2023-2024学年北京市顺义区高一下学期期末质量检测物理试题（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市顺义区高一下学期期末质量检测物理试题（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 变化的电场产生磁场B. 电磁波必须依赖介质传播
C. 红外线的波长比紫外线的波长短D. 在真空中不同频率的电磁波传播速度不同
2.如图为研究平抛运动的实验装置示意图。用小锤击打金属片，A球水平飞出做平抛运动的同时B球做自由落体运动。下列说法正确的是( )
A. 两球位移相同B. 两球同时落地
C. 两球运动的加速度不相同D. 两球落地时速度大小相同
3.图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中，下列说法正确的是( )
A. 摆球从A点运动到B点速度逐渐减小B. 摆球从B点运动到C点重力势能逐渐减小
C. 摆球在C点处，速度为零，回复力为零D. 摆球在B点处，速度最大，向心力最大
4.如图所示，长为L的轻绳一端系一质量为m的小球A(视为质点)，另一端固定于O点，当轻绳竖直时小球静止。现给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球能通过最高点，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球经过最高点时速度为零
B. 小球运动过程中机械能保持不变
C. 小球从最低点运动至最高点过程中机械能逐渐减小
D. 小球从最低点运动至最高点过程中绳的拉力做负功
5.某同学用手机中的速度传感器记录电动车做直线运动的速度与时间关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. B点加速度小于A点加速度
B. 5.0s末电动车开始反向运动
C. 8.0s末电动车刚好回到出发点
D. 由图可估算出此过程中电动车平均速度的大小
6.电容式话筒含有电容式传感器，其结构如图所示，导电振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。关于声压引起电容发生变化的原因，下列说法正确的是( )
A. 两板间的距离变化B. 两板的正对面积变化
C. 两板间的介质变化D. 两板间的电压变化
7.图甲是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=4s时的波形图，M、N是介质中的两个质点，其平衡位置分别位于xM=2m、xN=8m处，图乙是质点N的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴负方向传播
B. 波的传播速度大小为0.5m/s
C. t=8s时，M点的加速度最大
D. t=6s时，M、N的速度大小相等，方向相同
8.如图为交流发电机的示意图，N、S极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场的轴OO′沿逆时针方向匀速转动，发电机的电动势随时间变化规律为e=30sin100πtV，外电路接有阻值R=10Ω的定值电阻，线圈电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 电流变化的周期为0.01sB. 电流表的示数为3A
C. 线圈经过图示位置，电流方向改变D. 线圈在图示位置时，产生的电动势为30V
9.ab、cd两个极板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，同一个带负电小球先后以大小不同的速度从两板左侧中点O 处水平向右射入极板之间，运动轨迹在图中分别标注为1、2、3，则下列说法中正确的是( )
A. 沿轨迹1运动的小球电势能逐渐减小B. 沿轨迹2运动的小球机械能逐渐增大
C. 沿轨迹3运动的小球动能逐渐增大D. 沿轨迹3运动的小球入射的初速度最大
10.如图所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L1、L2是自感系数很大，直流电阻为零的线圈，开始时S1、S2均断开，先闭合S1，稳定后再闭合S2，则下列判断正确的是( )
A. 闭合S1一瞬间，A、B两灯立即变亮B. 闭合S1后，A灯立即变亮B灯缓慢变亮
C. 闭合S2一瞬间，A灯立即变暗D. 闭合S2后，A灯逐渐熄灭，B灯逐渐变亮
11.如图所示，O1为地球的球心、O2为月球的球心，图中的P点为地-月系统的一个拉格朗日点，在该点的物体能够保持和地球、月球相对位置关系不变，以和月球相同的角速度绕地球做匀速圆周运动。地球上的人总是只能看到月球的正面，嫦娥四号将要达到的却是月球背面的M点，为了保持和地球的联系，我国成功发射鹊桥一号中继通信卫星，将鹊桥一号的运动近似看做以P点为圆心、垂直于地月连线的圆轨道上的圆周运动。下列说法正确的是( )
A. 鹊桥一号中继卫星绕P点做圆周运动的向心力仅由地球对它的万有引力提供
B. 发射嫦娥四号时，发射速度要超过第二宇宙速度，让其摆脱地球引力的束缚
C. 鹊桥一号中继星绕P点做圆周运动的周期一定等于其绕地球的公转周期
D. 图中的P点(拉格朗日点)的位置与地球和月球的质量有关
12.若采用如图实验装置来验证动量守恒定律，两小球半径相同，质量分别为mA、mB，且mA>mB。实验时，不放小球B，让小球A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将小球B放置在斜槽末端，让小球A再次从斜槽上E点自由滚下，与小球B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。多次重复上述步骤，M、N、P三点为平均落点位置。下列说法正确的是( )
A. 需用秒表测定小球在空中飞行的时间
B. OM+ON>OP
C. 如果mA⋅ON=mA⋅OP+mB⋅OM，则表明此碰撞前后系统动量守恒
D. 用半径尽可能大的圆把所有落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球的平均落点
13.如图甲所示电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片从左端逐渐滑至右端时，电压表V1和V2的示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，图线中ab、cd段均为直线。已知电动机两端电压达到某一值时才能开始转动，各电表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻为2.0Ω
B. 电动机内部线圈的电阻值为1.0Ω
C. 滑动变阻器的可调范围是0∼9.0Ω
D. 电流表示数最大时，电动机的输出功率为6.75W
14.1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小v1竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点(图中未标出)时金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小v2竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为f=kvr，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，r为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 油滴P两次经过M点时速度v1、v2大小相等
B. 油滴P所带电荷量的值为kv1−v2rdU
C. 油滴P先后两次经过M点经历的时间为v1v2+v1gv2
D. 从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴P的加速度先增大后减小
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱形工件的高度和直径，测量结果如图1甲、乙所示。该工件的高度为_______mm，直径为_______mm。
(2)在“练习使用打点计时器”的实验中，电源频率为50Hz，打点计时器打下如图2所示的一条点迹清晰的纸带，相邻两计数点间还有四个计时点未画出，打下E点时物体的速度vE=_______m/s。
(3)利用如图3甲装置研究小球在竖直平面内摆动过程的机械能，不可伸长的轻绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球质量为m，球心到悬挂点的距离为L，小球释放的位置到最低点的高度差为h，实验记录轻绳拉力大小随时间的变化关系如图3乙所示，其中Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为g，小球第一次运动至最低点的过程，动能的增加量ΔEk=_______(用题中所给字母表示)，重力势能的减少量ΔEp_______动能的增加量ΔEk(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
16.探究小组测某个“新型电池”的电动势和内阻，发现其内阻不是确定的值，内阻大小随输出电流的变化而变化。为了研究该“新型电池”内阻的变化特性，探究小组借助测电源电动势和内阻的方法设计的实验电路如图1所示，改变电阻箱R的阻值，实验测得电压表示数U和电流表示数I如下表：
(1)根据表中数据，在图2中画出未标记的点，并作出“新型电池”的U−I图像_____；
(2)根据所作图像可以判断，该“新型电池”的电动势约为_____V，其内阻随输出电流的增大而_____(填“增大”、“不变”或“减小”)；
(3)该“新型电池”给R=500Ω的定值电阻供电时，“新型电池”的输出功率为_____W。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，在高为h的平台上有一半径为R的圆弧轨道，轨道末端水平。一质量为m的小球从圆弧轨道上高为H处的A点无初速释放，到达轨道末端B点时速度大小为v，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求：
(1)小球从B点到落地所经历的时间t；
(2)小球到达B点时受到轨道的支持力F；
(3)小球从A点运动至B点的过程中圆弧轨道对小球的阻力所做的功W。
18.如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电场强度为E，匀强磁场磁感应强度为B，磁场的方向垂直纸面向里。在S点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能沿直线(图中平行于导体板的虚线)通过N，不计粒子的重力。
(1)求粒子在速度选择器N中运动的速度大小v；
(2)求粒子加速器M的加速电压U；
(3)仍在S点由静止释放另一质量为m、电荷量为2q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能Ek。
19.如图1所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，将金属棒ab放置在框架上并锁定，此时adeb构成一个边长为L=0.1m的正方形，金属棒ab的电阻r=0.1Ω，不计金属框架电阻。求：
(1)若磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示
a.t=0时刻金属棒ab中的感应电流I；
b.t=3.0s时金属棒ab受到的安培力的大小F。
(2)若从t=0时刻起，对金属棒ab解除锁定，并使金属棒ab以速度v=0.1m/s在金属框架cdef上匀速向左运动，发现金属棒ab中不产生感应电流，已知t=0时磁感应强度B1=1.0T，请写出这个过程中金属框架所处区域的磁感强度B0与时间t应满足的关系式。
20.“探索浩瀚宇宙，发展航天事业，建设航天强国，是我们不懈追求的航天梦。”中国航天事业取得了让国人骄傲的成绩。变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图1所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点上；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。已知引力常量为G，地球的质量为M，轨道1半径为R，轨道3半径为3R，质量为m的质点在地球的引力范围内具有的引力势能Ep=−GMmr(r为物体到地心的距离，取无穷远处引力势能为零)。
(1)求航天器在圆轨道1上运行时的角速度大小ω；
(2)开普勒第二定律表明：航天器在椭圆轨道2上运行时，它与地球中心的连线在相等的时间内扫过的面积相等。请根据开普勒第二定律和能量守恒定律，求航天器在椭圆轨道2远地点B的速度大小vB；
(3)在航天器达到预定高度后，通常使用离子推进器作为动力装置再进行姿态和轨道的微小修正。如图2所示，推进剂从P处注入，在A处电离出带电量为q质量为m0的正离子，进入B时的速度忽略不计，B、C之间存在加速电场，经加速形成电流为I的离子束从喷射口D喷出。已知喷射口D的横截面积为S，从喷射口D喷出的离子束单位体积内含有离子的个数为n，为研究方便，假定离子推进器在太空飞行时不受其他外力，忽略推进器运动的速度。求：
a.B、C之间加速电压大小U；
b.推进器获得的推力的大小F。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【详解】A.根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的电场产生磁场。故A正确；
B.电磁波可以在真空中传播。故B错误；
C.红外线的波长比紫外线的波长长。故C错误；
D.在真空中不同频率的电磁波传播速度均等于光速，故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【详解】A.A球做平抛运动，B球做自由落体运动，A球的位移大于B球的位移，两球位移的方向也不同，故A错误；
B.A球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动；B球做自由落体运动，由 h=12gt2 ，可知两球同时落地，故B正确；
C.A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球都只受重力作用，两球运动的加速度都是重力加速度，故C错误；
D.B球落地时速度大小为
vy=gt
A球落地时速度大小为
v= v 02+v y2
故两球落地时速度大小不相同，故D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】【详解】A.摆球从A点运动到B点，重力势能转化为动能，速度逐渐增大，故A错误；
B.摆球从B点运动到C点重力势能逐渐增大，故B错误；
C.摆球在C点处，速度为零，回复力最大，故C错误；
D.摆球在B点处，速度最大，向心力最大，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】【详解】A.小球恰能经过最高点时
mg=mv2L
解得
v= gL
所以小球经过最高点时速度大于或等于 gL ，故A错误；
BCD.小球运动过程中轻绳拉力方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，机械能保持不变，故B正确，CD错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】【详解】A.根据v−t图像中图线的斜率表示加速度，可知B点加速度大于A点加速度。故A错误；
B.由图可知5.0s末电动车由加速运动转变成减速运动。故B错误；
C.由图可知0∼8.0s内电动车一直向前行驶，8.0s末电动车离出发点最远。故C错误；
D.根据v−t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移可知由图可估算出此过程中电动车的位移，根据
v=xt
可以计算平均速度的大小。故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】【详解】当振动膜片在声压的作用下振动时，引起电容器两极板间的距离 d 变化，由 C=εrS4πkd 可知电容发生变化。
故选A。
7.【答案】C
【解析】【详解】A.由图(乙)可知 t=4s 时质点N正在向下振动，则由图(a)可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.由图(乙)可知该波的周期为
T=8s
则由图(甲)可知该波的波长为
λ=8m
则波速为
v=λT=1m/s
故B错误；
C. t=8s 时，波形图相对于图(甲)中的波形向右移动了4m；此时质点M在波谷的位置，加速度最大，故C正确；
D. t=6s 时，波形图相对于图(甲)中的波形向右移动了2m；此时质点M在平衡位置，速度最大，质点M在波谷位置，速度为0，故D错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】【详解】A.由 e=30sin100πtV 可知
2πT=100π
解得电流变化的周期
T=0.02s
故A错误；
B.由 e=30sin100πtV 可知电压的有效值为
U=30 2V=15 2V
电流表的示数
I=UR=15 210A=1.5 2A
故B错误；
C.线圈经过中性面时，电流方向改变，图示位置为与中性面垂直的位置，电流方向不变，故C错误；
D.线圈在图示与中性面垂直的位置时，产生的电动势最大，为30V，故D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解析】【详解】A.带负电小球在正交匀强电场与匀强磁场中受到竖直向下的重力、电场力和竖直向上的洛伦兹力，设小球进入复合场的初速度为 v1 ，沿轨迹1运动的小球刚进入时应满足
qv1B>qE+mg
小球向上偏转过程，电场力做负功，小球电势能逐渐增大，故A错误；
B.设小球进入复合场的初速度为 v2 ，沿轨迹2运动的小球刚进入时应满足
qv2B=qE+mg
由于洛伦兹力不做功，电场力也不做功，小球机械能保持不变，故B错误；
C.设小球进入复合场的初速度为 v3 ，沿轨迹3运动的小球刚进入时应满足
qv3B小球向下偏转过程，洛伦兹力不做功，电场力和重力都做正功，小球动能逐渐增大，故C正确；
D.由以上分析可知，沿轨迹1运动的进入复合场的初速度最大，故D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】【详解】AB.S2 断开，闭合 S1 ，则A、B两灯与 L2 串联，闭合 S1 一瞬间，电路中电流逐渐增大，A、B两灯均缓慢变亮，故AB错误；
C.闭合 S2 一瞬间，由于 L1 是自感系数很大， L1 上的电流为0，A灯亮度不变，故C错误；
D.闭合 S2 后，由于 L1 中电流逐渐增大，A灯逐渐熄灭； B灯逐渐变亮，故D正确。
故选D。
11.【答案】D
【解析】【详解】AD.鹊桥一号中继卫星绕P点做圆周运动的向心力由地球和月球共同引力的矢量和提供，则P点(拉格朗日点)的位置与地球和月球的质量有关，故A错误，D正确；
B.嫦娥四号并没摆脱地球引力的束缚，因此发射速度不会超过第二宇宙速度，故B错误；
C.鹊桥一号中继星一方面绕地做匀速圆周运动，另一方面绕P点做匀速圆周运动，因此以地心为参考系，它是两个匀速圆周运动的合运动，则鹊桥一号中继星绕P点做圆周运动的周期不一定等于其绕地球的公转周期，故C错误。
故选D。
12.【答案】B
【解析】【详解】A.由于小球做平抛运动，下落的高度相等，根据 h=12gt2 ，可得
t= 2hg
水平位移
x=vt
解得
v=x g2h
可知，小球碰撞后飞出的速度与水平位移成正比，则实验时不需要测时间，故A错误；
C.A球与B球碰撞后，B球应该比A球的速度大，A球比原来的速度小，所以碰撞后B球落在P点，A球落在M点。如果 mA⋅ON=mA⋅OM+mB⋅OP ，则表明此碰撞前后系统动量守恒，故C错误；
B.由动量守恒定律得
mAv0=mAv1+mBv2
可得
mA⋅ON=mA⋅OM+mB⋅OP
实际碰撞过程有能量损失，由能量关系可知
12mAv 02>12mAv 12+12mBv 22
解得
mA⋅ON2−OM2>mB⋅OP2
解得
OM+ON>OP
故B正确；
D.用半径尽可能小的圆把所有落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球的平均落点，故D错误。
故选B。
13.【答案】C
【解析】【详解】A.根据闭合电路的欧姆定律有
U2=E−Ir
可知，电压表 V2 示数变化量与电流表示数变化量的比值等于电源的内阻，有
r电源=5.5−4.51.5−0.5Ω=1.0Ω
A错误；
B.由图像可知，电动机两端的电压从1.0V到2.0V时电动机没有转动，为纯电阻，则电动机内部线圈的电阻为
r电动机=2.0−1.01.0−0.5Ω=2.0Ω
B错误；
C.由图像可知，当电流表示数为1.5A时，滑动变阻器连入电路的阻值为零，当电流表示数为0.5A时，滑动变阻器全部连入电路，故滑动变阻器的最大阻值为
R=5.5−1.00.5Ω=9.0Ω
故滑动变阻器的可调范围是 0∼9.0Ω ，C正确；
D.电流表示数最大值为1.5A，故电动机的输出功率为
P=4.5×1.5−1.52×2W=2.25W
D错误。
故选C。
14.【答案】C
【解析】【详解】A.油滴P两次经过M点时重力与电场力做功均为0，阻力做负功，所以
v1>v2
故A错误；
B.设油滴P所带电荷量的值为q，没有加电压时，根据平衡条件可得
mg=kv1r
施加电压后匀速向上运动时，根据平衡条件可得
qUd=mg+kv2r
解得
q=kv1+v2rdU
故B错误；
C.油滴经过M点向下运动到速度为零过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
qUdt1+kv1rt1−mgt1=0−mv1
油滴从速度为零到达到M点的过程中，根据动量定理可得
qUdt2−kv2rt2−mgt2=mv2
其中
q=kv1+v2rdU ， v1t1=v2t2 ， mg=kv1r
解得油滴先后两次经过M点经历的时间为
t=t1+t2=v1v1+v2gv2
故C正确；
D.从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得
qE+f−mg=ma1
解得
a1=qUmd+kvr−mgm
随着速度的减小，加速度逐渐减小；油滴向上加速运动到 v2 的过程中，根据牛顿第二定律可得
qE−mg−f=ma2
解得
a2=qUmd−kvr+mgm
随着速度的增大，加速度逐渐减小；综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度一直减小，故D错误。
故选C。
15.【答案】(1)
(2)0.25
(3)12L(Fm−mg) 大于

【解析】【详解】(1)[1]该工件的高度为
2.1cm+9×120mm=21.45mm
[2]直径为
0+0.360mm=0.360mm (0.358∼0.362 mm都正确)
(2)E点时物体的速度
vE=2.30+2.62×10−2m2×0.1s≈0.25m/s
(3)[1]小球第一次摆动至最低点，初速度为零，最低点速度为 vm ，由牛顿第二定律有
Fm−mg=mvm2L
而动能的增加量为
ΔEk=12mvm2−0
联立解得
ΔEk=12L(Fm−mg)
[2]由于有空气阻力做负功，导致机械能有损失，故重力势能的减少量大于动能的增加量。
16.【答案】(1)见解析
(2)2.8(2.7∼2.9)增大
(3)8.0×10−3

【解析】【详解】(1)画出未标记的点，将点迹用平滑的曲线连接起来，如图所示
(2)[1]根据闭合电路欧姆定律有
U=E−Ir
可知， U−I 图像纵轴的截距表示电动势，可知
E=2.8V
[2]根据上述图像可知，图像斜率的绝对值表示内阻，可知，其内阻随输出电流的增大而增大。
(3)作出定值电阻的 U−I 图像，与上述图像的交点为该定值电阻的工作状态，如图所示
则输出功率为
P=2.0×4.0×10−3W=8.0×10−3W
17.【答案】(1) 2hg ；(2)mv2R+mg ，方向竖直向上；(3)12mv2−mg(H−h)
【解析】【详解】(1)小球从B点飞出后做平抛运动，则有
h=12gt2
解得
t= 2hg
(2)小球到达B点时，故牛顿第二定律有
F−mg=mv2R
解得
F=mv2R+mg
方向竖直向上。
(3))小球从A点运动至B点的过程中，根据动能定理有
mg(H−h)+W=12mv2
解得
W=12mv2−mg(H−h)
18.【答案】(1)EB ；(2)mE22qB2 ；(3)mE2−2B2EqdB2
【解析】【详解】(1)粒子在速度选择器N中受电场力与洛伦兹力，二力平衡
qvB=Eq
解得
v=EB
(2)粒子在加速电场中，由动能定理得
Uq=12mv2
解得
U=mE22qB2
(3)粒子在加速电场中
2Uq=12mv2
在偏转电场中可得
2qvB>2Eq
洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，电场力做负功，由动能定理得
2Uq−2Eqd=Ek
解得该粒子离开N时的动能
Ek=mE2−2B2EqdB2
19.【答案】(1)；；(2)B0=11−t
【解析】【详解】(1)a.感应电动势大小为
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=0.01V t=0 时刻金属棒ab中的感应电流
I=Er
解得
I=0.1A b.当t=3.0s时
B′=4.0T t=3.0s 时金属棒ab受到的安培力的大小
F=B′IL=4×0.1×0.1N=0.04N
(2)无感应电流，即磁通量不发生变化，则
B1L2=B0(L−vt)L
解得
B0=11−t
20.【答案】(1) GMR3 ；(2) GM6R ；(3)a.m0I22n2q3S2 ；b.m0I2nq2S
【解析】【详解】(1)根据万有引力提供向心力
GMmR2=mω2R
解得
ω= GMR3
(2)由开普勒第二定律
12vA×Δt×R=12vB×Δt×3R
由能量守恒
12mv A2−GMmR=12mv B2−GMm3R
解得
vB= GM6R
(3)a.根据电流的微观式
I=nqSv
解得
v=InqS
根据动能定理
Uq=12m0v2
解得
U=m0I22n2q3S2
b.设 Δt 时间内，碰口向外喷出的离子的质量为m，由动量定理得
F•Δt=mv−0
即
F⋅Δt=m0vΔtSnv
解得
F=m0I2nq2S
U/V
0.50
1.00
1.50
2.00
2.30
2.60
2.70
I/mA
4.18
4.14
4.12
4.00
3.80
2.20
1.22