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2014 年天津市高考物理试卷解析版 2．（6分）如图所示，电路中R 1 、R 2 均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭
合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静
参考答案与试题解析
止不动的是（ ）
一、单项选择题（每小题6分，共30分）
1．（6分）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（ ）
A．增大R 的阻值 B．增大R 的阻值
1 2
C．增大两板间的距离 D．断开电键S
A．在第1秒末速度方向发生了改变
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．
B．在第2秒末加速度方向发生了改变 菁优网版权所有
【专题】533：电容器专题．
C．在前2秒内发生的位移为零
【分析】分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分
D．第3秒末和第5秒末的位置相同
析答题．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．
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𝐸
【专题】512：运动学中的图像专题． 【解答】解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U＝IR = R
1 1
𝑅 + 𝑟
1
【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只
𝐸𝑅
𝐸
1
要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向； = = ，
𝑅 + 𝑟 𝑟
1
【解答】解：A、0﹣2s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变。故A错误； 1 +
𝑅
1
B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1﹣3s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故 𝑈 𝑞𝐸
油滴受到的电场力：F＝qE＝q = 开始时油滴静止不动，F＝mg，要使油滴保持静止不动，则
B错误； 𝑑 𝑟
𝑑(1 + )
1 𝑅
1
C、根据“面积”表示位移可知，0﹣2s内的位移为：x = ×2×2m＝2m。故C错误；
1
2
电场力应保持不变；
𝑞𝐸
1 1
A、增大R 的阻值，电场力：F = 变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运
D、根据“面积”表示位移可知，0﹣3s内的位移为：x
1
= ×2×2
-
×1×2m＝1m， 1
𝑟
2 2
𝑑(1 + )
𝑅
1 1
0﹣5s内的位移为：x
2
= ×2×1m＝1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同。故D正确。
动，故A错误；
2
𝑞𝐸
故选：D。 B、增大R 的阻值，电场力：F = 不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故
2
𝑟
𝑑(1 + )
【点评】深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的
𝑅
1
突破口。B正确；
C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下
运动，故C错误；
D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误。
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
故选：B。
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
【点评】本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键．
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
3．（6分）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为 22小时，假设这种趋势会持续下
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（ ）
【考点】AE：电势能与电场力做功；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CM：带电粒子在混合场中的运
A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大
动．
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C．线速度变大 D．角速度变大
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．
菁优网版权所有 【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的
【专题】52A：人造卫星问题．
关系分析答题．
【分析】卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况．
【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运
【解答】解：A、因地球的周期在增大；故未来人类发射的卫星周期也将增大；根据万有引力公式可知：
动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；
2
𝐺𝑀𝑚 4𝜋 𝑅
A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场
=m
2 2
𝑅 𝑇
力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则 A板既可以带正电，也可能带负电，故 A错
2
𝐺𝑀𝑇
则有：R =3 ；故卫星离地高度将变大；故A正确；
误；
2
4𝜋
B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒
𝐺𝑀𝑚
B、由 =ma可知，因半径增大，则加速度减小；故B错误； 受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；
2
𝑅
C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；
2
𝐺𝑀𝑚 𝑣 𝐺𝑀
D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误。
C、由 =m 可知，v = ，故线速度变小；故C错误；
2 𝑅 𝑅
𝑅
故选：C。
𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀
【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正
D、由 =mRω2可知，ω = ；故角速度减小；故D错误。
𝑅 2 𝑅 3
功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
故选：A。
5．（6分）平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向
【点评】本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同．
传播，波速均为100m/s，平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为x ＝
P
4．（6分）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重
3.5m，x ＝﹣3m，当S位移为负且向﹣y方向运动时，P、Q两质点的（ ）
Q
力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）
A．位移方向相同，速度方向相反B．位移方向相同，速度方向相同 C、天然放射现象中产生的γ射线不能在电场或磁场中发生偏转，故C错误；
C．位移方向相反，速度方向相反 D、当波源与观察者有相对运动时，如果二者相互接近，间距变小，观察者接收的频率增大，如果二者远
D．位移方向相反，速度方向相同 离，间距变大，观察者接收的频率减小。故D正确。
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系． 故选：BD。
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【专题】51D：振动图像与波动图像专题． 【点评】本题考查了原子核式结构模型、紫外线的特征，多普勒效应等知识点，属于熟记内容，难度不大，
【分析】首先据题意和波速公式得出波长、周期；在画出波形图，结合PQ两点的坐标，分析判断两点的振 属于基础题．
动情况． 7．（6分）如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转
【解答】解：据题境和波速V＝λf 得：λ＝2m，T＝0.02s，Q关于y轴的对称点Q ，据题境可知两点的振动 动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则（ ）
1
𝜆 3𝜆
情况相同，则Q P两点的距离之差为 ；质点P据波源的距离为 时，波源S位移为负且向﹣y方向运动
1
4 4
𝜆
时，所以质点 P的位移为负且向上运动；由因为 Q P两点的距离之差为 ，所以 Q 的位移为正且向上运
1 1
4
动，即PQ两点的位移方向相反，振动方向沿y轴的正方向，故ABC错误，D正确。
故选：D。
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
【点评】首先找出对称点，使两点都在坐标轴的一半轴，再据其距离和波源的距离分析振动情况是解题的关
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
键．
C．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz
二、不定项选择题（每小题6分，共18分）
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V
6．（6分）下列说法正确的是（ ）
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
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A．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立
【专题】53A：交流电专题．
B．可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施
【分析】根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式
C．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转
以及有效值等。
D．观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同
【解答】解：A、在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；
【考点】FC：多普勒效应；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．
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【专题】54O：衰变和半衰期专题．
B、由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，则由n = 可知，转速与周期成反比，故转速
𝑇
【分析】卢瑟福α粒子散射实验提出原子核式结构模型，紫外线可以使荧光物质发出荧光，γ射线不能在电
3
场或磁场中发生偏转，多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的．
之比为： ；故B错误；
2
【解答】解：（1）A、卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，故A错误；
1
C、曲线a的交变电流的频率f = =25Hz；故C正确；
B、紫外线可以使荧光物质发出荧光，利用这一特性对钞票或商标进行有效的防伪措施，故B正确；
𝑇
𝑎𝐸 𝜔 𝑇
𝑚𝑎 𝑎 𝑏 3 2 故A正确；
D、由E ＝NBSω可知 = = = ，所以E = E ＝10V，曲线b表示的交变电动势有效值为
m mb ma
𝐸 𝜔 𝑇 2 3 1
𝑚𝑏 𝑏 𝑎
B、由sinC = 可知，a光的临界角要小于b光的临界角；故B正确；
10 𝑛
U = =5 2V；故D错误；
2 𝐿
C、由x = λ可知，a光的干涉条纹小于b光的干涉条纹；故C错误；
𝑑
故选：AC。
【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频 D、由 E ＝hγ﹣W ；由于 b光的频率小，故 b光光子能量小，则 b光照射时逸出的光电子最大初动能要
K 0
率、角速度等物理量。 小；故D错误。
8．（6分）一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图 故选：AB。
所示，则a、b两束光（ ） 【点评】本题充分体现了选修内容的出题原则，一个题目中包含了多个知识点；要注意明确光的干涉、光电
效应、全反射等内容的综合应用．
三、实验题
9．（4分）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可
视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰
2
𝑔𝑅
A．垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光长
一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h＝ ，圆盘转动的角速度大小ω＝
2
2𝑣
B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小
2𝑛𝜋𝑣
C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小
（n＝1、2、3…） ．
𝑅
D．若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大
【考点】H3：光的折射定律；H5：全反射；IE：爱因斯坦光电效应方程．
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【专题】54D：光的折射专题．
𝐶
【分析】根据光线的偏折程度判断折射率的大小，即可判断出光束频率的大小；根据v = 分析光束在介质
𝑛
1 【考点】43：平抛运动；47：匀速圆周运动．
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中传播的速度大小；根据公式sinC = 分析临界角的大小．根据干涉条纹的间距关系可确定条纹间距；由光
𝑛
【专题】519：匀速圆周运动专题．
电效应方程可确定光电子的动能． 【分析】小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移
【解答】解：由图可知，a光的偏折角大于b光的偏折角，故说明a光的折射率大于b光的折射率；故说明 求出运动的时间，根据竖直方向求出高度．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆
a光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光，在介质中a光的波速小于b光； 盘转动n圈．
A、垂直穿过同一块玻璃时，不会发生折射，则经过的距离相同；因a光的波速小；故a光所用的时间长；𝑅 D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．
【解答】解：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间t = ，
𝑣
2
1 𝑔𝑅
竖直方向做自由落体运动，则h = 𝑔𝑡2=
2 2
2𝑣
2𝑛𝜋 2𝑛𝜋𝑣
根据ωt＝2nπ得：ω= = （n＝1、2、3…）
𝑡 𝑅
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．
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2
𝑔𝑅 2𝑛𝜋𝑣 【专题】13：实验题．
故答案为： ； （n＝1、2、3…）．
2 𝑅
2𝑣 【分析】（1、2）根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及 中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉
知道圆盘转动的周期性． 力．（2）、（3）根据W＝mgs求出砂桶及砂的总重力做功，根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的
10．（8分）某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适 瞬时速度求A、B的速度，即可得到动能的变化量，从而写出探究结果表达式，根据此表达式分析所需要的
当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打 测量仪器．
点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等，组装的实验装置如图所示． 【解答】解：（1）、根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车
（1）若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些 刻度尺、天平（包括砝码） ． 的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的
（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列 距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（带砝码）．
的哪个 D （填字母代号） 故答案为：刻度尺；天平（带砝码）
A．避免小车在运动过程中发生抖动 （2）、实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰 木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC错误，
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D正确．
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力 故选：D．
（3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以 （3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即小
选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办 车的加速度大，所以应减少小车的加速度，当小车的合力一定的情况下，据牛顿第二定律可知，适当增大小
法： 可在小车上加适量的砝码 ． 车的质量，即在小车上加适量的砝码．
（4）他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些， 故答案为：在小车上加适量的砝码
这一情况可能是下列哪些原因造成的 CD （填字母代号）． （4）他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，
A．在接通电源的同时释放了小车 从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验 中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，
B．小车释放时离打点计时器太近 只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故AB错误，CD正确．
C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 故选：CD．【点评】明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间 （2）利用提供的器材R 和G改装成电流表，用R 和G改装成电压表；要求电路能耗较小，结合电阻较小
2 1
关系的实验类似可以类比学习． 特点，故采用限流接法，电路如图：
11．（6分）现要测量一个未知电阻R 的阻值，除Rx外可用的器材有：
x
多用电表（仅可使用欧姆档）；
一个电池组E（电动势6V）
一个滑动变阻器R（0﹣20Ω，额定电流1A）；
两个相同的电流表G（内阻R ＝1000Ω，满偏电流I ＝100μA）；
g g
两个标准电阻（R ＝29000Ω，R ＝0.1Ω）；
1 2
一个电键S、导线若干．
（1）为了设计电路，先用多用电表的欧姆档粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指
针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是 AC （填字母代号）．
故答案为：（1）AC； （2）
A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
【点评】欧姆表的使用规则和注意事项经常考查、电表的改装和电路设计经常考查
B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
四、计算题
C．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量
12．（16分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m ＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦
A
D．如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量
力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m ＝2kg，现对A施加一个水平
B
（2）根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验电路图，并将
向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B
各元件字母代码标在该元件的符号旁．
粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到v＝2m/s，求
t
【考点】N6：伏安法测电阻．
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【专题】13：实验题．
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
【分析】（1）用多用电表的欧姆档粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常
（3）A的上表面长度l。
大，说明档位太大，应改用小倍率档位，选档位后，重新欧姆调零
（2）利用提供的器材改装成电流表和电压表，要求电路能耗较小，结合电阻较小特点，故采用限流接法
【解答】解：（1）A、用多用电表的欧姆档粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针
偏转非常大，此时的刻度盘示数较小，故总阻值较小，故A正确． 【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律．
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B、由A分析知，B错误． 【专题】52F：动量定理应用专题．
C、应改用小倍率档位，选档位后，重新欧姆调零进行测量，故C正确． 【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出加速度；
D、由C分析知，D错误． （2）由动量定理求出碰撞后的速度；
故选：AC； （3）由动量守恒定律与动能定理可以求出A上表面的长度。【解答】解：（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
F＝m a，
A
代入数据得：a＝2.5m/s2；
（2）A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：
Ft＝（m +m ）v﹣（m +m ）v，
A B t A B
代入数据解得：v＝1m/s；
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．
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（3）A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
m v ＝（m +m ）v，
A A A B 【分析】（1）由右手定则可以判断出感应电流方向；
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：
（2）由平衡条件、安培力公式求出cd棒的速度；
1
Fl = m v 2﹣0，
（3）由能量守恒定律可以求出热量。
A A
2
【解答】解：（1）由右手定则可知，电流由a流向b；
联立并代入数据得：l＝0.45m；
（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，
答：（1）A开始运动时加速度a的大小为2.5m/s2；
由平衡条件得：F ＝m gsinθ，
max 1
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小为1m/s；
ab刚好要上滑时，感应电动势：E＝BLv，
（3）A的上表面长度为0.45m。
𝐸
电路电流：I = ，
【点评】本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定
𝑅 + 𝑅
1 2
理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题。
ab受到的安培力：F
安
＝BIL，
13．（18分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，
0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面
由平衡条件得：F
安
＝m
1
gsinθ+F
max
，
向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m ＝
1 代入数据解得：v＝5m/s；
0.1kg，电阻R ＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m ＝0.4kg，电阻
1 2
（3）cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q
总
，
R ＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、
2 1
cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问 由能量守恒定律得：m 2 gxsinθ＝Q 总 + m 2 v2，
2
（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
𝑅
1
（2）ab将要向上滑动时，cd的速度v多大； ab上产生的热量：Q = Q 总 ，
𝑅 + 𝑅
1 2
（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是
解得：Q＝1.3J；
多少。
答：（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向由a流向b；
（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度5m/s；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是 𝑚𝑣
（3）先根据动能定理判断粒子速度关系，然后根据R = 判断轨道半径关系．
𝑞𝐵
1.3J。
【点评】本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀 【解答】解：（1）设A经电场第1次加速后速度为v ，由动能定理得：
1
加速运动的过程中，外力与安培力大小相等。分别从力和能量两个角度进行研究。 1
qU = 𝑚𝑣2‒0①
1
2
14．（20分）同步加速器在粒子物理研究中有重要的作用，其基本原理简化为如图1所示的模型．M、N为两块
中心开有小孔的平行金属板，质量为m、电荷量为+q的粒子A（不计重力）从M板小孔飘入板间，初速度 A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，故：
2
可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立 𝑣
1
qv B ＝m ②
1 1
即变为零，两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间 𝑅
距离，A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应的变化，不计粒子加速时间及其 由①②解得：
做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应，求 1 2𝑚𝑈
B = ③
1
𝑅 𝑞
（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B 的大小；
1
（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率P
𝑛
； （2）设A经过n次加速后的速度为v
n
，由动能定理，得到：
（3）若有一个质量也为m、电荷量为+kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔 1
nqU = 𝑚𝑣2‒0④
𝑛
2
飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，图2中虚线、
实线分别表示A、B的运动轨迹，在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映 设A做第n次圆周运动的周期为T ，有：
n
A、B的运动轨迹，并经推导说明理由． 2𝜋𝑅
T = ⑤
n
𝑣
𝑛
设在A做第n周运动的时间内，电场力做功为W ，则：
n
W ＝qU ⑥
n
在该段时间内，电场力做功的平均功率为：
𝑊
𝑛
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动． P 𝑛 = ⑦
𝑇
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𝑛
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
由④⑤⑥⑦解得：
【分析】（1）对直线加速过程根据动能定理列式；对磁场中的圆周运动过程根据牛顿第二定律列式；最后联
𝑞𝑈 𝑛𝑞𝑈
立求解即可； P 𝑛 = ⑧
𝜋𝑅 2𝑚
（2）A运动第n周的时间内电场力做功为qU；先根据动能定理求解该过程的速度，然后根据线速度的定义
（3）A图能够定性反映A、B运动的轨迹．
公式求解时间；最后根据平均功率的定义求解平均功率；
A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为B ，A、B的周期分别为T 、T′，综合②⑤式并分别应用
n n
A、B的数据得到：2𝜋𝑚
T =
n
𝑞𝐵
𝑛
𝑇
2𝜋𝑚
𝑛
T′ = =
𝑘𝑞𝐵 𝑘
𝑛
由上可知，T 是T′的k倍，所以A每次绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅
n
在与A同时进入电场时才被加速．
经过n次加速后，A、B的速度分别为v 和v ′，考虑到④式，有：
n n
2𝑛𝑞𝑈
v =
𝑛
𝑚
2𝑘𝑛𝑞𝑈
v'= = 𝑘𝑣
𝑛 𝑛
𝑚
由题设条件并考虑到⑤式，对A有：
T v ＝2πR
n n
设B的轨迹半径为R′，有：
T′v ′＝2πR′
n
比较上述两式得到：
𝑅
R′ = ，
𝑘
上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变；
由以上分析可知，两个粒子运动的轨迹如题图A所示；
1 2𝑚𝑈
答：（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B 的大小为 ；
1
𝑅 𝑞
𝑞𝑈 𝑛𝑞𝑈
（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率P为 ；
𝑛
𝜋𝑅 2𝑚
（3）粒子A、B的运动轨迹如图A所示．
【点评】本题关键是明确同步加速器的工作原理，然后结合动能定理、牛顿第二定律、电功率定义和几何关
系列式分析，不难．
