浙江省杭州市滨江区杭二滨江2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷（Word版附解析）

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本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试时间 90 分钟。
第Ⅰ卷（选择题共 48 分）
一、选择题Ⅰ（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一
个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 人们在生活中经常要用到耳机，如图是一款降噪耳机，它的消声原理是利用（ ）
A. 声波的衍射 B. 声波的反射 C. 声波的干涉 D. 声波的多普勒效应
【答案】C
【解析】
【详解】由图发现两个相干波发生干涉是降噪耳机的消声原理。
故选 C。
合成后的声音
2. 如图所示的四个场景中，属于光的衍射现象的是（ ）
A. 甲：泊松亮斑 B. 乙：彩色的肥皂泡 C. 丙：彩虹 D. 丁：立体电影
【答案】A
【解析】
【详解】A．泊松亮斑是光的衍射现象，故 A 正确；
B．彩色的肥皂泡是光的干涉现象，故 B 错误；
C．彩虹是光的折射现象，故 C 错误；
D．立体电影是利用了光 偏振，故 D 错误。
故选 A。
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3. 无人机因机动性能好，应用广泛。控制无人机的无线电信号产生来自于 LC 振荡电路。LC 振荡电路在某
一时刻的电场和磁场方向如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 电路中的电流在减少 B. 电路中电流沿顺时针方向
C. 电容器极板上的电荷量在减少 D. 电路中磁场能正在向电场能转化
【答案】C
【解析】
【详解】根据安培定则，可知回路中电流为逆时针方向，电容器上级板带正电，下极板带负电，故电容器
正在放电，电荷量逐渐减小，电流增大，电场能正在向磁场能转化。
故选 C。
4. 图甲是常见的动圈式扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁铁和线圈部分的俯视图。按音频变化
的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。线圈匝数为 n，所处位置磁感应强度为 B，电流
为 I，线圈半径为 R，则（ ）
A. 该扬声器的工作原理是电磁感应现象
B. 此时线圈受到安培力 2nπBIR
C. 线圈上 a、b 两点位置磁感应强度相同
D. 图丙中线圈电流顺时针时，所受安培力垂直纸面向里
【答案】B
【解析】
【详解】A．该扬声器的工作原理是通电线圈在磁场中在安培力的作用下发生振动，线圈会带动纸盆一起振
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动，发出声音，A 错误；
B．把线圈看成由一小段一小段的直导线连接而成，线圈中通有电流时，各段安培力方向相同，叠加在一起
即为所受的总安培力，因此安培力大小为
B 正确；
C．线圈上各点位置处磁感应强度大小相等、方向不同，C 错误；
D．图丙线圈电流沿顺时针时，根据左手定则，线圈受垂直纸面向外的安培力，D 错误。
故选 B。
5. 我国某企业正在全力研发“浸没式”光刻机，原理是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，
从而减小曝光波长，提高分辨率的技术，如图所示，若浸没液体的折射率为 1.5，则加上液体后，该曝光光
波（ ）
A. 在浸没液体中的传播时频率变大
B. 在浸没液体中的传播速度变为原来的 1.5 倍
C. 在浸没液体中的曝光波长变为原来的
D. 传播相等的距离，在浸没液体中所需的时间变为原来的
【答案】C
【解析】
【详解】A．频率由光源决定，光由空气进入该液体中传播时，光波频率不变，故 A 错误；
B．光在液体中的传播速度为
故 B 错误；
C．加上液体时光刻胶的曝光波长为
故 C 正确；
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D．光在液体中的传播速度为原来的 ，而传播距离不变，所以在液体中所需的时间变为原来的 ，故 D
错误。
故选 C。
6. 位于坐标原点处的波源，从 时刻，从平衡位置开始向上振动，周期为 0.8s，形成的一列简谐横波
以 0.5m/s 的速率沿 x 轴正方向传播。则 时的波形图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意可得波长
则 时，即经过一个周期后，刚好传播一个波长的距离，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，
由于沿 x 轴正方向传播，根据同侧法可知， 时的波形图为 B 选项中的波形图。
故选 B。
7. 半径为 R 半圆柱形透明材料的横截面如图所示，某实验小组将该透明材料的 A 处磨去少许，使一激光
束从 A 处射入时能够沿 AC 方向传播。已知 AC 与直径 AB 的夹角为 30°，激光束到达材料内表面的 C 点后
同时发生反射和折射现象。已知该材料的折射率为 ，则在 C 点的反射光束与折射光束的夹角为（ ）
A. 60° B. 75° C. 90° D. 105°
【答案】D
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【解析】
【详解】光路图如图所示
根据几何关系可知，光束在 C 点的入射角、反射角均为
根据折射定律有
解得
则在 C 点的反射光束与折射光束的夹角为
故选 D。
8. 如图所示是一单摆做阻尼振动的 图像，则此单摆的摆球在图中 P 与 N 时刻的（ ）
A. 速度 B. 加速度 C. 绳的拉力 D. 重力势能
【答案】D
【解析】
【详解】AD．单摆做阻力振动，则单摆的机械能越来越小，单摆的振幅越来越小。由 图知，摆球在 P
与 N 时刻与最低点的距离相等，则重力势能相等，所以可知动能
所以
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故 A 错误，D 正确。
B．由于摆球在 P 与 N 时刻偏离竖直方向的角度 相等，则其沿运动轨迹切线方向的加速度大小均为
设摆长为 ，摆球沿摆线方向的加速度大小为
由于 ，可知
根据摆球在 P 与 N 时刻的加速度大小
可得
故 B 错误；
C．摆球在 P 和 N 时刻，沿摆线方向根据牛顿第二定律，有
由前面分析知 ，则 P 与 N 时刻绳子的拉力
故 C 错误。
故选 D。
9. 如图所示，线圈 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的 边以角速度 匀速转动，稳定后，电路中三
个相同的灯泡均发光，且亮度相同，则（ ）
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A. 若增大线圈角速度 ，则 比 亮
B. 若增大电容器 两极板间距，则 变亮
C. 若抽掉电感线圈 内部的铁芯，则 变暗
D. 若增大照射在光敏电阻 上的光强，则 变暗
【答案】A
【解析】
【详解】A．若增大线圈转动角速度 ，根据
知交流电的频率增大，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡 的电流将比 的大，所以灯泡
将比 更亮，故 A 正确；
B．若增大电容器 C 两极板间的距离，根据 知，电容器的电容减小，容抗增大，使得通过灯泡
的电流减小，所以灯泡 L1 变暗，故 B 错误；
C．若抽掉电感线圈 内部的铁芯，感抗减小，使得通过灯泡 的电流增大，所以灯泡 L2 变亮，故 C 错误；
D．若增大照射在光敏电阻 上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过 的电流变大， 变亮，故 D 错误。
故选 A。
10. 如图所示，电荷量相等的两种离子氖 20 和氖 22 从容器下方的狭缝 飘入（初速度为零）电场区，经
电场加速后通过狭缝 、 垂直于磁场边界 MN 射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转
后发生分离，最终到达照相底片 D 上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A. 静电力对每个氖 20 和氖 22 做的功相等
B. 氖 22 进入磁场时的速度较大
C. 氖 22 在磁场中运动的半径较小
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D. 若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置不可能重叠
【答案】A
【解析】
【详解】A．静电力对粒子做的功为
则静电力对每个氖 20 和氖 22 做的功相等，A 正确；
B．根据
得
所以氖 22（质量较大）进入磁场时的速度较小，B 错误；
C．根据
得
因为氖 22 质量较大，所以氖 22 在磁场中运动的半径较大，C 错误；
D．加速电压发生波动，根据
两种离子打在照相底片上的位置可能重叠（不同时刻），D 错误。
故选 A
11. 如图甲所示，杭州亚运村启用一款公共座椅，该座椅安装了嵌入式无线充电器，其无线充电功能支持多
种充电协议。充电器下方铭牌如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
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A. 该充电器以最大输出功率输出时，输出电压为 21V
B. 交流供电电路中电压偶有波动，该充电器允许输入电压的峰值为 240V
C. 某电池容量为 5000mAh，使用 5V-3A 协议充电，电池由完全耗尽到充满，大约需要 1.7h
D. 某电池容量为5000mAh，使用5V-3A协议充电，电池由完全耗尽到充满，无线充电器输出的电能为60000J
【答案】C
【解析】
【详解】A．由 P=UI 可知该充电器以最大输出功率输出时，输出电压为 20V
故 A 错误；
B．交流供电电路中电压偶有波动，该充电器允许输入电压的有效值为 240V，峰值为
故 B 错误；
C．某电池容量为 5000mAh，使用 5V-3A 协议充电，电池由完全耗尽到充满，大约需要
故 C 正确；
D．某电池容量为 5000mAh，使用 5V-3A 协议充电，电池由完全耗尽到充满，无线充电器输出的电能为
故 D 错误。
故选 C。
12. 如图所示，在理想的虚线边界内有范围足够大的匀强磁场， 段水平， 段竖直，且
。在纸面内大量质子从 a 点垂直于 以不同速率射入磁场，不计质子间的相互作用和重力，
则从边界 垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】画出质了的运动轨迹，如图所示，设 长度为 ，则 ，从边界 垂直射出的质子，
运动轨迹如图中 1 所示，圆心为 ，由几何关系可知
当质子过 c 点时，质子运动轨迹对应的圆心角最大，在磁场中的运动时间最长，运动轨迹如图中 2 所示，
圆心为 ，设半径为 ，则有
可得
由
可得
所以从边界 垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为
故选 B。
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13. 如图所示，某种介质水平面上有 A、B、C、D 四个点，A、B、C 三点共线且 CD 垂直于 AC，CD = 5 m，
AC = 12 m，B 为 AC 中点。在 A、C 两点装有可上下振动的振动发生器，振动发生器振动可在介质面上激起
机械波。t = 0 时刻，A、C 点的两个振动发生器开始振动，其振动方程均为 ，观察发现 D
比 B 早振动了 0.5 s，忽略波传播过程中振幅的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 两振动发生器激起的机械波的波长为 4 m
B. 在 t = 8 s 时，D 处的位移为
C. 在 0 ~ 8 s 时间内质点 D 运动的路程为
D. 两波叠加后 B 处为振动减弱区，D 处为振动加强区
【答案】B
【解析】
【详解】A．由振动方程可知
根据几何关系可知，D 比 B 距离波源 C 近 1 m，由于 D 比 B 早振动 0.5 s，则有
根据
结合上述解得
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故 A 错误；
B．C 点波源传到 D 点需要时间
A 点波源传到 D 点需要
所以当 t = 8 s 时，D 点在 C 波的影响下振动了
在 A 波的影响下振动了
将上述时间分别代入振动方程，将两个位移相加解出此时 D 点位移为
故 B 正确；
C．结合上述可知，在 0 ~ 8 s 时间内，质点 D 在 A 波的影响下振动时间与周期的关系为
质点 D 在 C 波的影响振动的时间与周期的关系为
由于
两波同时到达 D 点后，D 振动加强点，结合上述可知，8 s 时 D 点位移为
则在 0 ~ 8 s 时间内质点 D 运动的总路程为
故 C 错误；
D．B 点到两波源距离相同，两列波叠加后为振动加强区，D 点到两波源距离相差 8 m，等于波长，故两列
波叠加后也为振动加强区，故 D 错误。
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故选 B。
二、选择题Ⅱ（本题共 3 小题，每小题 3 分，共 9 分。每小题列出的四个备选项中至少有一
个是符合题目要求的。全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）
14. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了：“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微
偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图所示。结合上述材料，下列
说法正确的是（ ）
A. 地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行
B. 地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近
C. 若地磁场是由地球自转引起，可以判断出地球是带负电的
D. 地磁场的磁感线是不闭合的
【答案】BC
【解析】
【详解】A．只有在地球赤道上方位置的地磁场方向才与地面平行，故 A 错误；
B．地理南、北极与地磁场的南、北极并不重合，地磁南极在地理北极附近，故 B 正确；
C．地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故 C 正确；
D．地磁场的磁感线是闭合的，在地球外部从 N 极到 S 极，内部从 S 极到 N 极，故 D 错误。
故选 BC。
15. 如图为掠入射法测某液体折射率的原理图。折射率为 的少量待测液体处于折射率为 的直角棱镜斜面
上，发散光源的光线 1、2、3 从 点射入直角棱镜，并经过两次折射后从棱镜的侧面 射出。对于入射角
接近直角（掠面入射）的光线 3，以折射角 射入棱镜，然后从棱镜 面以折射角 射向空气。若光线由
一种介质（折射率为 进入另一种介质（折射率为 发生折射时，其入射角 与折射角 的关系为
。空气的折射率为 1，下列关系式正确的是（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．从待测液体进入直角棱镜，满足
即
A 项正确，B 项错误；
CD．从直角棱镜向空气射出，满足
C 项正确，D 项错误。
故选 AC。
16. 如图所示分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的三组电
磁铁交替产生磁场，实现电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同点
是甲电机的转子是一个永磁铁，乙电机的转子是绕有闭合线圈的软铁。通过电磁驱动使转子转动，可以为
电动汽车提供动力。 甲假定两种电机的每组电磁铁中电流的变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是
（ ）
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A. 电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同
B. 电机稳定工作时，乙转子的转动方向也为顺时针
C. 电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大
D. 刹车（停止供电）时，转子由于仍在旋转，甲电机可以通过反向发电从而回收动能而乙电机不可以
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．乙电机中，转子的转动是因为穿过转子上线圈的磁通量发生变化从而产生感应电流，通电线
圈受到了安培力的作用，相当于电磁驱动，所以乙转子的转动方向也为顺时针，安培力阻碍定子和转子间
的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，A 错误，B 正确；
C．乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，
C 错误；
D．刹车（停止供电）时，甲电机转子由于惯性旋转，使得通过定子上线圈的磁通量发生变化，产生感应电
流，反向发电从而回收动能，而乙电动机闭合线圈不产生磁场，所以无法反向发电，不能回收动能，D 正
确。
故选 BD。
故选 BD。
第Ⅱ卷（非选择题共 52 分）
17. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
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（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是（ ）
A. 整块硅钢铁芯 B. 整块不锈钢铁芯
C. 绝缘的铜片叠成 D. 绝缘的硅钢片叠成
（2）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这
个探究过程采用的科学探究方法是（ ）
A. 演绎法 B. 等效替代法 C. 控制变量法 D. 理想实验法
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是（ ）
A. 干电池 B. 学生电源 C. 直流电压表 D. 多用电表
（4）原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？实验发现数据没有严格遵从这样的规律，分析
下列可能的原因，你认为正确的是（ ）
A. 变压器线圈中有电流通过时会发热
B. 原、副线圈的电压不同步
C. 原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【答案】（1）D （2）C （3）BD （4）AC
【解析】
【小问 1 详解】
观察变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成。
故选 D。
【小问 2 详解】
为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探
究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选 C。
【小问 3 详解】
变压器正常工作需要交流电，因此本实验中需要用交流电源和交流电压表（多用电表），不需要干电池和直
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流电压表。
故选 BD。
【小问 4 详解】
A．变压器线圈中有电流通过时会发热，线圈有电阻，在线圈上会产生电压降，从而使输出电压减小，故 A
正确；
B．原、副线圈的电压是否同步，对输出电压无影响，故 B 错误；
C．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，输出
电压会减小，故 C 正确。
故选 AC。
18. 某学习小组测量一段粗细均匀金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图所示，其直径 d= ___________mm。
（2）用多用电表测出金属丝的电阻约 20Ω，为进一步准确测量该金属丝的电阻 Rx，实验室提供如下器材：
电池组 E（电动势为 4.5V，内阻不计）；
定值电阻 R0（阻值为 10Ω）；
电压表 V（量程为 5V，内阻未知）；
电流表 A（量程为 20mA， 内阻为 90Ω）；
滑动变阻器 R（阻值范围为 0~20Ω，额定电流 2A）；
开关 S、导线若干。
请利用以上器材，在虚线框中补全实验电路图（需标出相应器材的符号）_________
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【答案】（1）1.994## ##1.996
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
螺旋测微器读数为
【小问 2 详解】
电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两
端的电压可以计算，可以将电流表内接，准确得出流过电阻 Rx 电流的准确值、以及电阻 Rx 两端电压的准确
值，补全实验电路图，如图所示
19. 某实验小组用如图甲所示的单摆装置测量当地的重力加速度，进行了如下操作：
①测出悬点 O 到水平地面的距离 ；
②打开光源，测出小球静止时在竖直墙面上的投影中心到地面的高度 ；
③将细线从竖直方向拉开较小角度后释放，打开手机的连拍功能，将连拍间隔设为 0.1s，记录小球在不同时
刻投影中心的位置并测出其离地面的高度 h；
④将测出的高度和对应的时刻输入计算机，得到小球球心的离地高度 h 随时间 t 变化的图像如图乙所示。
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请回答下列问题：
（1）单摆的摆长 l=___________cm；
（2）单摆的周期 T=___________s；
（3）当地的重力加速度大小 g=___________ （取 ，结果保留 3 位有效数字）。
【答案】（1） ##
（2） ##
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
单摆的摆长为
【小问 2 详解】
由图乙可知，单摆的周期为
【小问 3 详解】
由单摆的周期公式 ，得
20. 如图所示，一小型交流发电机中，线圈 ABCD（电阻不能忽略）以角速度ω=50πrad/s 绕垂直于磁场的轴
OO'匀速转动，发电机感应电动势的最大值 。线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，变压
器副线圈与电阻相接，电表均为理想交流电表，电压表示数为 U =160V，电流表示数为 I =6A，从线框转至
中性面位置开始计时。
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（1）求线框中感应电动势的频率；
（2）求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
（3）若原、副线圈匝数比为 4：1，求电阻 R 的阻值及消耗的电功率 P。
【答案】（1）
（2）
（3） ；
【解析】
【小问 1 详解】
线框中感应电动势的频率为
【小问 2 详解】
从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为
【小问 3 详解】
根据理想变压器输入功率等于输出功率，可知电阻 R 上消耗的电功率为
根据理想变压器电压比等于匝数比，可得
可得副线圈两端电压为 U2=40V
根据
可得电阻 R 的阻值为
21. 如图所示，光滑的水平平台 MN 左侧有一半径为 r 1.8m 的光滑 圆弧形滑块 C 固定在地面上，紧靠在
水平平台 MN 右端的长木板上表面 NQ 水平并与平台等高，底面处在光滑水平面上，长木板的质量 M 6kg
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，长木板的右端为半径 R 0.1m 的 光滑圆弧，长木板的左端有一滑块 B，其质量为 mB 3kg，与 NQ 间的
动摩擦因数μ 0.2。一质量 mA 1kg 的物块 A 从滑块 C 圆弧的最高点由静止滑下，物块 A 沿平台向右运
动与滑块 B 发生弹性碰撞，A 碰撞后被立刻取走。已知 A 和 B 都可看作质点，重力加速度 g 取 10m/s2，求：
（1）A 从 C 上滑下后的速度；
（2）A 和 B 碰撞后 瞬间，B 的速度大小；
（3）为使滑块 B 不能从长木板右端 圆弧离开木板，NQ 的最小长度 L；
【答案】（1）6m/s
（2）3m/s （3）1m
【解析】
【小问 1 详解】
A 从 C 上滑下过程，根据动能定理
解得 A 从 C 上滑下后的速度
【小问 2 详解】
A 和 B 碰撞后的瞬间，根据动量守恒和能量守恒 ，
解得 B 的速度大小
【小问 3 详解】
设滑块 B 刚好不能从长木板右端 圆弧离开木板，则根据系统水平方向动量守恒即能量守恒
，
解得 ，
故 NQ 的最小长度为
22. 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为 L。abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为 B，
方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆 M 以初速度 v0 向右运动，磁场内的细金属杆 N 处于静止状态。
两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为 m，在导轨间的电阻均为 R，感应
电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。
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（1）求 M 刚进入磁场 abcd 时受到的安培力 F 的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未发生碰撞且 N 出磁场时的速度为 ，求：
①N 在磁场内运动过程中通过金属杆 N 的电荷量 q；
②初始时刻 N 到 ab 的最小距离 x；
【答案】（1） ，方向水平向左
（2）① ；②
【解析】
【小问 1 详解】
依题意，当 M 进磁场时所受的安培力为
又
所以
根据左手定则可知，M 刚进入磁场时受到的安培力的方向水平向左；
【小问 2 详解】
①从 M 进入磁场到 N 棒以 离开磁场的过程，根据动量定理可得
又
所以
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为 ，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，有
又
整理可得
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联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，初始时刻 N 到 的最小距离为
23. 如图所示，xOy 平面直角坐标系中第一象限存在一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域（图中未画出），
磁感应强度 ，第二象限存在沿 x 轴正方向的匀强电场 E0，第四象限交替分布着沿-y 方向的匀
强电场和垂直 xOy 平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为 L，边界与 y 轴垂直，电场强度 ，
磁感应强度分别为 B、2B、3B……，其中 。一质量为 m、电量为+q 的粒子从点 M（-L，0）以平
行于 y 轴的初速度 v0 进入第二象限，恰好从点 N（0，2L）进入第一象限，然后又垂直 x 轴进入第四象限，
多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
（1）电场强度 E0 的大小；
（2）第一象限中圆形匀强磁场区域的最小面积 S；
（3）粒子在第四象限中能到达距 x 轴的最远距离。
【答案】（1）
（2）
（3）14L
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【解析】
【小问 1 详解】
设粒子在第二象限运动的时间为 ，加速度为 ，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类
平抛运动，由平抛运动的研究方法，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
【小问 2 详解】
设粒子经过 N 点时的速度为 ，与轴的夹角为 ，则有 ，
解得 ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
作出粒子的运动轨迹如图
磁场区域最小面积的半径满足
磁场区域最小面积为
解得
【小问 3 详解】
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粒子到达 x 轴最远距离时，速度方向平行于 x 方向，只要能进入下一个电场，就有 y 方向的速度，由此可知
粒子离 x 轴最远时一定处于第 n 个磁场中，此前粒子已经过 n 个电场，设此时粒子速度大小为 ，由动能
定理有
粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第 个磁场的过程中，设粒子进入第个磁场时速度方
向与水平方向的夹角为 ，在水平方向上由动量定理有
所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有
而
联立解得
解得
可知粒子离轴最远的距离为