精品解析：河南鹤壁市2025-2026学年高二上学期期末考试物理试题

高二期末 物理 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 如图所示的区域内有一簇实线，可能是电场线，也可能是磁感线。一带正电的粒子（不计重力）由静止释放，下列判断正确的是（　　） A. 若为电场线，粒子释放后沿着电场线运动 B. 若为电场线，粒子释放后电势能逐渐增大 C. 若为磁感线，粒子释放后静止不动 D. 若为磁感线，左边一定为磁体的S极，右边一定为N极 2. 如图1所示，竖直固定的螺线管线圈两端通过导线与一电阻相连，构成闭合回路。螺线管处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。磁场竖直向上为正方向，则通过电阻的电流，下列判断正确的是（　　） A. 时刻电流最大 B. 时间内电流方向a→b C. 与时间内电流方向相反 D. 与时间内电流方向相同 3. 如图所示，A、B、C、D为真空中一正方形的四个顶点，E、F分别为AD边和BC边的中点，O为正方形的中心。在AB边的中点和CD边的中点分别固定电荷量为的两个点电荷。规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　） A. A、C两点的电场强度等大反向 B. A、D两点的电场强度等大反向 C. O点的电势大于零 D. 将一电子从E点由静止释放，电子将在E、F之间运动 4. 如图所示，电磁振荡电路中的能量有一部分要以电磁波的形式辐射到周围空间中去。下列说法正确的是（　　） A. 增大电容器两板间的距离，能减小振荡电路的频率 B. 增加电感线圈的匝数，能增大振荡电路的频率 C. 麦克斯韦通过实验证实了电磁波的传播速度等于光速 D. 赫兹通过实验证实了电磁波的存在 5. 如图所示，光滑绝缘支架ABC固定在水平地面上，其中，BC垂直于地面且长度为l，电荷量为q的正点电荷固定在C点。质量为m的带电圆环套在AB上，恰好能静止在AB的中点。已知静电力常量为k，重力加速度为g，圆环的直径远远小于l，下列判断正确的是（　　） A. 圆环所带电荷量大小为 B. 圆环所带电荷量大小 C. 将圆环从紧靠B点左侧释放瞬间，加速度大小为2g D. 将圆环从紧靠B点左侧释放瞬间，加速度大小为 6. 某电磁驱动装置的原理结构示意图如图所示，光滑绝缘水平面上存在竖直向上的匀强磁场，固定在水平面上的三角形导体框abc由粗细均匀的相同导线制成，，，。在a、b之间接一直流电源，整个导体框受到的安培力大小为F，下列判断正确的是（　　） A. ab边与ac边受到的安培力方向相同 B. ab边受到的安培力大小为 C. ac边受到的安培力大小为 D. bc边受到的安培力为零 7. 如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有边长为8cm的等边三角形abc，d点为bc边的中点。位于a处的电子源向平面内各个方向发射初动能均为6eV的电子，其中到达b点的电子动能为10eV，到达c点的电子动能为2eV。已知c点的电势为1V，忽略电子的重力和电子间的相互作用，下列判断正确的是（　　） A. 电场强度方向从a指向b B. 电场强度的大小为100V/m C. b点的电势为 D. 沿着ad方向发射电子，恰好通过b点 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 一单匝矩形线圈的面积，线圈电阻，时绕轴从如图所示的位置开始匀速转动，角速度。匀强磁场的磁感应强度大小，定值电阻，导线电阻不计，电流表为理想交流电表。下列判断正确的是（　　） A. 线圈中产生电动势的最大值为10V B. 电流表的示数为1A C. 0~0.01s的时间内，通过R的电荷量为0 D. 1分钟的时间内，R上产生的焦耳热为270J 9. 某同学用满偏电流Ig=0.1mA、内阻rg=99Ω的灵敏电流计和电源等器材制作一多用电表，电路如图所示。已知R1=1Ω，该多用电表的电压挡量程为2V，下列判断正确的是（　　） A. 该多用电表的电流挡量程为10mA B. R2=200Ω C. a为红表笔 D. 使用该多用电表测电阻时不需要调零 10. 通过变压器给用户供电的原理图如图所示。理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，原线圈和副线圈输电线的电阻分别用R1和R2表示，且R1=2R2，a、b端输入电压不变，电压表均为理想电表。当并入电路的用电器逐渐增加时，下列判断正确的是（　　） A. 电压表V1的读数保持不变 B. 电压表V2的读数逐渐变小 C. 电压表V1与V2的读数之比保持不变 D. 变压器的输出功率逐渐变大 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 小明同学用如图1所示的电路研究电容器的充、放电现象。已知电源电动势为8V，图1中a、b两理想发光二极管有电流通过时会发光，先将开关拨到1，电容器充满电后，再把开关拨到2，电流传感器描绘出电流随时间变化的图线如图2所示。 （1）电容器放电过程中，会发光的二极管是________（选填“a”或“b”）； （2）图2中，图线与坐标轴围成的图形面积表示释放的电荷量，为，则电容器的电容________F； （3）若增大滑动变阻器接入电路的阻值，电容器充满电后再把开关拨到2，则电容器的放电时间________（选填“变长”“变短”或“不变”），放电过程中释放的电荷量________（选填“变大”“变小”或“不变”）。 12. 石墨丝因其高熔点和低热膨胀系数，广泛应用于冶金、半导体等高温工艺中。某实验小组通过实验测量一段石墨丝的电阻率。 （1）已知石墨丝的横截面为正方形，用螺旋测微器测得石墨丝横截面的边长d如图所示，则________mm。 （2）用伏安法测量石墨丝的电阻，实验室提供的器材，除了开关和导线外，还有：电源（电动势E约3.0V），电流表A（量程为0~0.6A，内阻约），电压表V（量程为0~3V，内阻约），滑动变阻器（最大电阻为，额定电流为1.0A），滑动变阻器（最大电阻为，额定电流为0.1A）。已知石墨丝的电阻为左右，为了测量尽可能准确，且使石墨丝两端的电压从零开始增加，滑动变阻器应该选择________（选填“”或“”），下列四个电路图中，合理的是________。 A. B. C. D. （3）用刻度尺测得石墨丝接入电路的长度，用伏安法测得石墨丝的电阻，则该石墨丝的电阻率________（保留2位有效数字），若考虑电流表和电压表的内阻影响，则电阻率的测量值________真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。 13. 如图所示，电源内阻r=1Ω，当电阻箱接入电路的阻值R=3Ω时，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡正常发光，电动机正常工作，电流表的示数I=1.5A。已知电动机线圈电阻R0=0.2Ω，电流表的内阻可忽略，灯泡的电阻恒定不变。求： （1）灯泡的电阻RL和电源的电动势E； （2）电动机正常工作时输出功率P。 14. 如图1所示，间距的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角，上端通过导线连接阻值的定值电阻，导轨光滑且电阻忽略不计。空间存在垂直导轨平面向上的矩形磁场区域1、2、3，磁场的宽度均为，磁感应强度大小随时间变化的规律均如图2所示。时刻，将一根长度、质量、电阻的导体棒垂直放在导轨上磁场区域1和2之间，0~2s的时间内锁定，时解除锁定，导体棒恰好能匀速通过磁场区域2。已知导体棒运动过程始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度g取。求： （1）0~2s的时间内电阻R上产生的焦耳热Q； （2）导体棒通过磁场区域2时的速度大小v和两端的电压U； （3）导体棒通过磁场区域3的过程中流过电阻R的电荷量q。 15. 如图所示的长方体空间存在沿方向的匀强电场，长方体空间存在沿方向的匀强磁场，O、、分别为面abcd、、面的中心，比荷为k的带正电粒子由O点沿ab方向以初速度射入电场，经过一段时间粒子从面的M点（未画出）进入磁场区域，经磁场偏转后从面的N点（未画出）返回电场区域。已知，cd边和边足够长，粒子的重力忽略不计。求： （1）电场强度的大小； （2）磁感应强度的大小； （3）若仅将磁感应强度大小加倍，则粒子从O点到第二次通过M点的时间为多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二期末 物理 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 如图所示的区域内有一簇实线，可能是电场线，也可能是磁感线。一带正电的粒子（不计重力）由静止释放，下列判断正确的是（　　） A. 若为电场线，粒子释放后沿着电场线运动 B. 若为电场线，粒子释放后电势能逐渐增大 C. 若为磁感线，粒子释放后静止不动 D. 若为磁感线，左边一定为磁体的S极，右边一定为N极 【答案】C 【解析】 【详解】A．若为电场线，正电粒子由静止释放时，初始速度方向与所在点的电场线切线方向一致。但因为电场线是曲线，粒子的运动轨迹会偏离电场线，不会一直沿着电场线运动，故A错误； B．若为电场线，正电粒子在电场力作用下运动，电场力做正功，电势能会减小，故B错误； C．若为磁感线，正电粒子由静止释放，速度为零，不受洛伦兹力，会保持静止状态，故C正确； D．磁感线是闭合曲线，仅根据图中一段弯曲的磁感线，无法判断磁体的N、S极（因为磁体外部磁感线从N极到S极，内部从S极到N极），故D错误。 故选C。 2. 如图1所示，竖直固定的螺线管线圈两端通过导线与一电阻相连，构成闭合回路。螺线管处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。磁场竖直向上为正方向，则通过电阻的电流，下列判断正确的是（　　） A. 时刻电流最大 B. 时间内电流方向为a→b C. 与时间内电流方向相反 D. 与时间内电流方向相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可得， 其中为图线的斜率，由图2可知，时刻图线的斜率为零，此时电流最小，为零，故A错误； B．时间内磁场正方向增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应磁场向下，根据安培定则可知，电流方向为a→b，故B正确； CD．时间内磁场正方向减小，根据楞次定律“增反减同”可知，感应磁场向上，根据安培定则可知，电流方向为b→a；同理，时间内磁场负方向增加，根据楞次定律“增反减同”可知，感应磁场向上，根据安培定则可知，电流方向为b→a，所以与时间内电流方向相同；与时间内电流方向相反，故CD错误。 故选B。 3. 如图所示，A、B、C、D为真空中一正方形的四个顶点，E、F分别为AD边和BC边的中点，O为正方形的中心。在AB边的中点和CD边的中点分别固定电荷量为的两个点电荷。规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　） A. A、C两点的电场强度等大反向 B. A、D两点的电场强度等大反向 C. O点的电势大于零 D. 将一电子从E点由静止释放，电子将在E、F之间运动 【答案】A 【解析】 【详解】A．如图所示，根据场强叠加遵循平行四边形定则可知A、C两点的电场强度等大反向，故A正确； B．如图所示，根据场强叠加遵循平行四边形定则可知A、D两点的电场强度等大，方向不是相反，故B错误； C．规定无穷远处电势为零，根据和电势叠加法则可知O点的电势小于零，故C错误； D．将一电子从E点由静止释放，E点的场强方向沿EO，可知电子受电场力方向沿OE，可知电子一直做加速运动，不在E、F之间运动，故D错误。 故选A。 4. 如图所示，电磁振荡电路中的能量有一部分要以电磁波的形式辐射到周围空间中去。下列说法正确的是（　　） A. 增大电容器两板间的距离，能减小振荡电路的频率 B. 增加电感线圈的匝数，能增大振荡电路的频率 C. 麦克斯韦通过实验证实了电磁波的传播速度等于光速 D. 赫兹通过实验证实了电磁波的存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据可得增大电容器两板间的距离，电容减小，根据可知振荡电路的频率变大，故A错误； B．增加电感线圈的匝数，自感系数变大，可得振荡电路的频率变小，故B错误； C．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，电磁波在真空的传播速度等于光速，故C错误； D．赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D正确。 故选D 5. 如图所示，光滑绝缘支架ABC固定在水平地面上，其中，BC垂直于地面且长度为l，电荷量为q的正点电荷固定在C点。质量为m的带电圆环套在AB上，恰好能静止在AB的中点。已知静电力常量为k，重力加速度为g，圆环的直径远远小于l，下列判断正确的是（　　） A. 圆环所带电荷量大小 B. 圆环所带电荷量大小为 C. 将圆环从紧靠B点左侧释放瞬间，加速度大小为2g D. 将圆环从紧靠B点左侧释放瞬间，加速度大小为 【答案】A 【解析】 【详解】AB．若圆环带正电，圆环受到的静电力为斥力，此时圆环所受重力方向竖直向下，支持力方向垂直于杆，合力不可能为0，圆环不可能处于静止状态，可知，圆环一定带负电，所受静电力为引力，对圆环进行分析，如图所示 根据几何关系可知，AB的中点到A、B、C三点间距相等，且均等于l，根据平衡条件有 解得，故A正确，B错误； CD．将圆环从紧靠B点左侧释放瞬间，根据牛顿第二定律有 结合上述解得，故CD错误。 故选A。 6. 某电磁驱动装置的原理结构示意图如图所示，光滑绝缘水平面上存在竖直向上的匀强磁场，固定在水平面上的三角形导体框abc由粗细均匀的相同导线制成，，，。在a、b之间接一直流电源，整个导体框受到的安培力大小为F，下列判断正确的是（　　） A. ab边与ac边受到的安培力方向相同 B. ab边受到的安培力大小为 C. ac边受到的安培力大小为 D. bc边受到的安培力为零 【答案】C 【解析】 【详解】线框的ab边与acb两边长度之比为1：2，电阻之比也是1：2 设通过ab的电流为2I，则通过acb两边的电流为I，等效长度为4l。整个导体框受到的安培力大小为F，由题意知 A．由左手定则，ab边受到的安培力方向垂直ab边向下， ac边受到的安培力垂直ac边斜向下，二者方向不同，A错误； B．由A中解析可知，B错误； C．，C正确； D．bc边受到的安培力，D错误。 故选C。 7. 如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有边长为8cm的等边三角形abc，d点为bc边的中点。位于a处的电子源向平面内各个方向发射初动能均为6eV的电子，其中到达b点的电子动能为10eV，到达c点的电子动能为2eV。已知c点的电势为1V，忽略电子的重力和电子间的相互作用，下列判断正确的是（　　） A. 电场强度的方向从a指向b B. 电场强度的大小为100V/m C. b点的电势为 D. 沿着ad方向发射的电子，恰好通过b点 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．电子从a点到达c点，由动能定理有 又 联立解得 电子从a点到达b点，由动能定理有 又 联立解得 因d点是bc的中点，故 ad连线表示等势面，由场强方向与等势面垂直，故场强方向从 电场强度的大小为 故AC错误，B正确； D．若沿着ad方向发射的电子，恰好通过b点，以a点为坐标原点，以水平向左为x轴的正方向，以竖直向下为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设速度偏转角为，由类平抛运动得 又在d点据速度分解矢量三角形得 解得 恰好通过b点动能为与题干不符 故D错误。 故选B。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 一单匝矩形线圈的面积，线圈电阻，时绕轴从如图所示的位置开始匀速转动，角速度。匀强磁场的磁感应强度大小，定值电阻，导线电阻不计，电流表为理想交流电表。下列判断正确的是（　　） A. 线圈中产生电动势的最大值为10V B. 电流表的示数为1A C. 0~0.01s的时间内，通过R的电荷量为0 D. 1分钟的时间内，R上产生的焦耳热为270J 【答案】AD 【解析】 【详解】A．线圈中产生电动势的最大值，故A正确； B．电动势的有效值，根据闭合电路的欧姆定律有电流表的示数为 故B错误； C．因周期，0~0.01s的时间内线圈转了半圈， 通过R的电荷量为，故C错误； D．1分钟的时间内，R上产生的焦耳热为，故D正确。 故选AD。 9. 某同学用满偏电流Ig=0.1mA、内阻rg=99Ω的灵敏电流计和电源等器材制作一多用电表，电路如图所示。已知R1=1Ω，该多用电表的电压挡量程为2V，下列判断正确的是（　　） A. 该多用电表的电流挡量程为10mA B. R2=200Ω C. a为红表笔 D. 使用该多用电表测电阻时不需要调零 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据电表的改装原理可得，故A正确； B．多用电表的电压挡量程为2V，则 代入数据解得，故B错误； C．由于b接电源正极，电流从正极流出，则b为黑表笔，a为红表笔，故C正确； D．使用该多用电表测电阻时首先需要进行机械调零，选择合适的倍率后再进行欧姆调零，故D错误。 故选AC。 10. 通过变压器给用户供电的原理图如图所示。理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，原线圈和副线圈输电线的电阻分别用R1和R2表示，且R1=2R2，a、b端输入电压不变，电压表均为理想电表。当并入电路的用电器逐渐增加时，下列判断正确的是（　　） A. 电压表V1的读数保持不变 B. 电压表V2的读数逐渐变小 C. 电压表V1与V2的读数之比保持不变 D. 变压器的输出功率逐渐变大 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．根据等效电源法可得， 当并入电路的用电器逐渐增加时，则R并减小，R等减小，I1增大，U1减小，则电压表V1的读数减小，根据原副线圈电压、电流与匝数的关系可知，副线圈中电流I2增大，副线圈电压U2减小，R2两端电压增大，V2的示数减小，故A错误，B正确； C．根据原副线圈电压与匝数的关系， 所以 由于I2增大，U1减小，则增大，减小，增大，故C错误； D．由于R1=2R2， 所以 根据等效电源法及电源的输出功率随外电路电阻变化的关系可知，R并减小，则外电路电阻减小，由于外电路电阻始终大于等效电源内阻，所以电源的输出功率增大，即变压器的输出功率逐渐变大，故D正确。 故选BD。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 小明同学用如图1所示的电路研究电容器的充、放电现象。已知电源电动势为8V，图1中a、b两理想发光二极管有电流通过时会发光，先将开关拨到1，电容器充满电后，再把开关拨到2，电流传感器描绘出电流随时间变化的图线如图2所示。 （1）电容器放电过程中，会发光的二极管是________（选填“a”或“b”）； （2）图2中，图线与坐标轴围成的图形面积表示释放的电荷量，为，则电容器的电容________F； （3）若增大滑动变阻器接入电路的阻值，电容器充满电后再把开关拨到2，则电容器的放电时间________（选填“变长”“变短”或“不变”），放电过程中释放的电荷量________（选填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】（1）a （2） （3） ①. 变长 ②. 不变 【解析】 【小问1详解】 二极管具有单向导电性，电容器充电后，上极板为高电势，再把开关拨到2，可知电流可通过a发光二极管，可得会发光的二极管是a。 【小问2详解】 电源电动势为8V，图线与坐标轴围成的图形面积表示释放的电荷量，为，可得 小问3详解】 [1][2]增大滑动变阻器接入电路的阻值，放电电流变小，而放电的总电荷量仍保持不变，可知放电时间变长。 12. 石墨丝因其高熔点和低热膨胀系数，广泛应用于冶金、半导体等高温工艺中。某实验小组通过实验测量一段石墨丝的电阻率。 （1）已知石墨丝的横截面为正方形，用螺旋测微器测得石墨丝横截面的边长d如图所示，则________mm。 （2）用伏安法测量石墨丝的电阻，实验室提供的器材，除了开关和导线外，还有：电源（电动势E约3.0V），电流表A（量程为0~0.6A，内阻约），电压表V（量程为0~3V，内阻约），滑动变阻器（最大电阻为，额定电流为1.0A），滑动变阻器（最大电阻为，额定电流为0.1A）。已知石墨丝的电阻为左右，为了测量尽可能准确，且使石墨丝两端的电压从零开始增加，滑动变阻器应该选择________（选填“”或“”），下列四个电路图中，合理的是________。 A. B. C. D. （3）用刻度尺测得石墨丝接入电路的长度，用伏安法测得石墨丝的电阻，则该石墨丝的电阻率________（保留2位有效数字），若考虑电流表和电压表的内阻影响，则电阻率的测量值________真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。 【答案】（1）4.699##4.700##4.701 （2） ①. ②. C （3） ①. ②. 小于 【解析】 【小问1详解】 石墨丝横截面的边长 【小问2详解】 [1][2]为使石墨丝两端的电压从零开始增加，滑动变阻器应使用分压式接法，为了操作、控制方便选全阻值较小的，因电流表的内阻和待测电阻相差不多，且电阻值未知，故用电流表的外接法，故电路图合理的是C。 【小问3详解】 [1]由电阻定律有 该石墨丝的电阻率 解得 [2]因电压表的分流作用造成电流的测量值偏大，故电阻的测量值偏小，则电阻率的测量值小于真实值。 13. 如图所示，电源内阻r=1Ω，当电阻箱接入电路的阻值R=3Ω时，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡正常发光，电动机正常工作，电流表的示数I=1.5A。已知电动机线圈电阻R0=0.2Ω，电流表的内阻可忽略，灯泡的电阻恒定不变。求： （1）灯泡的电阻RL和电源的电动势E； （2）电动机正常工作时的输出功率P。 【答案】（1）12Ω，12V （2）5.8W 【解析】 【小问1详解】 对灯泡，有 解得灯泡的电阻 根据闭合电路的欧姆定律可得 解得电源的电动势 【小问2详解】 根据题意可知，灯泡正常发光时，电流为 电动机正常工作时，电流 电动机的输出功率 联立可得 14. 如图1所示，间距的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角，上端通过导线连接阻值的定值电阻，导轨光滑且电阻忽略不计。空间存在垂直导轨平面向上的矩形磁场区域1、2、3，磁场的宽度均为，磁感应强度大小随时间变化的规律均如图2所示。时刻，将一根长度、质量、电阻的导体棒垂直放在导轨上磁场区域1和2之间，0~2s的时间内锁定，时解除锁定，导体棒恰好能匀速通过磁场区域2。已知导体棒运动过程始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度g取。求： （1）0~2s的时间内电阻R上产生的焦耳热Q； （2）导体棒通过磁场区域2时的速度大小v和两端的电压U； （3）导体棒通过磁场区域3的过程中流过电阻R的电荷量q。 【答案】（1）0.375J （2）5m/s，7.5V （3）0.5C 【解析】 【小问1详解】 0~2s的时间内，根据图2可知 由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律可得 由焦耳定律得产生热量 联立解得 【小问2详解】 导体棒匀速通过磁场区域2，切割磁感线产生的电动势 电流 安培力 根据平衡条件，有 联立可得 导体棒两端的电压 【小问3详解】 导体棒从区域2下边界运动到区域3上边界过程会加速运动，则在区域3合外力不为0，会做变速运动，根据法拉第电磁感应定律有 则平均电流 流过电阻R的电荷量 联立解得 15. 如图所示的长方体空间存在沿方向的匀强电场，长方体空间存在沿方向的匀强磁场，O、、分别为面abcd、、面的中心，比荷为k的带正电粒子由O点沿ab方向以初速度射入电场，经过一段时间粒子从面的M点（未画出）进入磁场区域，经磁场偏转后从面的N点（未画出）返回电场区域。已知，cd边和边足够长，粒子的重力忽略不计。求： （1）电场强度的大小； （2）磁感应强度的大小； （3）若仅将磁感应强度大小加倍，则粒子从O点到第二次通过M点的时间为多少？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 由题意作出粒子在电场以及磁场中运动的轨迹，如图所示 粒子从O到M做类平抛运动，在竖直方向上，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 水平方向做匀速直线运动，则有 解得， 【小问2详解】 粒子经过M点竖直速度为 联立以上解得 则粒子进入磁场瞬间的速度大小为 粒子的速度与水平方向的夹角为 则 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 联立解得 【小问3详解】 若仅将区域内的磁感应强度加倍，则由可知粒子的轨道半径为 由以上解析可知，粒子第二次通过面时刚好从点经过，粒子再次进入电场后做类斜抛运动，由对称性可知粒子第三次通过面时到M点的距离为L，则粒子第四次通过面时经过M点，作出粒子的运动轨迹，如图所示 粒子在磁场中运动的周期为 整理得 粒子第一次在磁场中运动的时间为 由对称性可知，粒子第二次在电场中运动的时间为 粒子从O点到第二次通过M点的时间为 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $