上用两表笔接触待测电阻的两端的引脚如图b所示，这两步操作是否合理？_填
8、“只有a不合理”或“只有b不合理”或“都不合理”。 在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为的电源、额定电压为的小灯泡、以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。要求能测出尽可能多组数据。下图是没有连接完整的实物电路。 请你用笔画线代替导线，在图中将实物电路连接完整；连好电路后，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向_端滑动选填“A”或“B”。将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为。可是这种电池并不能点亮额定电压为、额定电流为的手电筒上的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，实验测得不足3
9、mA。为了较精确地测定该水果电池的电动势和内阻，提供的实验器材有：水果电池电流表量程，内阻约为 电压表量程，内阻约为 滑动变阻器阻值，额定电流为 滑动变阻器阻值，额定电流为 电键，导线若干应选 _选填“a”或“b”电路图进行实验。 实验中滑动变阻器应选用 _用器材代号表示。 根据实验记录的数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的图象如图所示，由图可知，水果电池的电动势_V，内阻_。五、计算题（本大题共4小题，共47.0分）15. 如图所示，虚线框内为一匀强电场，A、B、C为该电场中的三个点，若将的点电荷从A移到B，克服电场力做功，而把该电荷从C点移到A点，电场力做功，已知。则A点、
10、C点的电势、分别是多少？在该虚线框内过A、B、C三点画出三条电场线。16. 如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为g，求：此电荷在B点处的加速度；A、B两点间的电势差用Q和h表示17. 如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向里，电场强度，PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘坐标系的第一象限内，有一边界AO、与y轴的夹角，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度。一束带电荷
11、量C、质量的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。求： 离子运动的速度；离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间；离子第四次穿越边界线的位置坐标。18. 如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距，导轨左端M、P间接有一阻值的定值电阻，导体棒ab的质量，与导轨间的动摩擦因数，导体棒垂直于导轨放在距离左端为处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计感应电流磁场
12、的影响，重力加速度g取。 求时棒所受到的安培力；分析前时间内导体棒的运动情况，并求前内棒所受的摩擦力随时间t变化的关系式；若时，突然使ab棒获得向右的速度，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为、方向向左。求从到的时间内通过电阻的电荷量q。答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得带电量和距离变化后的相互作用力，从而解出正确结果。本题考查库仑定律的直接应用，对于库仑定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义。【解答】由库仑定律可得：变化前：变化后：，故B正确，ACD错误。故选B。2.【答案】A
13、【解析】【分析】电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化。解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解。比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能。【解答】A.电场线的疏密表示电场的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；B.沿电场线方向电势逐渐降低，故b点电势大于c点，故B错误；C.若将一试探电荷由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；D.由粒子的运动轨迹
14、弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误。故选A。3.【答案】C【解析】【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解。本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式。【解答】A.电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误；B.电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误；C.根据点电荷的场强公
15、式，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确；D.据电势差的定义式知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为，故D错误。故选C。4.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查电场强度的概念，解决本题的关键要理解并掌握电场强度的物理意义，难度一般，基础题。电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关，明确电场强度方向与电场力方向的关系；电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关，引入检验电荷是为了方便研究电场而引入的。【解答】A.根据电场强度的定义，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力，故A正确；B.电场强度的方向总是跟正电荷
16、所受的电场力的方向相同，与负电荷所受的电场力的方向相反，故B错误；C.电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关，如果没有把试探电荷q放进去，这一点的电场强度不变，故C错误；D.场强取决于电场本身，与检验电荷无关，故D错误；故选A。5.【答案】C【解析】【分析】已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为，根据公式，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差根据顺着电场线方向电势降低，判断A、B两点的电势高低本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离【解答】由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知B的电势低于A
17、的电势，则。AB方向与电场线方向间的夹角，BA两点沿电场方向的距离，BA两点间的电势差，因取A点电势为0，则B点电势为；故C正确，ABD错误。故选C。6.【答案】C【解析】【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据，判断电容的变化，根据判断电势差的变化。解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量，若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。【解答】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据，可知电容C变小，根据知两极板间的电势差U变大，故ABD错误，故C正确。故选C。7.【答案】D【解析】解：电容器接在恒压直流电源上，
18、则电容器两端的电势差不变。将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小。由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小。由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变。所以ABC错误，D正确；故选：D。电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变要掌握、三个公式8.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查等势面及带电粒子的运动轨迹问题；作出电
19、场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上，故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。【解答】A.等差等势面P处密集，P处电场强度大，电场力大，加速度大，故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上。故c点电势最高；利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大；负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和
20、不变，P点电势能大则动能小。故BC错误，D正确。故选D。9.【答案】AC【解析】【分析】本题考查点电荷的电场问题。解答此题的关键是正确理解点电荷场强公式和，知道电势差等于两点电势之差。由点电荷场强公式可求场强之比；利用公式和分别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比。【解答】A.由点电荷场强公式可得：，故A正确；B.由点电荷场强公式可得：，故B错误；C.从a到b电场力做功为：，从b到c电场力做功为：，所以有：，故C正确；D.从c到d电场力做功为：，所以，故D错误。故选AC。10.【答案】AD【解析】解：A、如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用。故A正
21、确。B、从a到b过程中，带电粒子受到了排斥力作用，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在b点的速度一定小于在a点的速度。故B错误。C、a、c两点处于同一等势面上，从a到c，电场力为零，则a、c两点动能相等，故C错误。D、从b到c过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在b点的电势能一定大于在c点的电势能，故D正确。故选：AD。从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的力排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，可判断电势能的大小和速度大小a、c两点处于同一等势面上，由动能定理分析粒子在a、c两点的速度大小关系本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力
22、方向，确定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路11.【答案】AD【解析】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、，线段PF是P、F所在等势面球面的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故，故D正确。故选：AD。点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；
23、找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况。本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低12.【答案】AC【解析】【分析】本题根据图象考查对电场的认识，要求能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，沿着电场线方向电势降低；电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性。根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律可知电场力越来越小，再根据电场强度的定义即可求解。【解答】由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由可知，A点的场强要大于B点场强，故A正确，B错误
24、；电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故，电子带负电，由可知，A点的电势要大于B点电势，即，故C正确，D错误。故选AC。13.【答案】1：2；1：2；1：1【解析】解：两情况下，由于位移相同，所以拉力的功与拉力成正比，而拉力与安培力相等，则拉力做的功与安培力成正比，而安培力却与速度成正比，所以拉力做的功与速度成正比，即1：2，在两种情况下，线圈产生的焦耳热与拉力做功相等，所以焦耳热之比1：2根据电量表达式为：，因此流过线圈横截面的电荷量之比为：1；故答案为：1：2，1：2，1：1在恒力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，则拉力做功等于拉力与位移的乘积，
25、而拉力功率等于拉力与速度的乘积，线圈产生的焦耳热等于拉力做的功，并依据电量表达式，即可求解通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关，而且是唯一与速度有关的一个力同时通过本题让学生掌握去寻找要求的量与已知量的关系，其他不变的量均可去除，注意电量综合表达式的推导14.【答案】；只有b不合理连线如图所示：；450。【解析】【分析】根据“与”“或”“非”三种基本的逻辑关系，进行判断；只有当一件事情的几个条件全部具备之后，这件事情才会发生，这种关系称与运算；当一件事情的几个条件中只要有一个条件得到满足，这件事就会发生，这种关系称为或运算；一件事情的发生是以其相反的条件为依据这种逻辑关系为非运算；电流表
26、改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为，U为改装后的量程；如果指针偏转过大，说明待测电阻阻值偏小，每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；要求能测出尽可能多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接；根据串联电路分电压，电阻大的分压多，确定滑动变阻器的移动情况；采用伏安法测量电源的电动势和内阻，根据电压表和电流表分压和分流作用的大小确定电流表的内外接，从而得出实验误差最小的电路图；滑动变阻器的选择应是测量数据变化范围大一些，以减小误差；在图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是
27、电源的内阻的大小；根据闭合电路欧姆定律得到，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，纵轴截距表示电源的电动势。本题主要考查的是电压表的改装原理，多用表的使用，测量电源的电动势和内阻，是电学中比较重要的实验，应多加练习，达到灵活应用的效果。【解答】“只有用户名和密码对应正确，具备这两个条件，才能登录成功”说明“用户名”和“密码”是“与”的关系，故A正确，BCD错误。故选A。把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：。如果指针偏转过大，说明待测电阻阻值偏小，应将选择开关旋转到更低倍率的欧姆档，故他应该旋转选择开关至欧姆“”挡，旋转到合适档位后，红黑表笔接触进行欧姆调零，故a合理，用欧姆
28、表测电阻时，两个表笔与待测电阻要接触良好才能测得准确，但是不能将两只手分别将两只表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故只有b不合理。要求能测出尽可能多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻比较小，应用外接法，故电路实物连接如图所示：电压表的示数为，小于额定电压，为了增大电压，滑动变阻器与灯泡并联部分的阻值要变大，故应将滑片P向B端滑动，故选B。“水果电池”，其电动势约为，小灯泡连入电路，流过小灯泡的电流太小了，实验测得不足3mA，说明电池内阻比较大，因为电压表的内阻与电源内阻相当，分流作用比较明显；故电流表采用外接法，故选a。因为电源的内阻表较大，故滑动变阻器阻值不能太小，否则电压
29、表的变化范围很小，误差变大，故选。在图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，故水果电池的电动势，斜率的绝对值表示电源的内电阻，故，故E，。故答案为：；只有b不合理；连线如图所示：；450。15.【答案】解：根据，则有V又因而V，故VV，即V。因在匀强电场中沿任意一条直线电势均匀降落，AC连线上距离A点的D点处的电势必定等于6V，B、D为等电势点，连BD直线，以BD直线为该电场中的一条等势线，根据电场线跟等势线垂直，可画出过A、B、C的三条电场线如图乙所示，由沿电场方向电势逐渐降低可以确定电场线方向。答：则A点、C点的电势、分别是12V；如上图所示。【解析】根据电场力做功求出电势差的大小，从而根
30、据电势差等于电势之差求出电势的大小；连接AC，将AC分成三等份，找出B点的等势点，与B相连，得出等势线，结合等势线与电场线垂直，作出电场线。解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。以及注意运用计算时，q的正负、电势差的正负、功的正负需代入计算。16.【答案】解：这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时在B点时解得：，方向竖直向上且另一点电荷的电量：另一点电荷从A到B过程，由动能定理，故【解析】本题是库仑定律与牛顿第二定律，及动能定理，同时还涉及电场力做功的综合运用另一点电荷在点电荷的电场中受到变化的库仑力，加速度大小是变化的。为固定的正点电荷，另一点电荷从
31、A点由静止释放，由于库仑斥力作用，运动到B点时速度正好又变为零，由库仑定律与牛顿第二定律可求出电荷在A处的加速度，再次列出牛顿第二定律可求出电荷在B处的加速度；从A到B过程运用动能定理可求出库仑力做的功，从而算出AB电势差。17.【答案】解：设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有：，代入数据解得：，离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：解得：m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图所示：，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为，则轨迹圆弧的圆心角为，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动，离子在磁场中运动为：而离子在电场中来回
32、运动时间为：所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为：离子当再次进入磁场后，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向右，导致离子向右做匀速圆弧运动，恰好完成，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，由题意可知，类平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等，根据运动学公式，则有：，解得：因此离子沿着速度的方向的位移为：，所以离子第四次穿越边界线的x轴的位移为：，则离子第四次穿越边界线的位置的坐标为答案：离子在平行板间运动的速度大小离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为离子第四次穿越边界线的位置坐标【解析】带电粒子电场力与洛伦兹力平衡时，即可求解；离子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运
33、动，由牛顿第二定律可求出半径；离子在电场中做匀减速运动，根据运动学公式可求出发生位移，从而确定离子的运动时间，从而即可求解；根据左手定则，可确定离子偏转方向，由几何特性，可知离子再次进入电场后做类平抛运动，从而根据平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，即可求解考查带电粒子做匀速圆周运动与类平抛运动中，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，强调运动的分解，并突出准确的运动轨迹图18.【答案】解：由图b知：时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：感应电流为：可得时棒所受到的安培力：棒与轨道间的最大摩擦力：所以在时刻棒静止不动，加速度为零，这以后磁感应强度B都小于，棒所受的安
34、培力都小于最大静摩擦力，故前3s内导体棒静止不动，电流恒为在内，磁感应强度为：因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，有：内磁感应强度大小恒为，ab棒做匀减速直线运动，设速度大小为v，位移为x，则：在这段时间内的平均电动势为：通过电阻的电量为：【解析】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况和能量转化的情况，熟练推导出安培力与速度的关系，感应电量与磁通量变化的关系，正确把握功和能的关系。由图b的斜率求出，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小，即可求得安培力的大小。前3s内ab棒不动，在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，由平衡条件和安培力公式求解。后，ab棒做匀变速运动，由运动学公式求出到的时间内棒通过的位移，再由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求解电量。
