浙江省宁波市2022-2023学年高二下学期期中联考物理含解析

2022学年高二年级第二学期宁波名校期中联考

物理试题

考生须知：

1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数

字。

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。

4.考试结束后，只需上交答题纸。

一、单项选择题（本题共13题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个选项中只有一个

是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分）

1.下列物理量是矢量并且它的物理符号和在国际单位制中的单位正确的是（）

A.电场强度E（V）B.冲量/（kg∙m∙sDC.电感L（H）D.磁通量①（「n?）

答案：B

解析：A.电场强度E是矢量，电场强度的单位为N∙C∣或V∙n√，故A错误；

B.冲量/是矢量，冲量的单位为N∙s或kg∙m∙s”,故B正确；

C.电感L是标量，故C错误；

D.磁通量①是标量，故D错误。

故选B

2.物理学发展源于生活，沉于理论，归于实验，下列关于物理学史的说法正确的是（）

A.麦克斯韦通过实验得出了电磁场统一理论，为电磁学的发展奠定了基础

B.楞次发现了电磁感应现象，并通过实验得出了产生电磁感应现象的条件

C.奥地利物理学家开普勒在铁道旁散步时发现波源与观察者相互靠近或相互远离时，接收到波的频率都

会发生变化，人们把这种现象称为开普勒效应

D.惠更斯通过详尽的实验研究，发现单摆做简谐运动的周期T和摆长的二次方根JZ成正比

答案：D

解析：A.麦克斯韦提出了电磁场统一理论，预言了电磁波的存在，为电磁学的发展奠定了基础，后来赫

兹用实验证明电磁波的存在，选项A错误；

B.法拉第发现了电磁感应现象，通过实验得出了产生电磁感应现象的条件，选项B错误；

C.奥地利物理学家多普勒在铁道旁散步时发现波源与观察者相互靠近或相互远离时，接收到波的频率都

会发生变化，人们把这种现象称为多普勒效应，选项C错误；

D.惠更斯通过详尽的实验研究，发现单摆做简谐运动的周期7和摆长的二次方根JZ成正比，选项D正

确。

故选D。

3.下列情境中属于共振现象的是（）

A.小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反

而变得剧烈了起来

B.小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋千荡得比小张更高

C.IOl大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反

D.如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，最后通过扬声器的振动将声音以较高音

量发出

答案：A

解析：A.小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的

摆动反而变得剧烈了起来，这是由于机器的固有频率与脱水机转动的频率越来越接近，从而产生了共振引

起的，选项A正确；

B.小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高,

该现象不属于共振，选项B错误；

C.IOI大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反,

重锤发生阻尼振动，该现象不属于共振，选项C错误；

D.如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，这属于受迫振动；膜片振动带动线圈振

动，使线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流，经放大传给扬声器最后通过扬声器的振动将声音以较高音

量发出，这不属于共振，选项D错误。

故选Ao

4.物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否

成立。如图所示，在光滑的地面上，人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，现在为了使车能够停下来，

车上的人用锤连续敲打小车，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A,连续敲打可以使小车停止运动

B.人、车、锤组成的系统机械能守恒

C.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，但水平方向的动量守恒

D.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，且任意方向的动量也不守恒

答案：C

解析：B.根据题意可知，在车上的人用锤连续敲打小车的过程中人体消耗了化学能，敲打过程产生了内

能，因此人、车、锤组成的系统机械能不守恒，B错误；

CD.锤子向下运动过程中有一段失重过程，因此人、车、锤组成的系统所受外力的合力不为0,则人、车、

锤组成的系统的动量不守恒，但该系统在水平方向上所受外力的合力为0,则人、车、锤组成的系统水平

方向的动量守恒，结合上述可知，人、车、锤组成的系统机械能不守恒，但水平方向的动量守恒，C正确,

D错误：

A.由于人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，始总动量不为0,根据上述可知，由于人、车、锤组成

的系统水平方向的动量守恒，则系统水平方向总动量始终不为0,即连续敲打不能使小车停止运动，A错

误。

故选C

5.家庭用电是交流电，因为传输，变压比较方便，驱动电机也比较简单。但仍有不少家用电器设备使用直

流电，如电视机，电脑，充电器等，其工作机制是在交流电输入后有一个专门的整流变压滤波电路，可以

将正弦交流电变成如图所示的脉动直流电（每半个周期按正弦规律变化），则该脉动直流电电流的有效值

C∙8√2AD.16√2A

答案：C

解析：根据图像可知，整流变压滤波电路仅仅改变了正弦交流电的方向，每时每刻电流的大小仍然一定,

即该脉动直流电电流的有效值与滤波前的正弦交流电的有效值相同，则有

16

A=8√∑A

正

故选C。

6.一个连同装备共有20Okg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船60m的位置与飞船处于相对静止的状

态。装备中有一个高压气源，能以50m∕s的速度喷出气体。航天员为了能在Imin内返回飞船，他在开始

返回的瞬间需要一次性向后喷出的气体至少约（）

A.3kgB.4kgC.5kgD.6kg

答案：B

解析：航天员获得速度后将做匀速直线运动，设位移/,设喷出气体的速度为％,喷出气体的瞬间，航天

员获得的速度大小为L喷出的气体的质量为加，航天员连同装备的质量为则在高压气源喷出气体

的瞬间，航天员和喷出的气体组成的系统动量守恒，取航天员运动的方向为正方形，由动量守恒定律可得

0=（M-m）v-mva

另由匀速直线运动可得

l=vt

联立解得

m≈4kg

故选B,

7.在粒子物理研究中，带电粒子在云室等探测装置中的轨迹是非常重要的实验证据。根据对不同粒子轨迹

的分析和比较，科学家可以得到粒子的带电情况、运动情况等许多信息，甚至可以发现新粒子。现将一粒

子源装入放在匀强磁场的云室中（粒子源不固定，且云室中阻力忽略不计），粒子源不断向相反方向同时

放出一对电荷量为pe,质量为h”的正离子（p、k均为常量且都大于1）和电荷量为e,质量为〃?的电子，

下列说法正确的是（）

A.两种粒子的运动轨迹如图甲所示，且半径大的一定是电子

B.两种粒子的运动轨迹如图乙所示，且半径大的一定是电子

C.若正离子和电子速度之比为鼠则粒子源不会移动

D.若正离子和电子的速度之比为则粒子源不会移动

k

答案：D

解析：AB.两种电性不同带电粒子在同一磁场中同时向相反的方向运动，根据左手定则可知，两粒子的

轨迹在出发点相切，且互为内切圆；粒子在磁场中运动，洛伦兹力充当向心力，有

V2

Bqv=m0-

可得

R=咄

Bq

则可知两粒子在磁场中运动的轨迹半径分别为

底=4

1Bpe

R=吆

IiBe

可知正粒子和电子的半径比为

R正=%⅛

尺乜PV电

由以上比值关系不能确定正粒子和电子轨迹半径大小关系，故AB错误;

CD.由于左＞1,若正粒子和电子的速度之比为晨则

kmvli:>电

正粒子和电子总动量之和不为零，则粒子源会移动；若正离子和电子的速度之比为!，正粒子和电子总动

K

量之和为零，则粒子源不会移动，故C错误，D正确。

故选D。

8.如图是回旋加速器的示意图，加速电场场强大小恒定，Dl和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有

一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的

匀强磁场中，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动。经过半个圆周之后，当粒子再次到达两盒间的缝隙时，

这时控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过盒缝时再一次被加速，如此，粒子在做圆周

运动的过程中一次一次地经过盒缝，而两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子的速度就能够增加到很

大。则下列说法错误的是（）

接交流电源

A.两盒间电势差的变化周期只与粒子的比荷有关

B.粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关

C.带电粒子每运动一周被加速两次

D.粒子第一次加速和第二次加速的半径之比为1：√2

答案：A

解析：A.回旋加速器正常工作时，电势差的变化周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即有

TE

qB

可知，两盒间电势差的变化周期与粒子的比荷、磁感应强度有关，A错误，符合题意；

B.令D形盒的半径为R,则有

2

R=∕⅛LE=-mv

qBKmax2max

解得

J」一

LkmaX—2Cm

即粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，B正确，不符合题意；

C.由于回旋加速器正常工作时，电势差的变化周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则带电粒

子每运动一周被加速两次，C正确，不符合题意；

D.粒子第一次加速有

r,12„_"叫

qU=-mvi,=—

粒子第二次加速有

IqU=-mv2,凡=

“221一qB

解得

&=_L

&√2

D正确，不符合题意。

故选Ao

9.如图所示，小王同学在实验室做“跳环实验”。他将闭合铝环套在可拆变压器的铁芯上，再将变压器的

“0,1600（匝）”接线柱接220V的交流电源上。通电后，铝环跳起并悬浮在铁芯上方，则（）

A.铝环中的电流与线圈中的电流大小相等

B.若变压器改接220V直流电，则接通电源后铝环纹丝不动

C.若改用“0,800（匝）”接线柱，铝环跳起的高度会增加，同时线圈会有比较明显的发热现象

D.铝环跳起的高度太低是由于铝环的电阻太大

答案：C

解析：A.线圈接交流电，在铝环中产生的是感应电流，与线圈中的电流大小不一定相等，选项A错误；

B.若变压器改接220V直流电，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，则铝环中会产生感应电流，从

而会向上跳起。若保持电键闭合，则铝环的磁通量不变，环中没有电流，故要落回原处，选项B错误；

C.若改用“0,800（匝）”接线柱，则匝数变小，线圈中电流会变大，铝环中产生的感应电流会变大，则

铝环跳起的高度会增加，同时线圈会有比较明显的发热现象，选项C正确；

D.铝环跳起的高度与铝环的质量、线圈中的电流、线圈的匝数等都有关系。铝环跳起的高度太低不一定

是由于铝环的电阻太大造成的，选项D错误。

故选C。

10.如图所示，图甲是LC振荡回路中电荷量随时间的变化关系，若以图乙回路中上极板带正电荷为正，a、

b、c、d均为电场能或磁场能最大的时刻，下列说法正确的是（）

T

A.图乙中的a是电场能最大的时刻，对应图甲中的一时刻

4

B.图乙中的b是电场能最大的时刻，此后二内电容器的上极板将充上正电

4

C.图乙中的C是磁场能最大的时刻，对应图中的工时刻

2

D.图乙中的d是磁场能最大的时刻，此后电路中的电流方向为逆时针

答案：A

解析：A.图乙中的a是电场能最大的时刻，此时上极板带正电，电荷量为正，则对应图甲中的工时刻，

4

选项A正确；

B.图乙中的b是磁场能最大的时刻，此时电容器放电完毕，此后工内电容器的下极板将充上正电，选项

4

B错误；

C.图乙中的C是磁场能最大的时刻，此时电容器反向放电完毕，对应图中的T时刻，选项C错误；

D.图乙中的d是电场能最大的时刻，此后电容器放电，电路中的电流方向为顺时针，选项D错误。

故选Ao

11.如图所示，平行光滑金属导轨（足够长）与水平面成37。角倾斜固定，两导轨间距为1m,上端接一标

有“8V,80W”的灯泡，导轨间有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小JB=IT的匀强磁场，一质量

m=lkg、长度为Im的金属棒MM放在两导轨平面上，且与导轨在同一平面内，现给MN一沿导轨向下

的恒力F,MN达到平衡后，小灯泡恰好正常发光。不计导轨和金属棒MN的电阻，MN沿导轨滑动过程始

终与导轨接触良好且无摩擦。取重力加速度大小g=IOm//,下列说法正确的是（）

A.金属棒MN沿导轨运动的过程中通过小灯泡的电流方向为从b到a

B.金属棒MN平衡时的速度大小为6m∕s

C.恒力F的大小为4N

D.金属棒MN平衡时其受到重力的功率为80W

答案：C

解析：A.金属棒MN沿导轨运动的过程中，由右手定则可判断通过小灯泡的电流方向为从。到从故A

错误；

B.由

U=E=BLV=W

解得

V=8m/s

故B错误;

C.由受力平衡可得

F+mgsin370=FA

又

LB2l2v

F.=BIL=-------

R

RE

P

联立解得

F=4N

故C正确;

D.由公式

PG-"2gvsin37°

解得

己=48W

故D错误。

故选C。

12.图示是某人设计电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两

个触点，触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。々和〃2分别是理

想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。

热风时输入功率500W

冷风时输入功率80W

小风扇额定电压60V

正常工作时小风扇输出功率68W

-

-

电,小外扇■.

V

热V

丝V

-

-

-

-—o

220V交流电

---------oa1---------o

则下列说法正确的是（）

A.当P与C接触时，吹热风

B.小风扇的内阻约53C

C.吹热风时，输入到小风扇的功率约占总功率的13.6%

D.变压器原、副线圈的匝数比是11：3

答案：D

解析：A.触片P与触点氏C接触时，电路中只有电动机自己工作，电吹风机送出来的是冷风，选项A错

误；

B.小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，则小风扇的电流

="A

603

则

/2厂=p—PLU=80W-68W=12W

解得小风扇的内阻是

r=6.75Ω

选项B错误；

C.吹热风时输入功率5OOW,输入到小风扇的功率8OW,约占总功率的

选项C错误;

D.根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系

/I1220_11

n2603

选项D正确。

故选D。

13.小张在探究磁场对电流作用的实验中，将长宽高分别为队氏C的金属导体板放在沿y轴正方向的磁

感应强度为8的匀强磁场中，给导体通上沿X轴正方向的电流/时，发现在导体的某两个相对的面之间存

在电压U.则下列说法正确的是（）

A.在上下两个面之间出现电势差，且上底面的电势更高

B.电压U和电流成正比

C.电压U与磁感应强度成反比

D.电压U与C的长度有关

答案：B

解析：A.金属导体是电子的定向移动，则由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向上，则在上下两个面

之间出现电势差，且下底面的电势更高，选项A错误；

BCD.根据

U

一q=qvBn

c

I=nqacv

解得

U*

ιιqa

即电压U和电流成正比，与磁感应强度成正比，与C的长度无关，选项B正确，CD错误。

故选B。

二、不定项选择题（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至

少有一个选项正确，全部选对得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得。分）

14.如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为如和加，，右图为他

们碰撞前后的x＜图像。已知肛=0∙3kg,由此可以判断（）

A.碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动

B.可以计算出租2=0.9kg

C.碰撞过程为非弹性碰撞

D.若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J

答案：BD

解析：A.由图像可知，碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，故A不符合题意；

B.碰前侬的位移不随时间而变化，处于静止状态，阳的速度大小为

V1=牛=4m∕s

方向只有向右才能与〃”相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和加的速度分别为

%=2m/s

,

vl=-2m∕s

碰后〃?2的速度方向为正方向，说明，“2向右运动，而见的速度方向为负方向，说明〃“向左运动，根据动

量守恒定律得

mw∖=mw'∖-∖-m2v'2

代入解得

∕772=O.9kg

故B正确：

C.碰撞过程中系统损失的机械能为

2,2v

ΔE=^mlvl—∙^∕7z1v1~^rn22=θ

碰撞过程为完全弹性碰撞，故C错误；

D.若两球碰撞后粘合在一起运动，则

m1vl=(ml+m,)u

解得

v=lm∕s

碰撞过程中损失的动能是

,22

ΔE=∙^m1v1-ɪ(m,+m2)V=1.8J

故D正确。

故选BD。

15.在〉轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿X轴相向传播，甲向右传播、

乙向左传播，f=O时刻的波形如图所示，甲波恰好传至X=O处，乙波恰好传至x=5m处，已知波在负

半轴的波速大小为0∙5m∕s,在正半轴的波速大小为0.25m∕s,下列说法中正确的是（）

A./=O时刻尤=-2.6m处质点与X=5.1m处质点的振动方向相反

B.X轴上第一个位移到+6Cm的质点是横坐标为X=3m

C.较长时间后x=25m处的质点是振动减弱点

D.t=50s时刻X=2m处质点的位移为6cm

答案：BCD

解析：根据题意，由图可知，甲在N轴左测的波长为4m,则甲的频率为

启4=如

Λ∣ιɑ

乙的波长为2m，则乙的频率为

f/=幺=LHZ

48

甲、乙频率相同，可以发生干涉现象

A.根据题意，由同侧法可知，x=-2.6m处质点与x=5.1m处质点的振动方向都向下，相同，故A错误;

B.根据题意可知，甲的波峰传到X=O时，需要的时间为

1C

t=——s=2s

1x0.5

此时，乙的波峰传到x=6m处，它们在X轴的中点在x=3m,由于波速相等，同时到达，两列波在此处

叠加，使该点的位移为+6Cm,故B正确；

C.根据题意可知，，=0时，X=O处质点开始向上振动，x=5m处的质点开始向下振动，则距两处相等

位置x=2.5m的质点，在较长时间后是振动减弱点，故C正确；

D.根据题意可知，甲波在％=2m处的质点在t=50s时，振动5,周期，则位移为

4

x1=3cm

3

乙波在x=2m处的质点在∕=50s时，振动4一周期，则位移为

4

x2=3cm

则t=50s时刻X=2m处质点的位移为

%=x1+x2=6cm

故D正确。

故选BCDo

三、实验题（本小题共2小题，共14分）

16.在“探究电磁感应的产生条件”实验中：

（1）如图甲所示，线圈横卧在课桌上并与G表相连，将条形磁铁自左向右穿过线圈，已知插入时G表指

针向左偏转，则拔出时G表指针（填“向左”或“向右”）偏转。

（2）如图乙所示，将学生电源和开关、滑动变阻器、线圈A串联起来，将线圈B与G表连接起来。一般

情况下，开关和A线圈应该与学生电源的（填“直流”或“交流”）接线柱相连。闭合开关瞬间，

发现G表指针向左偏转。当闭合开关接通电源后，将变阻器滑动触头向右移动时.，则G表指针（填

“向左”或“向右”）偏转。闭合开关接通电源后，第一次将滑动变阻器从最大阻值滑移到某一较小阻值,

第二次用比第一次大的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移到同一较小阻值，则第二次G表偏转的角度较

（填“小”或"大”）o

答案：①.向右②.直流③.向左④.大

解析：(1)[1]将条形磁铁自左向右穿过线圈时，线圈中的磁通量增加，则根据楞次定律可知，线圈中产生

的感应电流的磁场要阻碍原磁通量的增加，即线圈中产生的感应电流从左向右看为逆时针方向环绕，此时

G表指针向左偏转；则拔出时，穿过线圈的磁通量要减小，则感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的减小,

即线圈中产生的感应电流从左向右看为顺时针方向环绕，那么此时G表指针向右偏转。

(2)[2]开关和A线圈应该与学生电源的直流接线柱相连，这样可以通过开关的通断和滑动变阻器阻值的

改变从而控制电流的变化，以产生变化的磁场，进而研究感应电流产生的条件，而交流电的方向在发生周

期性变化，实验过程若选择交流电就会同时有两个变量，因此选择直流电源；

[3]当滑动变阻器滑动触头向右移动时，接入电路中的电阻减小，回路中产生的电流增大，从而产生的磁场

增强，致使产生的感应电流增大，G表指针向左偏转；

即第二次用比第一次大的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移到同一较小阻值，这样的操作使电路中电流的

变化率增大，从而使磁场的变化率增大，则产生更大的感应电流，则第二次G表偏转的角度较大。

17.在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中

(1)下列说法正确的是

A.需要用天平称出小球的质量

B.测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量

C.摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好

D.必须使摆球在同一竖直面内摆动

(2)测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s,表盘上部的小圆共15大格，每一大格为Imin,

该单摆摆动n次长短针的位置如图甲所示，所用时间=s。

55

24

53

22

■5139

10、

(3)用多组实验数据作出72_乙图像，可以求出重力加速度g,已知三位同学作出的图线的示意图如

乙图中的4、AC所示，其中。和人平行，人和C都过原点，根据图线6求得的g值最接近当地重力加速度

的数值。则相对于图线江下列分析正确的是。

乙

A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L

B.出现图线C的原因可能是误将49次全振动记为50次

C.图线C求得的g值小于图线6求得的g值

答案：①.BD##DB②.67.9③.B

解析：(1)[1]A∙单摆的周期与质量无关，则不需要用天平称出小球的质量，选项A错误；

B.测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，选项B正确；

C.摆长一定的情况下，摆角不超过5。，即并非摆的振幅越大越好，选项C错误；

D.必须使摆球在同一竖直面内摆动，选项D正确。

故选BDo

(2)⑵秒表读数=Imin+7.9s=67.9s°

(3)[3]A.由图像〃、h可知，相同的7值时“图像对应的L值较小，则图线。的原因可能是误将悬点到

小球最上端的距离记为摆长选项A错误；

B.图像从c比较，相同的L值图线c对应的T值较小，出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50

次，选项B正确；

C.根据

可得

T2=-L

g

图线C斜率较小，则求得的g值大于图线6求得的g值，选项C错误。

故选B。

四、计算题(共4小题，共41分)

18.如图所示，将一交流发电机的矩形线圈HCd通过理想变压器外接电阻R=IOQ,已知线圈边长

ab=cd=OΛm,ad=bc=Q.2m,匝数N=50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端。

变压器原、副线圈匝数比〃I：〃2=1:3,线圈在磁感应强度8=0∙2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以

0=20OradZS的角速度匀速转动，求：

(1)从图示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值e的表达式；

(2)交流电压表的示数U-,

答案：(1)e=40cos200f(V);(2)20√2V：⑶720W

解析：(1)感应电动势的最大值为

Em=NBSco

解得

Em=50X0.2X0.1X0.2X200V=40V

故从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为:

e=40cos200f(V)

7口12

mgh+Ek0=-mvl

v1=12m/s

P、Q碰撞动量守恒

mvl=Imv2

v2=6m/s

(2)由能量关系

ɪ∙2mv∣=μ∙2mgx

X=3.6m

所以物体最终静止在距离B0.4m处位置

(3)若物体到达斜面顶端的A,则物体经传送带返回的速度为V

2

ɪ∙2mv=2mgh+μ∙Imgxet

v=6m∕s

2ax,=v2

√=3.6m<IOm没有从右侧滑出

B至IJC

2

—×Imv+μ■2mgxβc=—■2mv^

v2=65m/s

碰撞前速度

v1=2^∕^m∕s

B至IJC

［口12

mgh+Ek0=-mv;

%=94J

20.如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有

大量质量为机，电荷量大小为q,速度大小范围为％〜6%的粒子从尸例和。K间平行于PM射入圆形磁

场区域，PM与圆心。在同一直线上，P例和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为%的粒子刚好

从。点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板Nr)与圆形区域相切于N点,到达N点的粒子均能进入下方,

到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求:

（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；

（2）从M点射入的速度为g%的粒子射出磁场后打在挡板上的点尸（图中未标出），求NF的距离以及从

M到尸所用的时间/o

（3）所有从PM到QK间射入的速度为%的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与No的夹角在什么范围

内？

X----

/••、

/B'、、

Qκ'∖∙N]/D

答案：（1）B=爷，正电；（2）立R,（2+7Γ~^]R.（3）60°~90°

QR33%

解析：（1）速度为％的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为广，由几何关系可知

r=R

2

qvςjB=m-

得

B=吆

qR

由左手定则判断可得粒子带正电；

（2）由题意得速度为6％的粒子轨道半径

r=∖∣3R

由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为60

M到G的过程中，水平位移

ɔ

%=∖∣3R∙si