2025-2026学年黑龙江省大庆实验学校高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年黑龙江省大庆实验学校高二（上）期末物理试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在物理学中，有些物理量是矢量、有些物理量是标量，矢量相加时遵从平行四边形定则，标量相加时遵从算术法则。下列四组物理量中，均为矢量的是( )
A. 电场强度，磁感应强度B. 电动势，磁通量
C. 电流，电压D. 电功，电功率
2.如图所示，通有恒定电流的长直导线MN放在矩形绝缘线框ABCD上，长直导线与AD平行，与AB、CD的接触点分别为P、Q，APQD的面积是PBCQ面积的一半，整个线框的磁通量大小为Φ1，矩形PBCQ中的磁通量大小为Φ2，矩形APQD中的磁通量大小为Φ3，则下列判断正确的是( )
A. Φ1=Φ2+Φ3
B. Φ1=Φ2−Φ3
C. Φ2=2Φ3
D. 将直导线向右平移一小段距离，线框中磁通量增大
3.如图所示，真空内存在向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，某时刻其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，下列说法错误的是( )
A. 电场力的瞬时功率为qEv1
B. 该离子受到的洛伦兹力大小为qBv2
C. v1与v2的比值保持不变
D. 该离子的加速度大小保持不变
4.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，将R2的滑动触点从a端向b端移动过程中，电流表示数为I，电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，ΔI、ΔU1和ΔU2分别表示此过程中电流表示数、电压表示数变化量的绝对值。下列说法中正确的是( )
A. 电阻R1、R3功率都变大
B. U1I、U2I的大小均不变
C. 若R1>r，电源的输出功率变小
D. ΔU1ΔI0)，质量为m的小球从M点在纸面内以v0= 2gh的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v=2v0的速度通过N点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则( )
A. UMN=2mghq
B. 小球经过N点时速度方向一定与水平向右的方向成60°
C. 电场强度方向有可能斜向右上
D. 小球在运动过程中的最小速度为 217v0
12.如图所示，ABCD−MNPQ是正方体，在顶点A、P分别固定电荷量为−q的点电荷，在顶点M点固定电荷量为+2q的点电荷，则下列说法正确的是( )
A. 立方体内电势为零区域为一条线
B. 立方体内电势为零区域为一个平面
C. 将一个负的点电荷从B点移到Q点，电场力做正功
D. B、D两点电场强度相同
13.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q(q>0)，质量为m的相同粒子(不计重力及粒子间相互作用)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm3qB，N为磁场边界上的另一个点，MN= 2R，下列说法正确的是( )
A. 粒子从M点进入磁场时的速率为v=BqRm
B. 若将磁感应强度的大小增加到2B，从N点离开磁场的粒子速度沿半径方向
C. 若将磁感应强度的大小增加到2 2B所有粒子出射磁场边界的位置均处于劣弧MN上
D. 若将磁感应强度的大小增加到2 2B，从N点离开磁场的粒子运动时间πm4 2qB
14.如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN，PQ水平放置，导轨间距为L=1m，电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，b棒的阻值为R=1Ω，单刀双掷开关1接电容为C=0.5F的电容器上，初始状态，电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1=1T，电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场B2=0.5T，导体棒a通过细线跨过光滑滑轮与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m=1kg。现将开关S置于1位置，释放重物A，同时开始计时，t1=0.25s时断开开关S，t2=0.45s时将开关S置于2位置，导体棒b开始运动；t3时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. t1时刻导体棒a的速度为v1=1m/sB. t2时刻导体棒a的速度为v2=3m/s
C. t3时刻导体棒a的加速度为103m/s2D. t3时刻回路消耗的热功率为25W
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
15.某实验小组设计了如下实验测量自来水的电阻率。实验器材有：绝缘性能良好的塑料圆柱形容器、金属探针、金属圆片、游标卡尺、电源、电压表、电流表等。
(1)先用游标卡尺测量塑料圆柱形容器的内径，结果如图甲所示，该读数d= ______mm。
(2)将采集的水样装入容器内。容器顶部等间距插有金属探针，两端用金属圆片密封(探针和圆片电阻均可忽略不计)。按图乙连接电路，将电压表与任意两探针相连，连接的两探针间距离记为L。
(3)闭合开关S，调节电阻箱阻值R，使得电流表示数I=314μA。读出电压表示数U，断开开关S。
(4)改变L，重复步骤(3)，测得多组数据，作出U−L图像如图丙中①所示，得到直线的斜率为k，则水样电阻率的表达式ρ= ______(用d，I，k表示)，根据图像计算得出该水样的电阻率为______Ω⋅m(π取3.14，结果保留两位有效数字)。
(5)给水样升温后，重复测量，作出U−L图像如图丙中②所示，实验结果表明，温度越高，水样的电阻率越______(填“大”或“小”)。
16.某实验小组设计了如图甲所示的实验电路，来测量电源的电动势和内阻，实验器材有：待测电源，阻值为R0的定值电阻，内阻可忽略的电流表，总阻值为R0且阻值均匀的四分之一圆形变阻器，变阻器上有可指示滑片转过角度θ的刻度盘，开关、导线若干。回答下列问题：
(1)闭合开关，滑片在顺时针转动的过程中，电流表示数______(填“变大”或”变小”)，电路消耗的总功率______(填“变大”或“变小”)。
(2)在实验中转动滑片，改变角度θ(弧度制)，测量通过定值电阻R0的电流I，以1I为纵坐标，1θ为横坐标，作出图像如图乙所示，已知图像的斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势为E= ______。(用k、b、R0表示)
(3)若θ=π4时变阻器消耗的功率最大，则k和b应满足的关系式为b= ______。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
17.如图，光滑绝缘半球处在水平向右的匀强电场中，球心为O。将带电量均为+q的小球A、B置于其内，平衡时，两球处于同一水平线上，且OA与OB垂直。已知球A质量为m，球B质量为2m，重力加速度大小为g，求两小球之间的库仑力大小和匀强电场的电场强度大小。
18.如图所示，平行金属板C、D间存在匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，矩形PQMN区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，三处磁场的磁感应强度大小均为B。金属板D的延长线过圆形区域的圆心O，金属板C的延长线、两金属板右边缘连线均与圆形区域相切，PN边与圆形区域在PN边的中点A处相切。一束宽度与平行金属板间距相等、比荷均为k的带负电粒子流(不计重力)从金属板左侧以水平向右的速度射入金属板间，恰能在金属板间做直线运动，进入圆形区域经磁场偏转后均过点A。已知PN=125R，PQ=95R。求：
(1)平行金属板C、D间的电压U；
(2)沿金属板C、D中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间t；
(3)QM边上有粒子穿出的长度与MN边上有粒子穿出的长度。
19.电磁制动是通过电磁规律实现制动的技术，具有响应速度快，方便控制，不易磨损等优点，广泛用于现代各种机械设备中，某学习小组对矩形线圈进入磁场的制动特点进行研究。如图甲所示xOy是位于光滑水平桌面上的直角坐标系，在x>0的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度的大小为B，在水平面xΦ3
所以整个线框的磁通量大小为Φ1=Φ2−Φ3，故A错误，B正确；
C.离直导线越远，磁感应强度越弱，所以矩形PBCQ中的平均磁感应强度小于矩形APQD中的平均磁感应强度，矩形PBCQ的面积为矩形APQD面积的两倍，故Φ2r，则外电路电阻大于电源内阻，根据电源输出功率与外电路电阻的关系可知，随外电阻电阻减小，内外电阻的差值减小，电源的输出功率变大，故C错误；
D、对于R1有ΔU1ΔI=R1。根据闭合电路欧姆定律可得U2=E−I(r+R1)，则ΔU2ΔI=r+R1，由此可知ΔU1ΔIM′N′速度v2，根据右手定则可知MN切割磁感线产生的电动势E1>M′N′产生的电动势E2，回路电流方向由N到M，故A错误；
B、系统动量守恒，设MN质量m1=2kg，M′N′质量m2=1kg，初速v0=4m/s，MN稳定速度v1=5m/s。由(m1+m2)v0=m1v1+m2v2，解得M′N′稳定速度v2=2m/s，故B错误；
C、MN加速、M′N′减速，速度差增大导致电动势E和电流I增大，安培力F增大。根据牛顿第二定律可知两杆加速度大小均减小，其v−t图像斜率逐渐趋近于零。
位移关系满足x1>12(v0+v1)t0，x2v0+v1v0+v2=96=32，故C正确；
D、由能量守恒WF=ΔEk+Q热+W克f，系统动能变化量ΔEk不等于焦耳热Q热，故D错误。
故选：C。
细线烧断后两杆速度不同导致回路产生感应电流，根据右手定则判断电流方向。系统动量守恒可用于求解稳定后的速度关系。两杆在安培力作用下加速度变化导致速度差增大，通过分析速度—时间图像斜率变化可推断位移比例关系。能量转化过程中外力做功转化为动能变化、焦耳热和克服摩擦力做功，三者不相等。
本题综合考查电磁感应、动量守恒、能量转化等核心物理概念，是一道难度较高的力学与电磁学综合题。题目通过双杆切割磁感线的情境，巧妙地将动量守恒与电磁感应现象相结合，需要学生具备较强的物理建模能力和综合分析能力。题目计算量适中，但思维链条较长，需要准确理解烧断细线前后系统的动力学变化和电磁学特征。解题过程中需注意三个关键点：一是正确应用右手定则判断感应电流方向，二是利用动量守恒分析稳定状态的速度关系，三是通过能量守恒区分动能变化量与焦耳热的关系。本题特别考察学生对速度—时间图像斜率的理解，以及位移与速度变化量之间的非线性关系，这对学生的图像分析能力提出了较高要求。
9.【答案】B
【解析】解：设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn；
则有：
nqEd=12mvn2
qvnB=mvn2rn；
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒
子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：
vn−1sinθn−1=vnsinαn
如图1所示：
图1
rnsinθn−rnsinαn=d；
由以上三式可得：
rnsinθn−rn−1sinθn−1=d；
则可知，r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…rnsinθn为一组等差数列，公差为d，可得：
rnsinθn=r1sinθ1+(n−1)d；
当n=1时，由图2可知：
r1sinθ1=d
图2
联立可得：rnsinθn=nd
联立解得：
sinθn=B nqd2mE
若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则有：
θn=π2
sinθn=1
由题目可知当n=4时，θ4=30°，即
sin30°=B 4qd2mE
当sinθn=1时，联立解得：
n=16
故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据电场力做功可求出速度，再根据洛伦兹力提供向心力找出第n层中的半径表达式，由数学规律可得出通项式，即可求出sinθn；若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则有：θn=π2，根据已知n=4时，速度的方向与水平方向的夹角联立解得保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出时n的值。
解决该题的关键是知道粒子在电场以及磁场中的运动情况，抓住带电粒子垂直于磁场方向的速度始终不变这一特点。同时该题的关键还有整体思想以及数学知识在物理学中的应用，通过归纳总结得出sinθn的通式。
10.【答案】AD
【解析】解：A.图甲中，通过励磁线圈的电流越大，磁场越大，则B越大，结合洛伦兹力提供向心力evB=mv2r
代入数据得r=mveB
可知，电子的运动径迹半径越小，故A正确；
B.图乙中，磁场进行偏转，电场进行加速，故B错误；
C.图丙中，粒子通过多级直线加速器加速，加速电压越大，粒子获得的能量越高，但要产生这种高压所需的技术要求很高，同时加速装置的长度也要很长，故多级直线加速器不一定比回旋加速器更有优势，故C错误；
D.图丁中，通过速度选择器后，所有的粒子速度相同，进入磁场中，根据qvB=mv2r
代入数据得qm=vBr
所以，粒子打在A1A2上的位置越靠近狭缝P，半径越小，粒子的比荷越大，故D正确。
故选：AD。
结合各仪器工作原理，分析磁场、电场对粒子的作用，逐一判断选项正误。
本题综合考查磁偏转、回旋加速器、多级直线加速器及质谱仪的原理，覆盖面广，能有效检验对不同粒子操控仪器的理解深度。
11.【答案】ABD
【解析】解：A.小球从M到N的运动过程中，由动能定理
qUMN+mgh=12mv2−12mv02
解得MN的电势差
UMN=2mghq
故A正确；
B.小球在水平方向的运动具有对称性，故到达N点时，水平速度大小为v0，所以在竖直方向vy= v2−v02= 6gh
设小球经过N点时速度方向与水平的夹角为α，则tanα=vyv0
解得
tanα= 3
即α=60°
故B正确；
C.若小球在竖直方向只受重力，则vy2=2gh
解得vy= 2gh< 6gh
则小球一定受到竖直向下的电场力的分力，所以电场强度一定有竖直向下的分量，故C错误；
D.画出小球从M到N的速度变化矢量图，如下图
当实际速度与Δv垂直时速度最小，则sinθ= 3v0Δv= 217
则vmin=v0sinθ= 217v0
故D正确。
故选：ABD。
A.根据动能定理求MN的电势差；
B.根据小球在水平方向的运动具有对称性，结合速度的关系求小球经过N点时速度方向与水平向右的方向的夹角；
C.根据运动学公式判断速度的大小，进而判断场强方向；
D.画出小球从M到N的速度变化矢量图，根据几何关系求小球在运动过程中的最小速度。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
12.【答案】AC
【解析】解：AB.将M点的电荷分成两个电荷量均为+q的点电荷，使其中一个与A点的−q组成第一组等量异种电荷，另一个与P点的−q组成第二组等量异种电荷。在第一组等量异种电荷的电场中，立方体内AM的垂直平分面为零电势面；在第二组等量异种电荷的电场中，立方体内BDQN为零电势面。两个零电势面的交线为一条零电势线，故A正确，B错误。
C.在第一组等量异种电荷的电场中，B点电势低于Q点电势；在第二组等量异种电荷电场中，B点与D点电势相等。将两组电场的电势叠加后，B点电势仍然低于Q点电势。当把一个负点电荷从B点移到Q点时，由于负电荷在电势更高的位置电势能更小，可知电势能减小，电场力做正功，故C正确。
D.对B、D两点的电场强度进行叠加分析，发现二者电场强度大小相等，但由于两组电场在两点处的叠加方向不同，最终的场强并不相同，故D错误。
故选：AC。
将M点的电荷拆分为两个+q，使其与A、P点的−q分别组成两组独立的等量异种电荷模型，把复杂问题拆解为两个基础模型的叠加。对两组等量异种电荷的电场分别分析，确定各自的等势面、电势高低和场强方向。结合电场叠加原理，将两组电场的电势和场强进行叠加，判断各选项正误。
本题考查了复杂电场的叠加分析能力，核心是通过将复杂电荷分布分解为两组等量异种电荷的基础模型，综合考查了等势面判断、电势高低比较、电势能变化与电场力做功的关系，以及场强的矢量叠加等静电场的核心知识点。
13.【答案】BC
【解析】解：A.由题意可知，带电粒子从M点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动时间最长的粒子的圆弧所对应的弦应是圆磁场的直径，如图所示
设粒子进入磁场的速率为v，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
解得
v=qBrm
粒子在磁场中运动的周期为
T=2πrv=2πmqB
在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm3qB，则粒子在磁场中转动的时间为
t=πm3qB2πmqB=16T
可知粒子在磁场中转动的圆弧所对的圆心角为
θ=2π6=π3
可得粒子在磁场中运动的半径为
r=2R
可得粒子从M点进入磁场时的速率为
v=2qBRm，故A错误；
B.若将磁感应强度的大小增加到2B，从N点离开磁场的粒子运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可
qv⋅2B=mv2r1
解得
r1=mv2qB=R
由图可知NO2⊥ON，即为从N点离开磁场的粒子速度沿半径方向，故B正确；
C.若将磁感应强度的大小增加到2 2B，可知粒子的圆周半径为
r2= 22R
可知圆弧的直径为 2R，圆心在MN连线的中点，则有在磁场中运动时间最长的粒子从N点离开磁场，因此所有粒子出射磁场边界的位置均处于劣弧MN上，故C正确；
D.若将磁感应强度的大小增加到2 2B，粒子的运动半径为 22R，则圆弧的直径为 2R，可知圆弧的圆心在MN连线的中点，其轨迹图如图所示
磁感应强度为B时，粒子运动周期为
T=2πmqB
若将磁感应强度的大小增加到2 2B，粒子的周期为
T′=πm 2qB
可知若将磁感应强度的大小增加到2 2B从N点离开磁场的粒子运动时间为
t′=T′2=πm2 2qB，故D错误。
故选：BC。
根据在磁场中运动时间最长的粒子运动时间可判断对应的弦应是圆磁场的直径，再根据时间与周期关系知道圆心角，进一步求出半径，根据牛顿运动定律求速度；磁感应强度的大小增加到2B，半径变为原来的一半，四边形OMO2N是一个正方形，即轨道半径和圆磁场半径垂直，粒子圆磁场半径射出；将磁感应强度的大小增加到2 2B，对应半径变化，找到圆心和时间即可判断出场位置；将磁感应强度的大小增加到2 2B，对应半径变化，找到圆心和圆心角，根据周期与圆心角的关系求时间。
本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中运动到问题，要求学生熟练掌握带电粒子在磁场运动的基础规律和解题这类题的一般步骤。
14.【答案】AD
【解析】解：A、将开关S置于1位置，释放重物A后，对导体棒a和A整体，根据牛顿第二定律有
mg−B1iL=2ma1
根据i=ΔQΔt，ΔQ=CΔU，ΔU=BLΔv
联立得：a1=mgCB12L2+2m
代入数据解得：a1=4m/s2
t1时刻导体棒a的速度为
v1=a1t1=4×0.25m/s=1m/s，故A正确；
B、断开开关S后，导体棒a不受安培力，对导体棒a和A整体，根据牛顿第二定律有
mg=2ma2
t2时刻导体棒a的速度为
v2=v1+a2(t2−t1)
联立解得：v2=2m/s，故B错误；
CD、开关S置于2位置，设t3时刻导体棒a的加速度为a3。对导体棒a和A整体，根据牛顿第二定律有
mg−B1IL=2ma3
对导体棒b，有
B2IL=ma3
解得：a3=2.5m/s2,I=5A
回路消耗的热功率为
P=I2R=52×1W=25W，故C错误，D正确。
故选：AD。
将开关S置于1位置，对导体棒a和重物A分析，根据牛顿第二定律、电流定义式、法拉第电磁感应定律、电容的定义式相结合求出导体棒a的加速度大小，根据速度—时间公式求解t1时刻导体棒a的速度大小；根据牛顿第二定律求解导体棒a和重物A在t1～t2时间内的加速度大小，根据速度—时间公式求解t2时刻导体棒a的速度；对a和重物根据牛顿第二定律列方程、对b根据牛顿第二定律列方程，由此得到加速度和电流大小，根据电功率的计算公式求解t3时刻回路中消耗的热功率。
本题关键是弄清楚两根棒的运动情况和受力情况，运用牛顿第二定律、加速度定义式以及安培力公式相结合求出导体棒的加速度，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律进行解答。
15.【答案】20.0； πkd24I，38； 小
【解析】(1)图中游标卡尺的最小分度值为0.1mm，塑料圆柱形容器的内径d=2cm+0×0.1mm=20.0mm
(4)根据电阻定律有Rx=ρLS
根据欧姆定律有Rx=UI
根据几何知识有S=π(d2)2
联立解得U=4ρIπd2L
结合图像可知k=4ρIπd2
解得ρ=πkd24I=3.14×1.5−0.375(4.0−1.0)×10−2×(20.0×10−32)24×314×10−6Ω⋅m≈38Ω⋅m
(5)水样升温后，图像斜率减小，水样的电阻率越小。
故答案为：(1)20.0；(4)πkd24I，38；(5)小。
(1)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
(4)根据电阻定律、欧姆定律和几何知识推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
(5)利用图像斜率物理意义分析判断。
本题关键掌握测量水样的电阻率的实验原理，利用图像处理问题的方法、螺旋测微器的读数方法。
16.【答案】变小;变大 πR0bπ−2k 4kπ
【解析】解：(1)滑片顺时针转动，变阻器接入电路的阻值变小，外电阻变小，路端电压变小，电流表示数变小；
因为外电阻减小，可知电路总电阻减小，故干路电流变大，电路消耗的总功率P=E1
可知电路消耗的总功率P变大。
(2)由闭合电路欧姆定律可知E=IR0+I(1+π2θ)r
整理可得1I=R0+rE+πr2E⋅1θ
所以k=πr2E，b=R0+rE
解得E=πR0bπ−2k，r=2kR0bπ−2k
(3)将电源与R0支路等效为一个新电源，当等效内阻等于θ=π4对应的电阻R02时，变阻器消耗的功率最大，故r=R0
又因为r=2kR0bπ−2k
所以b=4kπ
故答案为：(1)变小，变大；(2)πR0bπ−2k；(3)4kπ。
(1)根据变阻器接入电路的阻值的变化情况和欧姆定律分析判断；根据电流变化情况和功率公式判断；
(2)闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
(3)根据电源输出功率最大的条件分析计算。
本题关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理、利用图像处理数据的方法和电源输出功率最大的条件。
17.【答案】两小球之间的库仑力大小是1.5mg 和匀强电场的电场强度大小是mg2q。
【解析】解：对A球进行受力分析mgtan45°=F库−qE
对B球进行受力分析2mgtan45°=F库+qE
代入数据得F库是1.5mg，E=mg2q
答：两小球之间的库仑力大小是1.5mg 和匀强电场的电场强度大小是mg2q。
对A、B分别受力分析(重力、电场力、库仑力、支持力)，结合OA垂直于OB的几何关系，正交分解后列平衡方程，联立求解库仑力与电场强度。
这题是复合场中的带电体平衡问题，融合库仑力与几何关系，考查受力分析、正交分解法的应用，是力学平衡与电场力、库仑力结合的综合题，检验多力平衡下的分析能力。
18.【答案】(1)平行金属板C、D间的电压U为kB2R2 (2)沿金属板C、D中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间t为2π3kB (3)QM边上有粒子穿出的长度为65R，MN边上有粒子穿出的长度为8−2 65R
【解析】解：(1)因为粒子进入圆形区域经磁场偏转后均过点A，则粒子在圆形磁场中运动的半径与磁场的半径相等，根据牛顿第二定律可得qvB=mv2R
解得v=kBR
粒子在金属板间做直线运动，所以电场力等于洛伦兹力，则qUR=qvB
解得U=kB2R2
(2)沿金属板C、D中轴线运动的粒子从射出金属板到运动至A点的轨迹，如图
由几何关系可得，在圆形磁场中做圆周运动的圆心角为θ=2π3
则粒子在圆形磁场中运动的时间为t=θ2πT=T3
且粒子在圆形磁场中运动的周期为T=2πmqB=2πkB
解得t=T3=2π3kB
(3)分析带负电粒子流的运动轨迹可知，QM边上有粒子穿出的长度为线段EG的长度，MN边上有粒子穿出的长度为线段HF的长度，如图所示
由几何关系可知，QM=PN=125R
MN=AB=PQ=95R
JK=95R−R=45R
BG=AJ=EB= R2−(45R)2=35R
QM边上有粒子穿出的长度为EG=EB+BG=65R
LH=GM=QM2−BG=35R
KL= R2−(35R)2=45R
HN=JL=JK+KL=85R
MN边上有粒子穿出的长度为HF=HN−NF=HN− R2−(PN2−R)2=8−2 65R
答：(1)平行金属板C、D间的电压U为kB2R2；
(2)沿金属板C、D中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间t为2π3kB；
(3)QM边上有粒子穿出的长度为65R，MN边上有粒子穿出的长度为8−2 65R。
(1)根据牛顿第二定律结合电场力等于洛伦兹力求平行金属板C、D间的电压U；
(2)画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和周期与时间的关系求沿金属板C、D中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间t；
(3)画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求QM边上有粒子穿出的长度与MN边上有粒子穿出的长度。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
19.【答案】线框进入磁场全过程中外力做的功为B2l22l1v102r 初速度大小v20的最小值为5B2l22l12m0r 线框l1边进入磁场到减速为0所发生的位移大小为mv30Bl Lm
【解析】解：(1)线框进入磁场切割磁感线，产生的电动势大小为E=Bl2v10
线框中的电流大小I=E2r
外力所做的功转化为焦耳热WF=I22r⋅l1v10=B2l22l1v102r
(2)在第一个l2边进入磁场的过程中，设第一个线框完全进入后的速度大小为v1，以v20的方向为正方向，则
−Bl2q1=m0v1−m0v20
q1=ΔΦ1R1=Bl1l2R1
其中R1=r+r3=43r
在第二个l2边进入磁场的过程中，设第二个线框完全进入后的速度大小为v2，以v1的方向为正方向，则
−Bl2q2=m0v2−m0v1
q2=ΔΦ2R2=Bl1l2R2
其中R2=r2+r2=r
在第三个l2边进入磁场的过程中，设第三个线框完全进入后的速度大小为v3=v20取最小值时v3=0，以v2的方向为正方向，则
−Bl2q3=m0v3−m0v2
q3=ΔΦ3R3=Bl1l2R3
其中R3=r3+r=43r
由上述分析可知B2l22l1(1R1+1R2+1R3)=m0v20
解得v20=5B2l22l12m0r
(3)超导状态下，回路满足Bl2v−Ldidt=0
由动量定理有−Bl2IΔt=0−mv30
即Bl2q=mv30
其中q为通过的总电荷量，结合Ldidt=Bl2v与v=dxdt
解得位移x=mv30Bl2 Lm。
答：(1)线框进入磁场全过程中外力做的功为B2l22l1v102r；
(2)初速度大小v20的最小值为5B2l22l12m0r；
(3)线框l1边进入磁场到减速为0所发生的位移大小为mv30Bl Lm。
(1)用动生电动势公式得感应电动势，结合欧姆定律求电流，再通过能量守恒(外力做功转焦耳热)算热量；
(2)分三段用动量定理(安培力冲量=动量变化)，结合法拉第电磁感应定律算电荷量，总冲量对应初动量求最小初速度；
(3)线框处于超导状态，电阻为零，回路中动生电动势与自感电动势平衡。结合提示的方程，分析线框减速过程中速度、电流与位移的关系。利用动量定理，将安培力的冲量(与电流对时间的积分相关)与线框动量的变化量关联。通过联立动生电动势与自感电动势的关系式，消去中间变量，最终求解出位移大小。
本题是一道综合性极强的电磁感应压轴题，全面考查了电磁感应、电路、能量、动量以及动力学等多方面核心知识。第一问通过匀速条件巧妙地将外力做功转化为焦耳热计算，侧重对电磁感应基本规律和能量转化观点的应用。第二问难度显著提升，要求学生根据三个矩形线框焊接后的特殊结构，动态分析有效切割长度与回路总电阻的变化，并综合运用动量定理与电荷量表达式q=ΔΦR推导临界速度，对学生的建模分析能力和逻辑推理能力提出了很高要求。第三问引入超导与自感概念，回路方程Blv−Ldidt=0将电磁感应与电路暂态过程相结合，解题需从该方程和动量定理出发，通过微积分思想寻找速度、电流与位移的关系，思维深度大，充分考查了学生运用数学工具解决复杂物理问题的能力。本题计算量较大，设问层层递进，是一道区分度高的经典好题。