1、北京市石景山区石景山中学2018-2019 学年高二（上）期末物理模拟试卷一选择题（共 15 小题，满分 45 分，每小题 3 分）1.下列物理量中，不属于矢量的是A. 位移 B. 速率 C. 速度 D. 摩擦力【答案】B【解析】ACD：位移、速度、摩擦力都是有大小有方向且合成遵循平行四边形定则的物理量，是矢量。故 ACD 三项均错误。B：速率是速度的大小，是一个只有大小没有方向的物理量， 是标量不是矢量。故 B 项正确。2.某小灯泡的一段伏安特性曲线如图所示，当通过灯泡的电流由 0.10A 变为 0.15A 时，灯泡的电阻变化了A. 10 B. 30C. 40 D. 60【答案】A【解析】【
2、分析】根据电阻的定义式分别求出灯泡电流是 0.10A 和 0.15A 时的电阻，再求解灯丝电阻的改变量。【详解】当电流为 0.10A 时，灯泡两端的电压为 3V，此时灯泡的电阻 ；当电流R1=30.1=30为 0.15A 时，灯泡两端的电压为 6V，此时灯泡的电阻为 ，故电流变化前后，R2=60.15=40灯泡电阻变化了 10。故选 A。【点睛】本题小灯泡的伏安特性曲线是非线性变化的，电阻 ，不能求斜率。R=UI3.力 F1、F2是两个相互垂直的共点力，其中 F15N ，F212N，则 F1、F2的合力大小为A. 2 N B. 7 N C. 13 N D. 17 N【答案】C【解析】【详解】力
3、 F1、F 2 是两个相互垂直的共点力，根据平行四边形法则可知， F1、F 2 的合力大小为 ，故 选 C.F= F21+F22= 52+122N=13N4.铜是良好的导电材料。在一段通电铜导线内，定向移动形成电流的微粒是（ ）A. 电子B. 原子核C. 既有电子也有原子核D. 原子【答案】A【解析】【分析】明确电流的性质，知道金属导体中形成电流的是自由电子.【详解】在金属铜中可以自由移动的是自由电子，原子核、原子均不能自由移动，故形成电流的微粒是电子，故 A 正确 ，B、C、D 错误.故选 A.【点睛】本题考查电流的形成，知道金属导体中能形成电流的自由电子.5. 跳水运动员从 10m 高的跳
4、台跳下（不 计空气阻力），在下落过程中运动员的A. 机械能减少 B. 机械能增加C. 重力势能减少 D. 重力势能增加【答案】C【解析】因为不计空气阻力，运动员下落过程中只有重力做功，则运动员的机械能守恒，故 AB 错误；据 EP=mgh，运动员下落时，高度下降，故重力势能减少，故 C 正确，D 错误；故选C。点睛：抓住：机械能守恒定律的内容是指物体只有重力或弹力做功，则机械能守恒；机械能守恒时，系统只有动能和势能的转化6.电容器是一种常用的电子元件。对电容器认识正确的是（ ）A. 电容器的电容表示其储存电荷的能力B. 电容器两电极正对面积越大，电容越小C. 电容器两电极的距离越远，电容越大D
5、. 电容的常用单位有 F 和 pF，1F10 3pF【答案】A【解析】电容器的电容表示其储存电荷的能力，选项 A 正确；根据 ，电容器两电极正对面积C=S4kd越大，电容越大；电容器两电极的距离越远，电容越小，选项 BC 错误；电容的常用单位有 F 和 pF；1F10 6 pF，选项 D 错误；故选 A.7.关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是 A. 带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B. 放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C. 洛伦兹力对运动电荷一定不做功D. 洛伦兹力可以改变运动电荷的速度大小【答案】C【解析】【分析】根据安培力公式、洛伦兹力公式及左手定则分析答题，知
6、道导线或粒子方向沿电场线时均不受磁场力。【详解】A、当带电粒子的运动方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用，故A 错误；B、当通电导线电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力，故 B 错误；C、由左手定则可知，洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，即与位移方向垂直，在洛伦兹力方向上，带电粒子没有位移，洛伦兹力对带电粒子不做功，故 C 正确；D、洛伦兹力只能改变运动电荷的速度方向，不会改变速度大小，故 D 错误。故选：C。【点睛】本题考查磁场力的性质，要注意安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解。8.未来的星际航行中，宇航员长期处于
7、完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是A. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C. 宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D. 宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小【答案】B【解析】在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有，故可知 ，与宇航员质量无
8、关，所以选项 CD 错误； 旋转半径越大，转运角速度就越小，故选项 A 正确、B 错误；考点：万有引力与航天【此处有视频，请去附件查看】9.2017 年 10 月 24 日，在地球观测组织（GEO）全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”（如图所示）和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星（简称“碳卫星”）的数据。 “碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在离地球表面 700 公里的圆轨道对地球进行扫描，汇集约 140 天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的是（ ）A. “风云四号 ”卫星的向心加速
9、度大于“碳卫星”的向心加速度B. “风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度C. “碳卫星”的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合D. “风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度【答案】B【解析】“风云四号”卫星是地球的同步卫星，其运行的轨道半径大于“碳卫星”的轨道半径，根据，则其向心加速度小于“碳卫星” 的向心加速度，选项 A 错误；根据 可知， “风云a=GMr2 v= GMr四号”卫星的线速度小于“ 碳卫星” 的线速度，选项 B 正确；“碳卫星”的运行轨道是过地心及地球两极的固定平面，而地球的经线是随地球不断转动的，则“碳卫星”的运行轨道不可能和地球某一条经线重合，选项 C 错误；“
10、 风云四号”卫星的运行半径大于地球的半径，则其线速度小于第一宇宙速度，选项 D 错误；故选 B.10.如图所示，a、b 分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中 b 为中点） ，c 为连线中垂线上的一点。今将一负点电荷 q 自 a 沿直线移到 b 再沿直线移到 c，下列说法正确的是（ ）A. 电荷 q 受到的电场力一直变小B. 电场力对电荷 q 一直做负功C. 电荷 q 的电势能先减小，后增加D. 电荷 q 受到的电场力方向一直不变【答案】B【解析】A、两个等量同种电荷在点 b 处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b 的场强为零，所以将一带电量为 q 的负点电荷自 a 沿直线移
11、到 b 再沿直线移到 c，电场力先减小后增大，故 A 错误；B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自 a 沿直线移到 b 的过程中，电场力做负功，再沿直线移到 c 时，电场力还是做负功，故 B 正确；C、电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大， 故 C 错误；D、从 a 到 b 再到 c 的过程中，电场强度方向先沿 ab 方向，后沿 bc 方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变，故 D 错误；故选 B。【点睛】两个等量同种电荷，它们在点 O 处产生的电场强度大小相等，方向相反；bc 连线上方的中垂线上每一点（除 b 点）电场线方向向上；根据电场力做功正负，
12、判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。11.空间某一电场的部分电场线的分布情况如图所示，电场方向如图中箭头所示，M 、N、Q是一直电场线上以点 O 为圆心的同一圆周上的三点， OQ 连线垂直于 MN下列说法正确的是（ ）A. O、Q 两点的电势相等B. O、M 两点的电势差等于 N、O 两点间的电势差C. 将一负电荷由 M 点移到 Q 点，该电荷的电势能增加D. 正电荷在 Q 点时受到的电场力方向沿与 OQ 连线垂直的方向竖直向上【答案】C【解析】【分析】根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式 UEd 判断两点之间电势差的大小；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判
13、断电荷在电场中移动时电场力做功的正负正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同【详解】A、根据电场线与等势线垂直特点，在 O 点所在电场线上找到 Q 点的等势点，该等势点在 O 的上方，根据沿电场线电势降低可知， O 点的电势比 Q 点的电势高；故 A 错误.B、根据电场线的分布情况可知，OM 间的平均电场强度比 NO 之间的平均电场强度大，由公式 UEd 可知，O、M 间的电势差大于 N、O 间的电势差；故 B 错误.C、M 点的电势比 Q 点的电势高，一负电荷由 M 点移到 Q 点，是从高电势处移动到低电势处，电场力做负功，电荷的电势能增加；故 C 正确.D、在 Q 点正电荷所受电场力沿该点
14、电场线的切线方向相同，斜向上，不与 OQ 连线垂直；故 D 错误.故选 C.【点睛】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解12.如图所示，光滑平行金属导轨 PP和 QQ处于同一水平面内， P 和 Q 之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现垂直于导轨放置一根导体棒 MN，用一水平向右的力 F 拉动导体棒 MN，下列关于导体棒 MN 中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（ ）A. 感应电流的方向是 QPB. 感应电流的方向是 MNC. 安培力水平向左D. 安培力水平向
15、右【答案】C【解析】根据右手定则判断可知：导体棒 MN 中感应电流方向 NM，电阻 R 感应电流的方向是PQ ，根据左手定则判断可知 MN 所受的安培力方向水平向左，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。【点睛】导体棒切割产生的感应电流方向由右手定则判断，所受的安培力方向由左手定则判断。13.如图所示，在竖直放置间距为 的平行板电容器中，存在电场强度为 E 的匀强电场。有d一质量为 ，电荷量为 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为 。则点电m +q g荷运动到负极板的过程A. 加速度大小为 a=qEm+gB. 所需的时间为 t=dmEqC. 下降的高度为 y=d2D. 电场力所做的功
16、为 W=Eqd【答案】B【解析】【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为 F= (qE)2+(mg)2由牛顿第二定律得 故 A 错；a=(qE)2+(mg)2m点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式 d/2=a1t2/2,所以 ，故 B 正确，a1=Eq/m t=mdqE点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故 C 错误；y=12gt2=12gmdqE=mgd2qE由功公式 W=Eqd/2,故 D 错误。综上所述本题答案是：B【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。14.
17、如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）A. a 粒子动能最大B. c 粒子速率最大C. c 粒子在磁场中运动时间最长D. 它们做圆周运动的周期 TaT bT c【答案】B【解析】【分析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同.运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大.而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定.【详解】A、B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，
18、由洛伦兹力提供向心力，根据 ，qvB=mv2r可得： ，粒子的动能 ，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个r=mvqB Ek=12mv2磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a 粒子速率最小，c 粒子速率最大，c粒子动能最大；故 A 错误，B 正确.C、D、由于粒子运动的周期 及 可知，三粒子运动的周期相同， a 在磁场中运动T=2mqB t=2T的偏转角最大，运动的时间最长，故 C、D 错误.故选 B.【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短
19、.15.如图 a 所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架 cdeg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆 ab 与金属框架接触良好在两根导轨的端点 d、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力 F 作用在金属杆 ab 上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆 ab 始终垂直于框架图 b 为一段时间内金属杆受到的安培力 f 随时间t 的变化关系，则可以表示外力 F 随时间 t 变化关系的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】金属杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv， 电流： ，安培力： ，由图I=ER=BLvR F安 =BIL=B2L2vR示 F 安
20、-t 图象可知， F 安 t，则：vt ，说明导体做匀加速运动， 则：v=at，由牛顿第二定律得：F-F 安 =ma，解得： ，F=F安 +ma=B2L2atR +ma由图示图象可知，ABC 错误， D 正确；故选 D二解答题（共 1 小题，满分 18 分，每小题 18 分）16.一个小灯泡的额定电压为 2.0V，额定电流约为 0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘小灯泡的伏安特性曲线A电源 E：电动势为 3.0V，内阻不计B电压表 V1：量程为 03V，内阻约为 1kC电压表 V2：量程为 015V，内阻约为 4kD电流表 A1：量程为 03A，内阻约为 0.1E电流表 A2
21、：量程为 00.6A，内阻约为 0.6F滑动变阻器 R1：最大阻值为 10，额定电流为 1.0AG滑动变阻器 R2：最大阻值为 150，额定电流为 1.0AH开关 S，导线若干(1)实验中使用的电压表应选用_；电流表应选用_ ；滑动变阻器应选用_（请填写选项前对应的字母）(2)实验中某同学连接实验电路如图 1 所示，请不要改动已连接的导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上_(3)根据实验中测得的电压表和电流表数据，已在图 2 坐标纸上做出小灯泡的 U-I 图线请简述该图线不是直线的主要原因：_(4)若将实验中的小灯泡接在电动势为 1.5V、内阻为 1.5 的电源两端，则小灯泡的实际功
22、率约为_W（保留两位有效数字） 【答案】 （1）B、E 、F；（2 ）电路图如图所示；（3 ）灯泡电阻随温度的升高而增大；（4 ）0.36【解析】解：（1）灯泡额定电压是 2V，则电压表选 B；灯泡额定电流为 0.5A，则电流表选 E；为方便实验操作，滑动变阻器应选 F（2 ）灯泡正常发光时电阻 R= = =4， = 6.67， = =250， ，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；（3 ）因灯泡电阻随温度的升高而增大，故图象的斜率越来越大，所以图象发生了弯曲；（4 ）电源的电动势为 1.5V，电流与路端电压的关系式为：U
23、=E Ir=1.51.5I在上图中作出电流与路端电压的图线，如图所示；交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，故功率为：P=UI=0.950.38=0.36W故答案为：（1）B、E 、F；（ 2）电路图如图所示；（3）灯泡电阻随温度的升高而增大；（4 ） 0.36【点评】本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验；解题的关键是要先画出小灯泡的伏安特性曲线和电源的路端电压与电流关系图线，根据交点得到电源的实际输出电压，再计算电功率三计算题（共 5 小题，满分 37 分）17.“神舟 ”十号飞船于 2013 年 6 月 11 日 17 时 38 分在酒泉卫星发射中心成功发射，我国首位 80 后女航大员王亚平
24、将首次在太空为我国中小学生做课，既展示了我国在航天领域的实力，又包含着祖国对我们的殷切希望火箭点火竖直升空时，处于加速过程，这种状态下宇航员所受支持力 F 与在地球表面时重力 mg 的比值后 称为载荷值已知地球的半k=Fmg径为 R6.410 6m（地球表面的重力加速度为 g9.8m/s 2）(1)假设宇航员在火箭刚起飞加速过程的载荷值为 k6，求该过程的加速度；（结论用 g 表示）(2)求地球的笫一宇宙速度；(3)“神舟”十号飞船发射成功后，进入距地面 300km 的圆形轨道稳定运行，估算出 “神十”绕地球飞 行一圈需要的时间 （ 2g）【答案】(1) a5g (2) (3)T=5420sv
25、=7.92103m/s【解析】【分析】(1)由 k 值可得加速过程宇航员所受的支持力，进而还有牛顿第二定律可得加速过程的加速度(2)笫一宇宙速度等于环绕地球做匀速圆周运动的速度，此时万有引力近似等于地球表面的重力，然后结合牛顿第二定律即可求出；(3)由万有引力提供向心力的周期表达式，可表示周期，再由地面万有引力等于重力可得黄金代换，带入可得周期数值【详解】(1)由 k6 可知，F6mg，由牛顿第二定律可得：F-mgma即：6mg-mgma解得：a5g(2)笫一宇宙速度等于环绕地球做匀速圆周运动的速度，由万有引力提供向心力得： mg=mv2R所以： v= gR= 9.86.4106m/s=7.9
26、2103m/s(3)由万有引力提供向心力周期表达式可得： GMmr2=m(2T)2在地面上万有引力等于重力： GMmR2=mg解得：T= 42r3gR2= 4(6.7106)3(6.4106)2s=5420s【点睛】本题首先要掌握万有引力提供向心力的表达式，这在天体运行中非常重要，其次要知道地面万有引力等于重力18.如图为质谱仪工作原理图，离子从电离室 A 中的小孔 S1 逸出（初速度不计） ，经电压为U 的加速电场加速后，通过小孔 S2 和 S3，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B 匀强磁场中，运动半个圆周后打在接收底版 D 上并被吸收。对于同一种元素，若有几种同位素时，就会在 D
27、 上的不同位置出现按质量大小分布的谱线，经过分析谱线的条数、强度（单位时间内打在底版 D 上某处的粒子动能）就可以分析该种元素的同位素组成。(1)求比荷为 的粒子进入磁场的速度大小；qm(2)若测得某种元素的三种同位素 a、b、c 打在底版 D 上的位置距离小孔 S3 的距离分别为L1、L2、L3，强度分别为 P1、P2、P3，求：三种同位素 a、b、c 的粒子质量之比 m1：m2：m3；三种同位素 a、b、c 在该种元素物质组成中所占的质量之比 M1：M2：M3.【答案】 （1） ；（2） ； ： ：v=2qUm L21： L22： L23 P1L21P2L22P3L23【解析】【分析】（1
28、）粒子在加速电场中加速的过程，根据动能定理求解粒子进入磁场的速度大小；（2）找出粒子在磁场中运动的半径，根据 求解质量关系；根据单位时间内打在底版 D 上qvB=mv2R某处的粒子动能求解三种同位素 a、b、c 在该种元素物质组成中所占的质量之比.【详解】 （1）粒子在加速电场中加速的过程，根据动能定理可知： qU=12mv2-0解得： v=2qUm（2）带电粒子进入磁场后，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： qvB=mv2R又 ； ；R1=L12R2=L22R3=L32解得： ； ；m1=B2L21q8Um2=B2L22q8Um3=B2L23q8U则 m1：m2：m3=L21： L
29、22： L23根据 ，P=N12mv2又 qU=12mv2三种同位素 a、b、c 的数量分别为： ； ；N1=P1qUN2=P2qUN3=P3qU三种同位素 a、b、c 在该种元素物质组成所占的质量分别为：M 1=N1m1；M2=N2m2；M3=N3m3三种同位素 a、b、c 在该种元素物质组成所占的质量之比 ：M1：M2：M3= ： ：P1L21P2L22P3L2319.如图所示，光滑绝缘曲面与水平传送带固定在一竖直平面内，且在 B 处平滑连接，整个装置处在竖直向下的匀强电场中水平传送带长为 L10m，且以 v5m/s 的恒定速度匀速逆时针方向转动一质量为 m0.2kg，电荷量为 q0.2C
30、 的带电的小物体从距传送带某一高度的 A 点由静止滑下，滑过 B 点后经时 t2s 恰好运动到传送带最后端 C 处，不考虑滑块与传送带摩擦时的电量损失，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为 0.25，取g10m/s 2，求：(1)匀强电场的电场强度 E；(2)小物体再次经过 B 点后滑上曲面时离传送带的最大竖直高度；(3)从小物体滑上传送带到再次经过 B 点的过程中，小物体与传送带间因摩擦而产生的热量【答案】(1)E10N/C (2) h0.625m (3)Q22.5J【解析】【分析】(1)小物块向左做匀减速直线运动，结合位移时间公式求出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出匀强电场的电
31、场强度(2)再次返回时，先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合速度时间公式求出速度达到传送带速度所需的时间，以及求出此时的位移，判断出小物块在传送带上的运动规律，得出到达 B 点的速度，再根据动能定理求出滑上曲面后离传送带的最大竖直高度(3)根据运动学公式求出小物块在传送带上运动的相对路程，从而得出因摩擦产生的热量【详解】(1)设小物体向左匀减速运动的加速度为 a，则有： L=12at2代入数据解得：a5m/s 2，由牛顿第二定律有： (qE+mg)ma，代入数据解得：E10N/C(2)小物体从 C 返回的过程中，加速度为 a，则有：( qE+mg)ma，代入数据解得：a5m/s 2
32、达到与传送带共同速度所需的时间为 t，则有：v a t解得 t1s 物块的位移为： x=12at2=2.5m10m则小物块向右经过 B 点的速度为：v5m/s ，由动能定理得： (qE+mg)h=12mv2代入数据解得：h0.625m(3)小物块向左运动的过程中，相对位移为：x 1L+vt 20m小物体向右运动的过程中，相对位移为：x 2vt-x2.5m则全程产生的热量为：Q(qE+mg )(x 1+x 2)22.5J【点睛】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、动能定理的综合运用，关键理清物块在传送带上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律综合求解20.如图所示，质量为 m、电量为-q 的带
33、电粒子在两个等量同种正电荷（电荷量均为 Q）连线的中垂面上以某一速度做半径为 4L 的匀速圆周运动；如果此粒子以同样大小的速度绕电荷量为+Q 的点电荷做匀速圆周运动，求粒子的运动半径是多少？粒子重力忽略不计.（sin370.6，cos370.8）【答案】 r=12524L【解析】【详解】设带电 q 粒子在匀速圆周运动的速度为 v依题意从几何关系可知，Q 和 间距 （1） q r=5L粒子在两 中垂面作匀速圆周运动+Q （2） 2kQq(5L)2sin37=mv24L粒子在以相同速度绕 问题匀速圆周运动半径为 r+Q （3） kQqr2=mv2r联立（1）（2）（3） ，得 r=12524L21
34、.如图所示，两根足够长的粗糙平行直导轨与水平面成 角放置，两导轨间距为 l，轨道上端接一电容为 C 的电容器导轨处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨平面斜向上一质量为 m 的金属棒在沿平行斜面的恒力 F 作用下从静止开始沿斜面向上运动已知重力加速度大小为 g，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，忽略所有电阻，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)回路中的电流强度大小【答案】(1)QCBlv (2) I=CBl(Fmgcosmgsin)m+CB2l2【解析】【分析】(1)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势；再与 相结合求出电荷量与速度的关系式C=QU
35、(2)由动量定理求解加速度大小，再由电流强度的定义式求解电流强度大小【详解】(1)设金属棒下滑的速度大小为 v，则感应电动势为：E Blv 平行板电容器两极板之间的电势差为：U E设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q，按定义有： C=QU得：QCBlv(2)设导体棒运动过程中经过 t 时间的速度为 v，根据动量定理可得：Ft-mgcos t-mgsint-BIltmv 0，根据电荷量的计算公式可得：Q ItCBlv解得: v=F-mgcos-mgsinm+CB2l2 t可见导体棒做匀加速直线运动，通过导体棒的电流强度为：I=Qt=CBlvt =CBla=CBl(F-mgcos-mgsin)m+CB2l2【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件、动量定理等列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解
