2022-2023學(xué)年重慶市經(jīng)開育才中學(xué)高二（上）期末物理試卷、答案解析（附后）

2022-2023學(xué)年重慶市經(jīng)開育才中學(xué)高二（上）期末物理試卷

1.在電磁學(xué)發(fā)展過程中，許多科學(xué)家做出了貢獻(xiàn)，下列說法中符合物理學(xué)發(fā)展史的是（）

A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷的相互作用規(guī)律B.庫侖發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)

C.安培發(fā)現(xiàn)了磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用規(guī)律D.法拉第最早引入電場的概念

2.關(guān)于磁場和磁感線的描述，正確的說法是（）

A.磁感線從磁體的N極出發(fā)，終止于S極

B.磁場的方向就是通電導(dǎo)體在磁場中某點(diǎn)受磁場作用力的方向

C.沿磁感線方向，磁場逐漸減弱

D.在磁場強(qiáng)的地方同一通電導(dǎo)體受的安培力可能比在磁場弱的地方受的安培力小

3.關(guān)于產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，下述說法正確的是（）

A.位于磁場中的閉合線圈，一定能產(chǎn)生感應(yīng)電流

B.閉合線圈和磁場發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，一定能產(chǎn)生感應(yīng)電流

C.閉合線圈作切割磁感線運(yùn)動(dòng)，一定能產(chǎn)生感應(yīng)電流

D.穿過閉合線圈的磁感線條數(shù)發(fā)生變化，一定能產(chǎn)生感應(yīng)電流

4.萬有引力可以理解為：任何有質(zhì)量的物體都要在其周圍空間產(chǎn)生一個(gè)引力場，而一個(gè)有

質(zhì)量的物體在其他有質(zhì)量的物體所產(chǎn)生的引力場中，都要受到該引力場的引力（即萬有引力）

作用，這種情況可以與電場類比，那么，在地球產(chǎn)生的引力場中的重力加速度，可以與電場

中下列哪個(gè)物理量相類比（）

A.電場力B.電場強(qiáng)度C.電勢D.電勢能

5.如圖所示，P、。是兩個(gè)電量相等的正點(diǎn)電荷，它們的連線中點(diǎn)是,

_is

o,A、B是中垂線上的兩點(diǎn)，04<08，用&1、EB、（PA、WB分別表

I

示A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)和電勢，則（）卜

I

A.瓦1一定大于EB，04一定大于樞8pO%

B.E4不一定大于琮，你一定大于

C.瓦）一定大于EB，8A不一定大于WB

D.E.不一定大于EB，以不一定大于WB

6.如圖所示，A、8、C是相同的三盞燈，在滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭由

c端向6端滑動(dòng)的過程中（各燈都不被燒壞），各燈亮度的變化情況為（）

A.C燈變亮，A、B燈變暗B.A、B燈變亮，C燈變暗

C.A、C燈變亮，B燈變暗D.A燈變亮，B、C燈變暗

7.如圖所示，直線A為電源路端電壓與總電流關(guān)系的伏安圖

線，直線B為電阻R兩端電壓與通過該電阻電流關(guān)系的伏安圖

線，用該電源和該電阻組成閉合電路，電源的輸出功率和效率

分別是（）

A.21V66.7%

B.2W33.3%

C.4W33.3%

D.4W66.7%

8.如圖所示,直角三角形通電閉合線圈A8C處于勻強(qiáng)磁場中,

磁場垂直紙面向里，則線圈所受磁場力的合力為（）

A.大小為零

B.方向豎直向上

C.方向豎直向下

D.方向垂直紙面向里

9.如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌C。、EF間距為乙，與電動(dòng)勢為E的電源相連，質(zhì)量為〃八

電阻為R的金屬棒岫垂直于導(dǎo)軌放置構(gòu)成閉合回路，回路平面與水平面成。角，回路其余電

阻不計(jì)。為使M棒靜止，需在空間施加的勻強(qiáng)磁場磁感強(qiáng)度的最小值及其方向分別為（）

A.甯水平向右B.警警，豎直向下

EL

C.鱉等，垂直于回路平面向下D.嚶空，垂直于回路平面向上

10.傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示，是一種測定

團(tuán)定電極

壓力的電容式傳感器，當(dāng)待測壓力F作用可動(dòng)膜片電極上時(shí)，可

使膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流表和電

源串接成閉合電路，貝"）

A.當(dāng)電容減小時(shí)，可知壓力尸向上r、w

B.當(dāng)電容增大時(shí)，可知壓力尸向上

C.若電流計(jì)有讀數(shù)，則壓力發(fā)生變化

D.若電流計(jì)有讀數(shù)，則壓力不發(fā)生變化

11.如圖所示，豎直平行金屬板帶等量異種電荷（4板帶正電，B板帶負(fù)電），-nB

帶電顆粒沿圖中直線從A向8運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是（）/

A.顆?？赡軒д?/p>

B.顆粒機(jī)械能減小

C.顆粒電勢能減小

D.顆粒動(dòng)能減小

12.如圖所示，x軸上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。有兩個(gè)XXX

質(zhì)量相同，電荷量也相同的帶正、負(fù)電的離子（不計(jì)重力），以B

XXX

相同速度從。點(diǎn)射入磁場中，射入方向與x軸均夾。角。則正、

負(fù)離子在磁場中（）

A.運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同B.重新回到x軸時(shí)速度大小和方向均相同

C.運(yùn)動(dòng)軌道半徑相同D.重新回到x軸時(shí)距。點(diǎn)的距離不相同

13.用伏安法測某一電阻：電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為/,電阻測量值R=彳.如果采用

如圖甲所示的電路，測量值為%,如果采用如圖乙所示電路，測量值為&,而電阻的真實(shí)值

為R真,它們之間的關(guān)系是：R]R真,R2R面（填“>”、"=”或“<”），這種誤

差屬于誤差。

i-?-|~(y>

甲乙

14.某學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了如圖1所示的電路測電源電動(dòng)勢E及其內(nèi)阻兀實(shí)驗(yàn)器材有：待測電源,

電流表4（量程為0.64內(nèi)阻不計(jì)），電阻箱R,電鍵S,導(dǎo)線若干。閉合S,多次調(diào)節(jié)電阻箱,

讀出多組電阻箱示數(shù)R和對(duì)應(yīng)的電流/,由測得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖2所示的;-R圖線，則

電源電動(dòng)勢E=V,內(nèi)阻r=0。

―-

圖1圖2

15.如圖所示，半徑為，的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁

場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一帶電離子(不計(jì)重力)從A以速度u沿圓形區(qū)

域的直徑射入磁場，已知離子從C點(diǎn)射出磁場的方向與入射方向間的

夾角為60。.

求：①該離子帶何種電荷；

②該離子的電荷量與質(zhì)量之比4

16.如圖所示，電源的電動(dòng)勢E=110V,電阻％=210,電動(dòng)機(jī)繞組

的電阻&=0.5。，電鍵Si始終閉合.當(dāng)電鍵S2斷開時(shí)，電阻％的電功率

是525W；當(dāng)電鍵S2閉合時(shí)，電阻弋的電功率是336W,求：

(1)電源的內(nèi)電阻；

(2)當(dāng)電鍵S2閉合時(shí)流過電源的電流和電動(dòng)機(jī)的輸出功率.

17.水平放置的兩塊平行金屬板長L=5.0cni,兩板間距

d=1.0cm,兩板間電壓為90匕且上板為正，一個(gè)電子沿

水平方向以速度%=2.0x107m/s,從兩板中間射入，如

圖，求：

(1)電子偏離金屬板時(shí)的側(cè)位移了是多少？

(2)電子飛出電場時(shí)的速度是多少？

(3)電子離開電場后，打在屏上的P點(diǎn)，若S=10cm,求

OP的長？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：AB.庫侖發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷的相互作用規(guī)律，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A、B錯(cuò)

誤。

C、洛倫茲發(fā)現(xiàn)了磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用規(guī)律，故C錯(cuò)誤。

法拉第最早引入電場的概念，并發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，即發(fā)現(xiàn)了磁場產(chǎn)生電流的條件和規(guī)律，

故。正確。

故選：D。

本題是物理學(xué)史問題，根據(jù)奧斯特、庫侖、安培、洛倫茲、法拉第等科學(xué)家物理學(xué)的成就進(jìn)行解

答.

通過物理學(xué)史的學(xué)習(xí)，在學(xué)到科學(xué)家科學(xué)成就的同時(shí)，還可以學(xué)到科學(xué)研究方法和科學(xué)精神.

2.【答案】D

【解析】

【分析】

在磁體外部磁感線從N極出發(fā)進(jìn)入S極，在磁體內(nèi)部從S極指向N極.磁場的方向與通電導(dǎo)體在

磁場中某點(diǎn)受磁場作用力的方向垂直.磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱.安培力的大小取決于四個(gè)

因素：B.KL,及導(dǎo)線與磁場的夾角，在磁場強(qiáng)的地方同一通電導(dǎo)體受的安培力可能比在磁場弱

的地方受的安培力小.

本題考查對(duì)磁場基本知識(shí)的理解和掌握程度，基礎(chǔ)題.注意安培力與電場力不同：安培力方向與

磁場方向垂直，而電場力方向與電場強(qiáng)度方向相同或相反.

【解答】

A.磁感線分布特點(diǎn)：在磁體外部磁感線從N極出發(fā)進(jìn)入S極，在磁體內(nèi)部從S極指向N極，故A

錯(cuò)誤；

8.磁場的方向與通電導(dǎo)體在磁場中某點(diǎn)受磁場作用力的方向垂直，故3錯(cuò)誤；

C.磁場的強(qiáng)弱看磁感線的疏密，與磁感線方向無關(guān)，沿磁感線方向，磁場不一定減弱，故C錯(cuò)誤；

D根據(jù)安培力公式尸=B/Lsina,可見，在B大的地方，尸不一定大。故。正確。

故選D。

3.【答案】D

【解析】解：4、閉合線圈位于磁場中，如果磁通量不發(fā)生變化，則不一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A

錯(cuò)誤；

8、線圈中是否有感應(yīng)電流產(chǎn)生與線圈是否運(yùn)動(dòng)無關(guān)，要看其磁通量是否變化，故B錯(cuò)誤；

C、回路中部分導(dǎo)體切割磁感線時(shí)，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，整個(gè)閉合線圈切割磁感線運(yùn)動(dòng)，其磁通量

不發(fā)生變化，因此無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C錯(cuò)誤；

。、穿過閉合線圈的磁感線條數(shù)發(fā)生變化，即磁通量發(fā)生變化，一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故。正確。

故選：D。

當(dāng)閉合線圈在磁場中的磁通量發(fā)生變化時(shí)，才產(chǎn)生感應(yīng)電流，明確了產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，即可

正確解答本題.

本題考查感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，應(yīng)明確滿足兩個(gè)條件：一是電路閉合，二是磁通量發(fā)生變化.

4.【答案】B

【解析】解：重力場的基本性質(zhì)是對(duì)其周圍物體由引力作用，而電場的基本特性是對(duì)放入其中的

電荷有力的作用，說明重力與電場力類似。電荷量與物體的質(zhì)量類似，則由G=rng,F=qE分析

可知，重力加速度g與電場中電場強(qiáng)度E可類比，故B正確，ACO錯(cuò)誤。

故選:Bo

電場與重力場類似，電場力與重力類似，電荷量與物體的質(zhì)量類似，根據(jù)重力與質(zhì)量的關(guān)系、電

場力與電荷量的關(guān)系，分析重力加速度與電場中電場強(qiáng)度可類比。

學(xué)習(xí)電場時(shí)，常常采用類比的方法，將電場與重力場類似，抓住電場力與重力類似，電荷量與物

體的質(zhì)量類似，重力加速度與電場中電場強(qiáng)度類比，有助于理解電場的知識(shí)。

5.【答案】B

【解析】

【分析】

根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=*，運(yùn)用矢量合成的平行四邊形定則求出連線中垂線上各個(gè)點(diǎn)的合場強(qiáng)。

本題關(guān)鍵是要明確兩個(gè)等量同種電荷連線的中垂線上的場強(qiáng)分布情況和電勢分布情況，沿著場強(qiáng)

方向，電勢越來越低。

【解答】

兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)。的電場強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度也為零，故從0點(diǎn)沿著中垂線

到無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度先增大后減小，設(shè)場強(qiáng)最大的點(diǎn)為尸點(diǎn)，尸點(diǎn)可能在A、8兩點(diǎn)之間，也可能

在。、A之間，也可能在8點(diǎn)的外側(cè)，當(dāng)P點(diǎn)可能在A、B兩點(diǎn)之間時(shí)，治可能大于琮，也可能

小于Eg,還可能等于茶；當(dāng)尸在0、A之間時(shí)，E%大于EB；當(dāng)P點(diǎn)在8點(diǎn)外側(cè)時(shí)，

演小于EB；在PQ連線的中垂線上，場強(qiáng)方向沿AB方向，沿電場線方向電勢越來越低，因此0A一

定大于WB；故ACZ）錯(cuò)誤，8正確。

故選瓦

6.【答案】A

【解析】解：當(dāng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大；則總電阻增大，電路中總電流減小，

故A燈變暗，因A燈及電源內(nèi)阻的電壓減小，故并聯(lián)部分電壓增大，故C燈變亮，而因?yàn)榭傠娏?/p>

減小，而C燈電流增大，故B燈中電流減小，故8燈變暗，故A正確。

故選：A。

由圖可知電路為簡單的串并聯(lián)關(guān)系，由閉合電路的歐姆定律可分析3燈的亮度變化情況.

本題為閉合電路歐姆定律中的動(dòng)態(tài)分析問題，由程序法解析時(shí)，一般按照：部分-整體-部分的思

路進(jìn)行分析.

7.【答案】A

【解析】解：由圖象I可知電源的電動(dòng)勢E=3V,短路電流為3A,根據(jù)r=%

電源的輸出功率即為電阻R上消耗的功率，根據(jù)P=U/得：P=2xlW=2W,

電源的總功率為：「忽=E/=3x1WZ=3W

p2

所以效率為.〃=釬x100%=石x100%=66.7%.

'".成§'

故選：Ao

由圖象I可知電源的電動(dòng)勢為3匕短路電流為3A,兩圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)即為電阻R和電源構(gòu)成閉

合回路時(shí)的外電壓和干路電流.電源的輸出功率即為電阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功

率除以總功率.

根據(jù)U-/圖象I正確讀出電源的電動(dòng)勢和短路電流，根據(jù)U-/圖象正確讀出外電路兩端的電壓

和流過電阻的電流，是解決此類問題的出發(fā)點(diǎn).

8.【答案】A

【解析】解：若通以順時(shí)針的電流方向，根據(jù)左手定則可知：各邊

所受的安培力背離中心處。如圖所示，

由公式F=B/L得出各邊的安培力的大小，從而得出安培力大小與

長度成正比，因而兩直角邊的安培力與斜邊的安培力等值反向。所

以線圈所受磁場力的合力為零。

故選：Ao

通電直角三角形線圈處于勻強(qiáng)磁場中，受到安培力作用，根據(jù)左手定則確定安培力的方向，再由

公式F=B/L確定安培力的大小，最后由力的合成來算出安培力的合力.

本題雖然沒有告知電流的方向，但不影響解題，不論電流如何，要么安培力指向中心，要么安培

力背離中心處.同時(shí)考查安培力的大小與通電導(dǎo)線的長度關(guān)系，及力的合成法則.當(dāng)然本題還可

以采用等效法，導(dǎo)線A8與BC可等效成直導(dǎo)線4C'電流方向由A到C',則此導(dǎo)線受到的安培力與

直導(dǎo)線AC安培力方向相反，大小相等.

9.【答案】C

【解析】解：對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如圖所示,

從圖象可以看出，當(dāng)安培力沿斜面向上時(shí)，安培力最?。挥勺笫侄▌t知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于

回路平面向下，故安培力的最小值為產(chǎn)安=mgsin。

故磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B=年=嗎"

根據(jù)歐姆定律，有/=《

故8=嚶咽，故c正確，ABO錯(cuò)誤；

EL

故選：Co

導(dǎo)體棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，安培力沿斜面向上，采用正交分解

法求解安培力大小，再結(jié)合左手定則判斷磁場方向，根據(jù)安培力公式得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

本題是三力平衡中動(dòng)態(tài)分析問題，即其中第一個(gè)力大小和方向都不變，第二個(gè)力方向不變，大小

可變，則當(dāng)?shù)厝齻€(gè)力與第二個(gè)力垂直時(shí)，第三個(gè)力取最小值；同時(shí)要結(jié)合歐姆定律、安培力公式

列式求解。

10.【答案】BC

【解析】解：4、B、當(dāng)尸向上壓膜片電極時(shí)，板間距離減小，由電容的決定式\?=切砒伯5}{43

d}\）得到，電容器的電容將增大。故B正確，A錯(cuò)誤。

C、。、當(dāng)尸變化時(shí)，電容變化，而板間電壓不變，由。=07,故帶電荷量。發(fā)生變化，電容器

將發(fā)生充、放電現(xiàn)象，回路中有電流，電流計(jì)有示數(shù)。反之，電流計(jì)有示數(shù)時(shí)，壓力F必發(fā)生變

化。故C正確，￡＞錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)電容器的電容與板間距離的關(guān)系判斷當(dāng)F向上壓膜片電極時(shí)電容的變化.由題，電容器、靈

敏電流計(jì)和電源串接成閉合電路，若電流計(jì)有示數(shù)，電容器在充電或放電，壓力廠一定發(fā)生變化.

本題電容器動(dòng)態(tài)變化分析問題，只要掌握電容的定義式和決定式就能正確解答.

11.【答案】BD

【解析】解；A、帶電顆粒在電場中受到重力和電場力兩個(gè)力作用，電場力在水平方向，顆粒做直

線運(yùn)動(dòng)可知，電場力方向必定水平向左，則顆粒帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

8C、電場力對(duì)顆粒做負(fù)功，顆粒的機(jī)械能減小，電勢能增加，故8正確，C錯(cuò)誤；

。、顆粒的合力方向與速度方向相反，合外力對(duì)顆粒做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知其動(dòng)能減小，故。

正確。

故選：BD。

帶電顆粒在電場中受到重力和電場力兩個(gè)力作用，電場力在水平方向，根據(jù)顆粒做直線運(yùn)動(dòng)，可

判定電場力的方向，確定電性。根據(jù)電場力做功情況，判斷機(jī)械能、電勢能的變化，由合力做功

情況，判斷動(dòng)能的變化。

本題要根據(jù)顆粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷顆粒的電性和電場力方向，抓住質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的條件是關(guān)鍵。

12.【答案】BC

【解析】解：A、根據(jù)左手定則，正離子逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，負(fù)離子順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，速度大小相同，正離子

的軌跡長，運(yùn)動(dòng)時(shí)間長，故A錯(cuò)誤；

8、洛倫茲力不做功，離子的速度大小不變，重新回到無軸時(shí)速度大小相同；射入方向與x軸均夾

8角，粒子重新回到x軸時(shí)速度方向與x軸也均夾。角，速度方向均相同，故8正確；

C、洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)牛頓第二定律

V2

qvB=m—

解得“瞪

則粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑相同，故C正確；

。、兩個(gè)離子的軌跡組合是一個(gè)圓周，如下圖

根據(jù)圓的對(duì)稱性，則粒子重新回到x軸時(shí)距。點(diǎn)的距離相同，故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡判斷粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。由粒子運(yùn)動(dòng)的半徑公式得出半徑的關(guān)系；粒

子進(jìn)入直線邊界的磁場，進(jìn)入時(shí)與邊界的夾角與出來時(shí)與邊界的夾角相同，大小不變。根據(jù)圓的

對(duì)稱性判斷重新回到x軸時(shí)距。點(diǎn)的距離關(guān)系。

粒子進(jìn)入直線邊界磁場，粒子進(jìn)入直線邊界的磁場，進(jìn)入時(shí)與邊界的夾角與出來時(shí)與邊界的夾角

相同，這是解題的關(guān)鍵點(diǎn).

13.【答案】＜；＞；系統(tǒng)

【解析】解：電流表外接時(shí)，電壓表測得電壓為電阻兩端電壓，電流表電流為電阻和電壓表的總

電流，故電流偏大，那么，電阻偏小，即％<R真；

電流表內(nèi)接時(shí)，電壓表測得電壓為電阻和電流表兩端的電壓，故電壓偏大，電流表電流為通過電

阻的電流，那么，電阻偏大，即Rz>R真；

這些誤差是由實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)本身造成的，實(shí)驗(yàn)方案不變，那么誤差不變；那么，按照誤差分類可知：

這種誤差為系統(tǒng)誤差；

故答案為：<；>；系統(tǒng)。

根據(jù)電流表接法確定電壓、電流的偏差，從而根據(jù)歐姆定律得到電阻偏差；根據(jù)誤差來源判斷誤

差類型。

伏安法測電阻實(shí)驗(yàn)中，若最大電流大于電流表量程則采用分壓式接法，一般采用限流式接法；被

測電阻較大，電流表采用內(nèi)接法；被測電阻較小，電流表采用外接法。

14.【答案】1.5；3.0

【解析】解：電源電動(dòng)勢：F=/(/?+r),則："初

由圖示：圖象可知：fc=7==\

IE3.05

解得：E=1.5V,

圖象縱軸截距：匕=5=2.0

解得：r=3.O0；

故答案為：1.5,3.0。

根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電動(dòng)

勢與內(nèi)阻。

本題考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，考查了求電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻，根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律

求出圖象的函數(shù)表達(dá)式是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)圖示圖象可以解題。

15.【答案】解：(1)離子在A點(diǎn)受到的洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則判斷

得知該離子帶負(fù)電

(2)離子的偏向角為。=60。軌跡如圖所示

由叩8=竿得氏=合一①

由幾何知識(shí)得R=rcot30。-②

由①②得rcot30°=—

故*德

答：①該離子帶負(fù)電荷；

②該離子的電荷量與質(zhì)量之比幺=畀

m3rB

【解析】①離子在A點(diǎn)受到的洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則判斷電性.

②畫出軌跡，由幾何知識(shí)求出半徑，根據(jù)牛頓第二定律求出比荷.

本題是粒子在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡問題，關(guān)鍵是運(yùn)用幾何知識(shí)畫出軌跡、求出半徑.

16.【答案】解：（1）設(shè)S2斷開時(shí)R1消耗的功率為P1，則P1=（旨）2%,

代入數(shù)據(jù)可以解得r=12

（2）設(shè)S?閉合時(shí)％兩端的電壓為U,消耗的功率為Pz，則P2=[解得U=84V

由閉合電路歐姆定律得后=[/+》，代入數(shù)據(jù)，得/=264

流過％的電流為A，流過電動(dòng)機(jī)的電流為與，/i=W=44,

而A+，2=/，所以與=224,

由以2=P出+歐Ro,代入數(shù)據(jù)