2023-2024学年福建省福州第一中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州第一中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了下列各图所示能产生感应电流的是等内容，欢迎下载使用。

A. 一个闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速转动
B. 条形磁铁插入有开口的圆环
C. 闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁
D. 平行金属导轨上两根金属棒向相反方向运动
2.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。如电场强度E、导体的电阻R、电容C、电流强度I、电势φ都是用比值法定义的物理量，下列几组公式均属于比值定义的是( )
A. E=Fq C=QUB. E=kQr2 I=Qt
C. R=UI C=εS4πkdD. R=ρLS φ=Epq
3.如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个( )
A. B.
C. D.
4.地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B. 若粒子速率为qBRm，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
C. 若粒子速率为qBR2m，入射到磁场的粒子均可以到达地面
D. 若粒子速率为3qBR2m，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
5.如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O′为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是( )
A. O点处的电场强度为零
B. a、b处的电场强度大小相等，方向相同
C. c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同
D. O′点处的磁感应强度为零
6.热膨胀材料在生产生活中有着广泛的应用．某同学用平行板电容器设计制作了单电容热膨胀检测仪，原理如图所示．电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动，平行板电容器的电容C=εS4πkd，S是电容器极板的正对面积，d是极板间的距离，其余均为常量。闭合开关S，若材料热胀冷缩，下列说法中正确的是
( )
A. 材料温度升高，极板所带电荷量增大
B. 滑动变阻器滑片向下滑动少许可以降低电容器的工作电压
C. 检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明材料温度降低
D. 检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流
7.图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是( )
A. 甲图中要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径
B. 乙图中击中光屏同一位置的粒子比荷一定不同
C. 丙图是霍尔元件通过如图所示电流和加上如图磁场时N侧带的一定是负电荷
D. 丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b无关而与c有关
8.如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现将一质量为m、电荷量为+q的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球平抛的初速度大小为EBB. 小球平抛的初速度大小为mgqB
C. A点距该区域上边界的高度为E22gB2D. A点距该区域上边界的高度为E2gB2
9.用20分度的游标卡尺测量其长度如图1所示，可知其长度为L=_______mm；用螺旋测微器测出其直径D如图2所示，则D=_______mm。
10.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2和A3是三盏相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，此时A1中电流方向_________(选填“向右”、“向左”)，随后逐渐变暗；若已调节滑动变阻器R的电阻值与L2的电阻值相等，则闭合S2瞬间，电感线圈L2中电流_________(选填“大于”、“等于”、“小于”)变阻器R中的电流。
11.福州某学校研究小组为了研究发电机原理，把一条长约10m的导线两端连在灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合电路。两位同学迅速摇动这条导线，为了使灵敏电流计指针偏转更加明显，两位同学应该沿_____方向站立(选填“东西”、“南北”)；若导线经过最低点时的速度方向垂直纸面向里，则流过电流计的电流方向_____(选填“向右”、“向左”)。(不考虑地磁场的磁偏角)
12.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：
(1)旋动部件__________(填写字母)，使指针对准电流的“0”刻线。
(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
(3)将插入“+”“−”插孔的表笔短接，旋动部件__________(填写字母)，使指针对准电阻的“0刻线”。
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按__________的顺序进行操作，再完成读数。
A.将K旋转到电阻挡“×1k”的位置
B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
(5)欧姆表内的电池使用时间太长，电动势减小，内阻明显变大，但是仍然能调零。分析用欧姆表测得的电阻值__________(选填“偏大”“偏小”或“准确”。)。
13.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”电池铭牌，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块动力电池是由100块电芯串联而成，每块电池的额定电压为3.20V，每块电池的额定容量为0.26A·h。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。
(1)实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要_____h。
(2)为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以消除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U−I图线，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接_____(选填“1”或“2”)中的实验数据描出的，综合A、B两条图线，此电芯的内阻r=_____(用图中EA、EB、IA、IB表示)。
(3)考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻R0，如图3所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：
A.电流表(量程0.6A)
B.电流表(量程3A)
C.电压表(量程3V)
D.电压表(量程15V)
E.定值电阻(阻值2Ω，额定功率2W)
F.定值电阻(阻值20Ω，额定功率20W)
G.滑动变阻器(阻值20Ω)
H.滑动变阻器(阻值200Ω)
为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选_____；定值电阻R0选_____；滑动变阻器R应选_____。(填仪器前的字母)
14.如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为10−8C的正点电荷从A点移到B点，静电力做功为3×10−6J，将另一电荷量为1×10−8C的负点电荷从A点移到C点，克服静电力做功为3×10−6J。若AB边长为2 3cm，求：
(1)AB间的电势差UAB；
(2)AC间的电势差UAC；
(3)电场强度的大小为多大，方向如何。
15.如图，足够长的两光滑平行金属导轨MN、PQ所构成的斜面与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，两导轨顶端接一阻值为R的电阻，导轨所在的空间存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.一根质量为m的导体棒垂直放置于导轨底端，其在两导轨之间部分的电阻为R.现给导体棒一沿斜面向上的速度大小为v，导体棒上滑过程通过导体截面的电荷量为q；在运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两光滑平行金属导轨电阻忽略不计，重力加速度大小为g.求：
(1)导体棒刚进入磁场时的加速度大小；
(2)导体棒向上滑的最大位移x；
(3)上滑过程中，导体棒上产生的热量Q．
16.如图所示，在xOy平面内，以O1(0,R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一与其平行的直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有沿y轴正方向的匀强电场，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，在0≤y≤2R的区域内，大量质量为m、电荷量为−e的电子从圆形区域左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场偏转后都经过O点，然后进入x轴下方。已知x轴与直线ab间匀强电场的场强大小E=8mv029ed，直线ab与感光板MN间的磁场的磁感应强度大小B2=mv0ed，不计电子重力，取sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求圆形区域内磁场的磁感应强度大小B1；
(2)若沿x轴负方向进入电场的电子恰好不能打到感光板MN上，MN与ab间的距离h1是多大？
(3)若要求从不同位置出发的所有电子都能打在感光板MN上，MN与ab间的最大距离h2是多大？
(4)在(3)的条件下，电子从O点到MN的运动时间最长是多少？
17.如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在零时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为2R和R，a棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
(1)两棒整个过程中相距最近的距离s=_____；
(2)整个过程中，a棒产生的焦耳热Qa=_____。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查感应电流的产生条件，感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，基础题，试题较易。
【解答】
A.闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速转动，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，因此闭合线框中无感应电流，故A错误；
B.条形磁铁插入有开口的圆环，会产生感应电动势，但由于圆环未闭合，因此圆环中无感应电流，故B错误；
C.闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，因此闭合线圈中无感应电流，故C错误；
D.平行金属导轨上两根金属棒构成闭合回路，当向相反方向运动时，闭合回路面积增大，即穿过闭合回路的磁通量增大，回路中将产生感应电流，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】A.公式 E=Fq ，电场强度的大小是由电场本身的性质决定的，与试探电荷的带电量以及试探电荷在电场中所受到的电场力无关，是比值定义法；公式 C=QU ，电容器的大小是由两个极板的正对面积以及两极板间的距离决定的，与电容器的带电量以及电容器两个极板之间的电压无关，是比值定义法，故A正确；
B.公式 E=kQr2 ，试点电荷点场的表达式，电场强度的大小与场源电荷带电量成正比，与到场源距离的平方都成反比，不是比值定义法；公式 I=Qt ，是电流的定义式，与流过导体横截面的电量无关，与时间也无关，是比值定义法，故B错误；
C.公式 R=UI ，是电阻的定义式，与电压、电流无关，是其本身的属性，是比值定义法；公式 C=εS4πkd ，表明电容器的大小与两极板的正对面积成正比，与两极板间的距离成反比，因此该公式不是比值定义法，故C错误；
D.公式 R=ρLS ，表明电阻的大小与导线的长度成正比，与导线的横截面积成反比，以导线的电阻率成正比，不是比值定义法；公式 φ=Epq ，是电势的定义式，电势与电势能、电量无关，电势的大小由电场本身决定，是比值定义法，故D错误。
故选A。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，及安培力表达式的应用，注意判定磁场变化率大小是解题的关键。
根据左手定则，结合安培力与磁场方向，可知，感应电流的方向，再由右手定则可知，磁场是如何变化的，最后由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，从而即可求解。
【解答】
由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B到A；
再由楞次定律可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流；
由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F=BIL=BΔBΔtSLR；
因安培力的大小不变，则BΔBΔt是定值，若磁场B增大，则ΔBΔt减小，若磁场B减小，则ΔBΔt增大；
故D正确，ABC错误。
故选D。
4.【答案】D
【解析】A.射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面，故A错误；
B.若粒子的速率为 qBRm ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得
r=R
若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示
设该轨迹半径为 r1 ，由几何关系可得
r12+(2R)2−r1=R
解得
r1=32R≠r
故B错误；
C.若粒子的速率为 qBR2m ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
qv2B=mv22r2
解得
r2=R2由B选项分析可知，若粒子的射入方向在正对O处以上，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C错误；
D.若粒子速率为 3qBR2m ，由洛伦兹力提供向心力得
qv3B=mv32r3
解得
r3=3R2=r1
由B选项分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面，综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面，故D正确。
故选D。
5.【答案】BC
【解析】【分析】本题考查了点电荷的电场强度及矢量叠加、通电直导线周围的磁场、磁场的叠加，安培定则等内容，试题难度一般。
【解答】
A.正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度不为零，故A错误；
B.根据对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故B正确；
CD.根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、 O′ 点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同；O′点处的磁感应强度不为零，故C正确，D错误；
故选BC。
6.【答案】AB
【解析】A.材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据
C=εS4πkd
可知电容增大。由于电容器两板电势差不变，根据
C=QU
可知极板所带电荷量增大，A正确；
B.滑动变阻器滑片向下滑动，阻值减小，根据
E=U+ER+rr
可知检测仪的工作电压降低，B正确；
C.材料温度降低，同理A选项，极板所带电荷量减小，则灵敏电流计的电流方向为从b到a，C错误；
D.断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，D错误。
故选AB。
7.【答案】AD
【解析】A.在回旋加速度器中，由洛伦兹力充当向心力有
Bqv=mv2R
可得
v=BqRm
即
Ek=q2B2R22m
可知，在回旋加速度所处磁场一定的情况下，粒子射出回旋加速度的最终速度跟D形盒的半径有关，动能就越大，因此甲图中要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径，故A正确；
B.粒子经过质谱仪速度选择器时，只有满足
Eq=Bqv
粒子才能被选择，可得
v=EB
显然，经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子在偏转磁场中做圆周运动的轨迹半径R相等，根据牛顿第二定律有
B1qv=mv2R
可得
R=mvqB1
由此可知，打在同一位置的粒子的比荷 qm 都相同，故B错误；
C.在霍尔元件中，因载流子带负电，而电流的方向为正电荷定向移动的方向，可知带负电的载流子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，带负电的载流子在洛伦兹力的作用下向着霍尔元件的N侧偏转，使N侧带上负电；如果载流子带正电，N侧带上正电，故C错误；
D.经过电磁流量计的带电粒子会在洛伦兹的作用下向着前后两个侧面偏转，前后两个侧面产生电势差，从而形成电场，当前后两个侧面带上足够多的电荷后将形成稳定的电场，此时满足
Bqv=Eq
其中v表示液体的流速，即此时两侧电压达到最大值，则有
U=Eb
联立可得
U=Bvb
而流量
Q=Sv=bcv
解得
U=BQc
则前后两个金属侧面的电压与a、b无关，但与c有关，故D正确。
故选AD。
8.【答案】BC
【解析】A B.设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成 θ 角，小球受力如图所示
可得
qvBcsθ=mg
v=v0csθ
解得
v0=mgqB
A错误，B正确；
C D.小球从A点抛出，进入复合场，由动能定理
mgh=12mv2−12mv02
由三力平衡知
mg2+qE2=qvB2
解得
h=E22gB2
C正确，D错误。
故选BC。
9.【答案】(1)42.40；(2)6.215。
【解析】【分析】
掌握两种测量工具的读数方法，重点在于游标卡尺需要弄清楚分度值，所谓分度值即为把1mm分成多少份，由此可知每个游标尺的刻度代表的长度，游标卡尺不需要估读，螺旋测微计必须估读。
20分度的游标卡尺，其准确度为0.05mm，先读主尺，再读游标尺； 螺旋测微计精确度为0.01mm，先读固定刻度，再读可动刻度。
【解答】
(1)20分度的游标卡尺，其准确度为0.05mm，主尺读数为：4.2cm，游标尺第8个刻度与主尺对齐，读数为：8×0.05mm=0.040cm，故图1的读数为：4.2cm+0.040cm=4.240cm=42.40mm；
(2)螺旋测微计精确度为0.01mm，固定刻度读数为：6mm，可动刻度读数为：21.5×0.01mm=0.215mm，故图2读数为：6mm+0.215mm=6.215mm。
故答案为：(1)42.40；(2)6.215。
10.【答案】 向左 小于
【解析】[1]图1中，实验时，断开开关S1瞬间，由自感现象可知电感线圈L1会产生向右的自感电动势，此时A1中电流方向向左。
[2]图2中，闭合S2瞬间，由于自感，电感线圈L2产生阻碍电流增大的自感电动势，致使L2中电流小于变阻器R中的电流。
11.【答案】 东西 向右
【解析】[1]由于地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学朝东西方向站立，并迅速摇动电线时，导线就会做切割磁感线运动，产生的感应电动势较大，灵敏电流表的读数明显；
[2]题目中所说在福州的实验小组，所以他们位于北半球，北半球的地磁场在竖直方向的分量是向下的，则电线经过最低点时的速度方向垂直纸面向里，根据右手定则判断知，流过电流计的电流方向为从左端进，右端出。
12.【答案】 S T ADC 偏大
【解析】(1)[1]使指针对准电流的“0”刻线，应旋动机械调零部件S。
(3)[2]使指针对准电阻的“0”刻线，应旋动欧姆调零部件 T 。
(4)[3]测电阻时若指针偏转角度过小，则待测电阻的阻值很大，据欧姆表测电阻时指针尽可能接近“中值”的原则知，应换用较大倍率的挡位，因此先A；每换一次挡位应重新调零，再选D；测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻两引线相连，最后应选C，所以顺序为ADC。
(5)[4]当欧姆表内所装的电池用旧之后，电动势变小，内阻变大，由
Ig=ERg+r+R0
可知要使指针仍然指在满刻度，则R0必须重新调整。使用新电池时
Ig=ERg+r+R0
I=E(Rg+r+R0)+Rx=EEIg+Rx=11Ig+RxE
使用旧电池时
I ′g=E′Rg+r′+R 0′
I′=E′(Rg+r′+R 0′)+Rx=E′E′Ig+Rx=11Ig+RxE′
因为
E′所以
I′电流越小，指针偏转角度就越小，电阻读数就越大，则被测电阻的测量值大于真实值。
13.【答案】 0.26 1 EAIB A E G
【解析】(1)[1]用1A恒流电源充电，充满的时间为
t=qI=0.26A⋅h1A=0.26h
(2)[2][3]当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于 U−I 图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡峭一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接1中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏大。S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
E=EA
由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的 U−I 图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知电芯的内阻为
r=EAIB
(3)[4]由题给器材 R0 只能选定值电阻(阻值 2Ω ，额定功率2W)或定值电阻(阻值 20Ω ，额定功率20W)，根据
P=I2R
可知为了保证 R0 的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A(量程0.6A)。
[5]一块电芯的电动势为 E=3.2V ，因此电压表应选C(量程3V)。电压最高为3V，如果选择 20Ω 的定值电阻，最大电流低于0.15A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选E(阻值 2Ω 、额定功率2W)。
[6]滑动变阻器如果选H(阻值 200Ω )，调节很不方便，所以应选G(阻值 20Ω )。
14.(1)300V；(2)300V；(3)1×104V/m，方向沿BC中垂线由A指向BC中点
【详解】(1)根据电势差的定义式可得AB间的电势差为
UAB=WABq=3×10−61×10−8V=300V
(2)根据电势差的定义式可得AC间的电势差为
UAC=WACq=−3×10−6−1×10−8V=300V
(3)根据BC间的电势差等于0，可知BC为等势线，则场强的方向沿BC中垂线由A指向BC中点，电场强度为
E=UACLcs30∘=3002 3× 32×10−2V/m=1×104V/m
14.【答案】解：(1)AB间的电势差为：UAB=WABq=3×10−61×10−8V=300V
(2)AC间的电势差为：UAC=−WAC−q=3×10−61×10−8V=300V
(3)根据BC间的电势差等于0，知BC为等势线，则场强的方向沿BC中垂线由A指向BC中点．
电场强度为：E=UAClcs30∘=3002 3× 32×10−2V/m=1×104V/m．
【解析】(1)(2)根据电场力做功与电势差的关系求出AB、AC、BC间的电势差；
(3)根据电场线方向与等势线垂直，确定电场强度的方向．根据E=Ud求出电场强度的大小．
解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，以及电场强度与电势差的关系，注意d是沿电场线方向上的距离，知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势．
15.【答案】解：(1)刚进入磁场时E=Blv，
电流为I=E2R，
对导体棒受力分析mgsinθ+BIL=ma，
解得a=gsin θ+B2L2v2mR；
(2)在导体棒上滑过程中ΔΦ=BLx，
产生的平均感应电动势为E=ΔΦΔt，
根据闭合电路欧姆定律，有I=E2R，
通过的电荷量为q=IΔt，
联立可得x=2qRBL；
(3)上滑过程根据能量守恒，有12mv 2=mgxsinθ+Q总，
导体棒与电阻串联，电流相同，时间相同，由焦耳定律可得导体棒产生的热量为Q=Q总2，
解得Q=14mv 2−mgqRsinθBL。

【解析】本题以导体棒在磁场中的运动为背景，考查法拉第电磁感应定律、动量定理、能量守恒定律的综合应用，意在考查考生的分析综合能力和物理核心素养的科学思维要素。
(1)根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)根据平衡条件结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律求解；
(3)根据能量守恒、焦耳定律求解金属棒产生的焦耳热。
16.【答案】(1) mv0eR ；(2) 83d ；(3) 23d ；(4) 3d2v0+53πd180v0
【解析】(1)所有电子射入圆形区域后做圆周运动的轨道半径大小相等，设为r，当电子从位置y=R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则
ev0B1=mv02r
r=R
解得
B1=mv0eR
(2)设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则
eEd=12mv2−12mv02
r1=mveB2
csθ=v0v
如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2，轨迹如图所示
感光板与ab间的最小距离
h1=r1+r1csθ
解得
v=53v0 ， r1=53d ， h1=83d
(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上，恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图所示
感光板与ab间的最大距离为
h2=r1−r1csθ
解得
h2=23d
(4)当感光板与ab间的距离最大为 h2= 23 d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长，设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则
a=eEm
d=12at12
T=2πmeB2
t2=θ2πT
运动最长时间
tm=t1+t2
解得
T=2πdv0 ， t1=3d2v0 ， t2=53πd180v0 ， tm=3d2v0+53πd180v0
17.【答案】 2mRv0B2L2 2627mv02
【解析】[1]根据
R=ρLS
因金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为2R和R，则ab棒的横截面积之比为1:2，则质量之比为1:2，a棒的质量为m，则b的质量为2m；取b的初速度方向为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒得：
2mv0−mv0=(2m+m)v
解得
v=v03
此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向左匀速运动，直到a棒出磁场区域；之后a棒不受安培力，b棒受安培力减速直到停下，对b有
−BILΔt=0−2mv
IΔt=q=E3RΔt=ΔΦ3R=BLs3R
解得
s=2mRv0B2L2
[2]对a、b组成的系统，最终a棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有
12mv02+12⋅2mv02=12mv2+Q
解得
Q=13mv029
对a、b根据焦耳定律得：
Q=I2Rt
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相等，故a、b产生的热量与电阻成正比，则
Qa：Qb=2：1
联立解得
Qa=26mv0227