东城区学年第一学期期末考试高二物理试题及答案.docx
《东城区学年第一学期期末考试高二物理试题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《东城区学年第一学期期末考试高二物理试题及答案.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
东城区学年第一学期期末考试高二物理试题及答案
东城区2019-2020学年第一学期期末考试
高二物理
一、选择题：
本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共42分）
1．（3分）如图所示，把一条导线平行地放在磁针上方附近，当导线中通有电流时，磁针会发生偏转。
首先观察到这个实验现象的物理学家是（ ）
A．牛顿B．伽利略C．焦耳D．奥斯特
2．（3分）“电子伏特（符号：
eV）”，属于下列哪一物理量的单位（ ）
A．电荷量B．能量C．电流D．电压
3．（3分）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（ ）
A．UB．RC．
D．
4．（3分）平行板电容器的两极板接在电压恒定的直流电源上，若将两极板间距离减小，则电容器（ ）
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
5．（3分）如图所示，在“研究影响通电导体所受安培力的因素”的实验中，当导体棒中通有图示方向的电流时，下列说法中正确的是（ ）
A．导体棒将向图中v所示方向摆动
B．若减少磁铁数量，导体棒的摆角将增大
C．若颠倒磁极的上下位置，导体棒将向图中v所示方向摆动
D．若增大电流，导体棒的摆角将减小
6．（3分）阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现一条亮线（如图）．要使该亮线向z轴正方向偏转，可加上沿（ ）
A．z轴正方向的磁场B．y轴负方向的磁场
C．z轴正方向的电场D．y轴负方向的电场
7．（3分）在某静电场中把一个+q的检验电荷从电场中的A点移到无限远处时，电场力做功为W，则检验电荷在A点的电势能EPA以及电场中A点的电势φA分别为（ ）
A．EPA＝W，φA＝
B．EPA＝W，φA＝﹣
C．EPA＝﹣W，φA＝
D．EPA＝﹣W，φA＝﹣
8．（3分）正点电荷A和负点电荷B的电荷量相等，它们在真空中所产生电场的电场线（其中方向未标出）的分布如图所示，O为两点电荷连线的中点，P为两点电荷连线的中垂线上一点。
下列说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度比P点的电场强度小
B．O点的电势比P点的电势高
C．将负电荷从O点移动到P点，电势能减小
D．将负电荷从O点移动到P点，电场力做功为零
9．（3分）如图为速度选择器的示意图，P1、P2为其两个极板。
某带电粒子以速度v0从S1射入，恰能沿虚线从S2射出。
不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．极板P1的电势一定高于极板P2的电势
C．该粒子以速度v0从S2射入，也能沿虚线从S1射出
D．该粒子以速度2v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出
10．（3分）在光滑绝缘水平面上，用绝缘细线拉着一带负电的小球，在水平面内绕竖直方向的轴做匀速圆周运动，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，俯视图如图所示。
若磁感应强度比原来增大一些，小球仍做圆周运动，则（ ）
A．细线中拉力一定增大
B．小球的速度一定增大
C．细线中拉力可能为零
D．小球所受洛伦兹力可能不变
11．（3分）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，在竖直向上的恒力F作用下棒无初速上升的一段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向向左
B．棒受到的安培力方向向上
C．棒机械能的增加量等于恒力F做的功
D．在刚开始上升的时刻棒的加速度最大
12．（3分）如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。
则（ ）
A．ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里
B．ef和cd导线在b点产生的合磁场为零
C．cd导线受到的安培力方向向右
D．若同时改变两导线的电流方向，两导线各自受的安培力方向不变
13．（3分）如图所示是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1A，当使用a、c两个端点时，量程为0.1A．已知表头的内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，则（ ）
A．R1的阻值大于R2的阻值B．R1的阻值小于R2的阻值
C．R1与Rg的阻值很接近D．R1与R2的阻值很接近
14．（3分）如图所示，一对平行金属板水平放置，板间电压为U1，一个电子沿MN以初速度v1从两板的左侧射入，刚好从右侧射出。
若板间电压变为U2，另一个电子也沿MN以初速度v2从两板的左侧射入，但没有从右侧射出。
一定能引起上述现象发生的条件是（不计电子的重力，MN平行于金属板）（ ）
A．U2＞U1且v2＞v1B．U2＞U1且v2＜v1
C．U2＜U1且v2＞v1D．U2＜U1且v2＜v1
二、实验题（共16分）
15．（8分）电流传感器可以像电流表一样测量电流，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I﹣t图象。
照图甲连接电路，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。
然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t图象如图乙所示。
（1）在图中画一个竖立的狭长矩形（在图乙的最左边），它的面积的物理意义是 （填写面积所代表物理量的名称）
（2）根据I﹣t图象估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为 C（结果保留一位有效数字）。
（3）若对应开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的q﹣t图象的示意图是怎样的？
请在图丙中定性画出。
16．（8分）用如图所示电路测量电源的电动势和内电阻。
所用的实验器材为：
待测电源（电动势约3V，内电阻约2Ω），电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表G，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤为：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到 （选填“最大”或“最小”），闭合开关；
②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
③以U为纵坐标，I为横坐标，作出U﹣I图线；
④求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在纵轴上的截距b；
⑤待测电源的电动势E和内阻r的计算式分别为E＝ ，r＝ （用题目中出现的量表示），代入数值可得E和r的测量值。
三、论述、计算题（共42分）解题要求：
写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
17．（8分）如图所示，匀强磁场与平行金属导轨所在的平面相垂直，磁感应强度为B，金属棒ab的长度为L，与导轨接触良好，以速度v向右匀速运动。
（1）判断ab哪端电势高；
（2）请根据法拉第电磁感应定律的表达式E＝n
推导此闭合回路的感应电动势E＝BLv。
18．（10分）如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度几乎为零。
粒子经过小孔S2沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动，随后离开磁场。
不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）判断粒子所带电荷的电性；
（2）求粒子在磁场中运动的速度大小v；
（3）粒子离开磁场时的位置与小孔S2之间的距离l。
19．（12分）如图所示，电路由一个电动势为E、内电阻为r的电源和一个滑动变阻器R组成。
请推导当满足什么条件时，电源输出功率最大，并写出最大值的表达式。
20．（12分）如图甲，某装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。
序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。
交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。
在t＝t0时，此刻位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个质子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1．之后质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。
请回答以下问题（已知质子的荷质比取1×108C/kg，电压的绝对值u＝6×104V，周期T＝1×10﹣7s，质子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，不考虑质子的重力）。
（1）请说明在t0时刻，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差是正值还是负值；
（2）请分析并说明质子在圆筒内的受力情况；
（3）请求出质子进入第3个圆筒时的速度大小v和第3个圆筒的长度l；
（4）此装置可以用来加速带电粒子，对此装置有何改进意见？
写出一条即可。
参考答案
一、选择题：
本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共42分）
1．【答案】D
【分析】本实验是1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应的实验，根据物理学史解答。
【解答】解：
当导线中通有电流时，磁针会发生偏转，说明电流能产生磁场，首先观察到这个实验现象的物理学家丹麦物理学家奥斯特，故ABC错误，D正确。
故选：
D。
【点评】本题考查物理学史。
在电磁学中有很多著名物理学家和经典的实验要记牢，注意积累。
2．【答案】B
【分析】在研究微观粒子时常用电子伏特（eV）做能量的单位。
1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能。
若电场中的a、b两点间的电势差为1V，将一电子从a点移到b点，电子克服电场力做功为1eV。
【解答】解：
A、电荷量的单位是库仑，故A错误；
B、研究微观粒子时常用电子伏特（eV）做能量的单位。
1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能。
若电场中的a、b两点间的电势差为1V，将一电子从a点移到b点，电子克服电场力做功为1eV，1eV＝1.60×10﹣19J，即电子伏特是能量单位，故B正确；
C、电流的单位是安培，故C错误；
D、电压的单位是伏特，故D错误；
故选：
B。
【点评】此题考查的是我们对常见物理量及其对应单位的掌握情况，属于基础知识的考查，难度较小，容易解答
3．【答案】C
【分析】给出的图象是q﹣t图象，其斜率为I＝
，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案．
【解答】解：
根据电流强度的定义公式I＝
；
可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流；
根据欧姆定律，有：
I＝
，故斜率也代表电流。
故C正确，ABD错误
故选：
C。
【点评】本题应能找出图象中所提供的信息是本题的关键，也是识图题的共同特点，注重公式的灵活运用．
4．【答案】A
【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，若将两极板间距离减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化。
【解答】解：
平行板电容器接在恒压直流电源上，其两极间的电压不变。
若将两极板间距离减小，由电容的决定式C＝
，可知，电容C会增大，
再由电容的定义式C＝
可得电荷量会增大，
因E＝
，所以板间场强变大。
故A正确，BCD错误。
故选：
A。
【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变。
要掌握E＝
和C＝
、C＝ɛ
三个公式。
5．【答案】C
【分析】根据左手定则判断出通电导线受到的安培力方向，根据F＝BIL判断出影响安培力的大小的因素即可判断
【解答】解：
A、根据左手定则可知，受到的安培力方向向v的反方向，故导体棒将向v的反方向摆动，故A错误。
B、若减少磁铁的数量，根据F＝BIL可知，通电导线在磁场中的长度减小，受到安培力减小，通电导体棒的摆角将减小，故B错误。
C、若颠倒磁铁磁极的上下位置，根据左手定则可知，受到的安培力方向反向，导体棒将向图中v所示方向摆动，故C正确。
D、若增大电流，根据F＝BIL可知，受到安培力增大，通电导体棒的摆角将增大，故D错误。
故选：
C。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则，掌握安培力的大小公式，知道安培力的大小跟哪些因素有关。
6．【答案】B
【分析】电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线沿z轴正方向偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向．
【解答】解：
A、若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故A错误。
B、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确。
C、若加一沿z轴正方向的电场，电子受到的电场力沿z轴的负方向，亮线向下偏转，故C错误。
D、若加一沿y轴负方向的电场，电子受电场力作用向内，即亮线向y轴正方向偏转，故D错误。
故选：
B。
【点评】本题考查磁偏转方向判断的能力．由由左手定则判断处洛伦兹力的方向是正确解题的关键．
7．【答案】A
【分析】根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式φA＝
求解A点的电势．
【解答】解：
依题意，检验电荷+q从电场的A点移到无限远处时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EA＝W，
A点的电势φA＝
＝
．故A正确，BCD错误
故选：
A。
【点评】电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．
8．【答案】D
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止。
在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小。
【解答】解：
A、由图可知，该电场为等量异种点电荷产生的电场；在两等量异号电荷连线的中垂线上，O点处电场线最密，电场强度最大，所以O点的电场强度比P点的电场强度大，都大于0．故A错误；
B、在两等量异号电荷连线的中垂线上，各点场强的方向都与连线的中垂线垂直，所以各点的电势电势相等的，故B错误；
CD、O与P的电势相等，则将负电荷从O点移动到P点，电场力做功为零，电势能不变，故C错误，D正确；
故选：
D。
【点评】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
9．【答案】B
【分析】粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，解决此题可以先假设粒子的电性，来判断电场的方向。
分析洛伦兹力与电场力的大小，从而判断粒子能否沿虚线线运动。
【解答】解：
A、不论粒子带电性质如何，电场力和洛伦兹力都平衡，所以粒子带电性质无法判断，故A错误；
B、假设带电粒子带正电，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力竖直向上，因粒子恰能沿虚线运动，则电场力应竖直向下，满足qE＝qv0B，所以极板P1的电势一定高于极板P2的电势，故B正确；
C、若该粒子以速度v0从S2射入，假设粒子带正电，则电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，合力向下，不会沿虚线从S1射出，故C错误；
D、若粒子的速度为2v0，则q•2v0B＞qE，受力不平衡，不会沿虚线从S2射出，故D错误；
故选：
B。
【点评】该题综合了电场和磁场的内容，解决此类问题的关键是正确判断洛伦兹力和电场力的大小及方向，要熟练的应用左手定则来分析问题。
10．【答案】C
【分析】依据球受到的合力指向圆心，才能做匀速圆周运动，再结合左手定则，判定洛伦兹力方向与速度方向，及磁场方向关系，最后力与速度垂直，则力不会做功，从而即可求解。
【解答】解：
ACD、球在水平面内，受到绳子的拉力，及洛伦兹力作用，由于运动的速度方向不确定，因此洛伦兹力可能与拉力同向，也可能与拉力反向，当感应强度比原来增大一些，小球仍做圆周运动，则洛伦兹力一定增大，因此拉力可能增大，也可能减小，故AD错误，C正确；
B、由于拉力与洛伦兹力总与速度方向垂直，因此两力总不做功，那么小球的速度大小一定不变，故B错误；
故选：
C。
【点评】考查匀速圆周运动的条件，掌握左手定则的应用，注意其与右手定则的不同，理解洛伦兹力与拉力的方向关系是解题的关键。
11．【答案】D
【分析】根据楞次定律判断金属棒中的电流方向；由左手定则分析金属棒受到的安培力方向；恒力F做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和；根据牛顿第二定律分析加速度大小。
【解答】解：
A、金属棒向上运动时，穿过回路的磁通量减小，结合磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律判断知金属棒中的电流方向向左，通过电阻R的电流方向向右，故A错误；
B、通过金属棒的电流方向向左，由左手定则知金属棒受到的安培力方向向下，故B错误；
C、根据功能关系知，恒力F做的功等于金属棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可得：
a＝
，在刚开始上升的时刻金属棒中的感应电流为零，安培力为零，棒的加速度最大，故D正确。
故选：
D。
【点评】本题是电磁感应现象中的力学问题，解答本题的关键是能够利用楞次定律或右手定则判断电流方向，根据左手定则判断安培力的方向，知道上升过程中能量的转化情况。
12．【答案】D
【分析】根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小。
【解答】解：
A、根据安培定则可知，电流ef在a处的磁场垂直纸面向外，故A错误。
B、根据安培定则可知，ef导线在b点产生的磁场垂直纸面向外，cd导线在b点产生的磁场垂直纸面向外，故合磁场向外，不为零，故B错误。
C、根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左，故C错误。
D、不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故同时改变电流方向时，cd导线受到的安培力方向不会发生改变，故D正确。
故选：
D。
【点评】本题考查安培力以及通电导线的磁场规律，要注意明确磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。
13．【答案】B
【分析】接a，b时为G表头与R2串联成一支路，该支路与R1并联，为一电流表，由电路得出量程的表达式。
接a，c时为R1与R2串联后与G表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式。
由两个表达式求得R1与R2的值。
【解答】解：
接a、b时，R1起分流作用为一支路，G与R2串联为一支路，此时量程为I1＝1A，当G表头达到满偏时通过电流表的总电流即为：
I1＝Ig+
…①
同理接a、c时，R1+R2为一支路起分流作用，G为一支路，此时量程为I2＝0.1A
则I2＝Ig+
…②
由①②式构成一方程组，只有R1与R2为未知量，代入数据求得：
R1＝0.41Ω，R2＝3.67Ω，三个电阻都不接近，其中R1的阻值小于R2的阻值，故ACD错误，B正确。
故选：
B。
【点评】考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式。
14．【答案】B
【分析】电子在两板间做类平抛运动，分析电子在金属板间的受力情况，得到其运动情况，利用运动学公式和刚好从右侧射出和没有从右侧射出两个条件分析即可。
【解答】解：
设MN到下极板的距离为h，两板间距离为d，板长为L
水平方向L＝vt
竖直方向
联立上式得
，其中q、L、d、m为定值。
粒子未从右侧射出，则h2＞h1，即U2＞U1且v2＜v1
故选：
B。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，电子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式列式分析求解。
二、实验题（共16分）
15．【答案】见试题解答内容
【分析】
（1）由图象的含义可知，横轴与纵轴的乘积即为电量，即可求解。
（2）通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求解。
（3）由电荷量与电流的关系判断q＝it图象中如何表达电流的意义即可正确作图。
【解答】解：
（1）将横坐标t分成许多很小的时间间隔△t，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，则I△t为这段时间内的电量。
在图乙I﹣t图中用阴影标记了一个竖立的狭长矩形，这个阴影面积的物理意义是通电0.1秒充入电容（流过电阻R）的电荷量。
（2）电容器所带的电荷量在数值上等于图象与坐标轴所包围的面积。
确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.2s，则每个小格所代表的电荷量数值为q＝0.2×10﹣3×0.2＝4×10﹣5C。
曲线下包含的小正方形的个数为40个（格数为38﹣42都正确）。
由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q＝40×4×10﹣5C＝1.6×10﹣3C≈2×10﹣3C。
（3）由电荷量与电流的关系可知，q＝it，可知q﹣tq图线的斜率表示充电电流的大小，结合图乙可知，电容器的充电电流越来越小，所以其q﹣tq图象如图；
故答案为：
（1）电荷量；
（2）2×10﹣3；（3）见答图
【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式，以及知道I﹣t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。
16．【答案】见试题解答内容
【分析】①为保护电路，闭合开关前滑动变阻器阻值应置于阻值最大处。
⑤电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值等于电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，根据图示电路图求出电源电动势与内阻。
【解答】解：
①滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要注意阻值最大处；
⑤电源U﹣I图象小于纵轴交点坐标值等于电源电动势，因此电源电动势：
E＝b；电源内阻：
r＝k﹣R2；
故答案为：
①最大；⑤b；k﹣R2。
【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，分析清楚电路结构是解题的前提；根据电路图与实验原理求出图象的函数表达式是求出电源电动势与内阻的关键。
三、论述、计算题（共42分）解题要求：
写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
17．【答案】见试题解答内容
【分析】
（1）根据右手定则分析金属棒中的电流方向，从而判断哪一端是电源的正极。
（2）根据法拉第电磁感应定律分析推导。
【解答】解：
（1）根据右手定则可知，ab金属棒的电流为b到a，所以a端是电源的正极，则a端电势高；
（2）在△t时间内，ab棒向右移动的距离为：
x＝v△t
这个过程中线框的面积变化量为：
△S＝Lv△t
穿过闭合回路的磁通量的变化量为：
△ϕ＝B△S＝BLv△t
根据法拉第电磁感应定律有：
答：
（1）a端的电势高。
（2）推导过程如解析所示。
【点评】解决该题需要掌握用右手定则分析判断ab棒中的感应电流的方向，知道金属棒作为电源，知道电源的电流是从负极留向正极。
18．【答案】见试题解答内容
【分析】
（1）根据左手定则判断，粒子的电性。
（2）根据动能定理求出粒子进入磁场的速度。
（3）根据牛顿第二定律，洛仑兹力提供向心力，能求出粒子在磁场中的偏转半径。
【解答】解：
（1）粒子在磁场中偏转，受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，粒子带正电。
（2）粒子在电场中加速的过程，根据动能定理可知，
，
得v＝
。
（3）粒子在磁场中，洛仑兹力提供向心力
则粒子离开磁场时的位置与小孔S2之间的距离
。
答：
（1）粒子带正电。
（2）粒子在磁场中运动的速度
升级会员 