山西省大同市第一中学2024届高三年级第二学期期末物理试题

山西省大同市第一中学2024届高三年级第二学期期末物理试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球（可视为质点），小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮。

今缓慢拉绳使小球从A点滑向半球顶点未到顶点），在此过程中，小球对半球的压力大小N及细绳的拉力T大小的变化情况是（）
A．N不变，T变小B．N变小，T不变C．N变大，T变大D．N变大，T变小
2、下列现象中属于分子斥力的宏观表现的是
A．镜子破碎后再对接无法接起B．液体体积很难压缩
C．打气筒打气，若干次后难再打进D．橡皮筋拉伸后放开会自动缩回
3、如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。

第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。

若线圈的总电阻为R，则有（）
A．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大
B．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率
2
B Bv t l ∆
=
∆
C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为
22 2
B l v R
D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为
22 B l R
4、某探究小组计划以下述思路分析电容器间电场（可看作匀强电场）的特点。

如图所示，把电容器的一个极板接地，然后用直流电源给电容器充电，接地极板连接电源正极，充电结束后电容器与电源断开。

在两极板之间的P点固定一个负试探电荷，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x。

在平移过程中，电容C、场强E、P点电势p 、E与负极板移动距离x的关系正确的是（）
试探电荷在P点电势能p
A．
B．
C．
D．
5、如图所示，一个物体在竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，拉力F与物体速度v随时间变化规律如图甲、乙所示，物体向上运动过程中所受空气阻力大小不变，取重力加速度大小g=10m/s2则物体的质量为
A．100g B．200g C．250g D．300g
6、某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动
A．半径越小，周期越大B．半径越小，角速度越小
C．半径越大，线速度越小D．半径越大，向心加速度越大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图a所示，在某均匀介质中S1，S2处有相距L=12m的两个沿y方向做简谐运动的点波源S1，S2。

两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示。

两列波的波速均为2.00m/s，p点为距S1为5m的点，则（）
A．两列简谐波的波长均为2m
B．P点的起振方向向下
C．P点为振动加强点，若规定向上为正方向，则t=4s时p点的位移为6cm
D．p点的振幅始终为6cm
E.S1，S2之间（不包含S1，S2两点），共有6个振动减弱点
8、如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。

若不改变电容器的带电量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是（）
A．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质
B．将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板
C．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板
D．将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质
9、2019年10月5日2时51分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将“高分十号”地球同步卫星发射升空。

一般发射地球同步卫星要经过两次变轨才能进入地球同步轨道。

如图所示，先将卫星送入较低的圆轨道Ⅰ，经椭圆轨道Ⅲ进入地球同步轨道Ⅱ。

已知“高分十号”卫星质量为m卫，地球质量为m地，轨道Ⅰ半径为r1，轨道Ⅱ半径
为r 2，A 、B 为两轨道的切点，则下列说法正确的是（ ）
A ．“高分十号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于7.9km/s
B ．若”高分十号”在轨道I 上的速率为v 1：则在轨道II 上的速率v 2=v 112
r r C ．在椭圆轨道上通过B 点时“高分十号”所受万有引力小于向心力 D ．假设距地球球心r 处引力势能为E p =－Gm m r
卫地则“高分十号”从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，其机械能增加了12Gm m r 卫地－2
2Gm m r 卫地 10、如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L 。

1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B ，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 。

边长为()d d L <的正方形线圈PQMN 电阻为R ，各边质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。

开始PQ 与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度为0v 向右匀速运动。

设PQ 刚进入磁场时PQ 两端电压为1U ，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ 两端电压为2U ；在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F ，拉力所做的功为W ，则下列判断正确的是（ ）
A ．0132Bdv U =
B ．20U Bdv =
C ．2203B d v F R =
D ．23014B d v W R
= 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学用如图所示装置做“探究加速度与合力关系”的实验。

测得小车(带遮光片)的质量为M ，当地的重力加速度为g 。

（1）实验前，用游标卡尺测出遮光片的宽度，示数如图所示，则遮光片的宽度为d =________cm 。

（2）为了使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，必须____________ 。

A ．将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力
B ．砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C ．使连接小车的细线与长木板平行
D ．减小遮光片的宽度
（3）调节好装置，将小车由静止释放，与光电门连接的计时器显示小车通过光电门时遮光片的遮光时间t ，要测量小车运动的加速度，还需要测量__________(填写需要测量的物理量名称)，若该物理量用x 表示，则小车运动的加速度大小为_________.(用测得的物理量符号表示)。

（4）保持小车每次释放的位置不变，光电门的位置不变，改变砂和砂桶的总质量，重复实验，测得多组小，车通过光电门的遮光时间t 及砂和砂桶的总质量m ，为了使图象能直观地反映物理量之间的关系，应该作出__________ (填
21,,m t m t m t ---“”“”“”或1m t
-“”2)图象，当图象为过原点的- -条倾斜的直线，表明质量一定时，加速度与合力成正比。

12．（12分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。

请回答下列问题：
（1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a 。

为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡_____档（选填“×10”“×1k”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b ，则待测电阻为_____Ω。

（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。

其中，电流表满偏电流为0.5mA 、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V 、内阻为1Ω；变阻器R 0的阻值范围为0〜5000Ω。

①该欧姆表的两只表笔中，_____是黑表笔。

（选填“A”或“B”）；
②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V 、内阻为1Ω进行刻度的。

当电池的电动势下降到1.45V 、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后R 0接入电路的电阻将变_____（填“大”或“小”），若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为400Ω，则这个待测电阻的真实阻值为_____Ω．（结果保留三位有效数字）
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图，从离子源A 发出的初速度为零、带电荷量为q 质量为m 的正离子，被电压为1U 的电场加速后，沿中心轴线射入带电的平行板电容器。

电容器的板长为L 、板间距离为2L ，板间电压为124U U =。

离子射出电场一段时间后又进入一个环状区域的匀强磁场，磁场的外半径为R ，宽度2
R s =
，磁场方向垂直于纸面向里，磁场的圆心与平行板电容器的中心重合，求：
(1)该离子进入偏转电场时速度的大小；
(2)为使该离子不能从磁场外边缘射出，磁场的磁感应强度B 的最小值；
(3)为保证该离子不从磁场外边缘射出，离子在磁场中运动的最长时间。

14．（16分）在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。

产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。

(1)利用图甲所示的电路可以产生动生电动势。

设匀强磁场的磁感应强度为B ，金属棒ab 的长度为L ，在外力作用下以速度v 水平向右匀速运动。

此时金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f 1即为“电源”内部的非静电力。

设电子的电荷量为e ，求电子从棒的一端运动到另一端的过程中f 1做的功。

(2)均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场，其电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，如图乙所示。

在某均匀变化的磁场中，将一个半径为r 的金属圆环置于相同半径的电场线位置处。

从圆环的两端点a 、b 引出两根导线，与阻值为R 的电阻和内阻不计的电流表串接起来，如图丙所示。

金属圆环的电阻为R 0，圆环两端点a 、b 间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。

此时金属圆环中的自由电子受到的感生电场力F 即为非静电力。

若电路中电流表显示的示数为I ，电子的电荷量为e ，求∶
a.金属环中感应电动势E 感大小；
b.金属圆环中自由电子受到的感生电场力F 的大小。

(3)直流电动机的工作原理可以简化为如图丁所示的情景。

在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN 、PQ 固定在水平面内，相距为L ，电阻不计。

电阻为R 的金属杆ab 垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好。

轨道端点MP 间接有内阻不计、电动势为E 的直流电源。

杆ab 的中点O 用水平绳系一个静置在地面上、质量为m 的物块，最初细绳处于伸直状态（细绳足够长）。

闭合电键S 后，杆ab 拉着物块由静止开始做加速运动。

由于杆ab 切割磁感线，因而产生感应电动势E '，且E '同电路中的电流方向相反，称为反电动势，这时电路中的总电动势等于直流电源电动势E 和反电动势E '之差。

a.请分析杆ab 在加速的过程中所受安培力F 如何变化，并求杆的最终速度v m ；
b.当电路中的电流为I 时，请证明电源的电能转化为机械能的功率为'E I 。

15．（12分）一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q 从该时刻计时的振动图像，P 、Q 分别是平衡位置为10.5m x =和22m x =处的质点。

(1)请判断该简谐横波的传播方向和P 、Q 两点谁先到达波谷，并计算波速；
(2)从计时时刻起，当质点Q 第三次出现在波峰位置时，请确定11m x =处的质点M 的振动方向及M 在这段时间内的总路程。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A
【解题分析】
小球受重力支持力和拉力作用，将三力平移可构成首尾连接的三角形，其中重力与过O点竖直线平行，支持力N沿半球面半径方向且
'=
N N
拉力沿绳方向，力的三角形与O小球、滑轮构成的三角形相似，设小球与滑轮间的绳长为L，滑轮到O点的距离为H，半球面半径为R，则有：
N T mg
==
R L H
小球从A点滑向半球顶点过程中，小球到O点距离为R不变，H不变，L减小，所以N不变，T变小
故选A。

2、B
【解题分析】
镜子破碎后再对接无法接起，并不是因为分子间表现为斥力，而是由于分子间距离大于分子直径的10倍以上，分子间的作用力太小，不足以使碎玻璃片吸引到一起，故A错误．液体难于被压缩是因为液体中分子距离减小时表现为斥力，故B正确．打气筒打气，若干次后难再打进，是因为气体的压强增大的缘故，不是因为分子间存在斥力，故C错误．橡皮筋拉伸后放开会自动缩回，是由于分子间存在引力的缘故，故D错误．故选B.
【题目点拨】
本题考查了热学的基础知识，关键要明确分子间同时存在着引力和斥力，二者都随分子间距离的增加而减小，而斥力减小得快，根据现象分析出斥力的表现．
3、B
【解题分析】
A ．根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A 错误；
B ．根据切割感应电动势公式E BLv =及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小：
Blv I R
= 若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：
21 2l B v R
B l t R ∆⨯=∆⨯ 则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为：
2B Bv t l
∆=∆ 故B 正确；
C ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：
23222l Blv l B l v W F B l R R
=== 故C 错误；
D ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为：
2
2Bl q It R R
∆Φ=== 故D 错误；
故选B 。

4、D
【解题分析】
设原两极板的距离为0d ，负极板右移x 时，两极板的距离为
0-d x
两极板间的距离减小；
A ．两极板间距减小为0()-d x 时，由4πS
C kd ε=知
04π()S
C k d x ε=-
则C 增大，但C 与x 的关系不是一次函数，其图像不是直线，故A 错误； B ．由
Q C U
=，U E d = 则有 4πkQ E S ε=
则E 与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，故B 错误；
C ．正极板接地其电势为0，且为最高值。

P 点与正极板距离不变，设为l ，其电势为 p El ϕ=-
得
4πP kQl S
ϕε=- 则p ϕ与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，且为负值，故C 错误；
D ．负试探电荷电势能为
4πP p kQlq E q S
ϕε=-= 则p E 与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，且为正值，故D 正确。

故选D 。

5、C
【解题分析】
由乙图可得2s t =后，物体匀速，则有
f F m
g F =+
2s t =前，物体匀加速，则有
()f mg F a F m +-=，22m /s a =
代入数据有
0.25kg 250g m ==
A ． 100g 与分析不符，故A 错误；
B ． 200g 与分析不符，故B 错误；
C ． 250g 与分析相符，故C 正确；
D ． 300g 与分析不符，故D 错误；
故选：C 。

6、C
【解题分析】
原子核与核外电子的库仑力提供向心力；
A ．根据
22
224 ke m r r T
π=， 可得
T = 故半径越小，周期越小，A 错误；
B ．根据
2
22 ke m r r
ω=， 可得
ω=， 故半径越小，角速度越大，B 错误；
C ．根据
22
2 ke mv r r
=， 可得
v = 故半径越大，线速度越小，C 正确；
D ．根据
2
2 ke ma r
=， 可得
2
2
ke a mr =， 故半径越大，加速度越小，D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BCD
【解题分析】
A ．两列简谐波的波长均为=22m=4m vT λ=⨯，选项A 错误；
B ．因S 1起振方向向下，由振源S 1形成的波首先传到P 点，则P 点的起振方向向下，选项B 正确；
C ．P 点到两振源的距离之差为2m 等于半波长的奇数倍，因两振源的振动方向相反，可知P 点为振动加强点；由S 1形成的波传到P 点的时间为2.5s ，t =4s 时由S 1在P 点引起振动的位移为4cm ；同理，由S 2形成的波传到P 点的时间为3.5s ，t =4s 时由S 2在P 点引起振动的位移为2cm ；若规定向上为正方向，则t =4s 时P 点的位移为6cm ，选项C 正确；
D ．P 点为振动加强点，则P 点的振幅始终为6cm ，选项D 正确；
E ．S 1，S 2之间（不包含S 1，S 2两点），共有5个振动减弱点，分别在距离S 1为2m 、4m 、6m 、8m 、10m 的位置，选项E 错误。

故选BCD 。

8、AC
【解题分析】
A ．将左极板向左移动少许，则d 变大，同时在两极板之间插入电介质，则ε变大，根据4S C kd επ=
可知C 可能变大，根据Q=CU 可知，U 可能减小，即静电计指针的偏转角度可能变小 ，选项A 正确；
B ．将左极板向左移动少许，则d 变大，同时取出两极板之间的金属板，则也相当于d 变大，根据4S
C kd
επ=
可知C 一定变小，根据Q=CU 可知，U 变大，即静电计指针的偏转角度变大 ，选项B 错误；
C ．将左极板向左移动少许，则d 变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于d 又变小，则总体来说可能d 减小，根据4S C kd
επ=
可知C 可能变大，根据Q=CU 可知，U 变小，即静电计指针的偏转角度可能变小 ，选项C 正确； D ．将左极板向下移动少许，则S 减小，同时取出两极板之间的电介质，则ε变小，根据4S C kd επ=可知C 一定减小，根据Q=CU 可知，U 变大，即静电计指针的偏转角度一定变大 ，选项D 错误；
故选AC 。

9、BD
【解题分析】
A ．第一宇宙速度为7.9km/s ，绕地球做圆周运动的轨道半径等于地球的半径，根据万有引力提供向心力则有
22Gm m m v r r
=卫地卫 可得
v =知轨道半径越大，线速度越小，所以“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的运行速度小于7.9km/s ，故A 错误；
B
．根据v =可得“高分十号”卫星在轨道I 上的速率为
1v =在轨道II 上的速率为
2v =联立解得
2v v = 故B 正确；
C ．由于“高分十号”卫星需要在B 点从椭圆轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，卫星在B 点需加速，所以“高分十号”卫星在椭圆轨道Ⅲ上通过B 点时，万有引力大于向心力，故C 错误；
D ．“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的机械能
2111
12Gm m E m v r -=卫地卫 在轨道Ⅱ上的机械能
222
212Gm m E m v r -=卫地卫 则机械能增加量
2212112122
211222Gm m Gm m Gm m Gm m E E m v m v r r E r r -∆=--+==-卫卫卫卫地地地地卫卫 故D 正确；
故选BD 。

10、ABD
【解题分析】
A ．只有PQ 进入磁场，PQ 切割磁感线产生电动势
102E Bdv =
电路中电流
11E I R
= PQ 两端电压 0113342Bdv U E =
= 选项A 正确；
C ．受到的安培力
()()2201122B d v F B I d R ==
进入过程克服安培力做功
233114B d v W F d R
== 都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功；PQ 进入右边磁场、MN 在左边磁场中，MN 切割磁感线产生电动势1E ，PQ 切割右边磁感线产生电动势
20E Bdv =
回路中电流
122E E I R
+= PQ 和MN 受到安培力大小分别为
32F BI d =
()422F B I d =
需要拉力最大为
220349B d v F F F R
=+= 选项C 错误；
B ．PQ 进入右边磁场过程中克服安培力做功
2W Fd =
都进入右边磁场后，PQ 和MN 都切割磁场，回路无电流，安培力为0，
220U E Bdv ==
选项B 正确；
D ．PQ 出磁场后，只有MN 切割磁感线，线圈受到安培力
2205B d v F BId R
== PQ 出磁场过程中安培力做功
35W F d =
整个过程克服安培力做功
23013214B d v W W W W R
=++= 选项D 正确。

故选ABD.
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0. 670 B 释放小车时遮光片到光电门的距离 2
2
2d xt 21m t - 【解题分析】
（1）[1]游标卡尺主尺读数为0.6 cm ，游标尺第14条刻度与主尺上某一-刻度对齐，则游标读数为
140.050.70mm 0.070cm ⨯==，所以最终读数为: 0.6cm 0.070cm 0.670cm +=。

（2）[2]将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力，是为了使细线的拉力等于小车受到的合外力，选项A 错误;砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，可以使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，选项B 正确;使连接小车的细线与长木板平行是为了保持小车受到的合外力不变，选项C 错误;减小遮光片的宽度，能提高测量小车速度和加速度的精度，选项D 错误。

（3）[3][4]还需要测量释放小车时遮光片到光电门的距离，小车的加速度
2
22
22d d t a x xt ⎛⎫ ⎪⎝⎭== （4）[5]由 2
22d mg M xt
=
得
22
12d M m xg t =⋅ 为了使图象能直观地反映物理量之间的关系，应该作出21m t
—
图象，当图象为过原点的一条倾斜直线时，表明质量一定时，加速度与合力成正比。

12、×
1k 30000Ω B 调小 387Ω 【解题分析】
(1)[1]使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a 。

显然是批针偏
转过小，示数太大，为了减小示数，则必增大倍率，即要欧姆档的倍率调到×
1k ； [2]若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b ，则待测电阻为 30000x R =Ω
(2)[3]由于欧姆表与其他档位的表是共用表头的，所以欧姆表的内接电源的+接线柱必从表头的+相接，电流要求从+接线柱（即红接线柱）流进，所以A 是红接线柱，B 是黑接线柱；
[4]欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V 、内阻为1Ω进行刻度的。

则此时调零电阻连入电路的电阻
0A 2989g
E R r R I =--=Ω 当电池的电动势下降到1.45V 、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，此时要使电流表仍满偏，则
''0A 2884g
E R r R I =--=Ω 所以0R 要调小；
[5]若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为400Ω，则有：此时正常电阻400Ω在正常原电动势中的电流 A 00.441A 400
E I R R r ==+++ 若把此电阻接入旧的欧姆表中时电流I 对应的阻值
'
''A 0387x E R R R r I
=---=Ω
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、
(1)
(2)
(3)
【解题分析】
(1)电场1U 中加速，有
2112x qU mv = 解得 12x qU v m
= (2)电场中类平抛，如图：
124
U U = 竖直方向有 22
qU ma L
= y v at =
水平位移
x L v t =
又有
22x y
v v v =+解得
111722qU v m
=在最小磁场B 中做圆周运动，有
2
v qvB m r
=
由几何关系得
222()()R s r R r -+=-
解得
38
r R = 解得
B =(3)在磁场中运动速度v 一定，磁场B 不同，运动时间不同。

图示为最长时间。

圆周运动周期
2m T qB
π= 由几何关系得
4tan 3
R s r α-=
= 则 53α︒=
圆周运动时间
()360253360t T ︒︒︒-⨯=
磁
解得
t =磁14、 (1)1W evBL =；(2)a.()0I R R +；b.0()2 I R R e F πr +=(3)a. 22m E mgR v BL B L =-；b.见解析 【解题分析】
(1)金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f 1=evB ，棒方向的分力f 1做的功
W 1=f 1L
得
W 1=evBL
(2)a.金属环中感应电动势
b.金属环中电子从a 沿环运动b 的过程中，感生电场力F 做的功
W F =F •2πr
由电动势的定义式
F W E e
=
感 得 0()2 π I R R e F r
+= (3)a.杆ab 在加速的过程中，杆切割磁感线的速度v 增大，杆切割磁感线产生的感应电动势E ′=BLv ，故E ′增大，由
E E I R
'
-= 可知，电路中的电流I 减小，杆所受安培力F =BIL 故F 减小，设细绳的拉力为T ，杆的质量为m 0，根据牛顿第二定律
F －T =m 0a
物块以相同的加速度大小向上做加速运动，根据牛顿第二定律
T －mg =ma
得
F －mg =(m +m 0)a
F 减小，杆的加速度a 减小，当F =mg 时，a 为零，此时，杆达到最终速度v m 。

此时杆上产生的感应电动势E ′=BLv m ，得
22m E mgR v BL B L
=
- b.由 E E I R
'
-= 得
IR =E －E ′
两边同乘以I ，经整理得
EI =I 2R +E ′I
由上式可以看出，电源提供的电能（功率为EI ），一部分转化为了电路中产生的焦耳热（热功率为I 2R ），另一部分即为克服反电动势做功（功率为E ′I ）消耗的电能，这部分能量通过电磁感应转化为了杆和物块的机械能。

15、 (1)传播方向方向向右，P 先到达波谷，20m/s ；(2)M 点振动方向向上，10cm
(1)t =0时刻PQ 两点的振动方向如图
则波传播方向方向向右，P 先到达波谷； 420m /s 0.2
v T λ
=== (2)经过214T ，质点Q 第三次到达波峰，如图；
此时M 点振动方向向上，M 点振动了0.5T ，总路程为2A =10cm.。