北京市朝阳区2018届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·朝阳期末）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的 ，那么它们之间静电力的大小变为（ ）
A． B． C．4F D．16F
2．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，把一根柔软的金属弹簧悬挂起来，弹簧静止时，它的下端刚好跟槽中的水银接触。通电后，关于弹簧，下列说法中正确的是 （ ）
A．弹簧始终不动 B．弹簧不断上下振动
C．弹簧向上收缩后，保持静止 D．弹簧向下伸长后，保持静止
3．（2018高三上·朝阳期末）电阻R1、R2与交流电源按照图1方式连接，R1=10Ω，R2=20Ω。闭合开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则（ ）
A．通过R1的电流有效值是1.0A B．通过R2的电流最大值是 A
C．R1两端的电压有效值是5V D．R2两端的电压最大值是 V
4．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，电路中的变压器为理想变压器，R为滑动变阻器，U1为加在原线圈两端的交流电压，I1为原线圈中的电流，U2为副线圈两端的交流电压，I2为副线圈中的电流，P2为滑动变阻器上消耗的电功率。若U1保持不变，改变滑动变阻器滑片的位置，下列说法中正确的是（ ）
A．P2保持不变 B．U2保持不变 C．I1保持不变 D．I2保持不变
5．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O处以速度v沿y轴正方向进入磁场，最后从P（a，0）射出磁场。不计粒子重力，该带电粒子的电性和比荷 是（ ）
A．正电荷， B．负电荷，
C．正电荷， D．负电荷，
6．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，Q为真空中固定的点电荷，虚线表示该点电荷周围的等势面。一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，下列说法中正确的是（ ）
A．此粒子在M点的加速度大于在N点的加速度
B．此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
C．此粒子在M点的动能小于在N点的动能
D．电场中M点的电势低于N点的电势
7．（2018高三上·朝阳期末）如图1所示，闭合线圈放在匀强磁场中，t=0时磁场方向垂直线圈平面向里，磁感应强度B随时间t的变化关系如图2所示。在0～2s内，线圈中感应电流（ ）
A．逐渐增大，方向为逆时针
B．逐渐减小，方向为顺时针
C．大小不变，方向为顺时针
D．大小不变，方向为先顺时针后逆时针
8．（2018高三上·朝阳期末）在如图所示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器R1的滑片P向a端移动时（ ）
A．A1、A2的示数都减小 B．A1、A2的示数都增大
C．A1的示数增大，A2的示数减小 D．A1的示数减小，A2的示数增大
9．（2018高三上·朝阳期末）如图所示的电路中，a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（直流电阻不计），E为电源，S为开关。下列说法中正确的是（ ）
A．闭合开关，a、b同时亮
B．闭合开关，a先亮，b后亮
C．断开开关，a、b过一会儿同时熄灭
D．断开开关，b先熄灭，a闪亮后熄灭
10．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，MM'和NN'是匀强磁场区域的水平边界，纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，ab边与MM'和NN'平行，边长小于MM'和NN'的间距。若线框自由下落，在ab边从MM'运动到NN'的过程中，关于线框的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．一定始终做减速运动 B．一定始终做加速运动
C．可能先减速后加速 D．可能先加速后减速
11．（2018高三上·朝阳期末）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2018高三上·朝阳期末）某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表，该电表有1、2两个量程。关于该电表，下列说法中正确的是（ ）
A．测电压时，量程1一定小于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
B．测电流时，量程1一定大于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
C．测电压时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
D．测电流时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
13．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，两光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为d，其左端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置，且接触良好。现给导体棒MN一水平向右的初速度v1，经过时间t，导体棒MN向右运动的距离为x，速度变为v2。不计金属导轨和导体棒MN的电阻。甲、乙两位同学根据以上条件，分别求解在时间t内通过电阻R的焦耳热Q，具体过程如下：（ ）
甲同学： 在这段时间内，导体棒MN切割磁感线的感应电动势 所以 乙同学： 在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热，则有
A．两位同学的解法都正确
B．两位同学的解法都错误
C．甲同学的解法正确，乙同学的解法错误
D．甲同学的解法错误，乙同学的解法正确
14．（2018高三上·朝阳期末）用示波器观察某交流信号时，显示屏上显示如图所示的波形。若要使该波形移动到显示屏的中央，只需调节（ ）。
A．X增益旋钮 B．Y增益旋钮
C．水平位移旋钮 D．竖直位移旋钮
二、实验题
15．（2018高三上·朝阳期末）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中。
（1）在用多用电表测电流或电阻的过程中，下列说法中正确的是________。（多选）
A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行欧姆调零
B．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
C．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时，多用电表的指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10V”挡，其读数为 V；若选择开关处于“×10”挡，其读数为 Ω。
16．（2018高三上·朝阳期末）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为 mm。
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx（约为5Ω）。现有电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，该实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 。（选填器材前的字母）
（3）图2是测量Rx的实验器材的电路图，请根据图2，补充完成图3中实物间的连线。
（4）以U为纵坐标，I为横坐标，利用实验数据做出如图所示的U-I图像。由图线得到金属丝的阻值Rx= Ω（保留两位有效数字）。
（5）实验中，在不损坏电表的前提下，随着滑动变阻器滑片移动距离x的增加，电池组的总功率P也会发生变化。图的各示意图中正确反映P-x关系的是______。
A． B．
C． D．
三、解答题
17．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，长为l的轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个电荷量为-
q的小球（可视为质点），小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角为θ。已知小球的质量为m，重力加速度为g。求：
（1）电场强场E的大小；
（2）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
18．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，两平行金属板间的电势差为U，金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并垂直磁场边界从O点进入磁场，经历半个圆周打在P点。忽略重力的影响，求：
（1）粒子从电场射出时速度v的大小；
（2）O、P两点间的距离l。
19．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，两光滑平行金属导轨固定在倾角为θ的同一斜面内，间距为l，其下端有内阻为r的电源，整个装置处在垂直导轨平面向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上，接触良好，且保持静止状态。不计导轨电阻。已知重力加速度为g。求：
（1）导体棒所受安培力F的大小和方向；
（2）电源的电动势E。
20．（2018高三上·朝阳期末）如果场源是多个点电荷，电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，电场中某点的电势为各个点电荷单独在该点产生电势的代数和。
若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为 ，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。
（1）如图所示，M、N是真空中两个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N间的距离为d，OC是MN连线中垂线， °。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。求：a．C点的电场强度；b．C点的电势。
（2）如图所示，一个半径为R、电荷量为+Q的均匀带电细圆环固定在真空中，环面水平。一质量为m、电荷量- q的带电液滴，从环心O正上方D点由静止开始下落。已知D、O间的距离为 ，静电力常量为k，重力加速度为g。求液滴到达O点时速度v的大小。
21．（2018高三上·朝阳期末）电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ。一条形磁铁滑入两铝条间，恰好以速度v0匀速下滑，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是底边为2d，高为d的长方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，宽度为b，电阻率为ρ。为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g。
（1）求一侧铝条中与磁铁正对部分的感应电动势E；
（2）求条形磁铁的质量m；
（3）在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度 （ ）为的铝条，磁铁仍以速度v0进入铝条间，请在图中定性画出磁铁速度v随时间t变化关系的图线（规定沿斜面向下为正方向）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】开始两点电荷间的库仑力： ①，当电荷量都变为原来的 而距离不变时： ②，联立①②可得： ，B、C、D不符合题意，A符合题意．
故答案为：A．
【分析】两个点电荷之间的作用力可以利用库仑定律求解，其中q1和q2是两个点电荷的电量，r是两个点电荷的距离，代入数值计算即可。
2．【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程．
故答案为：B．
【分析】当水银和弹簧构成回路后，弹簧中相邻线圈会受到安培力而相互吸引，股弹簧会收缩使得回路断开，使得重物下降。
3．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】B、据电路图可知两电阻串联，即电流相同；从图2可以看出，通过R1和R2电流最大值是 ，B不符合题意；A、据正弦交流电峰值与有效值的关系可知，R1电流的有效值为 ，A不符合题意；C、据欧姆定律可知，R1和R2电端电压的最大值为 和 ；D、据正弦交流电峰值与有效值的关系可知，R1电压的有效值为 ，C符合题意，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率。
4．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】B、保持U1不变，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定 ，可知输出电压U2不变，B符合题意；D、使滑片P滑动时，R变化，而电压U2不变，所以副线圈电流I2变化，D不符合题意；C、由 知I2变化，则I1变化，C不符合题意；A、由 知P2发生变化，A不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压、电流的关系求解副线圈的电压和电流大小变化即可。
5．【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带正电，由几何关系得运动半径为： ，由牛顿的定律得： ，有： ，
故答案为：D。
【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再利用向心力公式求解荷质比。
6．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A、由库仑定律知，粒子在M点的库仑力小于在N点的，故由牛顿第二定律F=ma知粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，A不符合题意．B、从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的排斥力作用，从M到N库仑力做负功，电势能增加，则粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，B不符合题意．C、粒子从M到N库仑力对它做负功，电势能增加，由能量守恒定律可知其动能减小，即粒子在M点的动能大于在N点的动能，C不符合题意．D、带电粒子受到了向左的力（排斥力）作用，该粒子带正电荷，故中心的点电荷必为正电荷，由点电荷电场分布规律知，电场中M点的电势低于N点的电势，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】粒子的运动轨迹为曲线，故受到的合力指向弧内，结合点电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
7．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】第1s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向；第2s内，磁场的方向垂直于纸面向内，且均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向．由 可知，这2s内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为逆时针．C符合题意，A、B、D不符合题意．
故答案为：C.
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小。
8．【答案】A
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】当滑动变阻器R1的滑动片P向a端移动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，所以可知A1的示数减小．电源的内电压减小，则路端电压增大，通过R2的电流增大，则通过A2的电流减小．A符合题意．
故答案为：A.
【分析】滑动变阻器向a移动，接入电路中的电阻变大，利用串并联电路中的电流和电压规律，结合欧姆定律分析各支路中的电流变化，进而分析电流表和电压表示数的变化。
9．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作，断电后停止工作．但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使a灯后亮，则合上开关，b先亮，a后亮．当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭．C符合题意，A、B、D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会慢慢熄灭；当开关闭合后，流过电感的电流会变大，此时电感会阻碍电流的增大，故闭合开关后，电小灯泡会逐渐变亮。
10．【答案】C
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、C、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，C符合题意，A不符合题意；B、D、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，B，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用运动学公式求解导线框的速度，结合法拉第电场感应定律求解回路中的电压和电流，利用安培力公式求解安培力，对导线框进行受力分析，求解导线框的运动情况。
11．【答案】B
【知识点】电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】结合三个物体的运动情况对三个物体进行受力分析，列方程求解三个小球的质量。
12．【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A、C、表头与电阻串联构成电压表，而且串联的电阻阻值越大，量程越大，由电路可知两个量程都是串了电阻R1，故量程为 相同，则A、C均错误；B、D、表头与电阻并联构成电流表，而且并联的电阻阻值越小，分流越多，量程越大，由电路可知 ， ，解得 ， ；量程1并的电阻小，量程更大， ，则量程1与量程2间的大小关系只与R2和R3的阻值有关，B符合题意，D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可。
13．【答案】D
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势和感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，导体棒做变减速运动，安培力的平均值是不断变化，不能用 求克服安培力做功．故甲同学的解法是错误的．而根据功能关系安培力做多少负功，就有多少动能转化为电能，从而转化为焦耳热，则乙同学的解法是正确的。
故答案为：D.
【分析】结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量。
14．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】若要增大波形的亮度，应调节辉度调节旋钮；若要波形变细且清晰，应调节聚焦调节旋钮和辅助聚焦调节旋钮；若要将波形调至屏中央，应调节竖直位移与水平位移调节旋钮；当扫描频率与正弦信号频率相等时显示一个完整的正弦波形．欲显示两个完整的正弦波形，必须有正弦信号的频率是扫描频率的两倍，所以必须调整扫描微调旋钮．欲增大波形幅度，可调整Y增益旋钮．本题波形略靠上，应调节竖直位移旋钮，使其下移，
故答案为：D.
【分析】要想使波形图在屏幕上向下移动，股应该调节竖直位移旋钮。
15．【答案】（1）A；C
（2）5.0；1.5×102
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，A符合题意．B、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，B不符合题意；C、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，C符合题意．
故答案为：AC.(2)选择开关处于“10V”挡，最小分度值为0.2V，估读在0.2的同一位，所以此时的读数为5.0V．若选择开关处于“×10”挡，读电阻是由数字乘以倍率构成，估读保留两位有效数字，结果为15×10=1.5×102Ω.
【分析】（1）多用电表使用前应先进行机械调零，每次更换倍率都要进行欧姆调零，两根笔短接，电阻应该为零，不为零时进行欧姆调零；
（2）读数时利用表盘的示数乘以倍率即可。
16．【答案】（1）0.400
（2）B；C
（3）解：如图所示:
（4）4.4-4.6
（5）B
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)由图所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+40.0×0.01mm=0.400mm（0.398～0.401均正确）；(2)本实验提供的电源电压为3V，故电压表选择C(3V)既安全又精确读数；电路中的最大电流为 ，故电流表选择B(0.6A)刚好合适.(3)本实验电路采用了电流表外接法和滑动变阻器的限流式接法，由连接实物如图： ;(4)由部分电路的欧姆定律可知，U-I图象的斜率表示电阻 .(5)设滑动变阻器单位长度的电阻为r0，滑动变阻器的总长度为L，随着滑片向左滑，根据全电路的欧姆定律 ，则电源的总功率为 ，据函数关系知随x的增大，P逐渐增大，但x=0时，可知 ，同时结合反比例函数的规律可知相同的 变化量，变化量 越来越大，B符合题意，
故答案为：B.
【分析】（1）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；
（2）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；
（3）电流表串联在电路中，电压表与电阻并联；电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（4）对于U-I图像，图像的斜率就是电阻的阻值；
（5）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 求出回路中的电流，再结合功率公式P=UI求解功率的表达式，再结合图像分析求解即可。
17．【答案】（1）解：小球的受力情况如图所示:
因为小球静止，则有
所以:
（2）解：将电场撤去后，小球向下摆动，取最低点的重力势能为零，
根据机械能守恒定律有
所以
【知识点】动能定理的综合应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在重力、拉力和电场力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解电场力的大小；
（2）小球下落过程机械能守恒，任意某个位置的机械能都是相同的，结合题目条件，哪一个位置的机械能容易求解，利用此位置求解机械能即可。
18．【答案】（1）解：根据动能定理有
所以：
（2）解：根据牛顿第二定律有
所以
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；
（2）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合向心力公式求解轨道半径，进进而求出OP的距离。
19．【答案】（1）解：由题意可知，导体棒所受安培力F的方向沿斜面向上。导体棒的受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律有
所以
（2）解：因为
由全电路的欧姆定律：
所以：
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在重力、支持力、安培力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解安培力的大小；
（2）结合安培力公式求解电路中的电流，根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 求解电动势的大小。
20．【答案】（1）解：a．由几何关系可知，C、M间的距离
M在C点产生的电场强度
，方向与x轴正方向成30°
由叠加原理和对称性可知，C点的场强 ，方向为由O指向C
b．若规定无限远电势为零，M和N在C点产生的电势
由叠加原理可知，C点的电势
（2）解：把圆环分成若干等份，每一份都足够小，可视为点电荷。设每一份的电荷量为 。研究其中任意一份，它与D点的距离 ，它在D产生的电势
由对称性和叠加原理可知，圆环在D点的电势
同理可求得，圆环在O点的电势
所以D、O两点间的电势差
在液滴从D到O的过程中，根据动能定理有:
所以
【知识点】动能定理的综合应用；电势差、电势、电势能
【解析】【分析】（1）a.空间中的电场是两个电荷共同叠加产生的，电场强度时矢量，分别求出两个电荷在C产生的电场强度，利用平行四边形定则进行叠加即可；
b.电势是标量，分别求出两个电荷在C产生的电势，两者直接相加即可；
（2）利用电势的叠加和对称性求解带电圆环在OD两点间的电势差，对油滴利用动能定理求解油滴的末速度。
21．【答案】（1）解：一侧铝条中与磁铁正对部分的感应电动势
（2）解：根据电阻定律，一侧铝条与磁铁正对部分的电阻
根据欧姆定律有，铝条正对部分中的电流
一侧铝条受到的安培力
根据牛顿第三定律有，一侧铝条对磁铁的作用力 ，此力阻碍磁铁的运动，方向沿斜面向上。
取磁铁为研究对象，根据牛顿第二定律
所以：
（3）解：磁铁速度v随时间t变化关系的图线如图所示：
【知识点】安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒切割磁感线，利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势；
（2）求出条形磁铁的电阻，利用欧姆定律求解电流，进而求出磁铁受到的安培力，对磁铁进行受力分析，利用牛顿第二定律求解磁铁的质量；
（3）对铝条进行受力分析，结合他的受力情况分析铝条的速度变化。
1 / 1北京市朝阳区2018届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·朝阳期末）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的 ，那么它们之间静电力的大小变为（ ）
A． B． C．4F D．16F
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】开始两点电荷间的库仑力： ①，当电荷量都变为原来的 而距离不变时： ②，联立①②可得： ，B、C、D不符合题意，A符合题意．
故答案为：A．
【分析】两个点电荷之间的作用力可以利用库仑定律求解，其中q1和q2是两个点电荷的电量，r是两个点电荷的距离，代入数值计算即可。
2．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，把一根柔软的金属弹簧悬挂起来，弹簧静止时，它的下端刚好跟槽中的水银接触。通电后，关于弹簧，下列说法中正确的是 （ ）
A．弹簧始终不动 B．弹簧不断上下振动
C．弹簧向上收缩后，保持静止 D．弹簧向下伸长后，保持静止
【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程．
故答案为：B．
【分析】当水银和弹簧构成回路后，弹簧中相邻线圈会受到安培力而相互吸引，股弹簧会收缩使得回路断开，使得重物下降。
3．（2018高三上·朝阳期末）电阻R1、R2与交流电源按照图1方式连接，R1=10Ω，R2=20Ω。闭合开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则（ ）
A．通过R1的电流有效值是1.0A B．通过R2的电流最大值是 A
C．R1两端的电压有效值是5V D．R2两端的电压最大值是 V
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】B、据电路图可知两电阻串联，即电流相同；从图2可以看出，通过R1和R2电流最大值是 ，B不符合题意；A、据正弦交流电峰值与有效值的关系可知，R1电流的有效值为 ，A不符合题意；C、据欧姆定律可知，R1和R2电端电压的最大值为 和 ；D、据正弦交流电峰值与有效值的关系可知，R1电压的有效值为 ，C符合题意，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率。
4．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，电路中的变压器为理想变压器，R为滑动变阻器，U1为加在原线圈两端的交流电压，I1为原线圈中的电流，U2为副线圈两端的交流电压，I2为副线圈中的电流，P2为滑动变阻器上消耗的电功率。若U1保持不变，改变滑动变阻器滑片的位置，下列说法中正确的是（ ）
A．P2保持不变 B．U2保持不变 C．I1保持不变 D．I2保持不变
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】B、保持U1不变，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定 ，可知输出电压U2不变，B符合题意；D、使滑片P滑动时，R变化，而电压U2不变，所以副线圈电流I2变化，D不符合题意；C、由 知I2变化，则I1变化，C不符合题意；A、由 知P2发生变化，A不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压、电流的关系求解副线圈的电压和电流大小变化即可。
5．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O处以速度v沿y轴正方向进入磁场，最后从P（a，0）射出磁场。不计粒子重力，该带电粒子的电性和比荷 是（ ）
A．正电荷， B．负电荷，
C．正电荷， D．负电荷，
【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带正电，由几何关系得运动半径为： ，由牛顿的定律得： ，有： ，
故答案为：D。
【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再利用向心力公式求解荷质比。
6．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，Q为真空中固定的点电荷，虚线表示该点电荷周围的等势面。一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，下列说法中正确的是（ ）
A．此粒子在M点的加速度大于在N点的加速度
B．此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
C．此粒子在M点的动能小于在N点的动能
D．电场中M点的电势低于N点的电势
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A、由库仑定律知，粒子在M点的库仑力小于在N点的，故由牛顿第二定律F=ma知粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，A不符合题意．B、从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的排斥力作用，从M到N库仑力做负功，电势能增加，则粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，B不符合题意．C、粒子从M到N库仑力对它做负功，电势能增加，由能量守恒定律可知其动能减小，即粒子在M点的动能大于在N点的动能，C不符合题意．D、带电粒子受到了向左的力（排斥力）作用，该粒子带正电荷，故中心的点电荷必为正电荷，由点电荷电场分布规律知，电场中M点的电势低于N点的电势，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】粒子的运动轨迹为曲线，故受到的合力指向弧内，结合点电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
7．（2018高三上·朝阳期末）如图1所示，闭合线圈放在匀强磁场中，t=0时磁场方向垂直线圈平面向里，磁感应强度B随时间t的变化关系如图2所示。在0～2s内，线圈中感应电流（ ）
A．逐渐增大，方向为逆时针
B．逐渐减小，方向为顺时针
C．大小不变，方向为顺时针
D．大小不变，方向为先顺时针后逆时针
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】第1s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向；第2s内，磁场的方向垂直于纸面向内，且均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向．由 可知，这2s内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为逆时针．C符合题意，A、B、D不符合题意．
故答案为：C.
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小。
8．（2018高三上·朝阳期末）在如图所示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器R1的滑片P向a端移动时（ ）
A．A1、A2的示数都减小 B．A1、A2的示数都增大
C．A1的示数增大，A2的示数减小 D．A1的示数减小，A2的示数增大
【答案】A
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】当滑动变阻器R1的滑动片P向a端移动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，所以可知A1的示数减小．电源的内电压减小，则路端电压增大，通过R2的电流增大，则通过A2的电流减小．A符合题意．
故答案为：A.
【分析】滑动变阻器向a移动，接入电路中的电阻变大，利用串并联电路中的电流和电压规律，结合欧姆定律分析各支路中的电流变化，进而分析电流表和电压表示数的变化。
9．（2018高三上·朝阳期末）如图所示的电路中，a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（直流电阻不计），E为电源，S为开关。下列说法中正确的是（ ）
A．闭合开关，a、b同时亮
B．闭合开关，a先亮，b后亮
C．断开开关，a、b过一会儿同时熄灭
D．断开开关，b先熄灭，a闪亮后熄灭
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作，断电后停止工作．但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使a灯后亮，则合上开关，b先亮，a后亮．当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭．C符合题意，A、B、D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会慢慢熄灭；当开关闭合后，流过电感的电流会变大，此时电感会阻碍电流的增大，故闭合开关后，电小灯泡会逐渐变亮。
10．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，MM'和NN'是匀强磁场区域的水平边界，纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，ab边与MM'和NN'平行，边长小于MM'和NN'的间距。若线框自由下落，在ab边从MM'运动到NN'的过程中，关于线框的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．一定始终做减速运动 B．一定始终做加速运动
C．可能先减速后加速 D．可能先加速后减速
【答案】C
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、C、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，C符合题意，A不符合题意；B、D、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，B，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用运动学公式求解导线框的速度，结合法拉第电场感应定律求解回路中的电压和电流，利用安培力公式求解安培力，对导线框进行受力分析，求解导线框的运动情况。
11．（2018高三上·朝阳期末）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】结合三个物体的运动情况对三个物体进行受力分析，列方程求解三个小球的质量。
12．（2018高三上·朝阳期末）某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表，该电表有1、2两个量程。关于该电表，下列说法中正确的是（ ）
A．测电压时，量程1一定小于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
B．测电流时，量程1一定大于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
C．测电压时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
D．测电流时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A、C、表头与电阻串联构成电压表，而且串联的电阻阻值越大，量程越大，由电路可知两个量程都是串了电阻R1，故量程为 相同，则A、C均错误；B、D、表头与电阻并联构成电流表，而且并联的电阻阻值越小，分流越多，量程越大，由电路可知 ， ，解得 ， ；量程1并的电阻小，量程更大， ，则量程1与量程2间的大小关系只与R2和R3的阻值有关，B符合题意，D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可。
13．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，两光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为d，其左端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置，且接触良好。现给导体棒MN一水平向右的初速度v1，经过时间t，导体棒MN向右运动的距离为x，速度变为v2。不计金属导轨和导体棒MN的电阻。甲、乙两位同学根据以上条件，分别求解在时间t内通过电阻R的焦耳热Q，具体过程如下：（ ）
甲同学： 在这段时间内，导体棒MN切割磁感线的感应电动势 所以 乙同学： 在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热，则有
A．两位同学的解法都正确
B．两位同学的解法都错误
C．甲同学的解法正确，乙同学的解法错误
D．甲同学的解法错误，乙同学的解法正确
【答案】D
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势和感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，导体棒做变减速运动，安培力的平均值是不断变化，不能用 求克服安培力做功．故甲同学的解法是错误的．而根据功能关系安培力做多少负功，就有多少动能转化为电能，从而转化为焦耳热，则乙同学的解法是正确的。
故答案为：D.
【分析】结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量。
14．（2018高三上·朝阳期末）用示波器观察某交流信号时，显示屏上显示如图所示的波形。若要使该波形移动到显示屏的中央，只需调节（ ）。
A．X增益旋钮 B．Y增益旋钮
C．水平位移旋钮 D．竖直位移旋钮
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】若要增大波形的亮度，应调节辉度调节旋钮；若要波形变细且清晰，应调节聚焦调节旋钮和辅助聚焦调节旋钮；若要将波形调至屏中央，应调节竖直位移与水平位移调节旋钮；当扫描频率与正弦信号频率相等时显示一个完整的正弦波形．欲显示两个完整的正弦波形，必须有正弦信号的频率是扫描频率的两倍，所以必须调整扫描微调旋钮．欲增大波形幅度，可调整Y增益旋钮．本题波形略靠上，应调节竖直位移旋钮，使其下移，
故答案为：D.
【分析】要想使波形图在屏幕上向下移动，股应该调节竖直位移旋钮。
二、实验题
15．（2018高三上·朝阳期末）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中。
（1）在用多用电表测电流或电阻的过程中，下列说法中正确的是________。（多选）
A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行欧姆调零
B．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
C．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时，多用电表的指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10V”挡，其读数为 V；若选择开关处于“×10”挡，其读数为 Ω。
【答案】（1）A；C
（2）5.0；1.5×102
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，A符合题意．B、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，B不符合题意；C、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，C符合题意．
故答案为：AC.(2)选择开关处于“10V”挡，最小分度值为0.2V，估读在0.2的同一位，所以此时的读数为5.0V．若选择开关处于“×10”挡，读电阻是由数字乘以倍率构成，估读保留两位有效数字，结果为15×10=1.5×102Ω.
【分析】（1）多用电表使用前应先进行机械调零，每次更换倍率都要进行欧姆调零，两根笔短接，电阻应该为零，不为零时进行欧姆调零；
（2）读数时利用表盘的示数乘以倍率即可。
16．（2018高三上·朝阳期末）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为 mm。
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx（约为5Ω）。现有电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，该实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 。（选填器材前的字母）
（3）图2是测量Rx的实验器材的电路图，请根据图2，补充完成图3中实物间的连线。
（4）以U为纵坐标，I为横坐标，利用实验数据做出如图所示的U-I图像。由图线得到金属丝的阻值Rx= Ω（保留两位有效数字）。
（5）实验中，在不损坏电表的前提下，随着滑动变阻器滑片移动距离x的增加，电池组的总功率P也会发生变化。图的各示意图中正确反映P-x关系的是______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）0.400
（2）B；C
（3）解：如图所示:
（4）4.4-4.6
（5）B
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)由图所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+40.0×0.01mm=0.400mm（0.398～0.401均正确）；(2)本实验提供的电源电压为3V，故电压表选择C(3V)既安全又精确读数；电路中的最大电流为 ，故电流表选择B(0.6A)刚好合适.(3)本实验电路采用了电流表外接法和滑动变阻器的限流式接法，由连接实物如图： ;(4)由部分电路的欧姆定律可知，U-I图象的斜率表示电阻 .(5)设滑动变阻器单位长度的电阻为r0，滑动变阻器的总长度为L，随着滑片向左滑，根据全电路的欧姆定律 ，则电源的总功率为 ，据函数关系知随x的增大，P逐渐增大，但x=0时，可知 ，同时结合反比例函数的规律可知相同的 变化量，变化量 越来越大，B符合题意，
故答案为：B.
【分析】（1）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；
（2）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；
（3）电流表串联在电路中，电压表与电阻并联；电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（4）对于U-I图像，图像的斜率就是电阻的阻值；
（5）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 求出回路中的电流，再结合功率公式P=UI求解功率的表达式，再结合图像分析求解即可。
三、解答题
17．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，长为l的轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个电荷量为-
q的小球（可视为质点），小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角为θ。已知小球的质量为m，重力加速度为g。求：
（1）电场强场E的大小；
（2）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
【答案】（1）解：小球的受力情况如图所示:
因为小球静止，则有
所以:
（2）解：将电场撤去后，小球向下摆动，取最低点的重力势能为零，
根据机械能守恒定律有
所以
【知识点】动能定理的综合应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在重力、拉力和电场力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解电场力的大小；
（2）小球下落过程机械能守恒，任意某个位置的机械能都是相同的，结合题目条件，哪一个位置的机械能容易求解，利用此位置求解机械能即可。
18．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，两平行金属板间的电势差为U，金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并垂直磁场边界从O点进入磁场，经历半个圆周打在P点。忽略重力的影响，求：
（1）粒子从电场射出时速度v的大小；
（2）O、P两点间的距离l。
【答案】（1）解：根据动能定理有
所以：
（2）解：根据牛顿第二定律有
所以
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；
（2）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合向心力公式求解轨道半径，进进而求出OP的距离。
19．（2018高三上·朝阳期末）如图所示，两光滑平行金属导轨固定在倾角为θ的同一斜面内，间距为l，其下端有内阻为r的电源，整个装置处在垂直导轨平面向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上，接触良好，且保持静止状态。不计导轨电阻。已知重力加速度为g。求：
（1）导体棒所受安培力F的大小和方向；
（2）电源的电动势E。
【答案】（1）解：由题意可知，导体棒所受安培力F的方向沿斜面向上。导体棒的受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律有
所以
（2）解：因为
由全电路的欧姆定律：
所以：
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在重力、支持力、安培力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解安培力的大小；
（2）结合安培力公式求解电路中的电流，根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 求解电动势的大小。
20．（2018高三上·朝阳期末）如果场源是多个点电荷，电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，电场中某点的电势为各个点电荷单独在该点产生电势的代数和。
若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为 ，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。
（1）如图所示，M、N是真空中两个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N间的距离为d，OC是MN连线中垂线， °。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。求：a．C点的电场强度；b．C点的电势。
（2）如图所示，一个半径为R、电荷量为+Q的均匀带电细圆环固定在真空中，环面水平。一质量为m、电荷量- q的带电液滴，从环心O正上方D点由静止开始下落。已知D、O间的距离为 ，静电力常量为k，重力加速度为g。求液滴到达O点时速度v的大小。
【答案】（1）解：a．由几何关系可知，C、M间的距离
M在C点产生的电场强度
，方向与x轴正方向成30°
由叠加原理和对称性可知，C点的场强 ，方向为由O指向C
b．若规定无限远电势为零，M和N在C点产生的电势
由叠加原理可知，C点的电势
（2）解：把圆环分成若干等份，每一份都足够小，可视为点电荷。设每一份的电荷量为 。研究其中任意一份，它与D点的距离 ，它在D产生的电势
由对称性和叠加原理可知，圆环在D点的电势
同理可求得，圆环在O点的电势
所以D、O两点间的电势差
在液滴从D到O的过程中，根据动能定理有:
所以
【知识点】动能定理的综合应用；电势差、电势、电势能
【解析】【分析】（1）a.空间中的电场是两个电荷共同叠加产生的，电场强度时矢量，分别求出两个电荷在C产生的电场强度，利用平行四边形定则进行叠加即可；
b.电势是标量，分别求出两个电荷在C产生的电势，两者直接相加即可；
（2）利用电势的叠加和对称性求解带电圆环在OD两点间的电势差，对油滴利用动能定理求解油滴的末速度。
21．（2018高三上·朝阳期末）电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ。一条形磁铁滑入两铝条间，恰好以速度v0匀速下滑，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是底边为2d，高为d的长方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，宽度为b，电阻率为ρ。为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g。
（1）求一侧铝条中与磁铁正对部分的感应电动势E；
（2）求条形磁铁的质量m；
（3）在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度 （ ）为的铝条，磁铁仍以速度v0进入铝条间，请在图中定性画出磁铁速度v随时间t变化关系的图线（规定沿斜面向下为正方向）。
【答案】（1）解：一侧铝条中与磁铁正对部分的感应电动势
（2）解：根据电阻定律，一侧铝条与磁铁正对部分的电阻
根据欧姆定律有，铝条正对部分中的电流
一侧铝条受到的安培力
根据牛顿第三定律有，一侧铝条对磁铁的作用力 ，此力阻碍磁铁的运动，方向沿斜面向上。
取磁铁为研究对象，根据牛顿第二定律
所以：
（3）解：磁铁速度v随时间t变化关系的图线如图所示：
【知识点】安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒切割磁感线，利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势；
（2）求出条形磁铁的电阻，利用欧姆定律求解电流，进而求出磁铁受到的安培力，对磁铁进行受力分析，利用牛顿第二定律求解磁铁的质量；
（3）对铝条进行受力分析，结合他的受力情况分析铝条的速度变化。
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