北京市海淀区2014届高三上学期期末考试 物理 Word版含解析 by胡

海淀区高三年级第一学期期末练习
物 理 2014.1
说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．在物理学中常用比值法定义物理量。

下列说法中正确的是 A ．用E =
F
q
定义电场强度 B ．用IL F B =定义磁感应强度
C ．用kd
S
C π4ε=
定义电容器的电容 D ．用R =
S
ρl
定义导体的电阻 【答案】AB
【KS5U 解析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．电场强度E=
F
q
是电场强度的定义式，运用比值定义法，E 与F 、q 无关；磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，所以B=F
IL
属于比值定义法，故选项AB 正确，CD 错误。

2．如图1所示，图中以点电荷Q 为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。

一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M 和N 是轨迹上的两点。

不计带电粒子受到的重力，由此可以判断
A ．此粒子在M 点的加速度小于在N 点的加速度
B ．此粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能
C ．此粒子在M 点的动能小于在N 点的动能
D ．电场中M 点的电势低于N 点的电势 【答案】AD
【KS5U 解析】电荷做曲线运动，受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在Q 点的电荷是同种电荷，它们之间存在斥力，根据功能关系分析动能和电势能的变化情况；根据库仑定律判断静电力的大小，确定加速度的大小．
M 点离场源电荷远，电荷所受的电场力较小，则在M 处加速度较小，故A 正确；根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在M 、N 间运动过程中，电荷一直受静电斥力作用，粒子从M 到N ，电场力做负功，故电势能增大，故M 点的电势能小于N 点的电势能，故B 错误；粒子从M 到N ，只受电场力，合力做负功，根据动能定理，动能减小，故M 点的动能大于N 点的动能，故C 错误；由已知条件可知Q 点的点电荷为正电荷，故电场中M 点的电势低于N 点的电势，D 正确。

故选AD 。

3．如图2所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A 和B ，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A 、B 下部的金属箔均是闭合的。

下列关于实验现象描述中正确的是
A ．把带正电荷的物体C 移近导体A 稳定后，A 、
B 下部的金属箔都会张开 B ．把带正电荷的物体
C 移近导体A 稳定后，只有A 下部的金属箔张开
C ．把带正电荷的物体C 移近导体A 后，再把B 向右移动稍许使其与A 分开，稳定后A 、B 下部的金属箔都还是张开的
图2
D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合
【答案】AC
【KS5U解析】当导体A、B放在带正电的物体C附近时，出现感应起电现象．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，同理可知由于静电感应，把A和B分开，金属箔仍张开。

故本题选AC。

4．如图3所示电路中，灯泡A、B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。

下列关于此电路的说法中正确的是
图3
A．S闭合后的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭
B．S闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮
C．S断开后的瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭
D．S断开后的瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭
【答案】AD
【KS5U解析】闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮，故A正确、B错误．断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭，故C错误、D正确．故选AD．
5．如图4所示电路，电源电动势为E，内阻为r。

当开关S闭合后，小型直流电动机M 和指示灯L都恰能正常工作。

已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是
A ．电动机的额定电压为IR
B ．电动机的输出功率为IE -I 2R
C ．电源的输出功率为IE -I 2r
D ．整个电路的热功率为I 2（R 0 +R + r ） 【答案】CD
【KS5U 解析】电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，故A 错误；电源的输出功率P=UI=IE-I 2r ，故B 错误，故C 正确；整个电路的热功率为I 2（R 0+R+r ），故D 正确．故选CD ．
6．图5是通过变压器降压给用户供电的示意图。

变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。

输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R 0表示，开关S 闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加。

如果变压器上的能量损失可以忽略，则关于开关S 闭合后，以下说法正确的是
A ．电表V 1示数不变，V 2示数减小
B ．电表A 1、A 2示数均增大
C ．原线圈输入功率减小
D ．电阻R 1两端的电压减小 【答案】BD
【KS5U 解析】因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V 1、V 2的读数几乎不变，故A 错误．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A 2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A 1示数变大，故B 正确．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI 知输出功率增加，变压器的输入功率等于输出功率，故C 错误．电压表V 2的示数跟R 0两端的电压之差等于电阻R 1两端的电压，R 0两端的电压即副线圈导线上的
2
图5
图4
电压损失△U ，△U =IR 0增加，故电阻R 1两端的电压减小，故D 正确．故选BD ．
7．在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图6甲所示的方向为正。

当磁场的磁感应强度 B 随时间t 的变化规律如图6乙所示时，图6丙中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是
【答案】B
【KS5U 解析】由图乙可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向下），由楞次定律，感应电流是顺时针的，因而是正值．所以可判断0～1s 为正的恒值；在1～2s 内，因磁场不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理2～4s ，磁场在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得I=
E R t R ∆Φ=∆= S B
R t
∆∆，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随t 的变化率．可知，斜率越大的，感应电动势越大，则感应电流越大．故B 正确，ACD 错误；故选B ．
8．在图7所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E 和匀强磁场B 。

已知从坐标原点O 沿x 轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E 和B 的方向可能是
图6
A
甲
丙 乙
A ．E 和
B 都沿y 轴的负方向 B ．E 和B 都沿x 轴的正方向
C ．E 沿y 轴正方向，B 沿z 轴负方向
D ．
E 沿z 轴正方向，B 沿y 轴负方向 【答案】BC
【KS5U 解析】由于质子带正电，因此对各选项具体分析如下：
A 选项，E 和
B 都沿y 轴的负方向，则电场力沿y 轴的负方向，而磁场力沿z 轴的正方向，发生偏转，A 错误．
B 选项，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移，故B 正确；
C 选项，E 沿y 轴正方向，B 沿z 轴负方向，电场力方向沿y 轴正方向，洛伦兹力方向沿y 轴负方向，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，C 正确．
D 选项，电场力沿z 轴正方向，洛伦兹力沿z 轴正方向，两力方向相同，两力的合力与运动方向垂直，粒子将做曲线运动，D 错误．
故本题选BC ．
9．如图8所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L ，右端接有阻值为R 的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场。

质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与固定弹簧相连，放在导轨上。

初始时刻，弹簧恰处于自然长度。

给导体棒水平向右的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。

已知导体棒的电阻r 与定值电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是
A ．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左
图8
R
图
7
B ．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U =BLv 0
C ．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能E p =
2
1m 20v D ．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q =
4
1m 20v 【答案】AD
【KS5U 解析】导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab 中产生的感应电流
方向从a →b ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力向左，故A 正确．导体棒开始运动的初始时刻，ab 棒产生的感应电势为E=BLv 0．由于r=R ，所以导体棒两端的电压U=
12E=1
2
BLv 0，故B 错误．由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根
据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于12
m 2
0v ，故C 错误．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热 Q =12•12m 20v =14
m 2
0v ，故D 正确．故本
题选AD 。

10．图9所示为某种质谱仪的工作原理示意图。

此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N ；P 、Q 间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R 的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O ，且与圆心O 等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M 。

由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S 垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。

粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。

下列说法中正确的是
A ．从小孔S 进入磁场的粒子速度大小一定相等
B ．从小孔S 进入磁场的粒子动能一定相等
C ．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等
D ．打到胶片上位置距离O 点越远的粒子，比荷越大
图9
【答案】C
【KS5U解析】直线加速过程，根据动能定理，有：qU＝1
2
mv2①
电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE＝m
2
v
R
②
磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB=m
2
v
r
③
对A选项、由①②解得：v=④
R=2U
E
⑤
由⑤式，只要满足R=2U
E
，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由④式可知，比荷不同
的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，故A错误；
对B选项、由①式，从小孔S进入磁场的粒子动能为qU，故不同电量的粒子的动能不同，故B错误；
对C选项、由③④解得：由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正确；
对D选项、由③④解得：O点越远的粒子，比荷越小，故D错误。

故本题选C．
二、本题共2小题，共15分。

11．（8分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所用小灯泡标有“3.8V 0.3A”字样，并提供有以下器材：
A．电压表V（0~5V，内阻约5kΩ）B．电流表A1（0~50mA，内阻约2Ω）
C．电流表A2（0~500mA，内阻约1Ω）D．滑动变阻器R1（0～10Ω）
E．滑动变阻器R2（0～2kΩ）F．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）G．开关S及导线若干
（1）为了提高测量的准确度和调节方便：
①实验中应选用电流表 ，滑动变阻器 。

（填写器材代号）。

②在图10甲虚线框内画出实验电路图。

（2）由正确实验操作得到的数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图10乙所示。

在另一实验中将此小灯泡接入如图10丙所示的电路中，电路中的电源电压U （U ≤3.8V ）恒定，在t =t 0
时刻闭合开关S ，由电流传感器记录的电路中电流随时间变化的图象（i-t ）可能是图11中的 图————（选填“A”、“B”或“C”）。

【答案】（1）①C （2分）； D （2分） ②见答图1 （2分）
（2）C （2分）
E
S 答图1
甲
乙
丙
图10
i
A
i 0 B
i
C
图11
【KS5U 解析】（1）①小灯泡的额定电压为3.8V ，小灯泡的额定电流为0.3A ，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选0-500 mA 的C ；总电阻为2000Ω的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为10Ω的滑动变阻器D 。

故选C 、D ．
②小灯泡在正常工作时的电阻R=
U
I
≈13Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，故电流表采用外接法．电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如答案图所示。

（2）由于小灯泡温度越来越高，则电阻越来越大，则电流逐渐减小，故符合的是C 。

12．（7分）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验室备有下列器材选用： A ．干电池（电动势E 约1.5V ，内电阻r 约1.0Ω） B ．电流表G （满偏电流2.0mA ，内阻R g =10Ω） C ．电流表A （量程0～0.6A ，内阻约0.5Ω） D ．滑动变阻器R （0～20Ω，10A ） E ．定值电阻R 0（阻值990Ω） F ．开关和导线若干
两组同学分别采用了不同实验方案进行实验：
（1）一组同学设计的实验电路如图12所示，并利用以上器材正确连接好电路，进行了实验测量。

根据他们的实验设计，完成下列问题：闭合开关S ，移动滑动变阻器的滑动端P 至某一位置，记录电流表G 的示数I 1和电流表A 的示数I 2。

多次改变滑动端P 的位置，得到多组数据。

在图13所示的坐标纸上建立I 1、I 2坐标系，并已标出了与测量数据对应的5个坐标点。

还有一组数据如图14的电表所示，请依据所标各点标在图中描绘I 1-I 2图线。

图13
2A
0 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
图12
利用所画图线求得电源的电动势E = V ，电源的内电阻r = Ω。

（结果要求保留两位小数)
（2）另一组同学采用滑动变阻器和一个多用电表来测定电池的电动势和内阻。

实验原理如图15所示。

当变阻器为某一阻值时，用多用电表的直流电压挡测出变阻器两端的电压U ，再卸去变阻器一个接线柱的导线，把多用电表串联在电路中，用直流电流挡测出通过变阻器的电流I 。

随后改变变阻器的电阻，重复上述操作，获得多组U 、I 数据，并计算得出实验结果。

这个实验方案在测量原理上的主要缺点是 。

【答案】（1）如答图2 （2分）；
1.48±0.01 （2分）； 0.59±0.02 （1分） （2）将路端电压和电流分两次测量。

（2分）
（说明：表达出测量的电流、电压不是同一个状态即可得分）
【KS5U 解析】（1）根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示；由图12所示电路图可知，在闭合电路中：E=I 1（R 0+R g ）
+I 2r ，I 1=0g E R R +-0g r R R +I 2，由图象可知，0g
E
R R +=1.48
×10-3
，0g r R R +=3
12(1.48 1.20)100.5
I I -∆-⨯=
∆=0.56×10-3，解得，E=1.48V ，r=0.56Ω； （2）由实验步骤可知，实验采用伏安法测电源电动势与内阻，实验过程中只有一个多用
答图2
2A
图15
电表，需要反复拆接电路，路端电压和电流分两次测量，不是处于同一个状态，并且实验操作太麻烦，不方便实验．
三、本题包括6小题，共55分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

【答案】见解析
14．（8分）如图17所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和
竖直金属板之间加以电压U 1=2500V ，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S 射出。

装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l =6.0cm ，相距d =2cm ，两极板间加以电压U 2=200V 的偏转电场。

从小孔S 射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。

已知电子的电荷量e =1.6×10-19C ，电子的质量m =0.9×10-30kg ，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。

求：
（1）电子射入偏转电场时的动能E k ；
（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ； （3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W 。

【答案】见解析
【KS5U 解析】（1）电子在加速电场中，根据动能定理eU 1=E k
解得E k =4.0×10-16J （2分） （2）设电子在偏转电场中运动的时间为t
电子在水平方向做匀速运动，由l = v 1t ，解得 t =
1
v l
电子在竖直方向受电场力 F=e d
U 2
⋅
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a 依据牛顿第二定律 e d U 2
⋅
=ma ，解得a =md
eU 2 （1分） 电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 y =221at =1
2
24dU l U （1分）
解得 y =0.36cm （1分） （3）电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差 U =
y d
U ⋅2
（1分） 电场力所做的功W =eU （1分） 解得W =5.76×10-18J （1分） 15．（9分）图18为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S ，共有n 匝，
金属板
U 1
图17
线圈总电阻为r ，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO '转动；线圈处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K 和电刷L 保持与外电路电阻R 的连接。

在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO ′匀速转动。

（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）
（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式E m =nB Sω； （2）求线圈匀速转动过程中电流表的示数；
（3）求线圈速度转动N 周过程中发电机线圈电阻r 产生的焦耳热。

【答案】见解析
【KS5U 解析】 （1）设线圈ab 边的边长l 1，bc 边的边长l 2。

当线圈平面与磁场方向平行时，
线圈中的感应电动势最大。

（1分）
设此时ab 边的线速度为v ，则单匝线圈时ab 边产生的感应电动势为E 1=Bl 1v
cd 边产生的感应电动势为E 2=Bl 1v
n 匝线圈产生的总感应电动势为E m =n (E 1+E 2)= 2nBl 1v （1分） 由于2
2
l r v ⋅==ωω 有E m =ωωωnBS l nBl l nBl ==⋅
212
12
2 （1分） （2）线圈中的感应电动势有效值为：2
m
E E =
（1分） 电路中电流的有效值 I=
r R E +=）
（r R nBS +2ω （2分） 即电流表的示数为
）
（r R nBS +22ω
（3）线圈转动的周期 T =
ω
π
2，线圈转动N 周的时间 t =NT =N ⋅
ω
π
2 （1分）
依据焦耳定律，发电机线圈产生的焦耳热 Q =I 2rt （1分）
图18
解得 Q =2
222π）
（r R r
S B Nn +ω （1分） 16．（10分）如图19所示，在水平向左、电场强度为E 的匀强电场中，竖直固定着一根足够长的粗糙绝缘杆，杆上套着一个质量为m 、带有电荷量-q 的小圆环，圆环与杆间的动摩擦因数为μ。

（1）由静止释放圆环，圆环沿杆下滑，求圆环下滑过程中受到的摩擦力f ；
（2）若在匀强电场E 的空间内再加上磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆环仍由静止开始沿杆下滑。

求：
①圆环刚开始运动时加速度a 0的大小； ②圆环下滑过程中的最大动能E k 。

【答案】见解析 【KS5U 解析】
（1）在水平方向圆环受到的弹力N =qE
则摩擦力f =μN=μqE （3分） （2）①圆环刚开始运动时不受洛伦兹力，因此，摩擦力大小f =μqE 在竖直方向，由牛顿第二定律 0ma qE mg =-μ （1分） 解得m
qE
mg a μ-=
0 （2分） ②当重力与滑动摩擦力平衡时，圆环速度最大，动能最大。

即)(m qE B qv mg -=μ （1分） 最大速度qB
qE
m g v μμ+=
m （2分）
最大动能E k =2
222
2m 2)(21B q μμqE mg m mv += （1分）
17．（10分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。

D 1、D 2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D 形盒正中间开有一条狭缝，两个D
形盒接在
图19
高频交流电源上。

在D 1盒中心A 处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D 2盒中。

两个D 形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。

如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D 形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。

已知带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，加速时狭缝间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 形盒的半径为R ，狭缝之间的距离为d 。

设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：
（1）带电粒子能被加速的最大动能E k ； （2）带电粒子在D 2盒中第n 个半圆的半径；
（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I ，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率P 。

【答案】见解析
【KS5U 解析】（1）带电粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大动能E k ，设离子从D 盒边缘离开时的速度为v m 。

依据牛顿第二定律 R
v
m Bqv 2
m m =
所以带电粒子能被加速的最大动能m
R B q mv E 2212
222m k == （2分）
（2）带电粒子在D 2盒中第n 个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n -1次后的运动轨道， 设其被加速2n -1次后的速度为v n
由动能定理得
2
n 2
11-2mv qU n =）（ （2分） 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n
高频电源
图20
由牛顿第二定律得 n
n n r v
m Bqv 2
= （1分）
r n =
q
mU
n B Bq mv n )1221-=
（ （1分） （3）设在时间t 内离开加速器的带电粒子数N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流t Nq I =
，解得N =q
It
带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率 t E N P k ⋅==m
R qIB 22
2 （4分）
18．（10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计。

水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下。

质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直导轨放置在其上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处。

现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。

设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。

【答案】见解析
说明：计算题中用其他方法计算正确同样得分。