高考物理一輪復(fù)習 階段綜合檢測（四）第六-十一章驗收-人教版高三物理試題

階段綜合檢測（四）第六~十一章驗收(時間：100分鐘滿分：120分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題3分，共21分。每小題只有一個選項符合題意)1．(2018·溫州模擬)在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述錯誤的是()A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應(yīng)，該效應(yīng)揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B．安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說C．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導(dǎo)線附近的固定導(dǎo)線圈中，會出現(xiàn)感應(yīng)電流D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化解析：選C奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，選項A正確；根據(jù)通電螺線管產(chǎn)生的磁場與條形磁鐵的磁場相似性，安培提出了磁性是分子內(nèi)環(huán)形電流產(chǎn)生的，即分子電流假說，選項B正確；根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，導(dǎo)線中通有恒定電流時導(dǎo)線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項C錯誤；楞次定律指出感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，選項D正確。2．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，原線圈回路接有內(nèi)阻不計的交流電流表A，副線圈回路接有定值電阻R＝2Ω，現(xiàn)在a、b間和c、d間分別接上示波器，同時監(jiān)測得a、b間和c、d間的電壓隨時間變化的圖像如圖乙、丙所示，則下列說法中錯誤的是()A．T＝0.02sB．n1∶n2≈55∶1C．電流表A的示數(shù)I≈36.4mAD．當原線圈電壓瞬時值最大時，副線圈兩端電壓瞬時值為0解析：選D由題圖知，電壓變化的周期是0.02s，所以A正確；根據(jù)變壓規(guī)律得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)≈55，所以B正確；副線圈的電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(5.66,2\r(2))A，根據(jù)變流規(guī)律得原線圈電流I1＝eq\f(I2,55)≈0.0364A＝36.4mA，所以C正確；由題圖知，當原線圈電壓瞬時值最大時，副線圈兩端電壓瞬時值也最大，故D錯誤。3．a(chǎn)、b是兩種單色光，其光子能量分別為εa和εb，且eq\f(εa,εb)＝k，()A．則a、b的光子動量之比eq\f(pa,pb)＝1∶kB．若a、b都不能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，二者同時照射該金屬則可能發(fā)生光電效應(yīng)C．若a、b都能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則光電子最大初動能之差Eka－Ekb＝εb(k－1)D．若a、b是由處在同一激發(fā)態(tài)的原子躍遷到a態(tài)和b態(tài)時產(chǎn)生的，則a、b兩態(tài)能級之差Ea－Eb＝εb(k－1)解析：選C光子的能量ε＝hν，光子的動量p＝eq\f(h,λ)，聯(lián)立方程c＝λν，所以eq\f(pa,pb)＝eq\f(εa,εb)，選項A錯誤。不能發(fā)生光電效應(yīng)說明a、b光的頻率均未達到該金屬的截止頻率，同時照射二者頻率也不會發(fā)生變化，選項B錯誤。光電子最大初動能Ek＝hν－W0，整理得Eka－Ekb＝(k－1)εb，選項C正確。根據(jù)能級躍遷知識可得εa＝E0－Ea，εb＝E0－Eb，所以Ea－Eb＝εb(1－k)，選項D錯誤。4.(2018·石家莊模擬)如圖所示電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，P為其中的一個定點。將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，則下列說法正確的是()A．電容器的電容增加B．在A板上移過程中，電阻R中有向上的電流C．A、B兩板間的電場強度增大D．P點電勢升高解析：選B根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，當A板向上平移一小段距離，間距d增大，其他條件不變，則導(dǎo)致電容變小，故A錯誤；在A板上移過程中，導(dǎo)致電容減小，由于極板電壓不變，那么極板所帶電荷量減小，因此電容器處于放電狀態(tài)，電阻R中有向上的電流，故B正確；根據(jù)E＝eq\f(U,d)、Q＝CU與C＝eq\f(εrS,4πkd)相結(jié)合可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于電荷量減小，場強大小變小，故C錯誤；因場強變小，導(dǎo)致P點與B板的電勢差減小，因B板接地，電勢為零，即P點電勢降低，故D錯誤。5.(2018·南昌三校聯(lián)考)如圖所示，一個有矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)。取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是()解析：選A先由楞次定律依據(jù)磁通量的變化可以判定感應(yīng)電流的方向，再由感應(yīng)電動勢公式E＝BLv和歐姆定律，分段分析感應(yīng)電流的大小，即可選擇圖像。線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針，電流i應(yīng)為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減??；線框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，電流i應(yīng)為負方向；線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯誤。6.如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為t。若該微粒經(jīng)過p點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，最終打到屏MN上。若兩個微粒所受重力均忽略，則新微粒運動的()A．軌跡為pb，至屏幕的時間將小于tB．軌跡為pc，至屏幕的時間將大于tC．軌跡為pa，至屏幕的時間將大于tD．軌跡為pb，至屏幕的時間將等于t解析：選C帶電微粒和不帶電微粒相碰，遵守動量守恒，故總動量不變，總電量也保持不變，由Bqv＝meq\f(v2,r)，得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，p、q都不變，可知微粒碰撞前后的軌跡半徑r不變，故軌跡應(yīng)為pa，因周期T＝eq\f(2πm,qB)可知，因m增大，故微粒運動的周期增大，因所對應(yīng)的弧線不變，圓心角不變，故pa所用的時間將大于t，C正確。7.(2018·日照模擬)如圖，理想變壓器原線圈與一交流電源相連，原、副線圈分別接有相同的燈泡a、b和c。已知小燈泡的額定電壓為0.3V，電阻為30Ω(假設(shè)電阻不隨溫度變化而變化)。閉合開關(guān)S，三個燈泡均能正常發(fā)光，下列說法正確的是()A．原、副線圈的匝數(shù)比為3∶1B．交流電源的電壓值為0.6VC．斷開開關(guān)S，小燈泡b可能會燒壞D．斷開開關(guān)S，小燈泡a可能會燒壞解析：選C因為三個燈泡都正常發(fā)光，所以Ua＝Ub＝Uc＝0.3V，故副線圈中的電流I2＝eq\f(0.3,30)A＋eq\f(0.3,30)A＝0.02A，原線圈中的電流為I1＝eq\f(0.3,30)A＝0.01A，故根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得eq\f(n1,n2)＝eq\f(2,1)，A錯誤；副線圈兩端的電壓U2＝0.3V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得原線圈輸入電壓為U1＝0.6V，故交流電源的有效電壓值為U＝U1＋Ua＝0.9V，B錯誤；如果斷開開關(guān)S，副線圈少一個支路，電流減小，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得原線圈中電流也減小，a燈分壓減小，因為U＝U1＋Ua，故原線圈輸入電壓增大，即U1增大，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副線圈兩端的電壓增大，即小燈泡b兩端電壓增大，大于額定電壓，可能會被燒壞，C正確，D錯誤。二、多項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分)8．(2017·浙江11月選考)下列說法正確的是()A．核聚變反應(yīng)方程可能為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2eq\o\al(1,0)nB．鈾核裂變的核反應(yīng)方程可能為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(140,54)Xe＋eq\o\al(94,38)Sr＋2eq\o\al(1,0)nC．發(fā)生β衰變時原子核放出電子，說明電子是原子核的組成部分D．中子和質(zhì)子結(jié)合成氘核，若該過程質(zhì)量虧損為Δm，則氘核的結(jié)合能為Δmc2解析：選BDA項中的核聚變反應(yīng)方程應(yīng)為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，選項A錯誤；根據(jù)重核裂變的核反應(yīng)方程配平方式可知，選項B正確；β衰變時原子核內(nèi)部中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和一個電子，并不是原子核內(nèi)部存在電子，選項C錯誤；根據(jù)質(zhì)能方程可知選項D正確。9．(2018·桂林模擬)如圖所示為某電場中等勢面的分布圖，各等勢面的電勢值圖中已標出。下列說法正確的是()A．A點的電場強度比B點的大B．中心軸線上各點的電場強度方向向左C．電子由A點移至B點克服電場力做功0.17eVD．電子在A點的電勢能比B點的小解析：選AB點A與點B相比較，點A附近等勢面密集而且相鄰等勢面的電勢差較大，故A點電場強度大于B點電場強度，故A正確；電場線與等勢面垂直且從高電勢指向低電勢，故中心軸線上可以畫出向左的電場線，電場強度方向向左，故B正確；電子由A點移至B點電場力做功：WAB＝qUAB＝(－e)(0.8V－0.97V)＝0.17eV，電子由A點移至B點電場力做正功0.17eV，故C錯誤；電子帶負電荷，在電勢低的點電勢能大，由于A點的電勢小于B點的電勢，故電子在A點的電勢能比在B點的大，故D錯誤。10.(2018·日照模擬)如圖所示，在豎直面內(nèi)有一磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、高度為h的有界勻強磁場，磁場上、下邊界水平。將一邊長為l(l<h)、質(zhì)量為m的正方形導(dǎo)體框abcd從磁場上方由靜止釋放，ab邊剛進入磁場的瞬間和剛穿出磁場的瞬間速度相等。已知導(dǎo)體框的電阻為r，導(dǎo)體框下落過程中，ab邊始終保持水平，重力加速度為g。則()A．導(dǎo)體框一定是減速進入磁場B．導(dǎo)體框可能勻速穿過整個磁場區(qū)域C．導(dǎo)體框穿過磁場的過程中，電阻產(chǎn)生的熱量為mg(l＋h)D．導(dǎo)體框進入磁場的過程中，通過某個橫截面的電荷量為eq\f(Bl2,r)解析：選AD因為l<h，所以導(dǎo)體框在磁場中運動過程中，一定會存在不受安培力，只受重力的過程，該過程做加速運動，所以為了滿足ab邊剛進入磁場的瞬間和剛穿出磁場的瞬間速度相等，導(dǎo)體框必須先減速進入磁場，然后在磁場中加速，再減速穿出磁場，故A正確B錯誤；因為ab邊剛進入磁場的瞬間和剛穿出磁場的瞬間速度相等，所以進入磁場過程中和穿出磁場過程中產(chǎn)生的熱量相等，故整個過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝2mgh，C錯誤；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可得導(dǎo)體框進入磁場的過程中，通過某個橫截面的電荷量為q＝eq\f(Bl2,r)，D正確。11．(2018·鄭州調(diào)研)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率倒數(shù))，泵體處有方向垂直向外的磁場B，泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則()A．泵體上表面應(yīng)接電源正極B．通過泵體的電流I＝eq\f(UL1,σ)C．增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度解析：選AC當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左，拉動液體，故A正確；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R＝ρeq\f(L,S)＝eq\f(1,σ)×eq\f(L2,L1L2)＝eq\f(1,σL1)；因此流過泵體的電流I＝eq\f(U,R)＝UL1σ，故B錯誤；增大磁感應(yīng)強度B，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤。12.(2018·棗莊模擬)如圖所示，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計。正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m，垂直于導(dǎo)軌放置。起初甲金屬桿位于磁場上邊界ab處，乙位于甲的上方，與甲間距也為l。現(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放，從此刻起，對甲金屬桿施加沿導(dǎo)軌的拉力，使其始終以大小為a＝eq\f(1,2)g的加速度向下勻加速運動。已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．每根金屬桿的電阻R＝eq\f(B2l2\r(gl),mg)B．甲金屬桿在磁場區(qū)域運動過程中，拉力對桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱C．乙金屬桿在磁場區(qū)域運動過程中，安培力的功率是P＝mgeq\r(gl)D．從乙金屬桿進入磁場直至其離開磁場過程中，回路中通過的電量為Q＝eq\f(m,B)eq\r(\f(g,l))解析：選AB乙金屬桿進入磁場前的加速度為a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，可見其加速度與甲的加速度相同，甲、乙兩桿均做勻加速運動，運動情況完全相同。所以當乙進入磁場時，甲剛出磁場。乙進入磁場時：v＝eq\r(2al)＝eq\r(2×\f(1,2)g×l)＝eq\r(gl)，由于乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，受力平衡有：mgsinθ＝eq\f(B2l2v,2R)，故R＝eq\f(B2l2v,mg)＝eq\f(B2l2\r(gl),mg)，故A正確。甲金屬桿在磁場區(qū)域運動過程中，根據(jù)動能定理得：WF－W安＋mglsinθ＝eq\f(1,2)mv2；對于乙桿，由動能定理得：mglsinθ＝eq\f(1,2)mv2；由兩式對比可得：WF＝W安；即外力做功等于甲桿克服安培力做功，而甲桿克服安培力做功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，故拉力對桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，故B正確。乙金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動，安培力的功率大小等于重力的功率，為P＝mgsinθ·v＝eq\f(1,2)mgeq\r(gl)，故C錯誤。乙金屬桿進入磁場直至出磁場過程中回路中通過的電量為Q＝It＝eq\f(Blv,2R)·eq\f(l,v)＝eq\f(Bl2,2R)，由上知：R＝eq\f(B2l2\r(gl),mg)，聯(lián)立得：Q＝eq\f(m,2B)eq\r(\f(g,l))，故D錯誤。三、實驗題(本題共2小題，共18分)13．(9分)(2018·泰安質(zhì)檢)利用如圖所示的電路測量一個滿偏電流為300μA，內(nèi)阻rg約為幾十到幾百歐姆的電流表的內(nèi)阻值，有如下的主要實驗器材可供選擇：A．滑動變阻器(阻值范圍0～30kΩ)B．滑動變阻器(阻值范圍0～10kΩ)C．電源(電動勢3V，內(nèi)阻不計)D．電源(電動勢6V，內(nèi)阻不計)(1)為了使測量盡量精確，在上述可供選擇的器材中，滑動變阻器R應(yīng)選用________，電源E應(yīng)選用__________。(選填器材前面的字母序號)(2)實驗時要進行的主要步驟有：A．斷開S2，閉合S1B．調(diào)節(jié)R的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度C．閉合S2D．調(diào)節(jié)電阻箱R′的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的三分之一E．記下此時R′的阻值為90Ω則待測電流表的內(nèi)阻rg的測量值為________Ω，該測量值________(選填“大于”“小于”或“等于”)電流表內(nèi)阻的真實值。解析：(1)用半偏法測電流表的內(nèi)阻時，與電流表串聯(lián)的滑動變阻器的阻值要盡可能大，以減小測量誤差，因此在回路電流不超過電流表量程的前提下，電源電動勢應(yīng)盡可能大些，以保證滑動變阻器的阻值盡可能大，故變阻器應(yīng)選A，電源應(yīng)選D。(2)閉合S2后，電流表與R′并聯(lián)，且并聯(lián)R′后總電阻認為不變，則總電流不變，則通過R′的電流為總電流的eq\f(2,3)，故IR′∶Ig＝2∶1，因是并聯(lián)關(guān)系：eq\f(IR′,Ig)＝eq\f(Rg,R′)，則Rg＝180Ω，閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過R′的電流大于原來電流的三分之二，則該實驗測出的電表內(nèi)阻要小于電流表內(nèi)阻的真實值。答案：(1)AD(2)180小于14．(9分)(2018·桂林調(diào)研)某同學利用兩個電流傳感器(相當于理想電流表)和定值電阻R0＝2kΩ以及滑動變阻器、待測電池，設(shè)計了如圖(a)所示的電路測定電池電動勢和內(nèi)阻，進行實驗。該同學測出的實驗數(shù)據(jù)如下表所示：次數(shù)12345I1/mA1.351.301.201.101.05I2/A0.300.400.600.800.90表中，I1和I2分別是通過電流傳感器1和2的電流。該電流的值通過數(shù)據(jù)采集器輸入到計算機，數(shù)據(jù)采集器和計算機對原電路的影響可忽略。(1)在圖(b)中繪出I1I2圖線；(2)由I1I2圖線得出，被測電池的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω。(保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)根據(jù)描點法可得出對應(yīng)的圖像如圖所示；(2)由圖利用閉合電路歐姆定律可得：I1R0＝E－(I1＋I2)r變形可得：I1＝eq\f(E,R0＋r)－eq\f(r,R0＋r)I2則由圖像可知，eq\f(E,R0＋r)＝1.5×10－3eq\f(r,R0＋r)＝eq\f(1.35－1.05×10－3,0.9－0.3)＝0.5×10－3解得：E＝3.0Vr＝1.0Ω。答案：(1)圖像見解析(2)3.01.0四、計算題(本題共4小題，共61分)15．(14分)(2018·深圳調(diào)研)一根阻值為12Ω的金屬導(dǎo)線繞成如圖甲形狀的閉合回路，大正方形邊長為0.4m，小正方形邊長為0.2m，共10匝。放在粗糙的水平桌面上，兩正方形對角線間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，整個過程中線框始終未動。求閉合回路：(1)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(2)電功率；(3)第1s末受到的摩擦力。解析：(1)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知線框中產(chǎn)生的電動勢為：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔBS,Δt)＝10×eq\f(2,1)×eq\f(1,2)×(0.42－0.22)V＝1.2V。(2)電功率為：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(1.22,12)W＝0.12W。(3)線框中的電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(1.2,12)A＝0.1A在磁場中的兩條邊受到的力垂直于線框，大小相等，互成90°，每條邊受到的力為：F＝NBIL＝10×2×0.1×(0.4＋0.2)N＝1.2N，安培力的合力為：F′＝eq\r(2)F＝eq\r(2)×1.2N＝1.70N，摩擦力為：f＝F＝1.70N。答案：(1)1.2V(2)0.12W(3)1.70N16．(15分)(2018·安徽省“江南十?！甭?lián)考)如圖所示，從陰極k發(fā)射的電子經(jīng)電勢差為U0＝4500V的電場加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1＝10cm，間距d＝4cm的平行金屬板AB中，在距金屬板右邊緣L2＝25cm處建立一直線坐標系Oy，O與A、B板的中心線處在同一水平直線上，整個裝置放在真空室內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計。已知電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg，電子的電荷量e＝1.6×10－19C，不計電子間的相互作用力及其所受重力。若在兩個金屬板間加上UAB＝500cos2π(1)電子經(jīng)過坐標系的位置坐標范圍；(2)若在直線坐標系的右側(cè)加上范圍足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場B，B＝4.5×10－3T，求出電子第二次經(jīng)過直線坐標系的位置坐標范圍。解析：(1)由U0e＝eq\f(1,2)mv02可得：v0＝4×107m/s偏轉(zhuǎn)過程L1＝v0t，y1＝eq\f(UABe,2dm)t2＝eq\f(1,144)m，vx＝v0，vy＝eq\f(UABeL1,dmv0)tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(UABL1,2dU0)，解得y2＝L2tanθ＝eq\f(5,144)m，y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(1,24)m≈4.17cm。電子經(jīng)過坐標系的位置坐標范圍是－4.17cm≤y≤4.17cm。(2)由題意v＝eq\f(v0,cosθ)由牛頓第二定律evB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,Be)Δy＝2Rcosθ＝0.1m＋y方向：ymax＝y(tǒng)＋Δy≈14.17cm－y方向：ymin＝Δy－y≈5.83cm在O點上方，綜上所述，電子第二次經(jīng)過直線坐標系的位置坐標范圍是5.83cm≤y≤14.17cm。答案：(1)－4.17cm≤y≤4.17cm(2)5.83cm≤y≤14.17cm17．(16分)(2017·北京高考)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v(v平行于MN)向右做勻速運動。圖1軌道端點MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1)求在Δt時間內(nèi)，圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。(2)從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便，可認為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a．請在圖3(圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4(圖2的導(dǎo)體棒ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b．我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明。解析：(1)圖1中，電路中的電流I1＝eq\f(BLv,R＋r)棒ab受到的安培力F1＝BI1在Δt時間內(nèi)，“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功E電＝F1·vΔt＝eq\f(B2L2v2Δt,R＋r)，圖2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL在Δt時間內(nèi)，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功E機＝F2·vΔt＝BILvΔt。(2)a.如圖甲、圖乙所示。b．設(shè)自由電荷的電荷量為q，沿導(dǎo)體棒定向移動的速率為u。如圖乙所示，沿棒方向的洛倫茲力f1′＝qvB，做負功W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt垂直棒方向的洛倫茲力f2′＝quB，做正功W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt所以W1＝－W2，即導(dǎo)體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。f1′做負功，阻礙自由電荷的定向移動，