资料简介
2019 学年第一学期高二期中六校联考
高二物理试卷
一．选择题
1.以下相关一些物理学家的贡献，不正确的是
A. 法国物理学家库仑发现了电荷之间的相互作用规律--库仑定律，并利用扭秤实验测出了静
电力常量 k 的值。
B. 俄国物理学家楞次发现了楞次定律，从而揭示了感应电流的磁场和磁通量变化之间的关系。
C. 英国物理学家麦克斯韦最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。
D. 奥斯特最早发现了电流的磁效应。
【答案】C
【解析】
【详解】A. 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律--库仑定律，并
测出了静电力常量 k 的值。故 A 正确不符合题意；
B. 俄国物理学家楞次发现了楞次定律，从而揭示了感应电流的磁场和磁通量变化之间的关系，
故 B 正确不符合题意。
C. 英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。故 C 错误符合题意。
D. 奥斯特最早发现了电流的磁效应，故 D 正确不符合题意。
2.如图所示的两条长直导线 AB 和 CD 相互垂直。其中 AB 固定，CD 可以以其中心为轴自由转动
或平动，彼此相隔一段很小的距离。当分别通以图示方向的电流 I 时。CD 的运动情况是
A. 顺时针方向转动、同时靠近导线 AB
B. 顺时针方向转动．同时离开导线 AB
C. 逆时针方向转动、同时靠近导线 AB
D. 逆时针方向转动、同时离开导线 AB
【答案】C
【解析】
【详解】AB 导线产生的磁场磁感线为第一个图的黑圆线，红色的为 CD 导线，由左手定则可判断左侧受力向下，右侧受力向上，所以 CD 棒会逆时针旋转。AB 导线和 CD 导线靠近还是远离
可以从第二个图判断，AB 产生的磁场如图所示，由左手定则可判断 CD 导线受力指向 AB 导线，
故 CD 导线会靠近 AB 导线。
A. 顺时针方向转动、同时靠近导线 AB 与分析不符，故 A 错误。
B. 顺时针方向转动．同时离开导线 AB 与分析不符，故 B 错误。
C. 逆时针方向转动、同时靠近导线 AB 与分析相符，故 C 正确。
D. 逆时针方向转动、同时离开导线 AB 与分析不符，故 D 错误。
3.如图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框 abc 的 ab
边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与 ab
边垂直．则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律
的是( )
A. B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁
场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于
切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故 ABC 错误，D 正确。
4.两个带等量正电的点电荷，固定在图中 P、Q 两点，MN 为 PQ 连线的中垂线，交 PQ 于 O 点，
A 为 MN 上的一点，一带负电的试探电荷 q，从 A 点由静止释放，只在静电力的作用下运动，
取无限远处的电势为零，则
A. q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动
B. q 由 A 向 O 的运动过程电势能先增大后减小
C. q 运动到 O 点时电势能为零
D. q 运动到 O 点时的动能最大【答案】D
【解析】
【详解】A. 两等量正电荷周围部分电场线如图所示
其中 P、Q 连线的中垂线 MN 上，从无穷远到 O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指
向无穷远方向。故试探电荷所受的电场力是变化的，q 由 A 向 O 的运动做非匀加速直线运动；
故 A 错误。
B. 电场力方向与 AO 方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故 B 错误。
C. 取无限远处的电势为零，从无穷远到 O 点，电场力做正功，电势能减小，则 q 运动到 O 点
时电势能为负值。故 C 错误。
D. 从 A 到 O 过程，电场力做正功，动能增大，从 O 到 N 过程中，电场力做负功，动能减小，
故在 O 点试探电荷的动能最大，速度最大，故 D 正确。
5.如图所示，A、B 是两根平行且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，
在 A、B 连线的垂直平分线上放置一段为 L 的直导线，A、B、C刚好在正三角形的三个顶点上。
现给 C 通以恒定电流，C 受到的安培力大小为 F，若不再给 A 导线通电，则 C 受到的安培力大
小为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据电流方向相同相互吸引可得 A 和 B 对 C 安培力如图所示，由于 A、B 是两根平行
且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，所以
FA=FB
3
3 F 3
2 F 1
2 F F根据几何关系可得：
2FBcos30°=F
解得：
所以不再给 A 导线通电，则 C 受到的安培力大小为 。
A. 与分析相符，故 A 正确。
B. 与分析不符，故 B 错误。
C. 与分析不符，故 C 错误。
D. 与分析不符，故 D 错误。
6.如图为圆盘发电机的示意图，铜盘绕水平的铜轴 C 在垂直于盘面的匀强磁场中转动，铜片 D
与铜盘的边缘接触，铜盘、导线和电阻 R 连接组成电路，则（ ）
A. 转动过程电能转化为机械能
B. C 处的电势比 D 处高
C. 通过 R 的电流方向从 B 向 A
D. 产生的电动势大小与角速度 ω 无关
【答案】C
【解析】
圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，因此转动过程中将机
械能转化为电能，故 A 错误；根据右手定则可知，电流从 D 点流出，流向 B 点，因此电流方
向为从 B 向 A，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以 C 处的电势比 D 处低，故 B 错误，
C 正确；根据法拉第电磁感应定律，则有 E=BLV= BL2ω，所以产生的电动势大小与角速度 ω
3
3BF F=
3
3 F
3
3 F
3
2 F
1
2 F
F
1
2有关，故 D 错误；故选 C。
点睛：本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解
能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．
7.汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示。从真空管中 K 极发射的一束电子 初速度近
似为零 经 KA 间的电场加速后，穿过 中心的小孔沿中心轴 的方向进入到两块平行极板
P 和 P 间的区域最后打在荧光屏的中心 O 点处，形成一个亮点。已知 KA 间加速电压大小为 U，
电子电荷量大小为 e、质量为 m。下列说法正确的是
A. 电子到达 A 点时的速度大小为
B. 若在 PP 间加向下的匀强电场，则亮点将出现在 点下方
C. 若在 间加向下的匀强电场，则电子通过 间的时间比不加电场时长
D.若在 间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在 点
【答案】D
【解析】
【分析】
由动能定理可求得电子到达 A 点时的速度；在 PP 间加电场或磁场时，通过分析受力得出电子
的运动特点，从而分析各个选项。
【详解】由动能定理得： ，解得： ，故 A 错误；若在 PP 间加向下的
匀强电场，电子在 PP 间受到的电场力向上，电子将向上偏转，所以亮点将出现在 点上方，
故 B 错误；若在 PP 间加向下的匀强电场，电子在 PP 间运动时水平方向做匀速运动，运动时
间 ，不变，故 C 错误；若在 间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，
电子进入 PP 间受到的电场力向上，洛伦兹力向上，若满足 ，则电子将做匀速运动，
亮点仍出现在 点，故 D 正确；故选 D。
【点睛】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，
(
) 0'O
( )
2mU
e
'O
'PP 'PP
'PP 'O
21
2eU mv= 2eUv m
=
'O
/t L v= 'PP
eE evB=
'O电子在复合场中，是速度选择器的原理，难度适中。
8.如今电动动力平衡车非常受年轻人的喜爱，已慢慢成为街头的一种时尚。如图所示为某款
电动平衡车的部分参数，见下表，则该电动平衡车
A. 电池从完全没电到充满电所需的时间约为 8.3h
B. 电池最多能储存的电能为 J
C. 骑行时的工作电流为 1 A
D. 充满电后能工作 5 h
【答案】B
【解析】
【详解】A.电池从完全没电到充满电所需的时间约为:
故选项 A 不符合题意；
B. 电池最多能储存的电能为：
故选项 B 符合题意；
CD.骑行时的工作电流为：
因此，充满电后能工作的时间为：
故选项 C、D 不符合题意；
9.如图所示,金属环半径为 a,总电阻为 2R,匀强磁场磁感应强度为 B,垂直穿过环所在平面.电
5 4. 32 10×
5000mA h 5h1000mA
qt I
= = =
55000mA h 24V 4.32 10 JW qU= = × = ×
40W 5 A24V 3
PI U
= = =
5000mA h 3h5 A3
t = =阻为 的导体杆 AB 沿环表面以速度 v 向右滑至环中央时,杆的端电压为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】切割产生的感应电动势大小为：
E=B•2av=2Bav
电路中的总电阻为：
则总电流为：
则杆子两端的电压为：
A. 与分析相符，故 A 正确。
B. 与分析不符，故 B 错误。
C. 与分析不符，故 C 错误。
D. 与分析不符，故 D 错误。
10.下列说法中正确的是
A. 电磁炉中线圈通交变电流时，在金属锅上产生涡流，使锅体发热而加热食物，电流频率越
低，加热越快。
B. 磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应。
C. 精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场。
D. 车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理。
2
R
Bav 2
Bav
3
Bav 4
3
Bav
2 2
R RR R= + =总
2E BavI R R
= =
总
2
RU E I Bav= − =
Bav
2
Bav
3
Bav
4
3
Bav【答案】D
【解析】
【详解】A. 电磁炉中线圈通交变电流时，在金属锅上产生涡流，使锅体发热而加热食物，电
流频率越高，电流变化越快，感应电流越大，加热越快，故 A 错误。
B. 常常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故 B 错误。
C. 采用双线绕法，磁场相互抵消，可以减弱线绕电阻通电时产生的磁场，故 C 错误。
D. 车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理，故 D 正确。
11.如图所示，用起电机使金属球 A 带上正电，靠近不带电的验电器 B，则
A. 验电器金属箔片不张开，因为球 A 没有和 B 接触
B. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电
C. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电
D. 验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电
【答案】D
【解析】
【详解】把一个带正电的物体 A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小
球由于静电感应，会带上负电荷，金属箔会带上等量正电荷，所以验电器的金箔张开，而整
个验电器不带电。
A. 验电器金属箔片不张开，因为球 A 没有和 B 接触与分析不符，故 A 错误。
B. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电与分析不符，故 B 错误。
C. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电与分析不符，故 C 错误。
D. 验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电与分析相符，故 D 正确。
12.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个半径
为 R 的 D 形金属盒，两盒间宽 d 的狭缝中形成的变化的电场，电压为 U；两 D 形金属盒处于垂
直于盒底的匀强磁场 B 中，一电子利用其加速，则下列说法中正确的是（ ）A. 电子获得的最大速度为 2eBR/m
B. 电子获得的最大动能为 e2B2R2/（2m）
C. 电子的加速时间为 2BdR/U
D. 增大 D 形金属盒的半径，电子获得的最大动能减小
【答案】B
【解析】
粒子离开回旋加速器时满足： ，解得最大速度为： ，最大动能为：
，故 A 错误，B 正确；粒子在狭缝中运动的距离为 s=nd，运动的时间
为： ，故 C 错误；由上可知增大 D 形金属盒的半径，电子获得
的最大动能增大，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。
13.如图所示，在半径为 R 的圆柱形区域内有匀强磁场．一个电子以 速度 v0 从 M 点沿半径方
向射入该磁场，从 N 点射出，速度方向偏转了 60°.则电子从 M 到 N 运行的时间是( )
A.
B.
C.
2vqvB m R
= qBRv m
=
2 2 2
21
2 2k
q B RE mv m
= =
2 2
2
qB R d
s s dBRmUt qBRv v U
m
= = = =′
0
2 R
v
π
0
2
3
R
v
π
03
R
v
πD.
【答案】D
【解析】
由图可知，粒子转过的圆心角为 60°，r= R； 转过的弧长为： ；
则运动所用时间为： ；故选 D。
点睛：本题注意求时间的两种方法，可以用 来求时间，用线速度的定义 来求时
间也是一个不错的选择．
14.如图在研究自感现象 实验中,用两个完全相同的灯泡 a、b 分别与有铁芯的线圈 L 和定值
电阻 R 组成如图所示的电路（自感线圈的直流电组与定值电阻 R 的阻值相等）,闭合开关 S 达
到稳定后两灯均可以正常发光.关于这个实验的下面说法中正确的是
A. 闭合开关 瞬间,通过 a 灯的电流大于通过 b 灯的电流
B. 闭合开关后,a 灯先亮,b 灯后亮
C. 闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过 a 灯的电流不大于原来的电流
D. 闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过 b 灯的电流大于原来的电流
【答案】C
【解析】
【详解】A. 闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过 a 灯的电流小于通过 b 灯
的电流。故 A 错误。
B.闭合开关后，b 灯立即正常发光，b 灯由于线圈中自感电动势的阻碍，电流逐渐增大，慢慢
亮起来。故 B 错误。
C. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，b 灯中原来电流立即减为零，线圈 L 产生自感电动势，
使 a 中电流逐渐从原来值减小到零，则通过 a 灯的电流不大于原来的电流，通过 b 灯的电流
的
的
0
3
3
R
v
π
3
0
0
60 32360 3l r Rπ π= × =
0 0
3
3
l Rt v v
π= =
2t T
θ
π= lt v
=也不大于原来的电流，故 C 正确，D 错误
15.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一带电粒子以平行于金属板的初速从板间某点射
入电场，不计粒子受的重力，当入射动能为 Ek 时，此带电粒子从场中射出的动能恰好为
2Ek．如果入射速度方向不变，初动能变为 2Ek，那么带电粒子射出的动能为（ ）
A. B. C. D. 3Ek
【答案】C
【解析】
【详解】当入射动能为 Ek 时，粒子做类似平抛运动，有：
水平方向：
L=v0t1
竖直方向：
vy1=at1
初动能：
末动能：
当入射动能为 2Ek 时，有：
水平方向：
L=v02t2
竖直方向：
vy2=at2
初动能：
末动能：
5
4 kE 3
2 kE 5
2 kE
2
0
1
2kE mv=
0 1
2 21 ( )22 k yvE m v= +
2
02
1
22 k mvE =联立解得：
A. ，与结论不相符，选项 A 错误；
B. ，与结论不相符，选项 B 错误；
C. ，与结论相符，选项 C 正确；
D. 3Ek，与结论不相符，选项 D 错误。
二．不定项选择题
16.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，由 M 点运动到 N 点，
其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是
A. 粒子必定是负电荷
B. 粒子在 M 点的电势能小于它在 N 点的电势能
C. 粒子在 M 点的加速度小于它在 N 点的加速度
D. 粒子在 M 点的动能小于它在 N 点的动能
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由电荷的运动轨迹可以知道，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷,
所以 A 错误.
B．正电荷沿着电场的方向运动,所以电场力做正功,电荷的电势能减小,所以粒子在 M 点的电
势能大于它在 N 点的电势能,所以 B 错误.
C．电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,由图可知 N 点的场强大于 M
点的场强的大小，在 N 点的受力大于在 M 的受力，所以粒子在 M 点的加速度小于它在 N 点的
加速度,所以 C 正确.
D．正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒
子在 M 点的动能小于它在 N 点的动能，所以 D 正确.
2
02
2
2
1 ( )2K yE vm v′ = +
5
2K kE E′ =
5
4 kE
3
2 kE
5
2 kE17.如图所示，平行金属板中带电质点 P 原来处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，
且 R1 大于电源的内阻 r，当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，则
A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小
C. 油滴带负电 D. 电源的输出功率逐渐增大
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB.由图可知，R2 与滑动变阻器 R4 串联后与 R3 并联后，再由 R1 串连接在电源两端；
电容器与 R3 并联；当滑片向 b 移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减
小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，
R1 两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过 R3 的电流减小，则流过
并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而 R2 中电压增大，故电压
表示数减小，故 A 正确 B 错误；
C.根据平衡可知油滴受到竖直向上的电场力，而上极板电势高于下极板，故油滴带负电，故 C
正确；
D.由题，R1 大于电源的内阻 r，外电路的总电阻大于 r，而当电源的内外电阻相等时，电源的
输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故 D 正确。
18.我国第 21 次南极科考队在南极观看到了美丽的极光。极光是由来自太阳的高能量带电粒
子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋
运动，如图所示。这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发
大气分子或原子使其发出各种颜色的光。科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能
粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关A. 太阳对带电粒子的引力做负功
B. 越靠近南北两极的磁感应强度越强
C. 空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少
D. 洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少
【答案】BC
【解析】
A、粒子在运动过程中，若电量增大，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知当电量
增大时，半径是减小，与太阳的引力做功无关,故 A 错误。B、粒子在运动过程中，南北两极
的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，
半径是减小，故 B 正确。C、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其
动能会减小，故 C 正确；D、地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤
道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正
电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒
子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故 D 错误；故选 BC。
【点睛】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．同时
利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析．
19.如图所示，边界 OA 与 OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B，已知
∠AOC=60°。OC 上的 P 处为粒子的入射口，在 OA 上的 M 处安放接收器，且 OM=OP=l。现将大
量质量为 m，电荷量为+q 的同种粒子以各种速率从 P 处向各个方向射入磁场，在 M 处被观测
到的粒子中，下列说法正确的是A. 速度的最小值为
B. 速度最小的粒子在磁场中运动的时间为
C. 在磁场中运动的时间的最大值为
D. 在磁场中运动的时间最长的粒子速度为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB.小球从入射点 P 到 M 过程中，根据半径公式
知粒子速度最小时半径最小，故 PM 的距离 l=2R1，故粒子的最小速度为：
运动时间为：
故 A 错误 B 正确；
CD. 粒子在磁场中运动的时间最长时，轨迹圆与 OC、OA 分别相切于 P 点和 M 点，如图所示，
由几何关系得：
的
qBl
m
m
qB
π
4
3
m
qB
π
3qBl
m
mvR qB
=
1 2
qBlv m
=
1 2
T mt qB
π= =解得：
根据半径公式有：
解得：
其运动时间为：
故 C 正确 D 错误；
三．计算题
20.一根丝线吊着一质量为 m，电荷量为 q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直
方向成 37°角，重力加速度为 g，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：
（1）小球的带电性质；
2tan30 R
l
° =
2
3tan30 3R l l°= =
2
2
mvR qB
=
2
3
3
qBlv m
=
2
240 2 2 4
360 3 3
m mt T qB qB
π π°
°= = × =（2）电场强度 E 的大小；
（3）丝线的拉力。
【答案】（1）小球的带正电；（2）电场强度 E 的大小为 ；（3）丝线的拉力为
【解析】
【分析】
（1）电荷量为 q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，根据平衡可判断电场力的方向，从而
判断电性；
（2）根据平衡求解电场强度的大小；
（3）根据平衡求解丝线拉力。
【详解】（1）电荷量为 q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，小球受水平向右的电场力，
与电场方向相同，故小球带正电；
（2）小球受力分析如图所示：
由平衡得：qE=mgtan37°
解得
（3）由平衡得：
【点睛】通过受力分析，利用共点力平衡求解，是常用的方法和思路，要能熟练运用力学方
法解决电场中的问题。
21.如图所示的电路中，电源电动势为 12V，电源内阻不计，电路中的电阻 R0 为 2.5Ω，闭合
开关 S 后，电动机正常工作，理想电流表的示数为 2.0A。若转子被卡住后，该电流表的示数
变为 4.0A，求：
3
4
mg
q
5
4
mg
3
4
mgE q
=
5
cos37° 4
mg mgT = =(1)电动机 M 的内阻;
(2)电动机正常工作时 输出功率.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
在计算电功率的公式中，总功率用 P=IU 来计算，发热的功率用 P=I2R 来计算，如果是计算纯
电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是
总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。
【详解】(1)电动机被卡住时，相当于纯电阻，
由闭合电路的欧姆定律
解得：
(2)电动机正常工作,由欧姆定律可知：
可得：
对电动机由能量守恒有：
解得：
【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律以及电功率的计算，在计算时一定要先分析清楚是不是
纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的.
22.如图所示，荧光屏 MN 与 x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标 x0＝40cm，在第一象限 y
轴和 MN 之间存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第二象限有半径 R＝10cm 的圆形磁场，磁感应
强度大小 B＝0.4T，方向垂直 xOy 平面向外。磁场的边界和 x 轴相切于 P 点。在 P 点有一个粒
子源，平行于坐标平面，向 x 轴上方各个方向发射比荷为 1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已
知粒子的发射速率 v0＝4.0×106m/s。不考虑粒子的重力粒子间的相互作用。求
的
0.5MR = Ω =12WP出
2
0 M
EI R R
= +
0.5MR = Ω
1 0 ME I R U= +
7VMU =
2
1 1M MU I I R P出= +
=12WP出(1)带电粒子在磁场中运动 轨迹半径;
(2)若所有带电粒子均打在 x 轴下方的荧光屏上，求电场强度的最小值。
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动，其向心力由洛伦兹力提供，即：
，
则
；
（2）由于 r＝R，所以所有粒子从右半圆中平行 x 轴方向进入电场进入电场后，最上面的粒子
刚好从 Q 点射出电场时，电场强度最小，
粒子进入电场做类平抛运动，水平方向上
竖直方向，
联立解得最小强度为：
；
23.如图所示，间距为 L 的两根平行长直金属导轨 MN、PQ 固定在倾角为 θ 的绝缘斜面上，导
轨上端接有阻值为 R 的电阻，一根长为 L、电阻为 3R、质量为 m 的直导体棒 ab 垂直放在两导
轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。ab 由静止释放
后沿导轨运动，下滑位移大小为 时到达 cd 位置并恰好开始做匀速运动。ab 在运动过程中与
导轨接触良好，导轨电阻及一切摩擦均不计，重力加速度大小为 g。
的
0.1mr = 5
min 4 V10 /mE = ×
2
0
0
vqBv m r
=
6
0
8
4 10= m 0.1m10 0.4
mvr qB
×= =×
0 0.4mx v t= =
2 21 1 0.2m2 2
qEy at tm= = =
54 10 V/mE ×=
x求：(1)ab 棒匀速时的速度大小；
(2)从 ab 棒由静止释放到开始匀速运动整个过程通过电阻 R 的电荷量；
(3)从 ab 棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻 R 产生的热量 Q。
【答案】(1) (2) (3) Q=
【解析】
【详解】(1)由受力分析及题知，当金属棒匀速时，合外力为零，即： ，感应
电流
，感应电动势 ，联立得：
(2)经分析可知：电量 ，平均电流 ，平均感应电动势 ，联立得:
(3)金属棒从静止开始到匀速的过程，由能量守恒可知： =Q 总+ ，由功率分配
关系可知，电阻 R 上产生的热量：Q= Q 总= Q 总 联立得：Q=
2 2
4 sinRmgv B L
θ=
4
BLxq R
= 2 3 2 2
4 4
1 8 sin( sin )4
R m gmgx B L
θθ −
sinmg BILθ =
4
EI R
=
E BLv= 2 2
4 sinRmgv B L
θ=
q I t= ∆
4
EI R
= BLxE t
= ∆
4
BLxq R
=
sinmgx θ 21
2 mv
4
R
R
1
4
2 3 2 2
4 4
1 8 sin( sin )4
R m gmgx B L
θθ −
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