【物理】陕西省咸阳市实验中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】陕西省咸阳市实验中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

物理试题 一、单项选择题（共12小题，每小题4分，共48分。）‎ ‎1.在下图中，标出了磁场的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据左手定则可得，图中安培力的方向是向下的，故A错误；‎ B.图中电流的方向和磁场方向平行，不受安培力的作用。故B错误；‎ C.根据左手定则可得，图中安培力的方向是竖直向下的，故C正确；‎ D.根据左手定则可得，图中安培力的方向是垂直向外的，故D错误。‎ ‎2.铅蓄电池的电动势为2V，这表示（ ）‎ A. 铅蓄电池两极间的电压为2V B. 铅蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能 C. 电路中通过相同的电荷量时，铅蓄电池比1节干电池非静电力做的功多 D. 铅蓄电池接入不同电路中，电动势会发生变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源两极间电压，当电源不接入电路时，等于电源的电动势；当接入电路时，小于电源的电动势，故A错误；‎ B．电源每通过‎1C电量，电源把2J的化学能转变为电能，不是在1s内将2J的化学能转变成电能，故B错误；‎ C．电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，通过相同的电荷量时，铅蓄电池比1节干电池非静电力做的功多，故C正确；‎ D．电动势不随外电路的变化而变化，故D错误。故选C。‎ ‎3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示．如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(　　)‎ A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．‎ 解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选D ‎【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．‎ ‎4.在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是(　　)‎ A. 灯泡中灯丝已烧断 B. 滑片接触不良 C. 灯泡内部短路 D. 滑动变阻器A端接触不良 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据题中图可知若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路为通路，不存在短路，故A错误；若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B错误；若滑动变阻器A端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D错误；若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故C正确．所以C正确，ABD错误．‎ ‎5.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想实验中，能观察到感应电流的是（ ）‎ A. 将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B. 在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C. 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D. 绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错．选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化．选项C错．选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对．‎ ‎6.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点．已知a点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 直导线中的电流方向垂直于纸面向外 B. b点的实际磁感应强度为T，方向斜向右上方，与B的夹角为45°‎ C. c点的实际磁感应强度为0‎ D. d点的实际磁感应强度与b点相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，a点磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里，故A错误； B．由上知道，通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为，方向与B的方向成45°斜向上，故B正确； C．通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同，故C错误； D．通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则d点感应强度为，方向与B的方向成45°斜向下，与b点磁感应强度大小相等，方向不同，故D错误。故选B。‎ ‎7.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在时间内直导线中电流向上，则在时间内线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ）‎ A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】BD．在时间内，直导线中的电流向上，由乙可知在～T时间内直线电流方向向下，根据安培定则知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流；故B项不合题意，D项不合题意．‎ AC．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左．离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力所以金属框所受安培力的合力水平向右，故A项不合题意，C项符合题意．‎ ‎8.如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行。当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，下列说法正确的是（ ）‎ A. 斜面对导体a的作用力大小为mg B. b中电流在a处产生的磁场的磁感应强度B方向竖直向上，大小为 C. b中电流在a处产生的磁场的磁感应强度B方向竖直向下，大小为 D. 若使b竖直向下移动，a仍能保持静止 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．通电导体a处于通电导体b的磁场中，由安培定则可得通电导体a处于竖直向上的磁场中，根据左手定则可知a受到水平向右的安培力，则a受竖直向下的重力，水平向右的安培力，以及斜面对a的支持力，三力平衡，根据共点力平衡条件可得 ‎，‎ 解得，故AC错误，B正确；‎ D．当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D错误。故选B。‎ ‎9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个滑动变阻器R组成，‎ 甲表是电流表，R增大时量程增大  甲表是电流表，R增大时量程减小 乙表是电压表，R增大时量程增大  乙表是电压表，R增大时量程减小 下列说法正确的是　　‎ A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．‎ ‎【详解】由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故（1）错误，（2）正确．由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故（3）正确，（4）错误；故C正确；故选C．‎ ‎【点睛】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．‎ ‎10.如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为，电流表和电压表均为理想电表。只接通时，电流表示数为‎10A ‎，电压表示数为12V；再接通，启动电动机工作时，电流表示数变为‎8A，则此时通过启动电动机的电流是（　　）‎ A. ‎2A B. ‎8A C. ‎50A D. ‎‎58A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】只接通S1时，由闭合电路欧姆定律，电池的电动势为 E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V 车灯的电压为 ‎ ‎ 再接通S2后，流过电动机的电流为 故ABD错误，C正确。故选C。‎ ‎11.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（　　）‎ A. 电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮 B. 电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮 C. 电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗 D. 电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．由电路图可知，与L1并联，再与L2串联，电压表并联在L1两端。当滑动变阻器滑片P从a端向b端滑动时，的阻值变小，分得的电压变小，电压表示数变小，L1两端的电压变小，流过L1的电流变小，灯L1变暗，L2两端电压变大，流过L2的电流变大，灯L2变亮。故选B。‎ ‎12.如图所示，在水平匀强磁场中放置一矩形线圈，线圈平面与磁场垂直，线圈由竖直位置绕其底边转过90°至虚线位置的过程中，穿过线圈的磁通量的变化情况 A. 变小 B. 变大 C. 先变大后变小 D. 先变小后变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈在实线位置时，穿过线圈的磁通量最大，当线圈由实线位置绕其底边转过90°时，线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量变为零，所以在这个过程中，穿过线圈的磁通量逐渐变小．故选A．‎ 二、多项选择题（共3小题，每小题4分，共12分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎13.如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），下列判断正确的是（ ）‎ A. 磁铁与线圈相互排斥 B. 磁铁与线圈相互吸引 C. 通过R的感应电流方向为从a到b D. 通过R的感应电流方向为从b到a ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故A正确，B错误；由题目中图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b．故C正确，D错误、故选AC．‎ 点睛：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．‎ ‎14.如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和 L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）‎ A. L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直 B. L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直 C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ‎【答案】BC ‎【解析】A．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；‎ B．对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；‎ CD．设三根导线两两之间相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误．‎ ‎【点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较．‎ ‎15.某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)‎ A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，故 A正确；‎ B．若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，故B错误；‎ C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，故C错误；‎ D．若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，故D正确.‎ 三、实验题（共20分）‎ ‎16.（1） 如图所示，螺旋测微器的读数为_____mm，游标卡尺的读数为____mm；‎ ‎（2）电压表接0~3 V量程，电压表的读数为_______V；‎ ‎（3）电流表接0~‎0.6 A量程，电流表的读数为______A。‎ ‎【答案】 (1). ‎6.124mm(±‎0.02mm) 50. ‎90mm (2). 2.15V  (3). ‎‎0.16A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为‎6mm+‎0.01mm×12.4=‎6.124mm；‎ ‎[2]游标卡尺的读数为‎5cm×10+‎0.05mm×18=‎50.90mm；‎ ‎（2）[3]电压表接0-3V量程，电压表读数2.15V；‎ ‎（3）[4]电流表接0‎-0.6A量程，电流表读数为‎0.16A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ ‎17.为测定一节新干电池的电动势和内电阻（已知该干电池的内电阻相当小，额定电流为‎0.7A），可供选择的器材有：‎ 电压表：A.量程3V，内阻为10kΩ； B.量程15V。内阻为20 kΩ；‎ 电流表：C.量程‎0.8A内阻约为0.5Ω； D.量程‎3A，内阻约为0.2Ω；‎ 滑动变阻器：E.最大电阻10Ω，额定电流‎0.7A； F.最大电阻2kΩ，额定电流‎2A；‎ G.定值电阻R0=1Ω； H.开关、导线若干。‎ ‎(1)要使实验误差较小且操作方便，可选择的器材是_______；‎ ‎(2)图甲中的电路图应选择_______；‎ ‎(3)实验测得9组数据，已标在图乙的坐标中，请在图乙中连线______，从图中可得电池电动势_______V和内阻_____Ω（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). ACEGH (2). D (3). 1.5 0.14‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由于干电池电动势为1.5V，则电压表选A；电源的额定电压为‎0.7A，电流变选C；为便于调节，滑动变阻器选E；由于干电池内阻较小，实验中无法准确测量，电路中需要串联一个定值电阻，需要用到G；电路中必须使用导线、开关，选H。‎ ‎(2)[2]由题意可知，电源内阻非常小，无法直接测量，故应直接与电源串联一个定值电阻；由于电流表内阻相对（电源和串联的定值电阻）较大，不可忽略，相对于电源和定值电阻来说，电流表应选择外接法，故ABC错误，D正确。选D。‎ ‎(3)[3]采用描点法绘制图像，如图所示 ‎[4]图像与纵坐标的交点为电源电动势，故电动势为1.5V。‎ ‎[5]等效内阻 则电源的内阻为 ‎18.某同学为了测量一个电流表（量程为100mA）的内阻，从实验室找到了以下器材：一个多用电表、一个电阻箱（0～99.9Ω）和若干导线。‎ ‎（1）该同学先用多用电表的欧姆挡进行粗测。‎ ‎①选用“×‎10”‎挡，调零后测量电流表的内阻，发现指针偏转角度很大；‎ ‎②应将多用电表选择开关调至____挡（选填“×‎1”‎或“×‎100”‎）；‎ ‎③选择合适的量程，调零后测量的结果如图甲所示，该读数是____Ω；‎ ‎（2）多用电表欧姆挡内部的等效电路如图乙中虚线框内所示。为了更准确地测出待测电流表的内阻，同时测出多用电表内部电池的电动势，该同学设计了如图乙所示的实验电路图。‎ ‎①实验时，多次调节电阻箱，记录电阻箱的阻值R和对应的电流表示数I；‎ ‎②某次测量中，电阻箱的阻值R=10.0Ω，电流表的读数如图丙所示，请将该数据点在答题卡中的坐标纸上描出，并作出关系图像。__‎ ‎③根据图像求得多用电表内部电池的电动势E=____V（结果保留两位有效数字）‎ ‎④已知多用电表欧姆挡表盘中央刻度值为“‎15”‎，则待测电流表内阻=____Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ×1 4.5 (2). 1.4-1.6 4.8-6.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）②[1]因为欧姆表的0刻度在左侧，而指针是从右边开始偏转的，所以指针偏转角度太大，说明被测电阻过小，应换用小档位，即×1档；‎ ‎③[2]根据欧姆表的读数原理，可知欧姆表的读数为Ω；‎ ‎（2）②[3]根据描点法，图像如图所示 ‎③[4]根据闭合回路欧姆定律 变形可得 即图像的斜率为 解得E=1.5V ‎④[5]因为欧姆表内电阻等于中值电阻，故Ω，根据欧姆定律可得 解得Ω 四、计算题（本题共2小题，共20分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分）‎ ‎19.如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、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、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止。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，金属导轨的其它电阻不计，g取。已知，试求：‎ ‎（1）通过导体棒电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小、方向；‎ ‎（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】‎ ‎【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：‎ ‎；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力：‎ ‎，‎ 根据左手定则可知，安培力分析沿斜面向上；‎ ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=mgsin37°=0.24N 由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力，根据共点力平衡条件：‎ mgsin37°+f=F安sin37°，‎ 解得：‎ ‎20.如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，，OC的长度为L。在区域内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从坐标原点射入磁场，不计重力。‎ ‎（1）若粒子沿方向射入磁场，问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？此时初速度应满足什么条件？‎ ‎（2）大量初速度大小为的粒子以不同的方向射入第一象限，求从AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间，及该粒子的入射方向与X轴正向的夹角。‎ ‎【答案】（1）（2）； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子转过半圆从OA边射出时时间为定值，速度最大的粒子与AC边相切，如图所示 根据几何关系可得 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得，‎ 所以满足条件的粒子速度范围为 粒子速度大小相等，要使粒子在磁场中经过的时间最短，需使粒子轨迹对应的弦长最短，所以最短时间的轨迹如图所示 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得粒子在磁场中的运动半径为 轨迹图中几何关系可得 由此可知粒子轨迹对应的圆心角为；最短时间为 由图可知，粒子入射方向与轴的夹角为。‎ 五、附加题（本题共2小题，共20分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分）‎ ‎21.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：‎ ‎ ‎ ‎（1）磁场的方向；‎ ‎（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．‎ ‎【答案】（1）垂直于导轨平面向下；（2）（3）‎ ‎【解析】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．‎ ‎（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：‎ 炮弹受到的安培力：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 解得加速度 ‎（3）电容器放电前所带的电荷量 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：‎ 最终电容器所带电荷量 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：‎ 由动量定理，有：‎ 又：‎ 整理的：最终电容器所带电荷量 ‎22.一台质谱仪的工作原理如图1所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0‎ 的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为‎2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．‎ 图1‎ ‎(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；‎ ‎(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；‎ ‎(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．‎ ‎【答案】（1） (2) ‎ ‎(3)‎ ‎【解析】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1‎ 电场加速 且 ‎ ‎ 解得 根据几何关系 x =2r1 –L ‎ 解得 ‎（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点垂线上 解得 ‎ ‎（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 ‎ r1的最小半径 r2 的最大半径 由题意知 ‎ ‎2r1min–2r2max >L，‎ 即 解得 ‎【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，对此类问题主要是画出粒子运动的轨迹，分析粒子可能的运动情况，找出几何关系，有一定的难度．‎