2021学年四川省成都市高二(下)期中物理试卷(有答案)

2021学年四川省成都市高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意．
1. 下列说法正确的是（）
A.电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度定义式为E＝k Q
r2
B.磁感应强度B是矢量，其定义式为B=F
IL
C.电流I是标量，其定义式为I＝neSv
D.电容C是标量，平行板电容器的电容定义式为C=eS
4πkd
2. 关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）
A.电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变大
B.均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场
C.声波和电磁波都可在真空中传播
D.雷达是用电磁波来测定物体位置的设备
3. 如图，电荷量分别为Q(Q>0)和−Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点在O与Q之间的x轴上，b点在y轴上。

取无穷远处的电势为零。

下列说法正确的是（）
A.O点电势为零，电场强度也为零
B.a点的电场强度一定大于b点的电场强度
C.将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
4. 如图所示的电路中，变阻器的最大阻值大于电源的内阻。

调节变阻器的阻值使其由大到小，发现理想电流表A的示数为1.5A时，电源的输出功率达到最大值9W．由此可知（）
A.电源的内阻为4Ω
B.电源的电动势为6V
C.电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为4Ω
D.该电路中，电源效率的最大值为50%
5. 如图，长为1m的金属直棒以1m/s的速度沿倾角60∘的绝缘斜面匀速下滑，斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为0.1T的匀强磁场中。

则在金属棒匀速下滑的过程中（）
A.棒内电子受洛仑兹力作用，棒受安培力作用
B.棒内电子不受洛仑兹力作用，棒不受安培力作用
C.棒两端的电压为0.05V
D.棒两端的电压为0.1V
6. 如图，单匣矩形线圈ab边长为20cm，bc边长为10cm，绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，转速为50r/s。

若磁感应强度为0.1T，线圈电阻为1Ω．则（）
A.转动过程中，线圈中磁通量的变化率恒定
B.1s内线圈中电流方向改变100次
sin50t(A)
C.线圈中感应电流的瞬时值表达式为i=π
5
W
D.线圈消耗的电功率为π2
25
7. 如图，理想变压器原副线圈的匝数比为2:1，电阻R1＝R2＝10Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。

若电流表A的示数为0.5A，则电压表V的示数为（）
A.2V
B.2.5V
C.4V
D.10V
8. 如图，边长ab＝1.5L、bc=√3L．的矩形区域内存在着垂直于区域平面向里的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可在区域平面内沿各方向发射速度大小相等的同种带电粒子。

已知沿Od方向射入的粒子在磁场中运动的轨道半径为L，且经时间t0从边界cd离开磁场。

不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）
A.粒子带负电
B.粒子可能从c点射出
C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
D.粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
二.多选题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．
关于近代物理学，下列说法正确的是（）
A.玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律
B.电子的衍射现象说明电子具有波动性
C.德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越大
D.目前我国核电站的能量来源于轻核聚变
如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地。

一带电质点恰好静止于电容器中的P点。

现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则（）
A.电容器的电容将减小，极板带电荷量将增大
B.带电质点将沿竖直方向向上运动
C.P点的电势将降低
D.若将质点固定，则其电势能将减小
一质谱仪的原理如图，粒子源产生的带电粒子（不计重力）经狭缝S1与S2之间的电场加速后进入速度选择器做直线运动，从小孔S3穿出再经磁场偏转，最后打在照相底片上。

已知磁场B1、B2的方向均垂直纸面向外。

则（）
A.图中P1可能为电源负极
B.图中所示虚线可能为a粒子的轨迹
C.在速度选择器中粒子可以做加速运动
越大
D.打在底片上的位置越靠近S3，粒子的荷质比q
m
如图甲，圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接。

若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差U MN＝0.4V．下列说法正确的是（）
A.图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里
B.图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外
C.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差U mn＝−0.4V
D.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差U MN＝−0.2V
三.非选择题
欧姆表的原理如图．其中，电池的电动势为E、内阻为r，表头G的满偏电流为I g、内阻为R g．
（1）图中的A端应与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接．
（2）测量电阻前，将红、黑色表笔短接，调节可变电阻使通过表头G的电流达到I g，此时可变电阻接入电路的阻值R0________．
（3）测量电阻时，若表头G的示数为I，则被测电阻的阻值值R x＝________．[(2)、(3)结果用E、r、I g、R g、I表示]
某电阻的额定电压为2V、正常工作时的阻值约500Ω，现要精确测定其正常工作时的阻值值R x．实验室提供的器材有：
A．电流表A1（量程50mA，内阻r1约3Ω）
B．电流表A2（量程3mA，内阻r2＝15Ω）
C．电压表V（量程9V，内阻lkΩ）
D．定值电阻1（阻值R1＝985Ω）
E．定值电阻2（阻值R2＝1985Ω）
F．滑动变阻器(0〜20Ω)
G．蓄电池E（电动势10V，内阻很小）
H．开关S一个，导线若干
（1）某同学设计的实验电路如图。

其中，电表1应选________，电表2应选________，定值电阻R应选________。

（填器材前的序号字母）
（2）实验中，调节滑动变阻器的阻值，当电表1的示数x1＝________时（结果保留1位有效数字），被测电阻正常工作，此时电表2的示数为x2
（3）被测电阻正常工作时电阻的表达式达R x＝________（用x1、x2和器材中已知量的符号表示）。

四、解答题（共5小题，满分46分）
一次闪电过程通常由若干个相继发生的闪击构成，每个闪击持续时间很短，电荷转移
主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前，云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为2km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间
约为5×10−5s．若闪电前云地间的电场可以看做匀强电场，试估算：
（1）闪电前云地间的电场强度大小．
（2）第一个闪击过程中闪电电流的平均值．
（3）第一个闪击过程中释放的能量．
如图所示，水平放置的、足够长的光滑金属轨道与光滑倾斜轨道以小圆弧平滑对
接．在倾斜轨道上高ℎ＝1.8m处放置一金属杆a，在平直轨道靠右端处放置另一金属杆b，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁扬．现由静止释放杆a，杆a下滑到水平轨道后
即进入磁场，此时杆b的速度大小为v0＝3m/s，方向向左．已知m a＝2kg，m b＝1kg，金属杆与轨道接触良好，g取10m/s2．求：
（1）杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小．
（2）杆a、b在水平轨道上的共同速度大小．
（3）在整个过程中电路消耗的电能．
如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45∘角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为m，电荷
量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一
象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45∘角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x
轴的位置．已知OD距离为L，不计粒子重力．求：
（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小．
（2）DM间的距离．（结果用m、q、v0、L和B表示）
图(a)为一列简谐横波在t=2s时刻波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x=1.5m处的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（）
A.波的传播方向向右
B.波速为0.5m/s
C.0∼2s时间内，P运动的路程为8cm
D.0∼2s时间内，P向y轴正方向运动
E.当t=7s时，P点恰好回到平衡位置
如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，光屏PQ置于玻璃砖底部水平直径的右端并与该直径垂直，一复色细光束与竖直直径成α=30∘角沿半径方向射向玻璃砖的圆心O，由于复色光中含有两种单色光，故在光屏上出现了两个光斑。

已知玻璃对这两种单色光的折射率分别为n1=√2和n2=√3，求：
①这两个光斑之间的距离；
②为使光屏上的光斑消失，可沿逆时针方向增大入射角，仍让复色光沿半径方向射向玻璃砖的圆心O，则复色光的入射角至少为多少？
参考答案与试题解析
2021学年四川省成都市高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意．
1.
【答案】
B
【考点】
磁感应强度
电容器
电流概念
【解析】
电场强度公式E=kQ
只适用于点电荷产生的电场。

r2
磁感应强度的方向与该处的通电导体的受力方向垂直。

电流等于单位时间内通过导线横截面积的电荷量。

电容是标量，定义式为C=Q
U
【解答】
A、电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度决定式为E=kQ
，故A错误。

r2
B、磁感应强度B是矢量，定义式为B=F
，故B正确。

IL
C、电流I是标量，定义式为I=q
，故C错误。

t
D、电容C是标量，平行板电容器的电容的定义式为C=Q
，故D错误。

U
2.
【答案】
D
【考点】
电磁场
电磁波的发射、传播和接收
电磁波的应用
【解析】
正确解答本题需要掌握：电磁波的频率、波动与介质的关系；正确理解电磁波理论内容；声波和电磁波的区别；雷达测定物体位置的原理．
【解答】
解：A、根据n=c
可知，电磁波由真空进入介质，速度变小，故A错误；
v
B、根据电磁波理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，故B错误；
C、声波属于机械波，它的传播离不开介质，故C错误；
D、雷达的工作原理是：发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至
电磁波发射点的距离、距离变化率（径向速度）、方位、高度等信息，故D错误．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
电势能
点电荷的场强
【解析】
两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向；根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系。

【解答】
A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以Ob连线的
电势等于0，而电场强度不等于0．故A错误；
B、根据点电荷电场强度公式E=kQ
r2
，及矢量的叠加原理，可知，在x轴上，O点的电
场强度最小，而在y轴上，O点的电场强度最大，因此a点电场强度大于b点电场强度的
大小，故B正确；
C、将负的试探电荷从O点移到a点，即将负电荷从低电势移到高电势，则其电势能减小，电场力做正功，故C错误；
D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误；
4.
【答案】
A
【考点】
电功
闭合电路的欧姆定律
【解析】
根据电功率的公式求出变阻器的电阻值，结合闭合电路的欧姆定律求出电源的电动势
与内电阻。

【解答】
A、电源的输出功率达到最大时，设滑动变阻器的电阻值为R，则：P＝I2R
可得：R=P
I2=9
1.52
=4Ω
根据电源的输出功率最大的条件：外电阻与电源的内电阻相等可知，电源的内电阻也是4Ω．故A正确；
B、电源的电动势：E＝I(R+r)＝1.5×(4+4)＝12V．故B错误；
C、电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为：R
总
＝R+r＝4+4＝8Ω．故C错误；
D、电源的效率η=R
R+r
×100%随外电阻的变化而变化，外电阻越大，则效率越大，可以大于50%．故D错误
5.
【答案】 C
【考点】 安培力的计算
闭合电路的欧姆定律 单杆切割磁感线
【解析】
在金属棒匀速下滑的过程中，棒内电子受洛仑兹力作用，棒不受安培力作用，棒两端的电压等于棒产生的感应电动势，根据法拉第定律求解电压。

【解答】
AB 、在金属棒匀速下滑的过程中，棒内电子磁场中运动，速度方向与磁场不平行，电子要受洛仑兹力作用。

由于棒中没有电流，所以棒不受安培力作用，故AB 错误。

CD 、棒产生的感应电动势 E ＝BLv cos 60∘＝0.1×1×1×0.5V ＝0.05V ，由于棒中无电流，则棒两端的电压等于棒产生的感应电动势，所以棒两端的电压为0.05V ．故C 正确，D 错误。

6.
【答案】 B
【考点】
交变电流的峰值
交变电流的图象和三角函数表达式
【解析】
交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBSω，交流电流为电流的有效值，电阻R 上的热功率p ＝I 2R 。

【解答】
A 、根据交流电产生的规律可知，在选取转动的过程中，穿过线圈中磁通量的变化率做周期性的变化。

故A 错误；
B 、线圈转速为50r/s ，则1s 内线圈中电流方向改变100次。

故B 正确；
C 、磁场的磁感应强度B ＝0.1T ，线圈的边长ab ＝20cm ＝0.2m ，bc ＝10cm ＝0.1m ，线圈总电阻r ＝1Ω，
线圈的转速n 0＝50r/s 。

所以ω＝2πn ＝2π×50＝100π rad/s 最大值：E m ＝BSω＝0.1×0.2×0.1×100π＝0.2π (V)， 线圈上的最大电流：I m =
E m R
=
0.2π1
=0.2πA
则线圈中感应电流的瞬时值表达式为i =π5
sin 100πt(A)，故C 错误 D 、电阻R 上的热功率P ＝I 2R =(m √2
)2R =(√2
)2
×1≈1w ，故D 错误
7. 【答案】 A
【考点】
变压器的构造和原理 【解析】
根据部分电路的欧姆定律和串并联电路的特点、以及电压与匝数成正比，电流与匝数
成反比即可求得结论。

【解答】
根据变压器电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1:U2＝2:1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，通过两电阻的电流之比为2:1，根据电流和匝数的关系可知，通过电阻R2的电流为I2，通过电阻R1的电流为2I2，原线圈的输入电
流为I2
2
，电流表示数为0.5A，则I2＝0.2A，电压表示数为2V，故A正确，BCD错误。

8.
【答案】
D
【考点】
向心力
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
牛顿第二定律的概念
【解析】
作出粒子运动轨迹，根据左手定则分析电性；根据几何关系求解圆心角，由此求解周期；再根据周期的计算公式计算比荷；粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时，在磁场中运动的时间最长，根据几何关系求解圆心角，即可求解最长的时间。

【解答】
粒子运动轨迹如下图所示：
A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、当粒子轨迹与dc相切时，设切点与d点距离为x，由几何关系得：x2+(L−√3
2
L)2
＝L2，解得：x=√√3−3
4
L<1.5L，则粒子不会达到c点，故B错误；
C、设粒子轨迹对应的圆心角为θ，sinθ=bc
2
L
，解得：θ＝60∘；由60
360
T＝t0，解得：T＝
6t0，故C错误；
D、当有几何关系可以证明，粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时，在磁场中运动的时间最长，如下图所示：
Ob=√ab2+Oa2=3L
设此时运动的角度为α，由几何关系得：sinα
2=
Ob
2
L
，解得：α＝120∘
则运动时间为：t=120
360
T＝2t0，故D正确。

二.多选题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．
【答案】
A,B
【考点】
光的波粒二象性
裂变反应和聚变反应
玻尔理论
【解析】
玻尔原子理论解释氢原子光谱。

电子的衍射实验证实了物质波存在。

知道汤姆逊、德布罗意的贡献，同时明确核电站的基本原理。

【解答】
A、玻尔原子理论解释氢原子光谱，故A正确；
B、电子的衍射实验证实了物质波的存在，说明电子具有波动性，故B正确；
C、依据德布罗意波长公式λ=ℎ
，可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，
p
故C错误；
D、现已建成的核电站的能量均来自于核裂变，故D错误。

【答案】
A,B,C
【考点】
电势能
电势差与电场强度的关系
电容器的动态分析
【解析】
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=
U
分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。

由U＝Ed分析P点与下
d
极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。

【解答】
A、下极板向上移动时，板间距减小，根据C=eS
可知，电容增大，因U不变，由Q
4πkd
＝UC可知，电量将增大，故A正确；
B、开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据E=U
可知，
d
电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动，故B正确；
C、场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。

故C正确；
D、电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大，故D错误。

【答案】
B,D
【考点】
质谱仪
【解析】
图中P1可能为电源正极；图中所示虚线可能为a粒子的轨迹；在速度选择器中粒子做匀
速直线运动；打在底片上的位置越靠近S3，粒子的荷质比q
m
越大。

【解答】
A、根据偏转磁场中粒子的轨迹和左手定则，可以判断粒子为正电荷。

粒子进入速度选择区域，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反，根据左手定则，洛伦兹力向左，则
电场力向右，P1为电源正极。

故A错误。

B、粒子进入速度选择区域，洛伦兹力和电场力大小相等，有qE＝qvB，解得：v=E
B
，所以速度选择器和粒子质量和电荷量无关，粒子进入偏转磁场中，根据轨迹可以判断
粒子为正电荷，所以图中所示虚线可能为a粒子的轨迹，故B正确。

C、在速度选择器中粒子做匀速直线运动，故C错误。

D、在偏转区域，洛仑磁力提供向心力：qvB＝m v2
R ，解得：R⋅q
m
=v
B
，经过速度选择
区域的速度是一定的，B不变，所以R和q
m
成反比，打在底片上的位置越靠近S3，粒子
的荷质比q
m
越大。

故D正确。

【答案】
A,D
【考点】
闭合电路的欧姆定律
法拉第电磁感应定律
【解析】
a环与b环的半径之比为2:1，故周长之比为2:1，根据电阻定律R＝ρL
S
，电阻之比为2:1；根据法拉第电磁感应定律公式得到两次电动势的大小关系，然后结合闭合电路欧姆定
律分析即可。

【解答】
AB、a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方
向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误。

CD、a环与b环的半径之比为2:1，故周长之比为2:1，根据电阻定律R＝ρL
S
，电阻之比
为2:1；M、N两点间电势差大小为路端电压，U=R
r+R
E。

磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=△B
△t
S，得到
两次电动势的大小之比为4:1，故两次的路段电压之比为U1:U2＝2:1。

根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差U MN＝−0.2V，故C
错误，D正确。

三.非选择题
【答案】
（1）黑
（2）E
I g
−(R g+r)
（3）E
I −E
I g
【考点】
用多用电表测电阻
欧姆表的原理
【解析】
（1）电流应从红表笔流进，黑表笔流出。

（2）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律求解。

（3）根据闭合电路欧姆定律求被测电阻的阻值值。

【解答】
解：（1）欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，图中的A端应与黑色表笔相连接；
（2）当两表笔短接（即R x＝0）时，电流表调至满偏电流I g，根据闭合电路欧姆定律得：
I g=E
R0+R g+r ，解得：R0=E
I g
−(R g+r)；
（3）若表头G的示数为I，根据闭合电路欧姆定律得：
I=E
R x+R0+R g+r ，解得：R x=E
I
−E
I g
．
【答案】
B,C,D
2.0mA
x1(R2+r2)
x2−x1
【考点】
伏安法测电阻
【解析】
滑动变阻器阻值远小于仪器的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法。

仪器的额定电
压为2V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻为电压表，因为通过仪器的电流小，可以用题目的中的量程大一点当电流表使用。

根据欧姆
定律得出仪器电压为2V时电流表的电阻。

【解答】
电表1和2是测定电流的，而且电表2是测电路的总电流，则量程要选较大的A1，电表1
选A2．而电流表A2与定值电阻串联后作为电压表使用，由于A2的满偏电流＝Ig＝3mA，若改成2V的电压表，则内阻RV=3V
3×10−3A
=1000Ω，所以定值电阻只能选择1850Ω的D，故填：B C D
要将待测电阻的电压调到2V，则此时电流表A2（电表1）的示数为I1=U
R2+r2
=2mA；
根据串并联电路的相关关系可求工作电阻的阻值：R=x1(R2+r2)
x2−x1。

故答案为：（1）B，C，D；（2）2mA；(3)x1(R2+r2)
x2−x1
四、解答题（共5小题，满分46分）
【答案】
（1）闪电前云地间的电场强度大小是5×105v/m．
（2）第一个闪击过程中闪电电流的平均值是1.2×105A．
（3）第一个闪击过程中释放的能量是6×109J ．
【考点】
匀强电场中电势差和电场强度的关系 【解析】
（1）由于云地间的电场是匀强电场，根据场强的公式可以求得电场强度的大小； （2）根据电流强度的定义式可以求得电流的平均值的大小； （3）根据电场做功的公式，可以直接计算出释放的能量． 【解答】
解：（1）电场强度大小E =U
d =1.0×1092×103
v/m =5×105v/m ．
（2）平均电流 I ¯
=
q t
=65×10−5A =1.2×105A ．
（3）第一个闪击过程中释放的能量 W =qU =6×1.0×109J =6×109J ． 答：（1）闪电前云地间的电场强度大小是5×105v/m ． （2）第一个闪击过程中闪电电流的平均值是1.2×105A ． （3）第一个闪击过程中释放的能量是6×109J ． 【答案】
（1）杆a 下滑到水平轨道上瞬间的速度大小是6 m/s ． （2）杆a 、b 在水平轨道上的共同速度大小是3m/s ． （3）在整个过程中电路消耗的电能是27J ． 【考点】
单物体的机械能守恒问题 动量守恒定律的综合应用 电磁感应中的能量问题
【解析】
（1）由于倾斜轨道是光滑的，杆下滑的过程中，机械能守恒，由此可以求得杆a 下滑到水平轨道上瞬间的速度大小．
（2）杆a 到达水平轨道上时，轨道也是光滑的，ab 这个整体的合力为零，所以ab 的动量守恒，由动量守恒定律可以求得共同速度的大小．
（3）全过程中没有摩擦力的作用，由能量守恒可知，减小的能量全部转化为电能． 【解答】 解：（1）设杆a 下滑到水平轨道瞬间的速度为v a ，杆a 从斜轨道上下滑到水平轨道的过程中，只有重力做功
由机械能守恒定律得m a gℎ=1
2m a v a 2
，
解得v a ＝6 m/s ．
（2）当a 以6 m/s 的速度进入匀强磁场后，a 、b 两杆所受的安培力等大反向，合力为零，最终一起匀速运动，
设共同的速度为v ，取水平向右为正，
由动量守恒定律得m a v a −m b v 0＝(m a +m b )v ， 解得v ＝3m/s ．
（3）设消耗的电能为E ，
由能量守恒定律得E =1
2m a v a 2
+1
2m b v 02−1
2(m a +m b )v 2，
代入数据解得E ＝27J ． 【答案】
粒子运动的初速度大小为
√2BqL m ，匀强电场的场强大小为√2B 2qL
m
； DM 间的距离为2m 2v 0
2
q 2B 2L
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 带电粒子在匀强磁场中的运动规律
【解析】 （1）、带点粒子在第二象限的金属板之间运动时，沿x 轴的正方向运动，说明带电粒子在竖直方向上受力平衡，即受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反；带电粒子进入第一象限后，在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由几何关系确定圆心，并求出轨迹的半径，带电粒子做圆周运动的向心力是洛伦兹力．综上所述，列式即可求出带电粒子的初速度和电场强度的大小． （2）、经对带电粒子的受力情况和初速度的分析可知，带电粒子在第四象限内做类平抛运动，把位移沿垂直于电场的方向和沿电场的方向进行分解，在这两个方向上由运动学公式列式，结合几何关系，便可求出DM 的距离． 【解答】
粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v 0，由平衡条件有： qv 0B =qE …①
粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O 1，半径为R ，轨迹如图，
由几何关系知R ＝
L cos 45∘
＝√2L …②
由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv 0B ＝m v 0
2R
…③
由②③式解得：v 0＝√2BqL
m
…④ 由①④式解得：E ＝
√2B 2qL
m
…⑤ 由题意可知，粒子从D 进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D 到M 的运动时间为t ，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上， 则粒子沿DG 方向做匀速直线运动的位移为： DG ¯
＝v 0t …⑥
粒子沿DF 方向做匀加速直线运动的位移为： DF ¯
＝1
2at 2＝
Eqt 22m
…⑦
由几何关系可知：DG ¯
＝DF ¯
，DM ¯
＝√2DG ¯
…⑧
由⑤⑥⑦⑧式可解得DM ¯
＝2m 2v 0
2
q 2B 2L ．。