人教版高中物理-有答案-江西省上饶市某校高二(上)第十五周周练物理试卷

江西省上饶市某校高二（上）第十五周周练物理试卷
一、选择题
1. 如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平
直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方
向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高为
ℎ处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中（）
A.流过金属棒的最大电流为Bd√2gℎ
2R
B.通过金属棒的电荷量为BdL
R
C.克服安培力所做的功为mgℎ
mg(ℎ−μd)
D. 金属棒产生的焦耳热为1
2
2. 如图所示，空间存在水平垂直纸面向里的高度为a的有界匀强磁场，磁场边界水平，磁感应强度大小为B．一个边长为2a、质量为m的正方形线框ABCD，AB边电阻为R1，CD边电阻为R2，其它两边电阻不计，从距离磁场上边界某一高度处自由下落AB边恰
能匀速通过磁场，则（）
A.线框匀速运动的速度为mg(R1+R2)
4B2α2
B.线框匀速运动时，AB边消耗的电功率为m2g2R1
4B2α2
C.线框通过磁场的整个过程中，电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
D.从开始到AB边刚好进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为Bα2
R1+R2
3. 如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L．在该区域内分布
着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方
向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B．一边长为L、总电阻为R的正方形导线框
abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→
d→a的感应电流方向为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是（）
A. B. C. D.
4. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈I和II，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（I为细导线）．两线圈在距磁场上界面ℎ高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈I、II落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、
Q2．不计空气阻力，则（）
A.v1<v2，Q1<Q2
B.v1=v2，Q1=Q2
C.v1<v2，Q1>Q2
D.v1=v2，Q1<Q2
5. 如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45∘角，o、o′分别是ab和cd 边的中点．现将线框右半边obco′绕oo′逆时针90∘到图乙所示位置．在这一过程中，导
线中通过的电荷量是（）
A.√2BS
2R B.√2BS
R
C.BS
R
D.0
6. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q．将滑动变阻器的滑动触头
P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比（）
A.U变小
B.I变小
C.Q不变
D.Q减小
7. 如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．在xOy平
面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子（重
力不计）．则下列说法正确的是（）
A.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
C.若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
D.若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
8. 如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的Oxy平面，方向指向
纸外，原点O处有一离子源，在Oxy平面内沿各个方向射出动量相等的同价负离子，对
于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用下图四个
半圆中的一个来表示，其中正确的是（）
A. B.
C. D.
9. 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方
形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成
300的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（）
A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
3
t0，则它一定从cd边射出磁场
B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是2
3
t0，则它一定从ad边射出磁场
C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
4
t0，则它一定从bc边射出磁场
D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
10. 如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q、质量为m的带
电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，
带电球体克服摩擦力所做的功不可能为（）
A.0
B.1
2m(mg
qB
)2
C.1 2mv02
D.1
2
m[v02−(mg
qB
)2]
11. 如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v−t图像如图所示，其中正确的是（）
A. B. C. D.
12. 如图所示的电路中，灯泡A、B电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大．先接通S，使电路达到稳定，再断开S．电流随时间变化图像，下列正确的是（）
A. B.
C. D.
二、实验题
（1）为测定某一电池的电动势和内电阻，下面几组器材中，能完成实验的是
________
A.一只电流表、一只电压表、一只变阻器、开关和导线
B.一只电流表、两只变阻器、开关和导线
C.一只电流表、一只电阻箱、开关和导线
D.一只电压表、一只电阻箱、开关和导线
（2）一节电动势约为9V，内阻约为2Ω的电池，允许通过的最大电流是500mA．为了精确测定该电池的电动势E和内电阻r，选用了总阻值为50Ω的滑动变阻器以及电流表A 和电压表V，连成了如图1所示的电路．
(I)为了防止误将滑动变阻器电阻调为零而损坏器材，需要在电路中接入一个定值电阻R0，最适合的是________
A．10Ω，5W B．10Ω，0.5W
C．20Ω，5W D．20Ω，0.5W
(II)在其他器材不变的情况下，再取一节上述规格的电池，与原来的电池串联组成电池组，测量这个电池组的电动势E和内电阻r，且操作无误．请在图2方框中画出实验电路原理图．
②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E=________，r=________．（用I1，I2，U1，U2及R0表示）
三、计算题
空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间作周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图线如图1所示．规定B>0时，磁场的方向穿出纸面．现在磁场区域中建立一与磁场方向垂直的平面坐标Oxy，如图2所示．一电荷量q=5π×10−7c，质
量m=5×10−10kg的带电粒子，位于原点O处，在t=0时刻以初速度v0=πm/s沿x 轴正方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其它影响．
（1）试在图2中画出0∼20ms时间内粒子在磁场中运动的轨迹，并标出图2中纵横坐标的标度值（评分时只按图评分，不要求写出公式或说明．）
（2）在磁场变化N个（N为整数）周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于
________．（写出必要的计算过程）
在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然
后再提升直至离开磁场．操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈．假设该线圈可
简化为水平长为L，上下宽度为d的矩形线圈，其匝数为n，总质量为M，总电阻为R．磁场的磁感应强度为B，如图所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐．若转动手摇轮轴A．在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中．
（1）流过线圈中每匝导线横截面的电量是多少？
（2）在转动轮轴时，人至少需做多少功？（不考虑摩擦影响）．
如图，足够长平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接
触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板AB连接．已知导轨相距为L；磁场磁感应强
度为B；R1、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计；板间距为d、板长为4d；重力
加速度为g，不计空气阻力．
如果ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q
的微粒恰能沿两板中心线射出；如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒
将射到B板距左端为d的C处．
（1）求ab杆匀速运动的速度大小v；
（2）求微粒水平射入两板时的速度大小v0；
（3）如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左匀速运动的速度范围．
如图所示，空间中自下而上依次分布着垂直纸面向内的匀强磁场区域I、II、III．…．n，相邻两个磁场的间距均为a=1.2m．一边长L=0.2m、质量m=0.5kg、
电組R=0.01Ω的正方形导线框，与质量M=2kg的物块通过跨过两光滑轻质定滑轮的
轻质细线相连．线框的上边距离磁场I的下边界为b=1m，物块放在倾角θ=53∘的斜
面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，斜面足够长．将物块由静止释放，线框在
每个磁场区域中均做匀速直线运动．已知重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，
cos53∘=0.6，求
（1）线框进人磁场I时速度v1的大小；
（2）磁场I的磁感应强度B1的大小；
（3）磁场n的磁感应强度B n与B1的函数关系．
参考答案与试题解析
江西省上饶市某校高二（上）第十五周周练物理试卷
一、选择题 1.
【答案】 D
【考点】
电磁感应中的能量问题 单杆切割磁感线
【解析】
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E =BLv 求出感应电动势，然后求出感应电流；
由q =ΔΦ
R 总
可以求出感应电荷量；
克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，导体棒产生的焦耳热． 【解答】
解：A ．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgℎ=1
2mv 2，金属棒到达水平面时的速度v =√2gℎ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E =BLv ，最大感应电流I =E R+R =BL √2gℎ2R
，故A 错误；
B ．感应电荷量q =I ¯
Δt =
E ¯
R+R
Δt =
ΔΦΔt
2R
⋅Δt =
BdL 2R
，故B 错误；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgℎ−W 安−μmgd =0−0，克服安培力做功：W 安=mgℎ−μmgd ，故C 错误；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q R =1
2
Q =1
2
W B =1
2
mg(ℎ−μd)，故D 正确．
故选：D ． 2.
【答案】 A,B
【考点】
单杆切割磁感线 【解析】
AB 边匀速通过磁场时，安培力与重力二力平衡，推导出安培力与速度的关系式，由平衡条件求解线框的速度；由公式P =I 2R 求解AB 边消耗的电功率；
根据楞次定律判断感应电流的方向．由欧姆定律求解感应电流的大小．根据感应电荷量q =
△ΦR
求解电量．
【解答】
解：A 、AB 匀速运动时线圈产生的感应电动势：E =B ⋅2av =2Bav ， 感应电流大小为：I =
E R 1+R 2
所受的安培力大小为：F =BI ⋅2a =4B 2a 2v R 1+R 2
根据平衡条件得：mg =F ，
联立解得线框匀速运动的速度为：v =
mg(R 1+R 2)4B 2α2
，I =
mg 2Ba
，故A 正确．
B 、线框匀速运动时，AB 边消耗的电功率为：P =I 2
R 1=
m 2g 2R 14B 2a 2
，故B 正确．
C 、从进入磁场到刚达平衡态时，线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律判断得知感应电流方向先沿逆时针方向，后磁通量减小，则感应电流方向沿顺时针方向．故C 错误．
D 、从开始到刚至平衡态的过程中，通过线框横截面的电荷量为：q =△Φ
R
1+R 2
=
B⋅12
×(2a)2R 1+R 2
=2Ba 2
R
1+R 2
，故D 错误．
故选：AB 3. 【答案】 D
【考点】
电磁感应中的图象问题 导线框切割磁感线
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：bc 边的位置坐标x 在L ∼2L 过程，线框bc 边有效切割长度为l 1=x −L ，感应电动势为E =Bl 1v =B (x −L )v ，感应电流i 1=E
R =
B (x−L )v
R
，根据楞次定律判断出感应电流
方向沿a →b →c →d →a ，为正值；x 在2L ∼3L 过程，ad 边和bc 边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，有效切割长度为l 2=L ，感应电动势为E =Bl 2v =BLv ，感应电流i 2=−
BLv R
；x 在3L ∼
4L 过程，线框ad 边有效切割长度为l 3=L −(x −3L )=4L −x ，感应电动势为E =Bl 3v =B (4L −x )v ，感应电流i 3=
B (4L−x )
R
，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →
b →
c →
d →a ，为正值．根据数学知识可知，D 正确． 故选D ． 4.
【答案】 D
【考点】
能量守恒定律的应用 闭合电路的欧姆定律 安培力的计算
单杆切割磁感线
【解析】
两矩形线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，所以两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿运动定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈运动一直同步，得出落地速度相同的结论．因最终落地速度大小相同，由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大小．
【解答】
解：
由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同
时受到磁场的安培力为：F=B 2l2v
R
，
由电阻定律有：
R=ρ4l
S
（ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长，S为单匝导线横截面积）所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：
F=B2lvS 4ρ
此时加速度为：a=g−F
m
将线圈的质量m=ρ0S⋅4l（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：
a=g−
B2v 16ρρ0
经分析上式为定值，线圈I和II同步运动，落地速度相等v1=v2
由能量守恒可得：
Q=mg(ℎ+H)−1
2
mv2（H是磁场区域的高度）
I为细导线m小，产生的热量小，所以Q1<Q2．正确选项D，选项ABC错误．
故选：D．
5.
【答案】
A
【考点】
法拉第电磁感应定律
磁通量
【解析】
分析线框旋转前后的磁通量，由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，由q=It可求得电量．
【解答】
解：对线框的右半边(obco′)未旋转时整个回路的磁通量Φ1=BS sin45∘=√2
2
BS；
对线框的右半边(obco′)旋转90∘后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图整个回路的磁通量Φ2=0．
△Φ=Φ1−Φ2=√2
2
BS．
根据公式q=It=△Φ
△tR △t=√2BS
2R
．
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
闭合电路的欧姆定律
电容器
【解析】
首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P 向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化．
【解答】
当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U
＝E−I(R2+r)，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据C=Q
U
，得
Q＝CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故B正确，ACD错误。

7.
【答案】
C
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
【解析】
带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆
心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角α，由t=α
2π
T分析时间；
根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系；由ω=2π
T ，T=2πm
qB
分析角速度．
【解答】
解：A、D如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹．由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π−2θ
粒子在磁场中运动的时间t=α
2πT=2π−2θ
2π
⋅2πm
qB
=(2π−2θ)m
qB
则得知：粒子的运动时间与v无关，故A错误；
若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确；
B、粒子在磁场中运动的角速度ω=2π
T ，又T=2πm
qB
，则得ω=qB
m
，与速度v无关．故B
错误．
D、设粒子的轨迹半径为r，则r=mv
qB ．如图，AO=2r sinθ=2mv sinθ
qB
，则若θ是锐角，
θ越大，AO越大．若θ是钝角，θ越大，AO越小．故D错误．
故选：C．
8.
【答案】
C
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
牛顿第二定律的概念
向心力
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径公式为r=mv
qB
，由题，离子的速率、电荷量相同，则知圆周运动的半径相同，由左手定则分析离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方
向射入的粒子可确定其做圆弧运动的圆心轨迹．
【解答】
解：由r=mv
qB
知，在磁场中做匀速圆周运动的所有粒子半径相同．由左手定则，分别
研究离子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子，其分别在y轴负方向上、
x轴负方向上和y轴正方向上，则知其做圆弧运动的圆心轨迹为C．故C正确．
故选C
9.
【答案】
A,C
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
牛顿第二定律的概念
向心力
【解析】
由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，
则知带电粒子的运动周期为T=2t0，若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
3
t0，得到
轨迹的圆心角，即可知速度的偏向角，可判断粒子在哪边射出磁场．用同样的方法判
断其他情况．
【解答】
解：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0．
A、若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
3t0=5
6
T，粒子轨迹的圆心角为θ=5
6
⋅2π=
5 3π，速度的偏向角也为5
3
π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为
30∘，必定从cd射出磁场．故A正确．
B、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60∘，粒子运动的时间为t=
1 6T=1
3
t0，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为1
3
t0，故若该带电粒子在磁场中经历
的时间是2
3
t0，一定不是从ad边射出磁场．故B错误．
C、若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
4t0=5
8
T，则得到轨迹的圆心角为5
4
π，由于
5 3π>5
4
π>π，则一定从bc边射出磁场．故C正确．
D、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=1
2
T，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从
ab边射出磁场时最大的偏向角等于60∘+90∘=150∘=5
6
π<π，故不一定从ab边射出磁场．故D错误．
故选AC
10.
【答案】
B
【考点】
洛伦兹力
恒力做功
【解析】
圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．【解答】
解：(1)当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故A可能．(2)当qv0B<mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：
−W=0−1
2mv02得W=1
2
mv02故C可能．
(3)当qv0B>mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg，即当qvB=mg，v=mg
qB
时，不受摩擦力，做匀速直线运动．
根据动能定理得：
−w=1
2mv2−1
2
mv02，代入解得：W=1
2
m(v02−(mg
qB
)2)，故D可能；
题目要求选不可能的，故选：B．
11.
【答案】
C
【考点】
带电粒子在磁场与磁场的组合场中的运动
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
对小球受力分析，开始时洛伦兹力较小，所以木杆对小球的支持力较大，摩擦力较大，
加速度较小，随着速度的增加，分析竖直方向的合力变化，从而判断加速度的变化．了解了加速度变化的情况，也就知道了v−t图像的变化规律．
【解答】
解：
在小球下滑的过程中，对小球受力分析，如图所示，
受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N，开始时，速度较小，qvB较小，N较大，随着速度的增加，N在减小，由f=μN可知f减小，竖直方向的合力增加，加速度增加；
当速度增加到一定的程度，qvB和qE相等，此时N为零，f为零，加速度为g，达到最大；
速度继续增加，N要反向增加，f增加，竖直方向上的合力减小，加速度减小，当f与mg相等时，竖直方向上的加速度为零，速度达到最大．
所以选项ABD所示的v−t图像不符合所分析的运动规律，C选项符合．如图所示
故选C．
12.
【答案】
B,D
【考点】
自感现象和自感系数
【解析】
当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．【解答】
当闭合电键稳定后回路中的电流是恒定的；当电键断开，因为线圈阻碍电流的减小，相当于电源（右端是正极），L和AB构成回路，通过L的电流也流过B，所以电流变成反向，且逐渐减小到零。

故D正确，A、B、C错误。

二、实验题
【答案】
ACD
C,U1I2−U2I1
I2−I1,U1−U2
I2−I1
−R0
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
本题（1）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出三种不同的表达式即可；题
(2)(I)的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最小电阻，同时求出定值电阻的最小功率即可；题(II)②关键是根据闭合电路欧姆定律写出两个表达式，然后解出电动势和内阻即可．
【解答】
解：（1）：根据闭合电路欧姆定律应有三种不同的表达式，E=U+Ir或E=U+U
R
r或
E=IR+Ir；
可见只要分别读出两组数据就能解出电动势和内阻的值，所以能完成的实验是ACD；
（2）：(I)：根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最小电阻应为：R min=E
I
允
=
9
500×10−3
Ω=18Ω，可知定值电阻应选20Ω的；
再根据P=I2R可求出保护电阻的最小功率应为：P min=(500×10−3)2×20W=0.5W，所以定值电阻应选C；
(II)：①：电路原理图如图所示：
②：根据闭合电路欧姆定律分别有：E=U1+I1(r+R0)，E=U2+I2(r+R0)
解得r=U1−U2
I2−I1−R0，E=U1I2−U2I1
I2−I1
三、计算题
【答案】
（1）如图所示；
（2）2√2m/s．
【考点】
带电粒子在磁场与磁场的组合场中的运动
【解析】
（1）粒子在磁场中运动，求出粒子做圆周运动的周期和半径，即可画出粒子的运动轨迹．
（2）平均速度等于位移除以时间．
【解答】
解：（1）设粒子运动半径为R，则有：
R=mv
qB
=
5×10−10×π
5π×10−7×0.1
=0.01m
设带电粒子的运动周期为T，则：
T=2πm
qB
=
2π×5×10−10
5π×10−7×0.1
=0.02s
0∼20ms时间内粒子运动四个四分之一周期，图像如图：
（2）磁场变化N个周期，则粒子距离原点的位移为：x=4N(√2R)=0.04√2N(m)
磁场变化N个周期，时间为：
t=NT=0.02N(s)
故平均速度为：
v¯=x
t
=2√2m/s
【答案】
（1）流过线圈中每匝导线横截面的电量是nBLd
R
．
（2）在转动轮轴时，人至少需做功为Mgd+n 2B2L2d2
R⋅t
．
【考点】
导线框切割磁感线
【解析】
（1）求出线圈匀速上升的速度，结合切割产生的感应电动势公式和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，从而根据q=It求出流过线圈中每匝导线横截面的电量．
（2）匀速提拉过程中，要克服重力和安培力做功，根据能量守恒求出在转动轮轴时，人至少需做的功．
【解答】
解：（1）在匀速提升过程中线圈运动速度υ=d
t
①
线圈中感应电动势E=nBLυ②
产生的感应电流I=E
R
③
流过导线横截面的电量q=I⋅t④
联立①②③④得q=nBLd
R
．
（2）匀速提拉过程中，要克服重力和安培力做功
即W=W G+W B⑤
又W G=Mgd⑥
W B=nBILd⑦
联立①②③⑤⑥⑦可得W=Mgd+n 2B2L2d2
R⋅t
．
【答案】
（1）ab杆匀速运动的速度为3mgd
BLq （2）微粒水平射入两板时的速度√2gd
（3）ab杆向左匀速运动的速度范围为21mgd
8BqL <v<27mgd
8BqL
【考点】
单杆切割磁感线
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
闭合电路的欧姆定律
【解析】
（1）ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出，此时电场力与重力平衡，可得电场强度数值，进而求得两板间电压，并进而求得感应电动势和棒的速度
（2）ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，粒子将做类平抛运动，由于该微粒将射到B板距左端为d的C处，可求粒子的运动初速度
（3）ab杆向左匀速运动时，电场力与重力方向相反，粒子做类平抛运动，要想使粒子射出电场水平位移应为L，同时竖直位移应该不小于d
2
，棒速度较小则向下偏，较大则向上偏，讨论速度的范围
【解答】
解：（1）带电量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出，此时电场力与重力平衡，设场强为E，则：
mg=Eq①
此时平行板间电压为；
U=Ed②
导体棒感应电动势为：E
感
=BLv
由电路欧姆定律得：U=1
3E
感③
联立以上可得：v=3mgd
BLq
④
（2）ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，平行板间带电粒子所受合力方向向下，大小为；
F=Eq+mg=2mg⑤
粒子做类平抛运动，可知加速度为：
a=2g⑥
打到板的时间为t，则：
d 2=
1
2
at2⑦
d=v0t⑧
联立解得：v0=√2gd⑨
（3）ab杆向左匀速运动时，电场力与重力方向相反，棒速度较小则向下偏，较大则向上偏，粒子做类平抛运动，若粒子恰好射出电场，在水平位移应为L=4d时间内，同。