新教材適用2024-2025學(xué)年高中物理本冊綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測新人教版選擇性必修第二冊

本冊綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．2024年4月，我縣突發(fā)疫情，在疫情防控中，我縣人民同舟共濟(jì)、守望相助，筑起了抗擊疫情的雄偉長城。科技人員用非接觸式體溫測量儀，通過人體輻射的紅外線測量體溫，“大白”們用紫外線燈在無人的環(huán)境下消殺病毒，為人民健康保駕護(hù)航。那么，關(guān)于紅外線和紫外線的說法正確的是(D)A．溫度越低紅外線強度越大B．在同一介質(zhì)中，紅外線的折射率比紅光的大C．紅外線光子能量大于紫外線光子能量D．紫外線可以殺死新冠病毒，我們利用了其滅菌消毒作用解析：一切物體均向外輻射紅外線，溫度越低，紅外線的輻射強度越小，故A錯誤；依據(jù)電磁波譜可知，在同一介質(zhì)中，紅外線的波長比紅光的波長長，則折射率比紅光的小，故B錯誤；依據(jù)電磁波譜可知，紅外線的頻率小于紫外線的頻率，依據(jù)光子頻率越大，能量越多，可知紅外線光子的能量小于紫外線光子的能量，故C錯誤；紫外線可以殺死新冠病毒，我們利用了其滅菌消毒的作用，故D正確。2．(2024·重慶巴蜀中學(xué)高二期中)利用金屬熱電阻和熱敏電阻的阻值與溫度之間的對應(yīng)關(guān)系，除了可以測量溫度，還可以有其他用途。如圖所示，一些汽車的低油位報警裝置采納熱敏電阻來檢測油箱的警戒液位，下列說法正確的是(C)A．當(dāng)液面高于熱敏電阻時，熱敏電阻的熱量會被液體帶走，溫度基本不變，指示燈亮B．給熱敏電阻通肯定電流，可利用熱敏電阻對液體進(jìn)行快速加熱C．當(dāng)液體削減，液面低于熱敏電阻時，熱敏電阻溫度上升，指示燈亮D．無法通過熱敏電阻的阻值改變來推斷液面是否低于設(shè)定值解析：如圖甲所示，若給熱敏電阻通以肯定電流時，熱敏電阻會產(chǎn)生熱，當(dāng)液面高于熱敏電阻時，熱敏電阻的熱量會被液體帶走，溫度基本不變，電阻較大，指示燈不亮，A錯誤；給熱敏電阻通肯定電流，熱敏電阻會產(chǎn)生熱，可當(dāng)給液體進(jìn)行加熱時，因液體的溫度較低，熱敏電阻的阻值改變不大，電流較小，熱量較小，液體溫度上升的慢，因此利用熱敏電阻對液體不能進(jìn)行快速加熱，B錯誤；如圖乙所示，當(dāng)液體削減，液面低于熱敏電阻時，熱敏電阻溫度上升，阻值較小，電流較大，指示燈亮，就顯示出報警信號，C正確；因熱敏電阻值與溫度的改變是有肯定關(guān)系的，這個關(guān)系轉(zhuǎn)變成電流的改變關(guān)系，可以由熱敏電阻的阻值改變來推斷液面是否低于設(shè)定值，D錯誤。3．如圖所示，L為電感線圈，R為滑動變阻器，A1、A2是兩個完全相同的燈泡。將R觸頭滑動至某一位置，閉合開關(guān)S，燈A1馬上變亮，燈A2漸漸變亮，最終A2亮度更高。則(D)A．R連入電路的阻值與L的直流阻值相同B．閉合S瞬間，L中電流與變阻器R中電流相等C．?dāng)嚅_S，A1馬上熄滅，A2漸漸熄滅D．?dāng)嚅_S，A1閃亮后再漸漸熄滅，A2漸漸熄滅解析：已知最終A2亮度更高，則通過A2的電流更大，依據(jù)并聯(lián)電路電壓相等可知，R連入電路的阻值大于L的直流阻值，故A錯誤；閉合S瞬間，L阻礙電流的增大，L中電流小于變阻器R中電流，故B錯誤；斷開S，L阻礙電流的減小，L和變阻器R以及兩燈泡構(gòu)成回路，斷開S瞬間該回路電流大小等于初始通過A2的電流，故A1閃亮，之后L的電流漸漸減小至零，則兩燈漸漸熄滅，故C錯誤，D正確。4．同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一帶缺口的剛性金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于圓環(huán)所在平面固定放置的平行金屬板MN連接，如圖甲所示。導(dǎo)線PQ中通有正弦溝通電流i，i的改變?nèi)鐖D乙所示，規(guī)定從Q到P為電流的正方向，則在1～2s內(nèi)(A)A．M板帶正電，且電荷量增加B．M板帶正電，且電荷量減小C．M板帶負(fù)電，且電荷量增加D．M板帶負(fù)電，且電荷量減小解析：在1～2s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁場垂直于紙面對里，磁感應(yīng)強度變小，穿過金屬圓環(huán)的磁通量變小，磁通量的改變率變大，假設(shè)環(huán)閉合，由楞次定律可知感應(yīng)電流磁場與原磁場方向相同，即感應(yīng)電流磁場方向垂直于紙面對里，然后由安培定則可知感應(yīng)電流沿順時針方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢增大，由此可知上極M板電勢高，帶正電，電荷量增加，故A正確，B、C、D錯誤。5．如圖所示，半圓形線圈面積為S，線圈電阻為r，在磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場中繞垂直于磁場的OO′軸(OO′為有界磁場邊界)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，會產(chǎn)生交變電流，已知外電路電阻為R。則電路中電流的有效值為(B)A．eq\f(NBSω,\r(2)R＋r) B．eq\f(NBSω,2R＋r)C．eq\f(NBSω,R＋r) D．eq\f(NπBSω,2\r(2)R＋r)解析：若半圓形線圈轉(zhuǎn)動的角速度為ω，線圈轉(zhuǎn)動一周只有半周在磁場中發(fā)生電磁感應(yīng)，產(chǎn)生的溝通電為正弦溝通電(全波波形)的每個周期有半個周期存在電動勢(半波波形)，設(shè)輸入電壓的有效值為U，電動勢最大值為Um＝Em＝NBSω，則eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)，因此電壓有效值為U＝eq\f(NBSω,2)，電路中電流的有效值為I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(NBSω,2R＋r)，B正確，A、C、D錯誤。6．如圖，平行金屬板A、C面積均為S，相距為d，在兩金屬板之間存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面對外的勻強磁場，通過導(dǎo)線將兩金屬板與平行金屬導(dǎo)軌相連，兩導(dǎo)軌水平放置且處于垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小也為B，長為L的金屬棒的兩端恰好靜置在水平金屬導(dǎo)軌上，平行金屬導(dǎo)軌電阻不計，金屬棒電阻為R，在平行金屬板A、C左端勻稱通入質(zhì)量為m、電荷量為q的等離子體，其速度均為v，已知金屬板A、C之間等離子體的電阻率為ρ，起先時開關(guān)K斷開，金屬棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列推斷中正確的是(D)A．金屬板A帶正電B．在開關(guān)K斷開時，平行金屬板A、C間產(chǎn)生的電勢差為BLvC．在開關(guān)K閉合瞬間，通過金屬棒L的電流大小為eq\f(Bdv,R)D．在開關(guān)K閉合瞬間，金屬棒L所受安培力大小為eq\f(B2dLSv,RS＋ρd)解析：依據(jù)左手定則可知，正離子受向下的洛倫茲力，在C板聚集，負(fù)離子受向上的洛倫茲力，在A板聚集，即A板帶負(fù)電，故A錯誤；在開關(guān)K斷開時，兩極板上電荷積累，在兩極板間形成電場，當(dāng)帶電粒子受電場力等于洛倫茲力時，兩極板間電勢差穩(wěn)定，則有qeq\f(U,d)＝qvB，可得U＝Bdv，故B錯誤；在開關(guān)K閉合瞬間，回路中的總電阻為R總＝ρeq\f(d,S)＋R＝eq\f(ρd＋SR,S)，電流為I＝eq\f(U,R總)＝eq\f(BdvS,ρd＋SR)，故C錯誤；在開關(guān)K閉合瞬間，金屬棒L所受安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2dvSL,ρd＋SR)。故D正確。7．如圖所示，L為一電阻可忽視的線圈，D為一燈泡，C為電容器，開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，燈泡D正常發(fā)光，現(xiàn)突然斷開S，并起先計時，能正確反映電容器a極板上電荷量q及LC回路中電流i(規(guī)定順時針方向為正)隨時間改變的圖像是(圖中q為正值表示a極板帶正電)(BC)ABCD解析：S閉合時，D正常發(fā)光，此時電容器兩端的電勢差為零，依據(jù)Q＝CU知，所帶的電荷量為零，斷開S，由于線圈阻礙電流的改變，電容器反向充電，電荷量漸漸增大，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能，充電完畢后，又起先放電，將電場能轉(zhuǎn)化為磁場能，形成L－C振蕩電路，電荷量隨時間周期性改變，故A項不合題意，B項符合題意；當(dāng)突然斷開S，線圈中電流減小，則出現(xiàn)感應(yīng)電動勢，從而對電容器進(jìn)行充電，導(dǎo)致磁場能減小，電場能增大，則電流減小，線圈因阻礙電流減小，電流方向為順時針，故C項符合題意，D項不合題意。8．在圖(a)所示的溝通電路中，電源電壓的有效值為220V，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各電表均為志向電表。已知電阻R2中電流i2隨時間t改變的正弦曲線如圖(b)所示。下列說法正確的是(AD)A．所用溝通電的頻率為50HzB．電壓表的示數(shù)為100VC．電流表的示數(shù)為1.0AD．變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5.0W解析：溝通電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02s)＝50Hz，A正確；通過R2電流的有效值為I＝eq\f(\r(2)A,\r(2))＝1A，R2兩端即副線圈兩端的電壓，依據(jù)歐姆定律可知U2＝IR2＝1×10V＝10V，依據(jù)志向變壓器的電壓規(guī)律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知原線圈的電壓U1＝eq\f(n1,n2)U2＝10×10V＝100V，電阻R1兩端分壓即為電壓表示數(shù)，即UV＝U0－U1＝220V－100V＝120V，B錯誤；電流表的示數(shù)為IA＝eq\f(U2,R3)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，C錯誤；副線圈中流過的總電流為I2＝I＋I(xiàn)A＝1A＋0.5A＝1.5A，變壓器原副線圈傳輸?shù)墓β蕿镻＝I2U2＝15W，D正確。9．如圖所示，xOy平面第一象限內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子質(zhì)量相等，以大小相同的速度從O點射入磁場，甲初速度方向沿x軸、乙初速度方向沿y軸，兩粒子均能通過第一象限內(nèi)的P點。已知O、P兩點連線與x軸正方向之間的夾角為60°，不計粒子的重力及兩粒子間的相互作用，則(BD)A．甲帶負(fù)電、乙?guī)д夿．甲、乙運動軌跡的半徑之比為1∶eq\r(3)C．甲、乙所帶電荷量大小之比為1∶eq\r(3)D．甲、乙從O運動到P所用時間之比為2∶eq\r(3)解析：由題意，依據(jù)左手定則可判得，甲帶正電、乙?guī)ж?fù)電，故A錯誤；由題意可得，甲、乙的運動軌跡如圖中圓弧1、圓弧2由幾何關(guān)系得r1cos30°＝r2cos60°，所以甲、乙運動軌跡的半徑之比為r1∶r2＝1∶eq\r(3)，故B正確；依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，因為甲、乙兩帶電粒子質(zhì)量相等，初速度相等，所以甲、乙所帶電荷量大小之比為半徑反比，即q1∶q2＝eq\r(3)∶1，故C錯誤；由幾何關(guān)系得，甲、乙從O運動到P對應(yīng)圓心角分別為120°、60°，所以甲、乙從O運動到P所用時間分別為t1＝eq\f(1,3)T1＝eq\f(1,3)·eq\f(2πm,q1B)，t2＝eq\f(1,6)T2＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,q2B)，解得t1∶t2＝2∶eq\r(3)，故D正確。10．為了解決用電高峰電壓不足的問題，某同學(xué)設(shè)計了如下輸電線路。溝通發(fā)電機的線圈電阻忽視不計，輸出電壓u＝Umsinωt，T1、T2均為志向變壓器，R1和R2為純電阻用電器。輸電線的等效總電阻為r＝20Ω，n1∶n2＝1∶10，n4可調(diào)，R1和R2的額定電壓均為220V，阻值均為11Ω，其余電阻不計。S斷開時對應(yīng)用電低谷，調(diào)整n3∶n4＝10∶1，此時用電器R1正常工作，輸電線上損耗的功率為ΔP；S閉合時對應(yīng)用電高峰，調(diào)整變壓器T2的副線圈，當(dāng)其匝數(shù)比為N∶1時，用電器R1又能正常工作，此時變壓器T2原線圈的電壓為U3，輸電線上損耗的功率為ΔP′。則(CD)A．Um＝220eq\r(2)V B．U3＝2200VC．N<10 D．ΔP′>4ΔP解析：S斷開時，T2副線圈的電壓為220V、電流為20A，其原線圈的電壓為2200V、電流為2A，輸電線損耗的電壓為ΔU＝2A×20Ω＝40V，損耗功率為ΔP＝80W，T1副線圈的電壓為2240V，原線圈的電壓為224.0V，所以Um＝224eq\r(2)V，故A錯誤；S閉合后，對T2，假如n4不變，則原、副線圈的電壓均減小，須要將n4變大eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)<10))才能使副線圈電壓變回到220V，故N<10；此時依據(jù)并聯(lián)干路與支路電流關(guān)系得副線圈電流為40A，所以原線圈中電流大于4A，故依據(jù)焦耳定律可知，輸電線損耗的功率ΔP′>4ΔP，輸電線擔(dān)當(dāng)?shù)碾妷阂苍龃?，電壓U3小于2200V，故B錯誤，C、D正確。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(2小題，共14分。把答案干脆填在橫線上)11．(6分)如圖所示為一種常見的身高體重測量儀，它可以同時測量人的身高和體重。測重臺自身質(zhì)量為M0，水平安置在傳感器上，已知傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比，當(dāng)測重臺不放任何物體時，傳感器輸出電壓為U0。測量儀頂部向下放射波速為v的超聲波，超聲波經(jīng)反射后返回，被測量儀接收，測量儀記錄放射和接收超聲波的時間間隔；當(dāng)測重臺不放任何物體時，測量儀記錄的時間間隔為t0。一同學(xué)站上測重臺，測量儀記錄的時間間隔為t，輸出電壓為U。(1)測重臺下的傳感器是將_力__信號轉(zhuǎn)化為_電__信號的裝置；(2)該同學(xué)的身高為eq\f(1,2)v(t0－t)，質(zhì)量為eq\f(M0,U0)(U－U0)。(用題中所給物理量字母表示)解析：(1)測重臺下的稱重傳感器是用來將重量信號或壓力信號轉(zhuǎn)換成電信號的轉(zhuǎn)換裝置，所以可填“質(zhì)量”“重量”或“壓力”合理均可。(2)設(shè)身高體重測量儀高度為L，人的身高為h，質(zhì)量為m。當(dāng)測重臺上沒有站人時，依據(jù)超聲波的速度和位移關(guān)系得vt0＝2L，依據(jù)傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比得U0＝kM0g，當(dāng)測重臺上站人時，同理可得vt＝2(L－h(huán))，U＝k(M0＋m)g，聯(lián)立解得h＝eq\f(1,2)v(t0－t)，m＝eq\f(M0,U0)(U－U0)。12．(8分)某愛好小組用如圖所示的可拆變壓器進(jìn)行“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”試驗：(1)下列器材在試驗中還必需用到的是_C__(填字母)。(2)試驗中原、副線圈的電壓之比與其匝數(shù)之比有微小差別，緣由不行能是_C__。A．變壓器鐵芯漏磁B．鐵芯在交變電磁場作用下發(fā)熱C．原線圈輸入電壓發(fā)生改變D．原、副線圈通過電流發(fā)熱(3)實際操作中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，測得副線圈的“0”和“4”兩個接線柱之間的電壓為3.0V，則可推斷原線圈的輸入電壓可能為_D__。A．3V B．5.5VC．6.0V D．6.5V(4)如圖所示為某電學(xué)儀器原理圖，圖中變壓器為志向變壓器。左側(cè)虛線框內(nèi)的溝通電源與串聯(lián)的定值電阻R0可等效為該電學(xué)儀器電壓輸出部分，該部分與一志向變壓器的原線圈連接；一可變電阻R與該變壓器的副線圈連接，原副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2(右側(cè)實線框內(nèi)的電路也可以等效為一個電阻)。在溝通電源的電壓有效值U0不變的狀況下，調(diào)整可變電阻R的過程中，當(dāng)eq\f(R,R0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2時，R獲得的功率最大。解析：(1)試驗中須要溝通電源和溝通電壓表(萬用表)，不須要干電池和滑動變阻器。(2)變壓器鐵芯漏磁，從而導(dǎo)致電壓比與匝數(shù)比有差別，選項A不符合題意；原、副線圈上通過電流發(fā)熱，鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱，都會使變壓器輸出功率發(fā)生改變，從而導(dǎo)致電壓比與匝數(shù)比有差別，選項B、D不符合題意；原線圈輸入電壓發(fā)生改變，不會影響電壓比和匝數(shù)比，選項C符合題意。(3)若是志向變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。若變壓器的原線圈接“0”和“8”兩個接線柱，副線圈接“0”和“4”兩個接線柱，可知原副線圈的匝數(shù)比為2∶1，副線圈的電壓為3V，則原線圈的電壓為U1＝2×3V＝6V，考慮到不是志向變壓器，有漏磁等現(xiàn)象，則原線圈所接的電源電壓大于6V，可能為6.5V。故選D。(4)把變壓器和R等效為一個電阻R1，R0當(dāng)作電源內(nèi)阻，當(dāng)內(nèi)外電阻相等，即R0＝R1，此時輸出功率最大，依據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得eq\f(I1R1,I2R)＝eq\f(n1,n2)。代入I1n1＝I2n2，解得R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2R0，即eq\f(R,R0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2。三、論述、計算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位)13．(10分)如圖所示，一導(dǎo)體棒MN兩端分別放在兩個固定的光滑圓形導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)軌面都垂直于兩圓心的連線且間距為L，導(dǎo)軌處在豎直向上磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。當(dāng)水平導(dǎo)體棒中流過大小為I的電流時，導(dǎo)體棒在圓形導(dǎo)軌靜止位置和圓心O連線ON與豎直方向成37°角，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)導(dǎo)體棒的質(zhì)量m；(2)每個圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的支持力的大小FN。答案：(1)eq\f(4IBL,3g)(2)eq\f(5,6)IBL解析：(1)從左向右看受力分析如圖所示，作從左側(cè)看的受力示意圖，由受力平衡得到eq\f(BIL,mg)＝tan37°，解得m＝eq\f(4IBL,3g)。(2)兩個導(dǎo)軌對棒的支持力為2FN，滿意2FNsin37°＝IBL，解得FN＝eq\f(5,6)IBL。14．(10分)如圖甲所示，將一細(xì)導(dǎo)線首尾相連構(gòu)成單匝正方形線框，并固定在水平絕緣桌面上，線框邊長d＝20cm、電阻R＝4Ω。虛線將線框分為左右對稱的兩部分，虛線與線框的交點分別為M、N，虛線左側(cè)的空間內(nèi)存在與桌面垂直的勻強磁場，規(guī)定垂直桌面對下為磁感應(yīng)強度B的正方向，B隨時間t改變的規(guī)律如圖乙所示。求：(1)t＝1s時線框中感應(yīng)電流的大小和方向；(2)t＝3s時M、N兩點間的電勢差UMN。答案：(1)0.01A順時針(2)－0.02V解析：(1)因為0～2s內(nèi)eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，則E1＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,2)＝2×eq\f(0.2×0.2,2)V＝0.04V，則I＝eq\f(E1,R)＝0.01A，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為順時針方向。(2)t＝3s時，因eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，同樣可求解線圈中的電流為I＝0.01A，方向為逆時針方向，則UMN＝－I·eq\f(R,2)＝－0.02V。15．(10分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)存在電場強度方向豎直向上，大小為E＝4×105N/C的勻強電場，在第四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度方向垂直紙面對里的勻強磁場。一帶負(fù)電的粒子，比荷為eq\f(q,m)＝2.5×109C/kg，以初速度v0＝2×107m/s從y軸上的A點垂直y軸射入電場，lOA＝0.2m，不計粒子的重力。(1)求粒子第一次經(jīng)過x軸時的位置到原點O的距離；(2)若要使粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強度大小B的取值范圍。答案：(1)0.4m(2)B≥(2eq\r(2)＋2)×10－2T解析：(1)由牛頓其次定律得qE＝ma設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點O的距離為y＝lOA＝eq\f(1,2)at2，粒子經(jīng)過x軸時的位置與原點O的距離為x＝v0t，解得x＝0.4m。(2)粒子經(jīng)過x軸時在電場方向的分速度為vy＝at＝2×107m/s，粒子經(jīng)過x軸時的速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,y)＋v\o\al(2,0))＝2eq\r(2)×107m/s，設(shè)速度v與x軸正方向的夾角為θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，解得θ＝45°。要使粒子恰不進(jìn)入第三象限，如圖所示設(shè)此時粒子做圓周運動的軌道半徑為R，則R＋Rcosθ≤x，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，得qvB＝meq\f(v2,R)，解得B≥(2eq\r(2)＋2)×10－2T。16．(16分)如圖所示，間距為L的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，將甲、乙兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R金屬桿放置在導(dǎo)軌上，金屬桿與導(dǎo)軌垂直且接觸良好；乙桿用水平細(xì)繩通過定滑輪連接質(zhì)量為m0的木塊；導(dǎo)軌所在空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B。給甲桿施加一水平向左的拉力，使其從靜止起先以加速度a做勻加速直線運動，當(dāng)乙桿將要發(fā)生滑動時撤去拉力。已知重力加速度大小為g，導(dǎo)軌電阻不計且足夠長，求：(1)乙桿將要發(fā)生滑動時，拉力的大小和甲桿的速度；(2)撤去拉力后甲桿上產(chǎn)生的熱量；(3)撤去拉力前后通過乙桿的電荷量之比。答案：(1)ma＋m0geq\f(2m0gR,B2L2)方向水平向左(2)eq\f(mm\o\al(2,0)g2R2,B4L4)(3)eq\f(m0g,2ma)解析：(1)乙桿將要發(fā)生滑動時，其所受安培力大小為FA2＝m0g①依據(jù)右手定則和左手定則綜合分析可知甲桿所受安培力方向與拉力F的方向相反，又因為通過甲、乙的電流時刻相等，所以安培力大小時刻相等，則乙桿將要發(fā)生滑動時，甲桿所受安培力大小為FA1＝FA2＝m0g②設(shè)此時拉力的大小為F1，對甲桿依據(jù)牛頓其次定律有F1－FA1＝ma③聯(lián)立②③解得F1＝ma＋m0g④設(shè)此時回路中