1.如圖，A、B兩點(diǎn)在以正點(diǎn)電荷為圓心的圓周上， C點(diǎn)在圓周外，則( )
A. A點(diǎn)與B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同B. B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)
C. A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)D. C點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)
2.電子僅在電場(chǎng)力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知電子的電勢(shì)能逐漸減小。關(guān)于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向，可能的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)( )
A. B.
C. D.
3.電容式按鍵的結(jié)構(gòu)如圖(a)所示。其中固定極板與活動(dòng)極板構(gòu)成電容器，電容器與電流表、直流電源連接成如圖(b)所示電路。當(dāng)鍵帽被按下時(shí)，電流表 G中有從a到b的電流，已知直流電源輸出電壓不變。則( )
A. 電容器的電容減小B. 電容器所帶電荷量增多
C. 電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小D. d端為電源的負(fù)極
4.如圖所示，平面內(nèi)固定一導(dǎo)軌 PMNQ， MN右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， MN左側(cè)固定一個(gè)橢圓導(dǎo)線框S?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)軌上，并使其在外力作用下沿導(dǎo)軌向右做加速運(yùn)動(dòng)。則( )
A. 導(dǎo)體棒b端電勢(shì)高于a端B. 導(dǎo)體棒受到水平向右的安培力
C. S中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D. S受到水平向右的安培力
5.如圖(a)所示為某種空氣濕度控制儀的原理圖。R1和R2中有一個(gè)是定值電阻，另一個(gè)是濕敏電阻，濕敏電阻的阻值 R與空氣濕度RH的關(guān)系曲線如圖(b)所示。當(dāng)空氣濕度太大， a、b兩端的電壓大于U1時(shí)，控制開(kāi)關(guān)自動(dòng)開(kāi)啟干燥機(jī);當(dāng)空氣濕度太小， a、b兩端的電壓小于U2時(shí)，控制開(kāi)關(guān)自動(dòng)開(kāi)啟加濕器。下列說(shuō)法正確的是( )
A. U10)的小球在洛倫茲力作用下沿虛線做圓周運(yùn)動(dòng)。從小球處于圖中位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，其縱坐標(biāo) y隨時(shí)間t的變化曲線如圖(b)所示，則( )
A. 磁場(chǎng)方向垂直于桌面向上
B. 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為πm3qt0
C. 小球的速率為2πy03t0
D. 圖(b)中曲線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為(3+ 3)y0
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
11.“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實(shí)驗(yàn)器材及部分連線如圖所示。
(1)請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，將實(shí)驗(yàn)電路補(bǔ)充完整。
(2)閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)移至最 端(選填“左”或“右”)。
(3)部分實(shí)驗(yàn)操作與觀察到的指針偏轉(zhuǎn)情況如表格中所示。除表格中的操作外，下列能觀察到電流表指針右偏的操作有
A.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)
B.將滑動(dòng)變阻器的滑片向左運(yùn)動(dòng)
C.將滑動(dòng)變阻器的滑片向右運(yùn)動(dòng)
D.抽出A中的鐵芯
12.某小組測(cè)量電阻Rx的阻值，進(jìn)行了如下操作：
(1)按如圖(a)所示的電路圖連接電路，閉合開(kāi)關(guān)，改變電阻箱R的阻值，記錄多組數(shù)據(jù)，根據(jù)數(shù)據(jù)在如圖(b)所示的坐標(biāo)系中描點(diǎn)，請(qǐng)補(bǔ)充畫(huà)出電流 I隨R變化的圖像(在答題卡作答)。
(2)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，將電路中的電阻箱 R替換為待測(cè)電阻Rx，閉合開(kāi)關(guān)后電流表讀數(shù)如圖(c)所示，則Rx= Ω(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。
(3)若將電阻R0替換為阻值稍大的另一個(gè)電阻R1，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，仍在圖(b)中畫(huà)出新的1I?R圖像。與原來(lái)的圖像相比較，新的圖像將向 R軸 (選填“正方向”或“負(fù)方向”)移動(dòng)少許。
(4)根據(jù)操作(1)獲得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，重新描繪出1I?R圖像如圖圖(d)所示，則由圖像可知電源電動(dòng)勢(shì)E= V;若電流表內(nèi)阻不計(jì)，R0=1.80Ω，則電源內(nèi)阻r= Ω;這樣測(cè)量出的電源內(nèi)阻 (選填“大于”、“小于”或“等于”)真實(shí)值。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共30分。
13.如圖(a)所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，“ L”形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中。已知 ab邊長(zhǎng)為2l，與磁場(chǎng)方向垂直， bc邊長(zhǎng)為l，與磁場(chǎng)方向平行。
(1)求圖(a)中導(dǎo)線受到的安培力大小及方向;
(2)將磁場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°，如圖(b)所示，求此時(shí)該導(dǎo)線受到的安培力大小。
14.如圖所示，導(dǎo)體棒1、導(dǎo)體棒2分別放在水平導(dǎo)軌和傾角為θ的導(dǎo)軌上，它們的質(zhì)量均為 m，電阻均為 R。導(dǎo)軌間距離始終為L(zhǎng)，導(dǎo)軌光滑且不計(jì)電阻，阻值為 R的電阻將兩導(dǎo)軌連接起來(lái)。所有裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。固定導(dǎo)體棒2，給導(dǎo)體棒1水平向右的初速度v0，一段時(shí)間后它靜止在水平導(dǎo)軌上。已知重力加速度為g，求：
(1)導(dǎo)體棒1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小;
(2)從導(dǎo)體棒1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到靜止的過(guò)程中，導(dǎo)體棒2上產(chǎn)生的焦耳熱;
(3)固定導(dǎo)體棒1，將導(dǎo)體棒2無(wú)初速度釋放，當(dāng)它在傾斜導(dǎo)軌上速度達(dá)到最大時(shí)，整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量是 Q，求導(dǎo)體棒2運(yùn)動(dòng)的距離。
15.在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中有一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，其左邊界 PQ是厚度不計(jì)、長(zhǎng)度足夠的絕緣檔板， PQ與y軸重合，其右邊界 MN與PQ的距離為L(zhǎng)。在MN的右側(cè)有一垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B。一質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿著x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，之后每次返回到擋板 PQ時(shí)都會(huì)被反彈，反彈前后粒子的豎直分速度大小、方向均不變，水平分速度大小不變、方向反向。電場(chǎng)強(qiáng)度E=mv02qL，不計(jì)粒子重力。求粒子：
(1)第1次經(jīng)過(guò)MN時(shí)的速度大小與方向;
(2)從O點(diǎn)出發(fā)到第3次到達(dá)MN所經(jīng)歷的時(shí)間;
(3)第2025次經(jīng)過(guò)MN后，第2026次到達(dá)MN前做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AB.根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式E=kQr2可知，A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小和B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比C點(diǎn)大，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD.由題意及點(diǎn)電荷電場(chǎng)的分布規(guī)律知，A、B處在同一等勢(shì)面上，其電勢(shì)相等，C點(diǎn)離正電荷更遠(yuǎn)，電勢(shì)比A、B兩點(diǎn)低，故CD錯(cuò)誤。
故選B。
2.【答案】A
【解析】電子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受合外力應(yīng)該指向軌跡凹側(cè)，速度沿軌跡切線。電子電勢(shì)能減小，則動(dòng)能增大，速度增大，則電場(chǎng)力與速度夾角應(yīng)為銳角，電子帶負(fù)電受力方向與場(chǎng)強(qiáng)相反，故A選項(xiàng)滿足電場(chǎng)力指向軌跡凹側(cè)，且電場(chǎng)力與速度夾角是銳角。
故選A。
3.【答案】B
【解析】A、根據(jù)平行板電容器電容C=εrS4πkd可知，當(dāng)鍵帽被按下時(shí)，極板間距d變小，故平行板電容增大，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、由于電容器直接與直流電源相連，故兩極板間電勢(shì)差不變，根據(jù)C=QU可得Q=CU，由于當(dāng)鍵帽被按下時(shí)，電容增大，故電容器所帶電荷量增多，B選項(xiàng)正確；
C、根據(jù)E=Ud可知，電勢(shì)差不變時(shí)，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度隨板間距d的減小而增大，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)鍵帽被按下時(shí)，電容增大，板上電荷量增大，即電容器充電，此時(shí)電流表G中有從a到b的電流，故電容器下極板帶正電，d端為電源正極，D錯(cuò)誤；
故選B。
4.【答案】C
【解析】A.由右手定則可知，導(dǎo)體棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到a，導(dǎo)體棒ab相當(dāng)于電源，所以導(dǎo)體棒b端電勢(shì)低于a端，故A錯(cuò)誤；
B.導(dǎo)體棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到a，由左手定則可知導(dǎo)體棒受到水平向左的安培力，故B錯(cuò)誤；
C.MN中的電流方向由M到N，由安培定則可知，橢圓導(dǎo)線框S所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，由題意導(dǎo)體棒ab做加速運(yùn)動(dòng)，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，所以橢圓導(dǎo)線框S所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度向里增大，由楞次定律可知，S中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故C正確；
D.橢圓導(dǎo)線框S右側(cè)所在處的磁場(chǎng)比左側(cè)所在處的磁場(chǎng)更強(qiáng)，結(jié)合左手定則可判斷，橢圓導(dǎo)線框S左側(cè)受到水平向右的安培力小于右側(cè)受到水平向左的安培力，所以S受到水平向左的安培力，故D錯(cuò)誤。
5.【答案】D
【解析】由圖(a)知，R1與R2是串聯(lián)關(guān)系，設(shè)電源內(nèi)阻為r，則控制開(kāi)關(guān)兩端電壓U=ER1+R2+r?R1，
由圖(b)知，濕敏電阻的阻值R隨濕度增大而減小，
B、若R1為濕敏電阻，則當(dāng)濕度增大時(shí)，其電阻減小，電路中總電流增大，則其兩端電壓減小，根據(jù)題意可知，濕度太大時(shí)，a、b兩端的電壓大于U1時(shí)，控制開(kāi)關(guān)自動(dòng)開(kāi)啟干燥機(jī)，故R1為濕敏電阻不合題意，即R2為濕敏電阻，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；
A、設(shè)濕度較大時(shí)，濕敏電阻R2=R0時(shí)，a、b兩端電壓U=ER1+R0+r?R1=U1，當(dāng)濕度較小時(shí)，濕敏電阻R2=R0′時(shí)，a、b兩端電壓U′=ER1+R0′+r?R1=U2，根據(jù)濕敏電阻特性可知，R0U2，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C、要在空氣濕度更大時(shí)開(kāi)啟干燥機(jī)，即此時(shí)溫敏電阻阻值更小，R1上兩端電壓才等于U1，根據(jù)串聯(lián)分壓關(guān)系可知，可以適當(dāng)減小定值電阻的阻值，C錯(cuò)誤；
D、要在空氣濕度更小時(shí)開(kāi)啟加濕器，即此時(shí)溫敏電阻阻值更大，R1上兩端電壓才等于U2，根據(jù)串聯(lián)分壓關(guān)系可知，可以適當(dāng)增大定值電阻的阻值，D正確；
故選D。
6.【答案】C
【解析】在B、C兩點(diǎn)處的等量同種正電荷在Q點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為0，設(shè)P處的點(diǎn)電荷電荷量為qP，則P處的負(fù)電荷在Q點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EPQ=kqPa2，方向由Q指向P，
結(jié)合題意和電場(chǎng)的疊加原理得，kqPa2=E，
B、O間的距離為 22a，B處點(diǎn)電荷的電荷量為q，則B處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EBO=kq( 22a)2=2kqa2，方向由B指向O，
C、O間的距離為 22a，C處點(diǎn)電荷的電荷量為q，則C處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為ECO=kq( 22a)2=2kqa2，方向由C指向O，
B、C處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向夾角為90°，根據(jù)平行四邊形定則，B、C處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EBCO= EBO2+ECO2= (2kqa2)2+(2kqa2)2=2 2kqa2，方向由O指向P，
P處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EPO=kqPa22=4kqPa2=4E，方向由O指向P，由電場(chǎng)的疊加原理可得，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2 2kqa2+4E，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
7.【答案】D
【解析】A.根據(jù)閉合電路歐姆定律，電動(dòng)機(jī)兩端電壓U=E?Ir=6V?2×1V=4V，A錯(cuò)誤；
B.電源內(nèi)阻每秒產(chǎn)生熱量Qr=I2rt=4J，B錯(cuò)誤；
C.水泵每秒取水m=0.5kg，對(duì)水做功W=mgh+12mv2=3J，C錯(cuò)誤；
D.設(shè)電動(dòng)機(jī)線圈電阻RM，電動(dòng)機(jī)的輸出機(jī)械功率P機(jī)=UI?I2RM ，水泵的抽水效率η=75%，水泵的輸出功率P出=Wt=P機(jī) ×η，解得RM=1Ω，D正確。
8.【答案】CD
【解析】小物塊受到重力、洛倫茲力以及電場(chǎng)力，重力和電場(chǎng)力保持不變，但是洛倫茲力一直在變，所以加速度發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；
洛倫茲力永不做功，故B錯(cuò)誤；
從P到Q，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故C正確；
小物塊能向下運(yùn)動(dòng)，所以重力大于電場(chǎng)力，所以重力做功大于克服電場(chǎng)力做功，動(dòng)能增加，故D正確。
故選CD。
9.【答案】BD
【解析】A.甲中磁場(chǎng)方向垂直紙面向外且磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，穿過(guò)甲的磁通量增大，由楞次定律可判斷，甲中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故A錯(cuò)誤；
B.乙中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E2=ΔBΔtS2，乙中S2=πa2，ΔBΔt=k，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=kπa2，再根據(jù)閉合電路歐姆定律I2=E2R=kπa2R，則乙中感應(yīng)電流大小不變， 故B正確；
C.丙中半徑為a2的圓形區(qū)域內(nèi)存在變化的磁場(chǎng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效面積為S3=14πa2，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3=ΔBΔtS3=14kπa2，根據(jù)閉合電路歐姆定律I3=E3R，可得丙中感應(yīng)電流大小為I3=kπa24R，故C錯(cuò)誤；
D.甲中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=ΔBΔtS1=kπa2，由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流I1=E1R=kπa2R，
根據(jù)電功率公式P=I2R，可得甲、乙、丙的電功率之比為I12R:I22R:I32R=16:16:1，故D正確。
10.【答案】BC
【解析】A、由圖像可知，t=0時(shí)刻開(kāi)始，小球縱坐標(biāo)y先增大后減小，故小球逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直桌面向下，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；
BC、由圖像可知，小球運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑D=5y0?y0=4y0，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2×(4t0?t0)=6t0，對(duì)小球，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有：qvB=mv2D2，T=πDv，解得v=2πy03t0，B=πm3qt0，故BC均正確；
D、由圖像可知，0時(shí)刻小球的y坐標(biāo)與2t0時(shí)刻小球的y坐標(biāo)相同，t0?2t0的時(shí)間間隔為六分之一的周期，結(jié)合三角函數(shù)的圖像規(guī)律可知，2t0時(shí)刻小球的y坐標(biāo)為4y0，即圖(b)中曲線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為4y0，故D錯(cuò)誤；
故選BC。
11.【答案】(1)；
(2)右；
(3)ACD。
【解析】本題考查探究影響感應(yīng)電流方向的因素的實(shí)驗(yàn)，比較簡(jiǎn)單，解題的關(guān)鍵是要能根據(jù)題意分析線圈中磁通量的變化分析感應(yīng)電流的方向。
(1)實(shí)驗(yàn)電路如圖所示，A線圈接入電源，B線圈直接接在靈敏電流計(jì)兩端
(2)閉合開(kāi)關(guān)前，為保護(hù)電路，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值應(yīng)調(diào)到最大，即滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)移至最右端；
(3)由表格中的操作及對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象可知，將A抽出時(shí)，電流表指針右偏，即B線圏中磁通量減小時(shí)，電流表指針右偏，
A、斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，A線圈中電流消失，B線圈中磁通量減小，故能觀察到電流表指針右偏，A正確；
B、將滑動(dòng)變阻器的滑片向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，B線圈中的磁通量增大，觀察不到電流表指針右偏，B錯(cuò)誤；
C、將滑動(dòng)變阻器的滑片向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大，電路中電流減小，B線圈中的磁通量減小，觀察到電流表指針右偏，C正確；
D、抽出A中的鐵芯，則B線圈中的磁通量減小，能觀察到電流表指針右偏，D正確。
故選ACD。
12.【答案】(1)(2)2.60(2.40?2.70)；
(3)負(fù)方向；
(4)3.0，1.20，大于。
【解析】(1)將各點(diǎn)用平滑曲線連接，如圖所示：
(2)由圖(c)可知，電流表示數(shù)I1=0.54A，根據(jù)I?R圖像可知，Rx≈2.60Ω；
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=Er+R0+RA+R，整理可得：1I=1E?R+1E?(r+R0+RA)，
若將電阻R0替換為阻值稍大的另一個(gè)電阻R1，則有I=Er+R1+RA+R，解得：1I=1E?R+1E?(r+R1+RA)，由于R1大于R0，將R0更換為R1后，新的圖像將向R軸負(fù)方向移動(dòng)少許；
(4)由圖(a)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=Er+R0+RA+R，整理可得：1I=1E?R+1E?(r+R0+RA)，其中E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，RA為電流表內(nèi)阻，結(jié)合圖(d)可得E=3.0V，r+R0+RA=3Ω，若電流表內(nèi)阻不計(jì)，則電源內(nèi)阻r=1.20Ω，
實(shí)際上是r+RA=1.20Ω，故這樣測(cè)量出的電源內(nèi)阻大于真實(shí)值。
13.【答案】解：(1)bc段與磁場(chǎng)方向平行，不受安培力；
ab段與磁場(chǎng)方向垂直，則受安培力大小為 Fab= BI×2l=2BIl，則該導(dǎo)線受到的安培力大小為2 BIl，由左手定則可判斷，安培力的方向垂直紙面向里；
(2)將磁場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°，ab段和bc段都與磁場(chǎng)垂直，
由幾何關(guān)系可得該導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為lac= 2l2+l2= 5l，
則該導(dǎo)線受到的安培力大小為F=BI× 5l= 5BIl。
【解析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】
14.【答案】解：(1)導(dǎo)體棒1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0，
導(dǎo)體棒1的電流I=ER+R2=2BLv03R，
根據(jù)牛頓第二定律BIL=ma
解得a=2B2L2v03m;
(2)導(dǎo)體棒1從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到靜止過(guò)程，回路中產(chǎn)生的總熱量為Q，根據(jù)能量守恒可得：Q=12mv02，
根據(jù)回路可知Q1=4Q2=4QR
且Q1+Q2+QR=Q
解得：Q2=118mv02;
(3)固定導(dǎo)體棒1，將導(dǎo)體棒2無(wú)初速度釋放，當(dāng)它在傾斜導(dǎo)軌上速度達(dá)到最大時(shí)，整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量是 Q，，導(dǎo)體棒到達(dá)最大速度v時(shí)做勻速向下運(yùn)動(dòng)，有E2=BLvcsθ
導(dǎo)體棒2的電流I2=E2R+R2=2BLvcsθ3R
根據(jù)平衡條件有mgsinθ=2B2L2vcsθ3R?csθ，
根據(jù)能量守恒：mgxsinθ=12mv2+Q
解得x=9m2gR2sinθ8B4L4cs4θ+Qmgsinθ
【解析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】
15.【答案】解：(1)粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示
L=v0t1，vy=at1，a=qEm，y=12at12，
聯(lián)立得vy=v0，y=L2
則tanθ=vyv0=1，v= v02+vy2= 2v0
即速度大小 2v0，方向斜向下與x軸夾角45°；
(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，返回MN時(shí)速度大小不變，方向與x軸負(fù)向夾角45°，與PQ碰撞反彈后第三次經(jīng)過(guò)MN，由題意其過(guò)程可看作水平位移2L的類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)
2L=vt2cs45°，y′=vt2sin45°+12at22
得t2=2Lv0，y′=4L
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角α=32π，由qvB=mv2r，T=2πrv=2πmqB，得r= 2mv0qB
粒子從O點(diǎn)出發(fā)到第3次到達(dá)MN所經(jīng)歷的時(shí)間
t=t1+t2+α2πT=3Lv0+3πm2qB；
(3)(3)經(jīng)分析，粒子第2025次經(jīng)過(guò)MN之前，已經(jīng)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了2025個(gè)t，豎直方向可以看作一個(gè)連續(xù)的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
y1=12a(2025t)2=202522L
如圖所示
設(shè)第奇數(shù)次經(jīng)過(guò)MN時(shí)速度為v′，v′與初速度方向夾角為α，
則接下來(lái)的圓周運(yùn)動(dòng)有qv′B=mv′2r
則r=mv0qBcsα
此圓周運(yùn)動(dòng)在MN上的弦長(zhǎng)l=2rcsα=2mv0qB
所以所求圓心的縱坐標(biāo)y=?y1+(1012l+l2)=?202522L+2025mv0qB
粒子第2025次經(jīng)過(guò)MN時(shí)，vy,=at=2025v0
tanα=vy′v0=2025
所求圓心離MN的距離x1=rsinα=mv0qBtanα=2025mv0qB
所求圓心的橫坐標(biāo)x=L+2025mv0qB
所以，粒子在第2025次、2026次經(jīng)過(guò)MN之間做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為
(L+2025mv0qB,?202522L+2025mv0qB)
【解析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】將A插入
電流表指針左偏
將A抽出
電流表指針右偏

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