1、浙江省诸暨市牌头中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、选择题 I（本题共 15 小题，每小题 2 分，共 30 分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目的，不选、多选、错选均不得分）1.一弹簧振子 A 的位移 y 随时间 t 变化的关系式为 y=0.1sin(2.5t)，位移 y 的单位为 m，时间 t 的单位为 s。 则（ ）A. 弹簧振子的振幅为 0.2mB. 弹簧振子的周期为 1.25sC. 在 t=0.2s 时，振子的运动速度为零D. 质点在 0.1s 末和 0.3s 末的速度相同【答案】C【解析】【详解】质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5t
2、，可读出振幅A=0.1m，故A错误；质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5t，可读出角速度为2.5，故周期，故B错误；在t=0.2s时，振子的位移最大，故速度最小，为零，故C正确；质点在 0.1s 末和 0.3s 末的位移相同，但是速度大小相同，方向相反，选项D错误.2.有一个单摆，在竖直平面内做小摆角振动，周期为 2s。如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，在t=1.4s 至 t=1.5s 的过程中，摆球的（ ）A. 速度向右在增大，加速度向右在减小B. 速度向左在减小，加速度向左在增大C. 速度向左在减小，加速度向右在增大D. 速度向右在减小，加速度向左在减小【答案】C【解析
3、】【详解】在t=1.4秒至t=1.5秒的过程中，单摆是由平衡位置向左向最大位移处运动，所以速度向左在减小，加速度方向向右在增大。故ABD错误，C正确。3.A、B 两个单摆，A 摆的固有频率为 4f，B 摆的固有频率为 f，若让它们在频率为 5f 的驱动力作用下做受迫振 动，则两单摆比较（ ）A. A 摆振幅较大，振动频率为 fB. B 摆振幅较大，振动频率为 4fC. A 摆振幅较大，振动频率为 5fD. B 摆振幅较大，振动频率为 5f【答案】C【解析】【详解】受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大。故A、B两个单摆都做受迫振动，频率为5
4、f，A摆固有频率接近驱动力的频率，则A的振幅较大，所以C正确，ABD错误。4.如图所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是() A. t = 0.8s，振子的速度方向向左B. t = 0.2s时，振子在O点右侧6cm处C. t = 0.4s和t = 1.2s时，振子的加速度完全相同D. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小【答案】A【解析】试题分析：A、由图可知t=0.8s时，振子在平衡位置由正位移向负位移方向运动，即向左运动，速度方向向左；正确B、振动周期T=1.6s，振幅A=12cm，
5、由图像函数可知，当t=0.2s时，振子在O点右侧处；错误C、由图像可知t=0.4s和t=1.2s，振子分别在B、A两点，加速度大小相同，方向相反；错误D、t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子由最大位移处相平衡位置运动，振子速度越来越大；错误故选A考点：简谐运动点评：熟练掌握由振动图像来判断振子的运动情况，会求振子在任意时刻的位置。5.如图所示为一列简谐横波在某一时刻的波形，已知此时质点 A 正向上运动， 如图中箭头所示。由此可以判定此横波（ ）A. 向左传播，且此时质点 B 速度减小B. 向左传播，且此时质点 C 加速度增大C. 向右传播，且此时质点 D 动能增大D. 向右传播，且此时质点
6、 E 回复力减小【答案】B【解析】【详解】由题意，此时质点A正向上运动，波形将向左平移，所以此横波向左传播。此时质点B、C的振动方向向下，D、E方向向上，B向平衡位置运动，速度增大，C向波谷运动，位移增大，加速度增大。故选B正确，ACD错误。6. 一列简谐横波沿直线由A向B传播，A、相距.45m，右图是A处质点的震动图像。当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴正方向运动，这列波的波速可能是A. 4.5m/sB. 3.0m/sC. 1.5m/sD. 0.7m/s【答案】A【解析】本题主要考查了波和振动图像的关系，较容易。从图中可知周期为0.4s由题可知质点AB间最简单波形如
7、图所示，所以可能AB间距和波长的关系为再由公式代入数据可知波速选项A正确。方法提炼：对于波动和振动图像关系问题中，关键问题是能画出两质点间的最简单波形图。对波动问题，我们要注意波的时间和空间上都呈周期性变化，也是带来多解的根本原因；本题中已知波从A传到B，根据AB质点同一时刻振动情况，我们先画出一个波形内的情况，再用波长的周期性得出波长与AB间距的关系。在处理好波动问题，关键要理解波的图像和振动图像的区别。7.如图所示甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P的振动图象，则下列判断正确的是()A. 该波的传播速率为4 cm/sB. 该波的传播方向沿x轴正方向C. 经
8、过0.5 s时间，质点P沿波的传播方向向前传播2 mD. 该波在传播过程中若遇到3 m的障碍物，能发生明显衍射现象【答案】D【解析】试题分析：通过观察波动图象可以得出波长，振动图象中可以看出周期，根据公式，所以A项正确；波动图象中P点在平衡位置，通过观察振动图象质点P将要向y轴的负方向运动，在波动图象中根据同侧法可以判定波将要向x轴的负方向传播，所以B项错误；波传播的是振动形式和能量，质点只会在自己的平衡位置附近往复运动，不会随波向前传播，所以C项错误；明显衍射的条件是障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小，障碍物的尺寸为8m大于波长4m，所以D项错误。考点：本题考查了振动图象和波动图象的
9、特性以及明显衍射条件8.如图所示是水波干涉示意图，S1、S2是两振幅相等的相干波源，A、D、B 三点在一条直 线上，下列说法正确的是（ ）A. 质点 A 振幅比B、D 大B. 质点 B 始终在波峰C. 质点 D 位移不会为零D. 质点 C 一直平衡位置【答案】D【解析】【详解】从图中看出，ABD三点都是振动加强点，所以三点振幅相等，故A错误；质点 B的振动加强，但不是 始终在波峰，选项B错误；质点 D 的振动加强，但是位移可能为零，选项C错误；C点是波峰与波谷相遇是振动减弱点，位移始终为零，即在平衡位置，故D正确。9.如下图所示，向左匀速运动的小车发出频率为f的声波，车左侧A处的人感受到的声波
10、的频率为f1，车右侧B处的人感受到的声波的频率为f2，则（ ）A. f1f ， f2fB. f1f ， f2fC. f1 f， f2fD. f1f ， f2f【答案】D【解析】本题考查的是对多普勒效应的认识，波源朝向观察者运动时，观测频率大于静止的观测频率，波源远离观察者运动时，观测频率小于静止的观测频率，D正确；10.分析下列物理现象：(1)夏天里在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝；(2)“闻其声而不见其人”；(3)围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；(4)当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高。这些物理现象分别属于波的( )A. 反射、衍射、干涉、多普勒效应B.
11、折射、衍射、多普勒效应、干涉C. 反射、折射、干涉、多普勒效应D. 衍射、折射、干涉、多普勒效应【答案】A【解析】雷声轰鸣不绝是因为反射产生了回声；闻其声而不见其人是因为声音发生了衍射，绕过了障碍物；音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是因为声音相遇产生叠加发生干涉现象，有的地方振动加强有的地方振动减弱；听到汽笛声的音调变高是因为接收到的频率逐渐增大发生了多普勒效应11.下列说法错误的是A. 彩虹是光的衍射现象B. 肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象C. 交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘D. 液晶显示应用了光的偏振【答案】A【解析】彩虹是光的色散现象，选项A错误；肥皂膜在阳光的
12、照射下呈现彩色是光的干涉现象，选项B正确；交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，选项C正确；液晶显示应用了光的偏振，选项D正确；此题选择错误的选项，故选A.12.某种介质对空气的折射率是 ，一束光从该介质射向空气，入射角是 60，则下列光路图中正确的是（图 中 I 为空气，为介质）（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设该介质的临界角为C，则，C=45，由于光从介质射向空气，入射角i=60C，所以发生全反射，光线全部被反射回原介质。故ABC错误，D正确。13.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示他
13、改变的实验条件可能是（ ）A减小光源到单缝的距离B减小双缝之间的距离C减小双缝到光屏之间的距离D换用频率更高单色光源【答案】B【解析】试题分析：通过观察发现，图乙中干涉条纹的宽度比甲图中的大，根据干涉条纹宽度干涉有：x，因此可以使缝屏距l变大，双缝距d减小，或换用波长较长即频率较低的光，以达到要求，故选项C、D错误；选项B正确；与光源到单缝的距离无关，故选项A错误。考点：本题主要考查了对双缝干涉实验的理解问题，属于中档偏低题。14.如图所示，两束单色光 a、b 分别照射到玻璃三棱镜 AC 面上，穿过三棱镜后垂直 AB 射出，a 光和 b 光相比较，则（ ）A. a 光的频率高B. a 光的波长
14、短C. a 光在三棱镜中的速度小D. 对同一双缝干涉装置，a 光的干涉条纹比 b 光的干涉条纹宽【答案】D【解析】【详解】由图看出经过玻璃三棱镜后a光的偏折角小于b光的偏折角，根据折射定律得知，玻璃三棱镜对b光的折射率大于对a光的折射率，则a光的频率低，b光的波长短。故AB错误。由公式v=c/n分析知道，b光穿过三棱镜的速度小。故C错误。根据干涉条纹间距公式，可知，a光的波长大于b光，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹宽。故D正确。15.LC 振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则（ ） A. 若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由 a 向 bB. 若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极
15、板带负电C. 若磁场正在增强，则电场能正在减小，电容器上极板带负电D. 若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由 a 向 b【答案】B【解析】【详解】由安培定则可知，电流方向由b向a；若磁场正在减弱，可知电容器处于充电状态，电场能正在增大，电流由b向a，所以电容器下极板带正电，电容器上极板带负电。故A错误，B正确；若磁场正在增强，可知电容器处于放电状态，电场能正在减小,电流由b向a，所以电容器上极板带正电。故CD错误.二、选择题 II（本题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分。每小题列出的备选项中至少有一个是符合题目要求的。 全部选对得 3 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0
16、 分）16.关于电磁波的原理和应用，下列说法正确的是（ ）A. 变化的电场就能产生变化的磁场B. 微波是指波长为微米级的电磁波C. 、三种射线中，只有射线属于电磁波D. 常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号遥控电视机【答案】C【解析】【详解】均匀变化的电场就能产生恒定的磁场，而非均匀变化的电场才会产生变化的磁场，故A错误；波长从1mm到10m的电磁波称微波，故B错误；、三种射线中，射线是氦核流，射线是电子流，只有射线属于电磁波，故C正确；遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机，因红外线波长较长，容易发生衍射现象，故D错误；故选C。【点睛】考查电磁波理论，掌握变化中的电场分均匀变化与非均匀变化，理
17、解、三种射线区别，注意红外线与紫外线的不同及微波不是指波长为微米级的电磁波17.下列说法正确的是A. 机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，是利用静电感应的原理工作B. 可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹C. 由于多普勒效应，我们观察到离我们而去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低D. 射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷【答案】BCD【解析】安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中
18、交变电流发生变化，从而被探测到故A错误；可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹，选项B正确；由于多普勒效应，我们观察到离我们而去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低，选项C正确；射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷，选项D正确；故选BCD.18.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的速度均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm，图示为t=0时刻两列波的图像（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平
19、衡位置处于x=0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是A. 两列波相遇后不能发生干涉B. t=1s时刻，质点M的位移为-4cmC. t=1s后，平衡位置处于x=0.6m的质点位移始终为0D. t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点【答案】BC【解析】两列简谐横波在同一介质中传播，波速大小相等，由图看出两列波的波长相等，由v=f，可得两列波的频率相等，相遇后能发生干涉，故A错误由图知波长=0.4m，由v=得，该波的周期为，两质点传到M的时间为T=0.75s，当t=1s=1T时刻，两列波的波谷都恰好传到质点M，所以位移为-4cm故B正确；由图看出：图示时刻，平衡位置处于x=0.6m的质点到P
20、、Q两波的距离相差0.2m，等于半个波长，所以两波相遇时该点是振动减弱的点，所以t=1s后，平衡位置处于x=0.6m的质点位移始终为0，故C正确质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故D错误；故选BC点睛：本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零19.如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线,则下列说法不正确的是( ) A. 若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行,且摆长相同,则图线I表示月球上单摆的共振曲线B.
21、 若两次受迫振动是在地球上同一地点进行,则两次摆长之比=25：4C. 图线II若是在地球上完成的,则该摆摆长约为1mD. 若摆长均为1m,则图线I是在地球上完成的【答案】ABC【解析】若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据，知，周期大的重力加速度小，则图线是月球上单摆的共振曲线，A正确；若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则固有周期比为5：2，根据，知摆长比为25：4，B正确；图线若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，则，解得L=1m，C正确D错误20. 如图所示，两束平行的甲光和乙光，相
22、距为d，斜射到置于空气中的矩形玻璃砖上，若光线在玻璃砖内部重叠，当它们从玻璃砖的下表面射出时A. 若甲为紫光，乙为红光，则两条出射光线间距离一定大于dB. 若甲为紫光，乙为红光，则两条出射光线间距离可能小于dC. 若甲为红光，乙为紫光，则两条出射光线间距离可能大于dD. 若甲为红光，乙为紫光，则两条出射光线间距离一定小于d【答案】AC【解析】【分析】光线通过平行玻璃砖时，要发生两次折射，因为玻璃砖上下两个表面平行，上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路的可逆性，可知出射光线与入射光线一定平行，由于紫光的折射率大于红光的折射率，紫光通过玻璃砖后光线的侧移较大。据此分析即可。【详解】A. 若甲
23、为紫光，乙为红光，由于紫光的折射率大于红光的折射率，紫光进入玻璃砖后光线的偏折较大，不可能与红光在玻璃砖内部重叠；B. 若甲为紫光，乙为红光，由于紫光的折射率大于红光的折射率，紫光进入玻璃砖后光线的偏折较大，不可能与红光在玻璃砖内部重叠；C. 若甲为红光，乙为紫光，由于紫光的折射率大于红光的折射率，紫光进入玻璃砖后光线的偏折较大，可以与红光在玻璃砖内部重叠；两束光恰好在下表面重叠时，出射光距离为零；两束光在玻璃内部重合交点恰好在玻璃厚度中点时，出射光距离为d；两束光在玻璃内部重合交点距离下表面距离小于玻璃厚度一半时，出射光距离小于d；两束光在玻璃内部重合交点距离下表面距离大于玻璃厚度一半时，出
24、射光距离大于d；D. 若甲为红光，乙为紫光，由于紫光的折射率大于红光的折射率，紫光进入玻璃砖后光线的偏折较大，可以与红光在玻璃砖内部重叠；两束光恰好在下表面重叠时，出射光距离为零；两束光在玻璃内部重合交点恰好在玻璃厚度中点时，出射光距离为d；两束光在玻璃内部重合交点距离下表面距离小于玻璃厚度一半时，出射光距离小于d；两束光在玻璃内部重合交点距离下表面距离大于玻璃厚度一半时，出射光距离大于d；本题C项符合题意，故选C。【点睛】本题根据折射定律和光路的可逆性理解平行玻璃砖的光学特性要知道：当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进
25、入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。【考点】光的折射 光的色散三、非选择题（本题共 6 小题，共 55 分）21.在“用单摆测定重力加速度”的实验中（1）以下关于本实验的措施中正确的是_。 A、摆角应尽量大些B、摆线应适当长些 C、摆球应选择密度较大的实心金属小球 D、用秒表测量周期时，应取摆球至最高点时开始计时（2）用秒表记录了单摆振动 50 次所用时间如图所示，秒表的读数为_s。【答案】 (1). （1）BC (2). （2）75.2s；【解析】【详解】（1）在摆角小于5的情况下单摆的运动可以看做简谐运动，实验时摆角不能太大，不能超过5，故A错误；实验中，摆线的长度应远远大
26、于摆球的直径，适当增加摆线的长度，可以减小实验误差，故B正确减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故C正确用停表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些，故D错误（2）由图示秒表可知，秒表示数为：60s+15.2s=75.2s；22.在“测定玻璃的折射率”的实验中，（1）小朱同学在实验桌上看到方木板上有一张白纸，白纸上有如图甲所示的实验器材， 他认为除了缺刻度尺还少了一种器材，请你写出所缺器材的名称：_老师将器材配齐后，他进行实验，图乙是他在操作过程中的一个状态，请你指出第四枚大头针应在图乙中的位置_（填“A”、“B”或“C”）。（2）小红利用方格坐标纸测定玻璃
27、的折射率，如图丙所示，AO是画在纸上的直线，她在直线AO适当位置竖直插上P1、P2两枚大头针，放上半圆形玻璃砖，使其圆心与O重合，然后插上P3、P4两枚大头针，以确定折射光线其中她确定P3大头针位置的方法应当是_。操作完成后，她用圆规作了一个以O为圆心、半径与玻璃砖半径相同的半圆（如图丙中虚线所示），则她测出玻璃的折射率n_。【答案】 (1). （1）大头针 (2). B (3). （2）挡住P1P2的像 (4). 1.5【解析】【分析】依据实验原理，及提供实验器材，即可求解；测定半圆形玻璃砖的折射率的原理是折射定律，他确定P3大头针位置的方法应当是透过玻璃砖看，P3大头针挡住P1、P2两枚大
28、头针的像；作出法线，过圆与入射光线与折射光线的交点作法线的垂线，运用数学知识求出入射角和折射角的正弦值，求出折射率；【详解】解：(1)在实验桌上看到方木板上有一张白纸，白纸上有如图甲所示的实验器材，还缺少刻度尺、大头针；依据光的折射定律，及玻璃砖上下表面平行，那么出射光线与入射光线相互平行，因此第四枚大头针应在图乙中的位置B处，如图所示；(2)透过玻璃砖看，P3大头针挡住P1、P2两枚大头针的像；如图，作出法线，过圆与入射光线与折射光线的交点作法线的垂线CA和DB，由数学知识得：入射角和折射角的正弦值分别为：，其中，则折射率；23.（1）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，备有下列器材：A、白
29、炽灯 B、双缝 C、单缝 D、滤光片 E、白色光屏 把以上仪器装在光具座上时，正确的排列顺序应该是：_（填写字母代号）。（2）已知双缝到光屏之间的距离 L=500mm，双缝之间的距离 d=0.50mm， 单缝到双缝之间的距离 s=100mm，某同学在用测量头测量时，调整手轮， 在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准 A 条亮条纹的中心，然后他继 续转动，使分划板中心刻线对准 B 条亮条纹的中心，前后两次游标卡尺的 读 数 如 图 所 示 ， 则 ： B 位 置 读 数 是 _； 入 射 光 的 波 长 =_m（计算结果保留两位有效数字）。（3）实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法有
30、_。 A、改用波长较长的光（如红光）作为入射光 B、增大双缝到屏的距离 C、增大双缝到单缝的距离 D、增大双缝间距【答案】 (1). （1）ADCBE (2). （2）15.6mm； (3). 6.410-7m (4). （3）AB【解析】【详解】（1）要产生单色光，需将白光通过滤光片，再通过单缝形成线光源，最后通过双缝，在光屏上产生干涉条纹所以器材的合理顺序是ADCBE（2）10刻度的游标卡尺的最小分度为0.1mm，A位置读数：读出主尺的刻度为11mm，游标尺上的第一刻度与上面对齐，所以读数为：0.11=0.1mm总读数为：11mm+0.1mm=11.1mm；B位置读数：读出主尺的刻度为15
31、mm，游标尺上的第6刻度与上面对齐，所以读数为：0.16=0.6mm总读数为：15mm+0.6mm=15.6mm；A与B之间的间隔是7个条纹，所以干涉条纹的宽度：根据公式： 代入数据得： （3）根据公式：，实验中发现条纹太密，可以通过增大双缝到屏的距离，或增大波长，或减小双缝间距来增大条纹间距故选项AB正确24.如图所示，AMB是一条长L=10m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h=1.25m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上，大小E=5103N/C的匀强电场中，一质量m=0.1kg，电荷量q=+1.310-4C的可视为质点的滑块以初速度v0=6m/s在轨道上自A点开始向右运
32、动，经M点进入电场，从B点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数=0.2，求滑块（1）到达M点时的速度大小（2）从M点运动到B点所用的时间（3）落地点距B点的水平距离【答案】（1）4m/s（2）（3）1.5m【解析】（1）滑块在AM阶段由摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律有根据运动学公式，联立解得（2）进入电场后，受到电场力，F=Eq，由牛顿第二定律有根据运动学 公式由运动学匀变速直线运动规律联立解得（3）从B点飞出后，粒子做平抛运动，由可知所以水平距离25.（13分）在以坐标原点为中心、边长为L的正方形EFGH区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。在A处有一个粒子
33、源，可以连续不断的沿-x方向射入速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界射出。已知粒子的质量为m，电量大小为q，重力不计，不考虑粒子间的相互作用。（1）试判断粒子的电性；（2）求从F点射出的粒子在磁场中运动的时间；（3）若粒子以速度射入磁场，求粒子由EF边射出时的位置坐标。【答案】（1）粒子带负电（2）（3）（，）【解析】（1）由左手定则可知粒子带负电 2分（2）粒子由F点射出时，运动方向水平向右，其在磁场中运动轨迹为半圆，则运动时间为:3分（3）由牛顿第二定律2分解得1分由几何关系得，2分2分坐标为（，） 1分26.小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，
34、倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求： (1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J；26.88J【解析】试题分析：（1）由牛顿定律 进入磁场时的速度（2）感应电动势感应电流安培力代入得（3）健身者做功由牛顿定律；CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间焦耳热【考点定位】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；功【名师点睛】此题是关于电磁感应现象中的力及能量的问题。解题时要认真分析物理过程，搞清物体的受力情况及运动情况，并能选择合适的物理规律列出方程解答；此题难度中等，意在考查学生综合运用物理规律解题的能力。- 20 -