題目列表(包括答案和解析)
兩根平行光滑金屬導軌MN和PQ水平放置，其間距為0.60m，磁感應強度為0.50T的勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導軌之間連接的電阻R=5.0Ω，在導軌上有一電阻為1.0Ω的金屬棒ab，金屬棒與導軌垂直，如圖所示．在ab棒上施加水平拉力F使其以10m/s的速度向右勻速運動．設金屬導軌足夠長，導軌電阻不計．求：
兩根平行光滑金屬導軌MN和PQ水平放置，其間距為d=0.6m，磁感應強度為B=0.5T的勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導軌之間連接的電阻R=5.4Ω，在導軌上有一粗細均勻的銅棒ab，銅棒與導軌垂直．銅棒的電阻為1.0Ω，其長度為l=1.0m，如圖所示．在銅棒上施加水平拉力F使其以v=10m/s的速度向右勻速運動．設金屬導軌足夠長，金屬導軌的電阻不計，銅棒與金屬導軌接觸良好．磁場范圍足夠大．求：兩根平行光滑金屬導軌MN和PQ水平放置，其間距為0.60 m，磁感應強度為0.50 T的勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導軌之間連接的電阻R=5.0Ω，在導軌上有一電阻為1.0Ω的金屬棒ab，金屬棒與導軌垂直，如圖所示。在ab棒上施加水平拉力F使其以10 m/s的水平速度向右勻速運動。設金屬導軌足夠長。求：
（1）金屬棒ab兩端的電壓。
（2）拉力F的大小。
（3）電阻R上消耗的電功率。
一、本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。把你認為正確答案的代表字母填寫在題后的括號內。
1．B 2．AC 3．CD 4．AB 5．D 6．CD 7．BC 8．AC 9．A 10．CD
二、本題共3小題，共14分。按照要求作圖或把答案填在題中的橫線上。
12．（1）；（2分） ；（2分）（2）偏小。（1分）
13．（1）如答圖1；（2分） （2）0~6.4；（2分）
（3）。（2分）
三、本大題包括7小題，共56分。解答應寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟。
只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題的答案必須明確寫出數值和單位。
14．（7分）
解：（1）質子進入磁場做半徑為R1的勻速圓周運動，洛侖滋力提供向心力，根據牛頓第二定律，…………………………（2分）
質子離開磁場時到達A點，O、A間的距離.………………（1分）
同理，α粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，α粒子離開磁場時到達B點，
O、B間的距離，則A、B兩點間的距離.…（2分）
（2）α粒子在勻強磁場中運動周期為，
則α粒子在磁場中運動的時間為…………………………（2分）
15．（7分）解：（1）根據電磁感應定律，金屬棒ab上產生的感應電動勢為
……………………………………（1分）
根據閉合電路歐姆定律，通過R的電流……………………（1分）
金屬棒兩端的電壓U=E－Ir=2.5V.………………………………………………（1分）
（2）由于ab桿做勻速運動，拉力和磁場對電流的安培力大小相等，即
…………………………………………………………（2分）
（3）根據焦耳定律，電阻R上消耗的電功率P=I2R=1.25W.…………………（2分）
16．（8分）解：（1）滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力，
設到達斜面底端時的速度為，根據動能定理
，…………………………（2分）
解得………………………………………………（1分）
（2）滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，設此高度為，根據動能定理， ，…………………………（2分）
代入數據解得……………………………………（1分）
（3）滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能和減少等于克服摩擦力做的功，
即等于產生的熱能，……………………（2分）
17．（8分）解：（1）因為線圈中產生的感應電流變化的周期與磁場變化的周期相同，所以由圖象可知，線圈中產生交變電流的周期為T=3.14×10－2s.
所以線圈中感應電動勢的最大值為……………………（2分）
（2）根據歐姆定律，電路中電流的最大值為
通過小燈泡電流的有效值為，…………………………（1分）
小燈泡消耗的電功率為P=I2R=2.88W………………………………………………（2分）
（3）在磁感應強度變化的1~1/4周期內，線圈中感應電動勢的平均值
通過燈泡的平均電流……………………………………（1分）
通過燈泡的電荷量………………………………（2分）
18．（8分）解：（1）當通過金屬棒的電流為I2時，金屬棒在導軌上做勻加速運動，設加速度為a，根據牛頓第二定律，………………………………（1分）
設金屬棒到達NQ端時的速率為，根據運動學公式，，……………（1分）
由以上兩式解得：……………………………………（2分）
（2）當金屬棒靜止不動時，金屬棒的電阻，設金屬棒在導軌上運動的時間為t，
電流在金屬棒中產生的熱量為Q，根據焦耳定律，Q=I，…………………（2分）
根據運動學公式，，將（1）的結果代入，爭得
………（2分）
19．（9分）解：（1）t=0時刻進入兩板間的電子先沿OO′方向做勻速運動，即有，
而后在電場力作用下做類平拋運動，在垂直于OO′方向做勻加速運動，設到達B、D
端界面時偏離OO′的距離為y1，則.………………（2分）
t=T/2時刻進入兩板間的電子先在T/2時間內做拋物線運動到達金屬板的中央，而后做勻速直線運動到達金屬板B、D端界面。設電子到達金屬板的中央時偏離OO′的距離為y2，將此時電子的速度分解為沿OO′方向的分量與沿電場方向的分量，并設此時刻電子的速度方向與OO′的夾角為θ，電子沿直線到達金屬板B、D端界面時偏離OO′的距離為，則有；
解得……………………………………………………（1分）
因此，。…………………………………………………（1分）
（2）在t=(2n+1) T/2(n=0, 1,2……)時刻進入兩板間的電子在離開金屬板時偏離OO′的距離最大，因此為使所有進入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板，應滿足的條件為，解得板間電太的最大值�！�2分）
（3）設）時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為Y1；t=(2n+1)T/2(n=0,1,2……)時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為，電子到達熒光屏上分布在范圍內. 當滿足的條件時，△Y為最大。根據題中金屬板和熒光屏之間的幾何關系，得到
……………………………………………………（1分）
因此電子在熒光屏上分布的最大范疇為………（2分）
20．（9分）
解：（1）粒子A在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛侖滋力提供向心力，設粒子A的速度為v0，在MN上方運動半徑為R1，運動周期為T1，根據牛頓第二定律和圓周運動公式，
解得 ………………………………（2分）
同理，粒子A在MN下方運動半徑R2和周期T2分別為：
。
粒子A由P點運動到MN邊界時與MN的夾角為60°，如答圖2所示，則有
R1－h=R1cos60° 得到：R1=2h，R2=4h。
PQ間的距離為d=2R2sin60°－2R1sin60°=2h。………………………………（3分）
（2）粒子A從P點到Q點所用時間為
，………………………………（1分）
設粒子B的質量為M，從P點到Q點速度為v
，……………………………………………………（1分）
由
根據動量守恒定律…………（2分）
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