四川省阆中东风中学校2023-2024学年高二下学期期末模拟考试物理试卷
1．（2024高二下·阆中期末）金属原子由带正电的原子核和核外带负电电子组成，金属导线中通有水平向右的电流I，在导线的下方某处水平向右射入电子A，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电子A在金属原子核的作用下向上偏转
B．电子A在金属原子核外电子的作用下向下偏转
C．电子A在洛伦兹力的作用下向上偏转
D．电子A在洛伦兹力的作用下向下偏转
【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题考查了安培定则和左手定则，注意四指所指的方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反。由安培定则可知，在电子处电流磁场方向垂直于纸面向里；电子由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力竖直向下，则电子束向下偏转。
故选D。
【分析】根据安培定则判断电流的磁场方向，根据左手定则来判断洛伦兹力的方向。
2．（2024高二下·阆中期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中，已知ab边长为，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。下列说法正确的是（ ）
A．该导线受到的安培力大小为BIl，方向垂直于纸面向里
B．该导线受到的安培力大小为2BIl，方向垂直于纸面向里
C．该导线受到的安培力大小为3BIl，方向于垂直于ab边
D．该导线受到的安培力大小为，方向于垂直于ac连线
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F=BIl。该通电导线的有效长度为ab，该导线受到的安培力大小为
根据左手定则知安培力的方向垂直于纸面向里。
故选B。
【分析】分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc边受到的安培力大小，从而得出导线受到的安培力。
3．（2024高二下·阆中期末）如图所示，一理想变压器ab端接电压恒定交流电源，原线圈匝数为90匝，已知，，当开关S断开时的功率为，当S闭合时的功率为，且，则副线圈匝数为（ ）
A．30 B．45 C．60 D．180
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；功率公式；欧姆定律。设ab端输出电压为，将变压器和副线圈负载看成一个等效电阻，当开关S断开时，等效电阻为
此时通过的电流为
此时的功率为
当S闭合时，等效电阻为
此时通过的电流为
此时的功率为
由题意可知
联立可得
解得副线圈匝数为
故选B。
【分析】对闭合开关前后，利用变压器的变压比、电流比、欧姆定律、功率公式联立求解。
4．（2024高二下·阆中期末）如图所示，甲分子固定在体系原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变化关系如图所示，下列说法正确的（ ）
A．乙分子在P点(x=x2)时加速度最大
B．乙分子在P点(x=x2)时动能最大
C．乙分子在Q点(x=x1)时处于平衡状态
D．乙分子在Q点(x=x1)时分子势能最小
【答案】B
【知识点】分子势能
【解析】【解答】由分子间的相互作用和相对位置决定的势能叫分子势能．分子势能的大小与分子间距离有关。乙分子在P点(x=x2)时分子势能最小，此时分子力为零，则加速度为零，处于平衡状态，此时速度最大，动能最大，选项ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子共有的势能最小，分子间距离为平衡距离，当分子间距离变大或变小时，分子力都会做负功，导致分子势能变大。两分子所具有的总能量为分子动能与分子势能之和
5．（2024高二下·阆中期末）图（a）为某研究小组的自制交流发电机结构简图。某次实验中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，利用示波器测出其产生的正弦交流电电压u随时间t变化关系如图（b）所示，线圈及导线电阻不计，若想用此发电机产生“220V、50Hz”的交流电，下列操作正确的是（ ）
A．仅调节线圈的匝数为原来2倍
B．仅调节线圈的面积为原来倍
C．仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来倍
D．仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍
【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】 对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。D．根据图像得
根据
解得
仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍，频率变为100 Hz，D错误；
A．根据图像得
根据
仅调节线圈的匝数为原来2倍，U变为220V，A正确；
B．根据 ，仅调节线圈的面积为原来倍
B错误；
C．根据 ，仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来倍
C错误。
故选A。
【分析】根据图像得到电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电动势的峰值公式和频率公式，逐项分析即可。
6．（2024高二下·阆中期末）如图所示，在半径为R、圆心为O的半圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为、质量为m的粒子（不计所受重力）从O点沿纸面各个方向射入匀强磁场后，均从OC段射出磁场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子射入磁场时的最大速度为
B．粒子射入磁场时的最大速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可解题。如图所示
当离子轨迹与半圆形边界相切时，离子轨迹半径最大，则有
由洛伦兹力提供向心力可得
可得粒子射入磁场时的最大速度为
粒子在磁场中运动的最长时间为
故选B。
【分析】根据题意作出粒子临界运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，再确定粒子速度范围；根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律求出粒子速度，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子的运动时间。
7．（2024高二下·阆中期末）风力发电为2022年卡塔尔世界杯供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速为n，并形成半径为r的圆面，通过转速比为的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，为交流电压表，忽略线圈电阻，则（ ）
A．线圈位于图示位置时，交流电压表的示数为零
B．从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为
【答案】B
【知识点】变压器原理；动能；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 本题主要考查了交流电的相关应用，解题关键是掌握正弦式交变电流峰值、有效值和瞬时值的计算。A．交流电压表的示数应始终为交变电流的有效值，故A错误；
B．由题意可得发电机线圈的转速为nk，则发电机输出的交变电流的频率为
对该线框发电产生的交变电流应有
故B正确；
C．线圈中产生的感应电动势有效值为
根据变压器原副线圈匝数关系得原副线圈匝数比为
故C错误；
D．单位时间（）内冲击风轮机叶片气流的体积
气体质量
动能
故D错误。
故选B。
【分析】交流电压表的示数为有效值；根据发电机线圈的转速得出线圈转动的角速度，根据Em=NBSω求解感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值和瞬时值；单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS，根据动能公式即可求解。
8．（2024高二下·阆中期末）如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示，时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为（ ）
A．8m B．10m C．12m D．14m
【答案】C
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了动量定理，电磁感应与电路问题，解题的关键是知道金属杆做匀加速直线运动，加速度恒定，加速度不随时间变化，所以牛顿第二定律表达式中与时间的部分一定等于零。
t=0到t=2s时间段内，杆ab做匀加速直线运动，有
其中
可得
结合F-t图像知
ma=2
故
斜率
撤去力F时，杆ab的速度
杆ab的位移
撤去力F后，对杆ab由动量定理有
联立解得
故总位移
故选C。
【分析】推导出安培力与速度关系式，利用牛顿第二定律和金属杆加速度恒定，可得加速度大小，全过程利用动量定理可得位移大小。
9．（2024高二下·阆中期末）一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p-V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（ ）
A．气体经历过程1，外界对气体做功
B．气体经历过程1，内能增加
C．气体经历过程2，先放热后吸热
D．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的一定相同
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律即可完成求解。AB．由图可知气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外界做功，而气体始终与外界无热量交换，根据热力学第一定律可得内能减小，故AB错误；
C．气体在过程2中，根据理想气体状态方程可知刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热；然后压强不变，体积变大，则温度升高，此过程体积变大对外做功，而温度升高内能增加，根据热力学第一定律可知气体要从外界吸热。即气体经历过程2，先放热后吸热，故C正确；
D．无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确。
故选CD。
【分析】根据气体状态参量的变化，结合热力学第一定律分析出气体内能的变化趋势；理想图像的物理意义，结合一定质量的理想气体状态方程分析出气体内能改变量的特点。
10．（2024高二下·阆中期末）如图，，AC、BC为一足够大的匀强磁场区域的边界（边界无磁场），内部磁感应强度方向垂直纸面向外。带等量异种电荷的粒子a、b先后以相同的速度，从BC边上的某点D垂直BC边射入磁场，两粒子恰好均从AC边射出。忽略粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a粒子带负电
B．a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1
C．a、b两粒子质量之比为1：3
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1：2
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。A．a粒子受洛伦兹力向左，根据左手定则可分析a粒子带负电，故A正确；
B．根据题意作出粒子的运动轨迹如图：
根据几何关系可知为等边三角形，且
又因为
而
可解得
a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1，故B正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力有
解得a、b两粒子质量之比为3：1，故C错误；
D．由图可知a、b两粒子在磁场中运动的圆心角为60°、120°，根据
可知a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为3：2，故D错误；
故选AB。
【分析】由左手定则判断带电粒子的电性，依题意作出两粒子在磁场中运动的轨迹图，由几何关系求得半径的关系，根据洛伦兹力提供向心力求解，根据周期与圆心角关系分析。
11．（2024高二下·阆中期末）如图，导体框ABCD由竖直导轨AB、CD与5根长度均为的水平导体棒固定连接而成，导体棒间距均为；导体框下方处存在着宽度也为的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，方向垂直于导体框所在的竖直平面向外；每根导体棒的电阻均为4Ω，轨道AB、CD的电阻不计。静止释放导体框后，BC恰能匀速进入匀强磁场区域，运动过程中BC始终与磁场边界平行，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．导体框穿过磁场的过程中，BC棒中电流始终沿C到B方向
B．导体框质量为0.32kg
C．导体框穿过磁场的过程中，通过AD棒的电荷量为0.48C
D．导体框穿过磁场的过程中，AD棒产生的焦耳热为0.96J
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。A．导体框穿过磁场的过程中，当BC棒在磁场中切割磁感线时，根据右手定则可知，BC棒中电流沿C到B方向；当BC棒离开磁场，上方任意一边在磁场中切割磁感线时，根据右手定则可知，BC棒中电流沿B到C方向；故A错误；
B．设BC棒刚进入磁场速度为，则有
解得
BC棒进入磁场产生的电动势为
整个导体框除了其中一边切割磁感线（相当于电源），其余四边为并联关系，则电路总电阻为
电路总电流为
BC棒恰能匀速进入匀强磁场区域，根据受力平衡可得
解得导体框质量为
故B正确；
C．由题意可知，当其中一边刚离开磁场时，同时上方的一边刚好进入磁场，则导体框穿过磁场的过程中，导体框一直做匀速直线运动，从BC棒刚进入磁场到AD棒刚要进入磁场过程，所用时间为
通过AD棒的电流为
从AD棒进入磁场到离开磁场所用时间为
通过AD棒的电流为
则导体框穿过磁场的过程中，通过AD棒的电荷量为
故C错误；
D．导体框穿过磁场的过程中，AD棒产生的焦耳热为
故D正确。
故选BD。
【分析】用右手定则判断感应电流的方向；切割磁感线时通过分析安培力和重力的大小方向关系，判断导体框的运动情况。导体框一直做匀速直线运动，求出时间，由动生电动势和闭合电路欧姆定律求电流，用通过AD棒的电荷量等于电流I和时间t的乘积；利用焦耳定律求热量。
12．（2024高二下·阆中期末）在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某组同学先后两次使用如图（a）所示实验装置获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到如图（b）所示两组图线。
（1）实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的 不发生变化，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可作 图线（选填：“”、“”）。对图像进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条 ，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（2）两组图线经检验均符合反比例关系，由图判断导致①、②两组数据差异的原因可能是_________。
A．某组实验中活塞移动太快
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
（3）某小组进行实验时缓慢推活塞压缩气体得到了数据图像，验证了玻意耳定律。在这个过程中，理想气体 （选填“吸热”、“放热”或“无热交换”）。
【答案】（1）温度；；过原点的倾斜直线
（2）B
（3）放热
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】（1）根据玻意耳定律可得
可得
如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（2）AC．某组器材的气密性不佳在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时图线也不可能符合反比例关系，故AC错误；
B．根据
两组注射器内气体的p与V的乘积不相等，可知对于同一V值所对应的p值不同，故B正确。
故选B。
（3）温度保持不变则气体内能不变，根据热力学第一定律可知，在这个过程中，理想气体放热。
【分析】（1）避免手握注射器含空气柱的部分，控制气体的温度不发生变化；
（2）若某组实验中活塞移动太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，若两组封闭气体的质量不同，则两组封闭气体的摩尔数不同；
（3）缓慢推活塞压缩气体，气体体积减小，外界对气体做功。
13．（2024高二下·阆中期末）某学习小组测量电源的电动势和内阻，并测量某样品管中污水（含有大量正、负离子）的电导率σ（电导率σ为电阻率ρ的倒数）。该样品管由绝缘材料制成，粗细均匀且左右两端封闭，在左右两个内侧面上固定有正对的导线连接，左右两侧面厚度不计，如图1所示。
（1）测得该样品管的长度为L，用20分度的游标卡尺测量该样品管的内径D，示数如图2所示，则D= cm。
（2）用图3所示电路（电流表为理想电表），测量电源的电动势和内阻，并测量该样品管中污水的电阻Rx。
①闭合开关S2和S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表示数I，并绘制图像，得到图线Ⅰ，如图4所示。
②断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表示数I，并绘制图像，得到图线Ⅱ，如图4所示。
③由图像可得，该电源的电动势E= ，内阻r= ；该样品管中污水的电阻Rx= 。（用a、b、c、d表示）
（3）该样品管中污水的电导率σ= （用L、D、a、b、c、d表示）。
【答案】（1）3.035
（2）；；
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
（2）当闭合开关S2和S1，根据闭合电路欧姆定律可得
所以
断开开关S2，闭合开关S1，有
所以
结合图像可得
所以，，
（3）根据电阻定律有
联立可得
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解答；
（3）根据电阻定律结合欧姆定律解答。
（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
（2）[1][2][3]当闭合开关S2和S1，根据闭合电路欧姆定律可得
所以
断开开关S2，闭合开关S1，有
所以
结合图像可得
所以
，，
（3）根据电阻定律有
联立可得
14．（2024高二下·阆中期末）一横截面积为S的圆柱形汽缸水平固定，开口向右，底部导热，其他部分绝热。汽缸内的两绝热隔板a、b将汽缸分成Ⅰ、Ⅱ两室，隔板可在汽缸内无摩擦地移动。b的右侧与水平弹簧相连，初始时弹簧处于原长，两室内均封闭有体积为、温度为的理想气体。现用电热丝对Ⅱ室缓慢加热一段时间达到稳定状态时，a、b隔板移动的距离均为。已知大气压强为，环境的热力学温度恒为，求：
（1）加热后Ⅱ室气体的压强p、热力学温度T；
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）Ⅰ、Ⅱ室气体压强相等，Ⅰ室发生的等温变化，则
解得
p=2p0
对Ⅱ室气体，由于
V=2V0
根据
解得
T=4T0
（2）对活塞b进行受力分析可知
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以Ⅰ内的气体为研究对象，根据玻意耳定律求出加热后的压强，从而得到加热后Ⅱ室气体的压强p。对Ⅱ内的气体，根据理想气体状态方程求解加热后Ⅱ室中气体的热力学温度T。
（2）对b活塞，根据平衡条件求解弹簧的劲度系数。
15．（2024高二下·阆中期末）如图甲所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、电荷量q=8×10－5C的小球，小球的直径比管的内径略小，在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1=15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=5T的匀强磁场。现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图乙所示，g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a；
（2）绝缘管的长度L；
（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离Δx。
【答案】解：（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，由牛顿第二定律
且
解得
（2）由小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的图象知，在小球运动到管口时
设v1为小球竖直分速度及由v1使小球受到的洛伦兹力，则
由水平方向平衡知
即
解得
由竖着方向小球做匀加速直线运动
解得
（3）小球离开管口进入复合场，如图
其中
故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度
与MN成45°角，轨道半径为R，此时洛伦兹力充当向心力
小球离开管口开始计时，到再次经过，MN所通过的水平距离由几何关系得
对应时间
小车运动距离为
故
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）由竖着方向小球做匀加速直线运动，水平方向平衡，结合匀变速直线运动的规律求解；
（3）电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，轨道半径为R，此时洛伦兹力充当向心力，由几何关系求解时间。
16．（2024高二下·阆中期末）如图所示，间距为L的平行金属轨道MN、PQ均固定在竖直平面内，两轨道均由水平光滑直轨道和半径为r的四分之一光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的最低点切线水平，水平轨道有一部分处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的边界垂直于轨道，磁场边界间距也为L，轨道N、Q端接有阻值为R的定值电阻，磁场右侧轨道上固定有弹性立柱，两立柱连线与轨道垂直，一个质量为m的金属棒从轨道的M、P端由静止释放，金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，此后，金属棒刚好能再次穿过磁场，金属棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g，求
(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；
(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。
【答案】(1)由题意可知从导体棒释放到达最低点的过程中，有动能定理有：
在圆轨道最低点合力提供向心力有：
联立解得：；根据牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力大小为：
(2)由题意可知金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，且金属棒刚好能再次穿过磁场，即再次穿过磁场时速度恰好为0，设两次穿越磁场的时间为t，流过电荷量为q，此过程中根据：
可得：
对整个运动过程根据动量定理有：
联立两式结合(1)可解得：
金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量为：
(3)设金属棒第一次穿出磁场时速度为v1，则根据动量定理有：
所以金属棒第一次穿过磁场的过程中，根据能量守恒有：
联立两式结合(2)的结果可得：
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出滑到底端时的速度，应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后求出金属棒对轨道的压力。
（2）应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，由电流定义式求出通过电阻R的电荷量，由动量定理求出金属棒通过磁场时的速度。
（3）应用动量定理和能量守恒定律求出电阻R产生的焦耳热。
1 / 1四川省阆中东风中学校2023-2024学年高二下学期期末模拟考试物理试卷
1．（2024高二下·阆中期末）金属原子由带正电的原子核和核外带负电电子组成，金属导线中通有水平向右的电流I，在导线的下方某处水平向右射入电子A，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电子A在金属原子核的作用下向上偏转
B．电子A在金属原子核外电子的作用下向下偏转
C．电子A在洛伦兹力的作用下向上偏转
D．电子A在洛伦兹力的作用下向下偏转
2．（2024高二下·阆中期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中，已知ab边长为，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。下列说法正确的是（ ）
A．该导线受到的安培力大小为BIl，方向垂直于纸面向里
B．该导线受到的安培力大小为2BIl，方向垂直于纸面向里
C．该导线受到的安培力大小为3BIl，方向于垂直于ab边
D．该导线受到的安培力大小为，方向于垂直于ac连线
3．（2024高二下·阆中期末）如图所示，一理想变压器ab端接电压恒定交流电源，原线圈匝数为90匝，已知，，当开关S断开时的功率为，当S闭合时的功率为，且，则副线圈匝数为（ ）
A．30 B．45 C．60 D．180
4．（2024高二下·阆中期末）如图所示，甲分子固定在体系原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变化关系如图所示，下列说法正确的（ ）
A．乙分子在P点(x=x2)时加速度最大
B．乙分子在P点(x=x2)时动能最大
C．乙分子在Q点(x=x1)时处于平衡状态
D．乙分子在Q点(x=x1)时分子势能最小
5．（2024高二下·阆中期末）图（a）为某研究小组的自制交流发电机结构简图。某次实验中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，利用示波器测出其产生的正弦交流电电压u随时间t变化关系如图（b）所示，线圈及导线电阻不计，若想用此发电机产生“220V、50Hz”的交流电，下列操作正确的是（ ）
A．仅调节线圈的匝数为原来2倍
B．仅调节线圈的面积为原来倍
C．仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来倍
D．仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍
6．（2024高二下·阆中期末）如图所示，在半径为R、圆心为O的半圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为、质量为m的粒子（不计所受重力）从O点沿纸面各个方向射入匀强磁场后，均从OC段射出磁场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子射入磁场时的最大速度为
B．粒子射入磁场时的最大速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子在磁场中运动的最长时间为
7．（2024高二下·阆中期末）风力发电为2022年卡塔尔世界杯供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速为n，并形成半径为r的圆面，通过转速比为的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，为交流电压表，忽略线圈电阻，则（ ）
A．线圈位于图示位置时，交流电压表的示数为零
B．从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为
8．（2024高二下·阆中期末）如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示，时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为（ ）
A．8m B．10m C．12m D．14m
9．（2024高二下·阆中期末）一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p-V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（ ）
A．气体经历过程1，外界对气体做功
B．气体经历过程1，内能增加
C．气体经历过程2，先放热后吸热
D．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的一定相同
10．（2024高二下·阆中期末）如图，，AC、BC为一足够大的匀强磁场区域的边界（边界无磁场），内部磁感应强度方向垂直纸面向外。带等量异种电荷的粒子a、b先后以相同的速度，从BC边上的某点D垂直BC边射入磁场，两粒子恰好均从AC边射出。忽略粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a粒子带负电
B．a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1
C．a、b两粒子质量之比为1：3
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1：2
11．（2024高二下·阆中期末）如图，导体框ABCD由竖直导轨AB、CD与5根长度均为的水平导体棒固定连接而成，导体棒间距均为；导体框下方处存在着宽度也为的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，方向垂直于导体框所在的竖直平面向外；每根导体棒的电阻均为4Ω，轨道AB、CD的电阻不计。静止释放导体框后，BC恰能匀速进入匀强磁场区域，运动过程中BC始终与磁场边界平行，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．导体框穿过磁场的过程中，BC棒中电流始终沿C到B方向
B．导体框质量为0.32kg
C．导体框穿过磁场的过程中，通过AD棒的电荷量为0.48C
D．导体框穿过磁场的过程中，AD棒产生的焦耳热为0.96J
12．（2024高二下·阆中期末）在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某组同学先后两次使用如图（a）所示实验装置获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到如图（b）所示两组图线。
（1）实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的 不发生变化，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可作 图线（选填：“”、“”）。对图像进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条 ，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（2）两组图线经检验均符合反比例关系，由图判断导致①、②两组数据差异的原因可能是_________。
A．某组实验中活塞移动太快
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
（3）某小组进行实验时缓慢推活塞压缩气体得到了数据图像，验证了玻意耳定律。在这个过程中，理想气体 （选填“吸热”、“放热”或“无热交换”）。
13．（2024高二下·阆中期末）某学习小组测量电源的电动势和内阻，并测量某样品管中污水（含有大量正、负离子）的电导率σ（电导率σ为电阻率ρ的倒数）。该样品管由绝缘材料制成，粗细均匀且左右两端封闭，在左右两个内侧面上固定有正对的导线连接，左右两侧面厚度不计，如图1所示。
（1）测得该样品管的长度为L，用20分度的游标卡尺测量该样品管的内径D，示数如图2所示，则D= cm。
（2）用图3所示电路（电流表为理想电表），测量电源的电动势和内阻，并测量该样品管中污水的电阻Rx。
①闭合开关S2和S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表示数I，并绘制图像，得到图线Ⅰ，如图4所示。
②断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表示数I，并绘制图像，得到图线Ⅱ，如图4所示。
③由图像可得，该电源的电动势E= ，内阻r= ；该样品管中污水的电阻Rx= 。（用a、b、c、d表示）
（3）该样品管中污水的电导率σ= （用L、D、a、b、c、d表示）。
14．（2024高二下·阆中期末）一横截面积为S的圆柱形汽缸水平固定，开口向右，底部导热，其他部分绝热。汽缸内的两绝热隔板a、b将汽缸分成Ⅰ、Ⅱ两室，隔板可在汽缸内无摩擦地移动。b的右侧与水平弹簧相连，初始时弹簧处于原长，两室内均封闭有体积为、温度为的理想气体。现用电热丝对Ⅱ室缓慢加热一段时间达到稳定状态时，a、b隔板移动的距离均为。已知大气压强为，环境的热力学温度恒为，求：
（1）加热后Ⅱ室气体的压强p、热力学温度T；
（2）弹簧的劲度系数k。
15．（2024高二下·阆中期末）如图甲所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、电荷量q=8×10－5C的小球，小球的直径比管的内径略小，在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1=15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=5T的匀强磁场。现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图乙所示，g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a；
（2）绝缘管的长度L；
（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离Δx。
16．（2024高二下·阆中期末）如图所示，间距为L的平行金属轨道MN、PQ均固定在竖直平面内，两轨道均由水平光滑直轨道和半径为r的四分之一光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的最低点切线水平，水平轨道有一部分处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的边界垂直于轨道，磁场边界间距也为L，轨道N、Q端接有阻值为R的定值电阻，磁场右侧轨道上固定有弹性立柱，两立柱连线与轨道垂直，一个质量为m的金属棒从轨道的M、P端由静止释放，金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，此后，金属棒刚好能再次穿过磁场，金属棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g，求
(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；
(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题考查了安培定则和左手定则，注意四指所指的方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反。由安培定则可知，在电子处电流磁场方向垂直于纸面向里；电子由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力竖直向下，则电子束向下偏转。
故选D。
【分析】根据安培定则判断电流的磁场方向，根据左手定则来判断洛伦兹力的方向。
2．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F=BIl。该通电导线的有效长度为ab，该导线受到的安培力大小为
根据左手定则知安培力的方向垂直于纸面向里。
故选B。
【分析】分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc边受到的安培力大小，从而得出导线受到的安培力。
3．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；功率公式；欧姆定律。设ab端输出电压为，将变压器和副线圈负载看成一个等效电阻，当开关S断开时，等效电阻为
此时通过的电流为
此时的功率为
当S闭合时，等效电阻为
此时通过的电流为
此时的功率为
由题意可知
联立可得
解得副线圈匝数为
故选B。
【分析】对闭合开关前后，利用变压器的变压比、电流比、欧姆定律、功率公式联立求解。
4．【答案】B
【知识点】分子势能
【解析】【解答】由分子间的相互作用和相对位置决定的势能叫分子势能．分子势能的大小与分子间距离有关。乙分子在P点(x=x2)时分子势能最小，此时分子力为零，则加速度为零，处于平衡状态，此时速度最大，动能最大，选项ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子共有的势能最小，分子间距离为平衡距离，当分子间距离变大或变小时，分子力都会做负功，导致分子势能变大。两分子所具有的总能量为分子动能与分子势能之和
5．【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】 对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。D．根据图像得
根据
解得
仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍，频率变为100 Hz，D错误；
A．根据图像得
根据
仅调节线圈的匝数为原来2倍，U变为220V，A正确；
B．根据 ，仅调节线圈的面积为原来倍
B错误；
C．根据 ，仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来倍
C错误。
故选A。
【分析】根据图像得到电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电动势的峰值公式和频率公式，逐项分析即可。
6．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可解题。如图所示
当离子轨迹与半圆形边界相切时，离子轨迹半径最大，则有
由洛伦兹力提供向心力可得
可得粒子射入磁场时的最大速度为
粒子在磁场中运动的最长时间为
故选B。
【分析】根据题意作出粒子临界运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，再确定粒子速度范围；根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律求出粒子速度，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子的运动时间。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理；动能；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 本题主要考查了交流电的相关应用，解题关键是掌握正弦式交变电流峰值、有效值和瞬时值的计算。A．交流电压表的示数应始终为交变电流的有效值，故A错误；
B．由题意可得发电机线圈的转速为nk，则发电机输出的交变电流的频率为
对该线框发电产生的交变电流应有
故B正确；
C．线圈中产生的感应电动势有效值为
根据变压器原副线圈匝数关系得原副线圈匝数比为
故C错误；
D．单位时间（）内冲击风轮机叶片气流的体积
气体质量
动能
故D错误。
故选B。
【分析】交流电压表的示数为有效值；根据发电机线圈的转速得出线圈转动的角速度，根据Em=NBSω求解感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值和瞬时值；单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS，根据动能公式即可求解。
8．【答案】C
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了动量定理，电磁感应与电路问题，解题的关键是知道金属杆做匀加速直线运动，加速度恒定，加速度不随时间变化，所以牛顿第二定律表达式中与时间的部分一定等于零。
t=0到t=2s时间段内，杆ab做匀加速直线运动，有
其中
可得
结合F-t图像知
ma=2
故
斜率
撤去力F时，杆ab的速度
杆ab的位移
撤去力F后，对杆ab由动量定理有
联立解得
故总位移
故选C。
【分析】推导出安培力与速度关系式，利用牛顿第二定律和金属杆加速度恒定，可得加速度大小，全过程利用动量定理可得位移大小。
9．【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律即可完成求解。AB．由图可知气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外界做功，而气体始终与外界无热量交换，根据热力学第一定律可得内能减小，故AB错误；
C．气体在过程2中，根据理想气体状态方程可知刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热；然后压强不变，体积变大，则温度升高，此过程体积变大对外做功，而温度升高内能增加，根据热力学第一定律可知气体要从外界吸热。即气体经历过程2，先放热后吸热，故C正确；
D．无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确。
故选CD。
【分析】根据气体状态参量的变化，结合热力学第一定律分析出气体内能的变化趋势；理想图像的物理意义，结合一定质量的理想气体状态方程分析出气体内能改变量的特点。
10．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。A．a粒子受洛伦兹力向左，根据左手定则可分析a粒子带负电，故A正确；
B．根据题意作出粒子的运动轨迹如图：
根据几何关系可知为等边三角形，且
又因为
而
可解得
a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1，故B正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力有
解得a、b两粒子质量之比为3：1，故C错误；
D．由图可知a、b两粒子在磁场中运动的圆心角为60°、120°，根据
可知a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为3：2，故D错误；
故选AB。
【分析】由左手定则判断带电粒子的电性，依题意作出两粒子在磁场中运动的轨迹图，由几何关系求得半径的关系，根据洛伦兹力提供向心力求解，根据周期与圆心角关系分析。
11．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。A．导体框穿过磁场的过程中，当BC棒在磁场中切割磁感线时，根据右手定则可知，BC棒中电流沿C到B方向；当BC棒离开磁场，上方任意一边在磁场中切割磁感线时，根据右手定则可知，BC棒中电流沿B到C方向；故A错误；
B．设BC棒刚进入磁场速度为，则有
解得
BC棒进入磁场产生的电动势为
整个导体框除了其中一边切割磁感线（相当于电源），其余四边为并联关系，则电路总电阻为
电路总电流为
BC棒恰能匀速进入匀强磁场区域，根据受力平衡可得
解得导体框质量为
故B正确；
C．由题意可知，当其中一边刚离开磁场时，同时上方的一边刚好进入磁场，则导体框穿过磁场的过程中，导体框一直做匀速直线运动，从BC棒刚进入磁场到AD棒刚要进入磁场过程，所用时间为
通过AD棒的电流为
从AD棒进入磁场到离开磁场所用时间为
通过AD棒的电流为
则导体框穿过磁场的过程中，通过AD棒的电荷量为
故C错误；
D．导体框穿过磁场的过程中，AD棒产生的焦耳热为
故D正确。
故选BD。
【分析】用右手定则判断感应电流的方向；切割磁感线时通过分析安培力和重力的大小方向关系，判断导体框的运动情况。导体框一直做匀速直线运动，求出时间，由动生电动势和闭合电路欧姆定律求电流，用通过AD棒的电荷量等于电流I和时间t的乘积；利用焦耳定律求热量。
12．【答案】（1）温度；；过原点的倾斜直线
（2）B
（3）放热
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】（1）根据玻意耳定律可得
可得
如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
（2）AC．某组器材的气密性不佳在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时图线也不可能符合反比例关系，故AC错误；
B．根据
两组注射器内气体的p与V的乘积不相等，可知对于同一V值所对应的p值不同，故B正确。
故选B。
（3）温度保持不变则气体内能不变，根据热力学第一定律可知，在这个过程中，理想气体放热。
【分析】（1）避免手握注射器含空气柱的部分，控制气体的温度不发生变化；
（2）若某组实验中活塞移动太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，若两组封闭气体的质量不同，则两组封闭气体的摩尔数不同；
（3）缓慢推活塞压缩气体，气体体积减小，外界对气体做功。
13．【答案】（1）3.035
（2）；；
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
（2）当闭合开关S2和S1，根据闭合电路欧姆定律可得
所以
断开开关S2，闭合开关S1，有
所以
结合图像可得
所以，，
（3）根据电阻定律有
联立可得
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解答；
（3）根据电阻定律结合欧姆定律解答。
（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
（2）[1][2][3]当闭合开关S2和S1，根据闭合电路欧姆定律可得
所以
断开开关S2，闭合开关S1，有
所以
结合图像可得
所以
，，
（3）根据电阻定律有
联立可得
14．【答案】（1）Ⅰ、Ⅱ室气体压强相等，Ⅰ室发生的等温变化，则
解得
p=2p0
对Ⅱ室气体，由于
V=2V0
根据
解得
T=4T0
（2）对活塞b进行受力分析可知
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以Ⅰ内的气体为研究对象，根据玻意耳定律求出加热后的压强，从而得到加热后Ⅱ室气体的压强p。对Ⅱ内的气体，根据理想气体状态方程求解加热后Ⅱ室中气体的热力学温度T。
（2）对b活塞，根据平衡条件求解弹簧的劲度系数。
15．【答案】解：（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，由牛顿第二定律
且
解得
（2）由小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的图象知，在小球运动到管口时
设v1为小球竖直分速度及由v1使小球受到的洛伦兹力，则
由水平方向平衡知
即
解得
由竖着方向小球做匀加速直线运动
解得
（3）小球离开管口进入复合场，如图
其中
故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度
与MN成45°角，轨道半径为R，此时洛伦兹力充当向心力
小球离开管口开始计时，到再次经过，MN所通过的水平距离由几何关系得
对应时间
小车运动距离为
故
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）由竖着方向小球做匀加速直线运动，水平方向平衡，结合匀变速直线运动的规律求解；
（3）电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，轨道半径为R，此时洛伦兹力充当向心力，由几何关系求解时间。
16．【答案】(1)由题意可知从导体棒释放到达最低点的过程中，有动能定理有：
在圆轨道最低点合力提供向心力有：
联立解得：；根据牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力大小为：
(2)由题意可知金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，且金属棒刚好能再次穿过磁场，即再次穿过磁场时速度恰好为0，设两次穿越磁场的时间为t，流过电荷量为q，此过程中根据：
可得：
对整个运动过程根据动量定理有：
联立两式结合(1)可解得：
金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量为：
(3)设金属棒第一次穿出磁场时速度为v1，则根据动量定理有：
所以金属棒第一次穿过磁场的过程中，根据能量守恒有：
联立两式结合(2)的结果可得：
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出滑到底端时的速度，应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后求出金属棒对轨道的压力。
（2）应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，由电流定义式求出通过电阻R的电荷量，由动量定理求出金属棒通过磁场时的速度。
（3）应用动量定理和能量守恒定律求出电阻R产生的焦耳热。
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