浙江省嘉兴市嘉兴高级中学2023-2024学年高二上学期第二次教学调研（12月）物理试题（Word版附解析）

嘉兴高级中学2023学年第一学期第二次教学调研高二年级物理试卷（选考）命题人：张典审卷人：吴志浩考生须知：1。本卷满分为100分，考试时间为90分钟。2。请将答案正确填写在答题卡上，答案写在试题卷上不给分。一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分）1.下列属于国际单位制中基本单位符号的是（　　）A.cmB.AC.ND.eV【答案】B【解析】【详解】国际单位制的基本物理量与基本单位是：长度、单位m，时间、单位s，质量、单位kg，热力学温度、单位K，电流、单位A，光强度、单位cd（坎德拉），物质的量、单位mol；故选B。2.下列说法与物理学史相符的是（　　）A奥斯特发现电磁感应现象B.法拉第证实电流周围存在磁场C.伏特首先研究得出电流与电压、电阻三者之间的关系D.焦耳根据所测电流通过电阻放出的热量，提出焦耳定律【答案】D【解析】【详解】A．法拉第发现电磁感应现象，故A错误；B．奥斯特证实电流周围存在磁场，故B错误；C．欧姆首先研究得出电流与电压、电阻三者之间的关系，故C错误；D．焦耳根据所测电流通过电阻放出的热量，提出焦耳定律，故D正确。故选D。3.小明同学利用废旧透明胶缠绕废纸做成一个纸球，让纸球从某一高度下落，如图所示，若纸球下落过程中空气阻力与速度成正比，并经过足够长时间落地，则纸球运动过程中的速度、重力势能、动能、机械能E随下落时间或下落高度h的关系图像可能正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．依题意，阻力与速度成正比，即由牛顿第二定律，可得联立，解得可知加速度随着速度的增加逐渐减小，当加速度为零时，速度达到最大，然后纸球匀速下落。v-t图线先是斜率变小的曲线，然后是斜率不变的直线。故A错误；B．根据重力势能的表达式可知-h图线为直线，且随着下落高度的增加重力势能减小。故B正确；C．根据可知-h图线的斜率先变小，当二力平衡后，动能不变，斜率为零。故C错误；D．根据 解得可知E-h图线的斜率先增大，后保持不变。故D错误。故选B。4.2023年5月17日10时49分，由航天科技集团五院研制的第五十六颗北斗导航卫星搭乘长征三号乙运载火箭，在西昌卫星发射中心成功发射。该卫星属地球静止轨道卫星，是我国北斗三号工程的首颗备份卫星，以下说法正确的（　　）A.该卫星环绕地球的速度大于7.9km/sB.该卫星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度C.发射该卫星的速度超过了第二宇宙速度D.启动该卫星的发动机进行加速，能减小该卫星的运动周期【答案】B【解析】【详解】A．地球第一宇宙速度7.9km/s等于近地卫星的环绕速度，根据解得由于地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知该卫星环绕地球的速度小于7.9km/s，故A错误；B．地球静止轨道卫星的角速度等于地球自转的角速度，根据解得由于地球静止轨道卫星的轨道半径大于赤道上一建筑物的轨道半径，则该卫星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度，故B正确；C ．地球静止轨道卫星没有脱离地球束缚，则发射该卫星的速度超过了第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故C错误；D．启动该卫星的发动机进行加速，卫星将变轨到高轨道，根据解得由于轨道半径增大，则可知卫星的运动周期增大，故D错误。故选B。5.以下装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是（　　）A.甲图为回旋加速器，增加电压U可增大粒子的最大动能B.乙图为磁流体发电机，可判断出A极板是发电机的正极C.丙图为质谱仪，打到照相底片D同一位置粒子的比荷相同D.丁图为速度选择器，特定速率的粒子从左右两侧沿轴线进入后都做直线运动【答案】C【解析】【详解】A．粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力得 对于同一个粒子，增大磁感应强度和加速器半径可以增大其速度，从而增大其动能。故A错误；B．根据左手定则可以判断，带正电的粒子向B极板聚集，故B极板为正极。故B错误；C．粒子由加速电场加速粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力联立解得粒子经过相同得加速电场和偏转磁场，所以打到同一位置的粒子的比荷相同。故C正确；D．丁图的速度选择器，粒子只能从左向右运动才符合原理。比如带正电的粒子进入时，洛伦兹力向上，电场力向下才能受力平衡。故D错误。故选C。6.如图所示，细绳拉着一带正电小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场。A点为运动轨迹的最高点，点为运动轨迹的最低点，为水平直径。在小球做圆周运动的过程中（　　） A.在A点小球的速度最小B.在点绳子的拉力最大C.在点和点绳子的拉力大小相等D.在点小球的机械能最小【答案】D【解析】【详解】AB．把重力和电场力合成为等效重力，可知在等效最高点的速度最小，在等效最低点的速度最大且拉力最大，由图可知，A点不是等效最高点，B点不是等效最低点，故AB错误；C．由题意可知，小球从C点到D点电场力做正功，动能增大，速度增大，故小球在D点的速度大于C点的速度，由牛顿第二定律可知，小球在D点时绳子的拉力较大，故C错误；D．根据能量守恒定律，小球在C点时的电势能最大，则机械能最小，故D正确。故选D。7.在回收过程中“嫦娥五号”返回器采取“半弹道跳跃方式”再入返回，并在降至地面开降落伞减速，从降落伞打开到返回器落至地面这一过程中，下列说法正确的是（　　）A.返回器下落过程中减速是因为降落伞对返回器的拉力大于返回器对降落伞的拉力B.打开降落伞后，返回器内的月球样品处于失重状态C.若返回器降落到地面附近时突然受到水平方向的风作用，返回器在空中运动的时间将变长D.若返回器受到的阻力与速度大小成正比，返回器做加速度减小的减速运动【答案】D【解析】【详解】．返回器下落过程中减速是因为降落伞对返回器的拉力大于返回器的重力，而降落伞对返回器的拉力与返回器对降落伞的拉力是一对相互作用力，大小始终相等，故A错误；B．打开降落伞后，返回器减速下降，降落伞对返回器的拉力大于返回器的重力，返回器及返回器内的月球样品均处于超重状态，故B错误；C．若返回器降落到地面附近时突然受到水平方向的风作用，水平方向的运动状态会改变，但竖直方向不受影响，故返回器在空中运动的时间将不变，故C错误；D．若返回器受到的阻力与速度大小成正比，设比例系数为，则阻力为 根据牛顿第二定律得因为减速过程中速度在减小，故加速度也在减小，故返回器做加速度减小的减速运动，故D正确。故选D。8.如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定绝缘轻弹簧相连且放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为。此时导体棒具有竖直向上的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是（　　）A.初始时刻导体棒受到的安培力大小为B.初始时刻导体棒加速度的大小为C.导体棒第一次速度为零时，克服弹簧弹力和克服重力做功之和小于D.从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热为【答案】BC【解析】【详解】A．初始时刻导体棒产生的感应电动势大小为回路中感应电流大小为 初始时刻导体棒受到的安培力大小为故A错误；B．初始时刻，对导体棒由牛顿第二定律得解得故B正确；C．开始时导体棒向上运动到第一次速度为零过程中，重力、弹簧弹力、安培力都做负功，更加动能定理可得可得由于故故C正确；D．导体棒在弹簧弹力作用下往复运动，当导体棒静止时，所受安培力为零，导体棒受到重力和弹簧的弹力平衡，弹簧弹力的方向竖直向上，弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为故导体棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律得解得系统产生的总热量为 电阻R上产生的热量要小于系统产生的总热量，故D错误。故选BC。9.如图所示的电路中，、、是三个相同的灯泡，电感的电阻和电源的内阻可忽略，为理想二极管。下列判断正确的是（）A.开关从断开状态突然闭合时，逐渐变亮，一直不亮，立即变亮B.开关从断开状态突然闭合时，、逐渐变亮，立即变亮C.开关从闭合状态突然断开时，、逐渐熄灭，突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭D.开关从闭合状态突然断开时，逐渐熄灭，突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，立即熄灭【答案】D【解析】【详解】AB．由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮；此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故AB错误；CD．开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗熄灭，故C错误，D正确。故选D。10.如图，空间固定一条形磁体（其轴线水平），以下说法正确的是（　　） A.圆环a沿磁体轴线向右运动，靠近磁体N极时感应电流逆时针（从左往右看）B.圆环b竖直下落时磁通量不变C.圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，感应电流为0D.圆环c经过位置2前后一小段时间内感应电流方向不变【答案】D【解析】【详解】A．圆环a沿磁体轴线向右运动，穿过线圈的磁通量增多，根据楞次定律可知电流为顺时针方向（从左往右看），A错误；B．圆环b竖直下落时，在1位置磁通量向下，在2位置磁通量为0，在3位置磁通量向上，磁通量发生变化，B错误；C．圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，但磁通量仍发生变化，因此仍有感应电流，C错误；D．圆环c经过位置2前后一小段时间内，磁通量先是向下的减少，然后是向上的增多，根据楞次定律，感应电流均为顺时针方向（从上向下看），D正确。故选D。11.“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一．如图是远距离输电的原理图，假设发电厂的输出电压恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器．下列说法正确的是（　　）A.若输送总功率不变，当输送电压增大时，输电线路损失的热功率增大B.在用电高峰期，用户电压降低，输电线路损失的热功率增大C.当用户负载增多，升压变压器的输出电压会增大D.当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率会增大【答案】B【解析】 【详解】A．若输送总功率不变，当输送电压增大时，输电线路中电流变小，由可知输电线路损失的热功率变小，故A错误；B．在用电高峰期，用户电压降低，电路中电流变大，由可知输电线路中电流变大，输电线路损失的热功率增大，故B正确；C．由于发电厂输出电压恒定不变，根据可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；D．当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率不会变化，故D错误。故选B。12.如图所示，在正方形ABCD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，F点和E点分别是AB边和BC边的中点。甲、乙、丙三个质量和电量完全相同速度不同且重力不计的带电粒子从E点垂直BC边向上进入磁场区域，甲、乙、丙分别从G点（G点在B点和E点之间）、B点、F点射出磁场区域，对三个粒子在磁场中的运动下列说法正确的是（　　）A.乙粒子在磁场中运动时间大于甲粒子在磁场中的运动时间B.三个粒子均带正电C.丙粒子的运动时间是甲的一半D.如果增大甲粒子的入射速度，甲粒子在磁场中的运动时间一定变小【答案】C【解析】【详解】A．甲、乙两粒子均做圆周运动，垂直于磁场边界进入，垂直于磁场边界射出，运动 轨迹均为半圆，圆心角均为180°，根据周期公式可知，周期与速度无关，所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间相同，A错误；B．根据左手定则，可知三个粒子均带负电，B错误；C．丙粒子运动的轨迹圆心角为90°，为甲粒子轨迹圆心角的一半，所以运动时间也为甲的一半，C正确；D．如果增大甲的速度增大，可能甲粒子的运动轨迹所对圆心角依然为180°，所以甲粒子在磁场中的运动时间可能不变，D错误。故选C。13.如图甲所示为一台小型发电机的结构示意图，内阻为0.7Ω的单匝线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦图线如图乙所示，电压表、电流表均为理想交流电表，定值电阻的阻值R=10.3Ω，则下列说法正确的是（　　）A.发电机产生的电动势最大值为，线圈的转速n=50r/minB.电流表的示数为10A，电压表的示数为110VC.0~0.01s的时间内，通过定值电阻的电荷量为D.t=0.02s时，穿过线圈的磁通量变化率最大【答案】C【解析】【详解】A．由题图乙可知，发电机产生的电动势最大值为，电动势的有效值为，周期为，则转速为故A错误；B．电流表的示数为 电压表测量的是定值电阻两端的电压，电压表的示数为故B错误；C．线圈的角速度为根据线圈最大感应电动势为可得则电荷量故C正确；D．在时，由题图乙可知此时的电动势为零，感应电动势与磁通量的变化率成正比，故该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部得选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨间有方向竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，质量均为m、有效电阻均为R的金属棒和垂直于导轨放置，均处于静止状态，现给棒一个方向水平向左、大小为的初速度，下列说法正确的是（　　） A.从棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为B.从棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为C.最终回路无电流通过后，两棒间的距离比静止时增大D.最终回路无电流通过后，两棒间的距离比静止时增大【答案】BC【解析】【详解】AB．棒存在方向水平向左、大小为的初速度，此时磁通量改变，电路产生感应电流，在安培力的作用下，棒向左运动，最终闭合回路间的磁通量不发生改变，即金属棒和共速，由水平方向上动量守恒，可得解得根据能量守恒可得解得故A错误，B正确；CD．金属棒受到的安培力为根据动量定理可得 解得故C正确，D错误；故选BC。15.如图所示，在竖直放置的平行板电容器极板间有电场强度大小为、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为、方向水平向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔、，在其右侧有一边长为的正三角形区域磁场，磁感应强度为，磁场边界中点与小孔、正对。现有大量的带电荷量均为而质量和速率均可能不同的粒子从小孔水平射入电容器，其中速率为的粒子刚好能沿直线通过小孔、。粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计，下列说法中正确的是（　　）A.一定等于B.在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足C.速率为的粒子中，满足质量的粒子都能从边射出D.速率为的粒子中，能打在边的所有粒子在磁场中运动的时间一定都相同【答案】AB【解析】【详解】A．当带正电粒子向右进入复合场时，受到竖直向下的电场力和向上的洛伦兹力，速率为的粒子做匀速直线运动，即 解得故A正确；B．粒子向上偏转时，受到的向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即则故B正确；C．设质量为的粒子的轨迹刚好与边相切，如图所示由几何关系得而解得所以质量小于的粒子都会从边射出，而 故C错误；D．质量、速率不同的粒子在磁场中运动的周期可能不同，所以能打在边的所有粒子均运动半个周期，在磁场中运动的时间可能不同，故D错误。故选AB。三、实验题（本题共3题，共10空，每空1分）16.某学习小组测定某电池的电动势与内阻，已知其电动势约为十几伏，内阻约为几欧姆，实验室中提供以下器材：A．量程为、内阻未知电流表；B．电阻箱；C．定值电阻；D．滑动变阻器；E．滑动变阻器；F．开关2只，导线若干。先用如图所示甲的电路来测定电流表G内阻。实验步骤与如下：①按图甲连接好电路，断开，将滑动变阻器的滑片调至图中端所对应的位置；②闭合，调节，使电流表满偏；③保持不变，再闭合，调节电阻箱电阻，使电流表的读数为；④调节电阻箱时，干路上电流可视为几乎不变，即可测定的电流表内阻的大小。（1）为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取________（选填“”或“”）；而实际干路上电流会发生变化，故测得的电流表内阻比真实值________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）（2）按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值 及对应的电流表的示数。作出图像如图丙所示，处理数据得到斜率大小为0.2，纵轴截距为8，则求得电池的电动势为________V，内阻为________（结果均保留两位有效数字）。【答案】①.②.偏小③.15④.6.7【解析】【详解】（1）[1]由于电池的电动势约为十几伏，电流表量程为，可知电路最小电阻应大于，滑动变阻器为限流接法，为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取。[2]由于接入电阻箱，导致干路上电流变大，当电流表示数为5mA，则流过变阻箱的电流大于5mA，则电流表内阻真实值大于，故测得的电流表内阻比真实值偏小。（2）[3][4]由实验步骤三、四可知流过电阻箱R1的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并联，由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值如图乙所示电路图可知，由闭合电路欧姆定律得由与并联可知联立解得可知图像的斜率为解得电源电动势为图像的纵轴截距为 解得内阻为17.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验，已知金属丝阻值约6Ω。（1）如图甲所示，先用游标卡尺测量金属丝长度________mm，然后用图乙的螺旋测微器测其直径________mm；（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A．电压V（量程3V，内阻约为15kΩ；量程15V，内阻约为75kΩ）B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω；量程3A，内阻约为0.2Ω）C．滑动变阻器（0~5Ω，1A）D．滑动变阻器（0~2000Ω，0.1A）E．1.5V的干电池两节，内阻不能忽略F．电阻箱G．开关S，导线若干为了测多组实验数据且范围尽量的大，则滑动变阻器应选用________（填“”或“”）。【答案】①.102.20②.4.700③.【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的分度值时20分度，精度值为，因此读数为[2]螺旋测微器的固定尺读数为，可动尺读数为，因此读数为（2）[3]为了测多组实验数据且范围尽量的大，则滑动变阻器应接成分压电路，则选用阻值较小的。18.小高同学用如图所示的实验装置来验证平抛运动的特征：两个完全相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与水平板相切。两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使。现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能同时分别从轨道M、N的顶端滑下。 （1）为完成本实验，弧形轨道M、N的表面________（填“需要”或“不需要”）确保光滑，水平板的表面________（填“需要”或“不需要”）确保光滑。（2）符合上述实验条件后，仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明平抛运动的水平分运动是________。【答案】①.不需要②.需要③.匀速直线运动【解析】【详解】（1）[1]实验要求两球到达斜槽末端的速度相同即可，所以弧形轨道M、N的表面不需要光滑。[2]实验要验证平抛运动水平方向是否为匀速直线运动，所以水平面板需要确保光滑，确保Q为匀速直线运动才能对比。（2）[3]仅仅改变弧形轨道M的高度，不影响小球P平抛的初速度。重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明两球在水平方向的运动完全相同，说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。四、解答题（本题共4小题，19题8分，20题10分，21题14分，22题13分）19.如图所示，电源电动势，内阻不计，、、的阻值均为，为可变电阻。为一水平放置的平行板电容器，板间距离。有一带电油滴质量为，电荷量。重力加速度取，不计空气阻力。（1）调节使带电油滴恰好静止在两平行板之间，求此时变阻器的阻值大小（结果保留一位小数）；（2）若带电油滴从上极板小孔正上方处自由下落，为了使油滴不与下极板接触，求变阻器的取值范围。【答案】（1）；（2）【解析】 【详解】（1）带电油滴恰好静止时，则有其中联立解得（2）由动能定理有又由于解得则变阻器的取值范围为20.如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆BC对应的圆心角为，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求：（1）弹簧压缩至P点时的弹性势能；（2）滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力；（3）滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。 【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）或【解析】【详解】（1）弹簧的弹性势能转化为滑块的动能由题意解得（2）滑块由B点到C点由动能定理得又根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可得，滑块到达圆弧未端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。（3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是到达半圆弧轨道最高点。①到达与圆心等高处时速度恰好为零 由动能定理得解得②滑块能够到达半圆弧轨道最高点由动能定理得在最高点，重力恰好提供向心力解得综上，或时，滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动。21.某国产品牌的电动汽车配备了基于电容器的制动能量回收系统，它有效的增加了电动汽车的续航里程。其工作原理为踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。为进一步研究，某兴趣小组设计了如图甲所示的模型：右侧为直流发电机模型，在磁极与圆柱形铁芯之间形成辐射状的磁场，导线框的ab、dc边经过处的磁感应强度大小均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，剖面图如图乙所示。导线框的ab、dc边延长段可在两金属半圆A、D内侧自由转动，且接触良好。金属半圆环D左侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给导线框供电，导线框相当于电动机，所用电池的电动势为E，内阻为r；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，导线框相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为C。导线框与圆柱形铁芯中心轴线重合，ab、dc边长度均为L，两边间距离为d。导线框的ab、dc边质量均为m，其余部分导线质量不计，导线框的总电阻为R。初始时电容器不带电、导线框静止，电路其余部分的电阻不计，两金属半圆环和两磁极间的空隙忽略不计。求：（1）踩下驱动踏板后，导线框刚启动时的电流I和ab边受到的安培力的大小F；（2）踩下驱动踏板后，导线框可达到的最大角速度ωm；（3）从踩下踏板到导线框角速度最大的过程中导线框上产生的焦耳热；（4）当导线框达到最大转动速度后松开驱动踏板，在一段时间后导线框将匀速转动，此时电容器C上的带电量q及储存的电场能W。（提示：可根据电容器充电过程中电荷克服电场力做功与电势能转化关系并结合U-q图像求解） 【答案】（1）；；（2）；（3）；（4）；【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律，可得ab边受到的安培力的大小为（2）依题意，有当I=0时，转速达到最大，可得，（3）对导线框ab、dc应用动量定理，可得通过电路的电荷量为导线框产生的焦耳热为（4）导线框从最大速度减至v时稳定，对该过程应用动量定理，有 电路中流过的电量为此时电容器所带电量为解得如下图作U-q图像，由微元法可知图像下面积等于电容器储存的电能联立，解得22.某种离子收集装置的简化模型如图所示，x轴下方半径为R的圆形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1=B，圆心所在位置坐标为（0，-R）。在x轴下方有一线性离子源，沿x轴正方向发射出N个（大量）速率均为v0的同种离子，这些离子均匀分布在离x轴距离为0.2R~1.8R的范围内。在x轴的上方，存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，该磁场上边界与x轴平行，磁感应强度大小B2=2B。在x轴整个正半轴上放有一厚度不计的收集板，离子打在收集板上即刻被吸收。已知离子源中指向圆心O1方向射入磁场B1的离子，恰好从O点沿y轴射出。整个装置处于真空中，不计离子重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用。（1）求该种离子的电性和比荷；（2）若x轴上方的磁场宽度d足够大，发射的离子全部能被收集板收集，求这些离子在x轴上方磁场中运动最长和最短时间差∆t，以及离子能打到收集板上的区域长度L； （3）若x轴上方的有界磁场宽度d可改变（只改变磁场上边界位置，下边界仍沿x轴），请写出收集板表面收集到的离子数n与宽度d的关系。【答案】（1）带负电，；（2），0.4R；（3）见解析【解析】【详解】（1）已知沿圆心O1射入的离子，恰好从O点沿y轴射出，则可知离子在B1中向上偏转，根据左手定则，可知离子带负电，根据该离子运动轨迹，画出半径，如图所示粒子运动的轨迹半径为解得（2）离子经过圆心磁场区域均能到达O点，到达O点时，速度方向与y轴夹角为θ，如图所示 根据几何关系可知且左右对称；在B2中，有可得在磁场中所花时间最少的粒子轨迹为如图所示的劣弧，其轨迹对应的圆心角为在磁场中所花时间最长的粒子为如图所示的优弧，其轨迹对应的圆心角为根据周期所以离子打到收集板上的区域长度L，取决于离子打到收集板上的最近距离和最远距离，其中，最远距离为沿y轴正方向射出的离子，如上图所示 最近距离为速度方向与y轴正方向夹角为53°射入的离子，如上图所示所以（3）如图所示①当所有离子均到达不了收集板时，此时磁场宽度为即当时，；②当离子方向在y轴右侧与y轴夹角度为θ时，有对应离子在第三象限的带宽为对应收集的离子数当离子方向在y轴左侧与y轴夹角度为θ时，有对应离子在第三象限的带宽为 对应收集的离子数所以当时，；③粒子能全部打到收集板时，，；综上所述，，