2024版新教材高考物理复习特训卷电磁学部分素养综合评价

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷电磁学部分素养综合评价，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.
曹冲称象的故事讲的是曹冲巧妙地用石头总的重量称出了大象的重量，下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是（ ）
A.建立“交变电流有效值”的概念
B.建立“点电荷”的概念
C.建立“瞬时速度”的概念
D.卡文迪许测量引力常量
2.
湖北武当山的主峰天柱峰屹立着一座光耀百里的金殿，因为武当山重峦叠嶂，气候多变，云层常带大量电荷．金殿屹立峰巅，是一个庞大的金属导体．当带电的积雨云移来时，云层与金殿顶部之间形成巨大的电势差，就会使空气电离，产生电弧，也就是闪电．强大的电弧使周围空气剧烈膨胀而爆炸，看似火球并伴有雷鸣；而且金殿与天柱峰合为一体，本身就是一个良好的放电通道，金殿顶部很少有带尖的结构，不易放电，所以能使电压升得比较高，保证“雷火炼殿”之需．关于“雷火炼殿”，以下说法正确的是（ ）
A.带电的积雨云和金殿顶部带同种电荷
B.因为尖端放电使得金殿顶部电压升得比较高
C.当带电的积雨云移来时，云层与金殿顶部之间形成巨大电势差的原因是静电感应
D.近些年来，金殿安装了避雷设施，“雷火炼殿”现象更加明显和频繁了
3.某示波管内的聚焦电场如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，A、B、C 为电场中的三点．两电子分别从A、B运动到同一点C，电场力对两电子做功分别为WA和WB，则（ ）
A.WA＝WB<0 B．WA＝WB>0
C.WA>WB>0 D．WA4.
近年来，机器人逐渐走入我们的生活．如图所示，一款微型机器人的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，下列说法正确的是（ ）
A.电动机消耗的热功率为UI
B.电源的输出功率为I2R
C.电源的效率为1－ eq \f(Ir,E)
D.电动机消耗的总功率为EI
5.如图，载有固定条形磁铁的小车沿光滑倾斜直轨道依次穿过三个完全相同且等间距排列的线圈，该过程中a、b两点间电压U随时间t变化的图线可能为（ ）
A B
C D
6.绝缘光滑水平面上有A、B、O三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为－2 m，B点坐标为2 m，如图甲所示．A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段．现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度v0由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（ ）
A.负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
B.负点电荷在B点速度大于v0
C.负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度
D.当负点电荷分别处于－ eq \r(2) m和 eq \r(2) m时，电场力的功率相等
7.有一款超级快速无线充电器，可提供最大50 W的无线充电功率，如图甲所示．其原理与变压器工作原理相似，无线充电器内部置有基座线圈，支持无线充电的手机内部置有受电线圈，利用产生的磁场传递能量，工作原理图简化为如图乙所示，充电基座接上220 V、50 Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个二极管给手机电池充电．已知手机电池采用9 V电压快速充电，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量损失，二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是（ ）
A.受电线圈能够给手机电池充电是利用了自感现象
B.基座线圈和受电线圈的匝数比为110∶9
C.若某段时间无线充电器以最大功率为手机充电，则基座线圈的电流为 eq \f(5,22) A
D.受电线圈两端电压的峰值为9 eq \r(2) V
8.海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v＝v0sin eq \f(2π,T) t，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为（ ）
A. eq \f(2π2B2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) L2T,R＋r) B． eq \f(4π2B2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) L2T,R＋r)
C. eq \f(2B2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) L2T,R＋r) D． eq \f(4B2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) L2T,R＋r)
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A.P向下滑动时，灯L变亮
B.P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C.P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大
10.
[2023·福建泉州市高三模拟]如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ水平放置，轨道间距为L.现有一个质量为m，长度为L的导体棒ab垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体棒和轨道电阻均可忽略不计．有一电动势为E、内阻为r的电源通过开关S连接到轨道左端，另有一个定值电阻R也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现闭合开关S，导体棒ab开始运动，则下列叙述中正确的有（ ）
A.导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大时导体棒中无电流
B.导体棒所能达到的最大速度为 eq \f(ER,（R＋r）BL)
C.导体棒稳定运动时电源的输出功率 eq \f(E2R,（R＋r）B2L2)
D.导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E
11.[2023·广东佛山市二模]据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是（ ）
A.电场方向垂直环平面向外
B.电子运动周期为 eq \f(2πR,v)
C.垂直环平面的磁感应强度大小为 eq \f(mv,eR)
D.电场强度大小为 eq \f(mv2,eR)
12.
疫情中某新建病房的供电系统可简化为如图所示的电路图．图中a、b所接的电源的内阻为r＝1 Ω，电动势e随时间的变化关系为e＝325 sin 100πt（V）；Ⅰ等效为病房中的照明电路，其等效电阻为22 Ω；Ⅱ等效为病房中的紫外线消毒电路，其等效电阻为10.5 Ω；Ⅲ等效为医护人员使用的生活区照明电路，其等效电阻为44 Ω.下列说法正确的是（ ）
A.当S1、S2、S3都断开时，电压表读数为220 V
B.当S1闭合，S2、S3都断开时，电流表读数为10 A
C.当S2闭合，S1、S3都断开时，电压表读数为210 V
D.当S1、S3都闭合，S2断开时，电流表读数为20 A
[答题区]
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13.（6分）某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池，他们想测定该电池的电动势与内阻．
（1）张同学选用图甲所示电路测量该电池的电动势与内阻．由于电压表的分流，电池电动势的测量值 真实值，内阻的测量值 真实值．（均选填“大于”“等于”或“小于”）
（2）李同学选用图乙所示的电路测量该电池的电动势与内阻．他正确连接好电路，闭合开关S，逐次改变电阻箱接入电路中的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，根据得到的多组实验数据绘出 eq \f(1,U) ­ eq \f(1,R) 图像如图丙所示．若图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则李同学测得电池的电动势E＝ ，内阻r＝ ．
14.（8分）为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值R随光的照度I而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为lx）.
（1）某光敏电阻在不同照度下的阻值R如下表所示，根据表中的数据，请在图甲的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并判断光敏电阻的阻值R与照度I是否成反比关系．答 ：（填“是”或“否”）.
（2）图乙为街道路灯自动控制电路，利用直流电源E为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电．为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在 （填“AB”或“CD”）之间．
（3）已知线圈的电阻为140 Ω，直流电源E的电动势E＝36 V，内阻忽略不计．当线圈中的电流大于10 mA时，继电器的衔铁将被吸合，滑动变阻器R′的阻值应调为 Ω时，才能使天色渐暗照度低于1.0 lx时点亮路灯．
（4）使用一段时间后发现，路灯在天色更亮时就已点亮了，为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭，变阻器R′的阻值应适当调 些（选填“大”或“小”）.
15.（8分）如图甲中平行板电容器，两板所加电压如图乙所示．t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0从电容器左侧中央射入电容器，2.5 T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：
（1）该粒子的水平位移；
（2）平行板电容器两板间的距离d.
16.（10分）电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行光滑轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I0从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），弹体处磁感应强度的大小B＝kI0.通电的弹体在轨道上由于受到安培力的作用而高速射出．小明同学从网上购买了一个轨道炮模型，其轨道长度为L＝50 cm，平行轨道间距d＝2 cm，弹体的质量m＝2 g，导轨中的电流I0＝10 A，系数k＝0.1 T/A.求：
（1）弹体在轨道上运行的加速度大小a；
（2）弹体离开轨道过程中受到安培力的冲量大小I；
（3）现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，通过分析说明，理论上可采用哪些办法．（至少说出两种方法）
17.
（12分）如图所示，A是一个边长为l的正方形导线框，其质量为m，电阻为R.A在外力F作用下由图示位置从静止起以恒定加速度a沿x轴向右做直线运动，穿过图中所示的匀强磁场区域，磁感应强度为B.不计一切摩擦．
（1）A右侧刚进入磁场区域时，求A中的感应电流大小；
（2）判断A在图中哪个位置时外力F最大，并写出其表达式；
（3）A右侧进磁场与出磁场时，外力F做功的瞬时功率之比为1∶3，求A右侧进磁场时外力F1与安培力F安1的比值．
18.（16分）利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用．如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为＋q的带电粒子，其初速度为v0，经过可调的加速电压U eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤U≤\f(3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2q))) 加速后，以一定速度垂直平面MNN1M1射入边长为2L的正方体区域MNPQ ­ M1N1P1Q1.可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在长方形MHIJ区域（MH＝ eq \f(3L,2) ，MJ＝L）内入射，不计粒子重力及其相互作用．（说明：本题中为了计算方便，取cs 36°＝0.8，sin 36°＝0.6）
（1）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强电场电场强度的最小值E0；
（2）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1（含边界），求所加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
（3）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且加速电压为零时，从M点射入的粒子恰好打在底面M1N1P1Q1的中心，求所加的B、E的大小；
（4）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且电场强度为E1＝ eq \f(4mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,π2qL) ，磁场的磁感应强度为B1＝ eq \f(mv0,qL) ，画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界，并求出面积．
电磁学部分素养综合评价
1．答案：A
解析：曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想．研究“交变电流有效值”的概念，采用的方法是让交流电产生的效果与直流电产生相等的效果，所以是等效替代法，A正确；建立“点电荷”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，B错误；建立“瞬时速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，C错误；卡文迪许测量引力常量，采用放大的思想，不是等效替代，D错误．
2．答案：C
解析： 云层与金殿顶部之间形成巨大电势差的原因是静电感应，因为静电感应，带电的积雨云和金殿顶部带异种电荷，A错误，C正确；因为尖端放电使得金殿顶部电压降低，B错误；近些年来，金殿安装了避雷设施，云层与金殿顶部的电势差减小，故“雷火炼殿”现象不明显和频繁，D错误．
3．答案：B
解析：图中A、B两点在一个等势面上电势相等，则AC间的电势差等于BC间的电势差，沿着电场线方向，电势是降低的，则有UAC＝UBC<0，根据W＝qU，则有WA＝WB>0，B正确，A、C、D错误．
4．答案：C
解析：电动机消耗的热功率是P＝I2R，A错误；电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出＝UI，B错误；电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为η＝ eq \f(IE－I2r,IE)＝1－ eq \f(Ir,E)，C正确；电动机消耗的总功率是P＝IU，D错误．
5．答案：A
解析：由题意可得，小车沿倾斜直轨道做匀加速直线运动，所以经过相邻两个线圈的时间越来越小，且随着小车速度增大，穿过三个线圈的磁通量变化率逐渐增大，即最大感应电动势逐渐增大，且随着小车速度增大，穿过三个线圈的时间变小，则出现感应电动势的时间也逐渐减小，A正确．
6．答案：C
解析：由图像，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小，故A错误；AO段与BO段电势差相等，电场力做功大小相等，且AO段电场力对电荷做正功，OB段电场力对电荷做负功，故电荷在B点速度为v0，故B错误；电荷在AB间运动v ­ t图像如图
由于位移相等，则面积相等，AO段的时间小于OB段的时间，易知电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，故C正确；负点电荷分别处于－ eq \r(2) m和 eq \r(2) m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但－ eq \r(2) m处的速度与 eq \r(2) m处的速度不相等，所以电场力的功率不相等，故D错误．故选C.
7．答案：C
解析：受电线圈能够给手机电池充电是利用了互感现象，A错误；由于二极管具有单向导电性，受电线圈两端电压U2与手机电池充电电压U3满足 eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R)T＝2 eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,R)T，解得U2＝ eq \r(2)U3＝9 eq \r(2)V，则基座线圈和受电线圈的匝数比为 eq \f(n1,n2)＝ eq \f(U1,U2)＝ eq \f(220,9\r(2))＝ eq \f(110\r(2),9)，所以B错误；若充电功率达到50 W，则机座线圈电流为I1＝ eq \f(P,U1)＝ eq \f(5,22)A，所以C正确；受电线圈两端电压的峰值为UM2＝ eq \r(2)U2＝18 V，所以D错误．故选C.
8．答案：A
解析：环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E＝Blv，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知，l＝2πL联立v＝v0sin eq \f(2π,T)t，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝2πBlv0sin eq \f(2π,T)t，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E＝ eq \r(2)πBLv0，则该发电装置在一个周期内产生的电能E电＝ eq \f(E2T,R＋r)＝ eq \f(2π2B2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) L2T,R＋r)，故B、C、D错误，A正确．故选A.
9．答案：BD
解析：对于理想变压器有U2＝ eq \f(n2,n1)U1，U1不变，则U2不变，与如何调节P无关，故B正确．又UL＝U2，所以灯的亮度不变，A错误；P向上滑动时RP减小，则R总减小，P出＝ eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R总)增大，P入＝P出＝U1I1，所以I1增大，可知C错误，D正确．
10．答案：AB
解析： 闭合开关S，导体棒受到的安培力向右同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向与电源电动势相反，电流减小，所受安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值电阻R两端电压大小相等时，导体棒中电流为零，导体棒做匀速运动，速度达到最大，故A正确；Eab＝BLvm＝ eq \f(R,R＋r)E，得vm＝ eq \f(ER,（R＋r）BL)，故B正确；导体棒稳定运动时电源的输出功率为P＝I2R＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r))) eq \s\up12(2)R＝ eq \f(E2R,（R＋r）2)，故C错误；导体棒稳定运动时导体棒中电流为零，导体棒的感应电动势与电源两端的路端电压相等，即U＝ eq \f(ER,R＋r)，故D错误．
11．答案：BCD
解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝ eq \f(2πR,v)，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝m eq \f(v2,R)，解得B＝ eq \f(mv,eR)，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝ eq \f(mv2,eR)，D正确．
12．答案：BC
解析：由电动势e随时间的变化关系e＝325 sin 100πt(V)可知，电动势有效值为E＝230 V．当S1、S2、S3都断开时，路端电压等于电源电动势，所以电压表读数为230 V，A错误；当S1闭合，S2、S3都断开时，外电路电阻R1＝22 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电流表读数为I1＝ eq \f(E,R1＋r)＝ eq \f(230,22＋1)A＝10 A，B正确；当S2闭合，S1、S3都断开时，外电路电阻R2＝10.5 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电流表读数为I2＝ eq \f(E,R2＋r)＝ eq \f(230,10.5＋1)A＝20 A，电压表读数为U＝E－I2r＝230 V－20×1 V＝210 V，C正确；当S1、S3都闭合，S2断开时，外电路为Ⅰ和Ⅲ电路并联，则外电路电阻R3＝ eq \f(44,3) Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电流表读数为I3＝ eq \f(E,R3＋r)＝ eq \f(230,\f(44,3)＋1) A＝14.7 A，D错误．
13．答案：(1)小于 小于 (2) eq \f(1,b) eq \f(k,b)
解析：(1)电源的电动势在数值上等于外电路断开(即电流表的示数为零)时的路端电压，在题图甲中，当电流表的示数为零时，由于电压表的电阻并非无穷大，电源与电压表构成通路，此时电路中会有微弱的电流，从而造成电池内电阻分压，所以电压表的示数小于电池的电动势，即电池电动势的测量值小于真实值．在这种情况下，所测得的电池内阻实际上是电压表内阻和电源内阻并联后的等效阻值，所以内阻的测量值也小于真实值．
(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir＝U＋ eq \f(U,R)·r
整理得 eq \f(1,U)＝ eq \f(1,E)＋ eq \f(r,E)· eq \f(1,R)
故 eq \f(1,U) ­ eq \f(1,R)图像的斜率为k＝ eq \f(r,E)
纵轴截距为b＝ eq \f(1,E)
解得E＝ eq \f(1,b)，r＝ eq \f(k,b)
14．答案：(1)否 (2)AB (3)1 460 (4)小
解析：(1)如图所示
若光敏电阻的阻值R与照度I成反比关系，则有RI为定值，由图像中点的数据可得
5．8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2，可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系；
(2)由于天亮时照度较大，光敏电阻的阻值较小，电路中的电流较大，衔铁被吸下，AB间断开，CD间接通，故灯泡应接在AB间；
(3)由题意可知，当照度降到1.0 lx时，电路电流降低到10 mA，此时电路中的总电阻为R总＝ eq \f(E,I)＝ eq \f(36,10×10－3)Ω＝3 600 Ω，此时光敏电阻的阻值为R＝2 000 Ω，则滑动变阻器R′的阻值应调为R′＝R总－R－R阻＝3 600 Ω－2 000 Ω－140 Ω＝1 460 Ω
(4)使用一段时间后发现，路灯在天色更亮时就已点亮了，说明在天色更亮时电路电流就降到了10 mA，为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭，应使天色更亮时电路电流大于10 mA，应使电路的总电阻适当减小，故应将变阻器R′的阻值适当调小些．
15．答案：(1)2.5v0T (2)d＝ eq \f(T,2) eq \r(\f(17qU,m))
解析：(1)带电粒子在水平方向不受外力作用而做匀速运动，因此水平位移为：
x＝v0t＝v0·2.5T＝2.5v0T ①
(2)带电粒子在竖直方向的运动规律如vy ­ t图所示
故有：y＝ eq \f(1,2)a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)T)) eq \s\up12(2)＋vy1·T ②
因a＝ eq \f(qU,md) ③
vy1＝aT ④
又y＝ eq \f(1,2)d ⑤
联立②③④⑤得：d＝ eq \f(T,2) eq \r(\f(17qU,m))
16．答案：(1)100 m/s2 (2)0.02 N·s (3)见解析
解析：(1)磁感应强度B＝kI0
所受安培力F＝BI0d，F＝ma 可得a＝100 m/s2
(2)由动能定理可知FL＝ eq \f(1,2)mv2
弹体受到的冲量大小I＝mv－0
可得I＝0.02 N·s
(3)由以上表达式可知v′＝I0 eq \r(\f(2kdL,m))可知：欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可采用的方法有：轨道中的电流变为原来的2倍；弹体质量变为原来的 eq \f(1,4)；轨道间距变为原来的4倍；轨道长度变为原来的4倍．
17．答案：(1) eq \f(Bl\r(2al),R) (2)F＝ma＋ eq \f(B2l2\r(10al),R) (3)2∶1
解析：(1)根据运动学公式v2－0＝2al
解得A右侧刚进入磁场区域时的速度v＝ eq \r(2al)
则感应电流为I＝ eq \f(Blv,R)＝ eq \f(Bl\r(2al),R)
(2)线框A左边到达磁场右边界(即将离开磁场)时外力F最大，设磁场线框的速度大小为v′，由匀变速直线运动的速度—位移公式得v2＝2a(l＋l＋3l)
解得v＝ eq \r(10al)
感应电流I＝ eq \f(Blv,R)＝ eq \f(Bl\r(10al),R)
导线框受到安培力大小F安＝BI′l＝ eq \f(B2l2\r(10al),R)
对导线框，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
解得F＝ma＋ eq \f(B2l2\r(10al),R)
(3)A右侧进磁场时安培力大小F安1＝ eq \f(B2l2\r(2al),R)
A右侧进磁场时外力大小F1＝ma＋ eq \f(B2l2\r(2al),R)
A右侧进磁场时外力的功率P1＝F1v＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ma＋\f(B2l2\r(2al),R)))× eq \r(2al)＝ma eq \r(2al)＋ eq \f(2B2l3a,R)
设A右侧出磁场时速度大小为v″，则v″＝ eq \r(2a（l＋3l）)＝2 eq \r(2al)
A右侧出磁场时外力大小F2＝ma＋ eq \f(2B2l2\r(2al),R)
外力的功率P2＝F2v″＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ma＋\f(2B2l2\r(2al),R)))×2 eq \r(2al)＝2ma eq \r(2al)＋ eq \f(8B2l3a,R)
由题意得P1∶P2＝1∶3
解得ma＝ eq \f(B2l2\r(2al),R)
则F1∶F安1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ma＋\f(B2l2\r(2al),R)))∶ eq \f(B2l2\r(2al),R)＝( eq \f(B2l2\r(2al),R)＋ eq \f(B2l2\r(2al),R))∶ eq \f(B2l2\r(2al),R)＝2∶1
18．答案：(1) eq \f(4mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qL) (2) eq \f(mv0,Lq) (3) eq \f(4mv0,5qL)， eq \f(128mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,49π2qL)
(4)， eq \f(6－π,4)L2
解析：(1)粒子经过加速电场加速有qU＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) 仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的粒子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得qE0＝ma，2L＝ eq \f(1,2)at2，2L＝vt解得E0＝ eq \f(4mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qL)
(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得r1＝2L，qvB＝ eq \f(mv2,r1)解得B≤ eq \f(mv,2Lq)＝ eq \f(mv0,Lq)，当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有r2＝L，qv0Bm＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2)解得B≥ eq \f(mv0,Lq)所以B＝ eq \f(mv0,Lq)
(3)x方向的运动L＝ eq \f(qE,2m)t2，xz平面的运动(2L－r)2＋L2＝r2得到r＝ eq \f(5L,4)，cs θ＝ eq \f(L,r)＝ eq \f(4,5)
又r＝ eq \f(mv0,qB)，t＝ eq \f(\f(90°＋θ,360°)×2πr,v0)解得B＝ eq \f(4mv0,5qL)，E＝ eq \f(128mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,49π2qL)
(4)画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界
面积为s＝ eq \f(6－π,4)L2.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
照度I/lx
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
阻值R/kΩ
5.8
3.7
2.7
2.3
2.0
1.8