2015-2016学年湖南省岳阳一中、湘潭一中高二（上）联考物理试卷
一、单项选择题（每小题4分，共计32分．每个小题只有一个正确选项）
1．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家是（ ）
A．
牛顿 B．
爱因斯坦 C．
奥斯特 D．
居里夫人
2．关于电场强度E的说法正确的是（ ）
A．根据E=可知，电场中某点的电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比 B．电场中某点的场强方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同 C．E是矢量，与F的方向一致
D．公式E=对任何电场都适用
的均匀细丝
3．一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是后，它的电阻变成（ ） A．
B．100R C．
D．10000R
4．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为灯泡电阻的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（ ）
A．4W、8W B．2W、4W C．4W、6W D．2W、3W
5．质量和电量都相等的带电粒子M和N（不计重力），以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A．M带负电，N带正电 B．M的速度率小于N的速率 C．洛伦磁力对M、N做正功 D．M的运行时间大于N的运行时间
6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R2是两个定值电阻．当滑动变阻器的触头向a滑动时，流过R1的电流I1和流过R2的电流I2的变化情况为（ ）
A．I1增大，I2减小 C．I1增大，I2增大
B．I1减小，I2增大 D．I1减小，I2减小
7．如图所示是一个说明示波管工作管理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h．两平行板间距离为d，电势差为U2，板长是l，为提高示波管的灵敏度
（每单位电压引起的偏转量）可采用以下哪些方法（ ）
A．增大两板间电势差U2 B．尽可能使板长L短一些 C．尽可能使板距d小一些 D．使加速电压U1升高一些
8．如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为（ ）
A．
B． C． D．
二、多项选择题（每小题4分，计4×4=16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分） 9．在场强E=2.0×10 V/m的匀强电场中，有相距d=3.0×10 m的A、B两点，则A、B两点间电势差可能为（ ） A．8 V B．6 V C．4 V D．0
10．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（ ）
2
﹣2
A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径
11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大 B．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变 C．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变 D．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大
12．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（ ）
A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
三．实验题（第13题6分，每空3分，第14题10分，每空2分，共计16分）
13．在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图1），示数为 cm．在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图2），示数为 mm．
14．用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： （1）电流表（量程0.6A、3A）； （2）电压表（量程3V、15V）
（3）定值电阻（阻值1Ω，额定功率5W） （4）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W） （5）滑动变阻器（阴值范围0﹣10Ω，额定电流2A） （6）滑动变阻器（阻值范围0﹣100Ω、额定电流1A） 那么
（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择 V，电流表的量程应选择 A； R0应选择 Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是 Ω的滑动变阻器．
（2）引起该实验系统误差的主要原因是 ．
四、计算题（本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=3×10C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J，求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）电荷从b移到c，电场力做的功W2； （3）a、c两点间的电势差Uac．
﹣8
16．如图所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，金属棒ab的质量为m，电阻为r，放在导轨上且与导轨垂直．磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成夹角α 且与金属棒ab垂直，定值电阻为R，电源及导轨电阻不计．当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a，则电源电动势为多大？
17．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出．求： （1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离； （2）它们从磁场中射出的时间差．
18．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．
（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0； （2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化△p；
（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比
的值．
2015-2016学年湖南省岳阳一中、湘潭一中高二（上）联考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题4分，共计32分．每个小题只有一个正确选项）
1．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家是（ ）
A．
牛顿 B．
爱因斯坦 C．
奥斯特 D．
居里夫人
【考点】物理学史．
【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．
【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故C正确，ABD错误． 故选：C
2．关于电场强度E的说法正确的是（ ） A．根据E=
可知，电场中某点的电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比
B．电场中某点的场强方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同 C．E是矢量，与F的方向一致 D．公式E=
对任何电场都适用
【考点】电场强度． 【分析】公式E=
是电场强度的定义式，公式E=
点电荷的电场强度的计算式，它们
的内涵与外延不同． 【解答】解：A、公式E=
是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，不与电
场力F成正比，与电量q成反比，故A错误；
B、C、电场中某点场强方向就是该点所放正电荷电荷受到的电场力的方向，与负电菏受力的方向相反，故B正确，C错误； D、公式E=
是点电荷的电场强度的计算式，所以E与Q成正比，与r2成反比，只适用于
点电荷的电场，故D错误； 故选：B．
3．一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是丝后，它的电阻变成（ ） A．
B．100R C．
D．10000R
的均匀细
【考点】电阻定律．
【分析】抓住电阻的体积不变，结合直径的变化得出长度的变化，通过电阻定律得出电阻的变化．
【解答】解：将电阻丝拉制成直径是的均匀细丝后，横截面积变为原来的，
由于体积不变，则长度变为原来的100倍，根据R=D正确，A、B、C错误． 故选：D．
知，电阻变为原来的10000倍．故
4．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为灯泡电阻的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（ ）
A．4W、8W B．2W、4W C．4W、6W D．2W、3W 【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率． 【解答】解：由图读出E=3V，r=0.5Ω 灯泡与电源连接时，工作电压U=2V，I=2A 则电源的输出功率P出=EI﹣Ir=（3×2﹣2×0.5）W=4W 电源的总功率P总=EI=3×2W=6W 故选C
5．质量和电量都相等的带电粒子M和N（不计重力），以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是（ ）
2
2
A．M带负电，N带正电 B．M的速度率小于N的速率 C．洛伦磁力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．
【解答】解：A、由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确； B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m
，半径为：r=
，在质量与电
量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误； C、洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力对粒子不做功，故C错误； D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=于N的运行时间，故D错误． 故选：A．
6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R2是两个定值电阻．当滑动变阻器的触头向a滑动时，流过R1的电流I1和流过R2的电流I2的变化情况为（ ）
，M的运行时间等
A．I1增大，I2减小 C．I1增大，I2增大
B．I1减小，I2增大 D．I1减小，I2减小
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】理清电路，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．
【解答】解：R的滑动触点向a端移动时，R减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，故ACD错误，B正确． 故选：B．
7．如图所示是一个说明示波管工作管理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h．两平行板间距离为d，电势差为U2，板长是l，为提高示波管的灵敏度
（每单位电压引起的偏转量）可采用以下哪些方法（ ）
A．增大两板间电势差U2 B．尽可能使板长L短一些 C．尽可能使板距d小一些 D．使加速电压U1升高一些 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解．
【解答】解：带电粒子加速时应满足：qU1=带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足： L=v0t h=
at
=
2
mv0
2
得：a=
联立以上各式可得： h=
；
由公式可得，应使板长短一点，板间距d小一点； 故BC正确 故选：BC
8．如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为（ ）
A． B． C． D．
【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，运用作图法分析什么条件下小球受到的电场力最小，由力学知识求出最小的电场力，再求解小球的电荷量．
【解答】解：小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，根据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，可以看出，当电场力F与细线的拉力T垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为 Fmin=mgsin30° 又Fmin=qE，得q=故选：D．
二、多项选择题（每小题4分，计4×4=16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分） 9．在场强E=2.0×102 V/m的匀强电场中，有相距d=3.0×10﹣2 m的A、B两点，则A、B两点间电势差可能为（ ） A．8 V B．6 V C．4 V D．0
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】若a、b两点在同一电场线上，两点间的电势差最大为U=Ed=6V；若a、b两点在等势面上，两点间的电势差为0，确定出a、b两点间的电势差范围来选择．
【解答】解：若a、b两点在电场方向上，两点间的电势差最大为 U=Ed=2.0×102×3.0×10﹣
2
=6V；
若a、b两点在同一等势面上，两点间的电势差为0，则a、b两点间的电势差范围为 0≤U≤6V．故A错误，BCD正确． 故选：BCD
10．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（ ）
A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关． 【解答】解：由qvB=m
，解得v=
．
则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁
感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故B、D正确，A、C 错误． 故选BD．
11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大 B．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变 C．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变 D．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大 【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增大，电场力变小时θ减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变．
【解答】解：AB、若保持开关S闭合，则电容器两端的电压U恒定，A极板向B极板靠近时，两极板间的距离d减小，由E=
可知两极板间的电场强度增大，带正电的小球受到的电场
力增大，则θ增大，故A正确，B错误；
CD、若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，A极板向B极板靠近时，两极板间的电场强度不变，带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，故C正确，D错误． 故选：AC．
12．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（ ）
A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 【考点】电势差与电场强度的关系；电势差；电势．
【分析】本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．
【解答】解：在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有
，可见EBx＞ECx，A项正确；
同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；
沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确． 故选AD．
三．实验题（第13题6分，每空3分，第14题10分，每空2分，共计16分）
13．在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图1），示数为 10.405 cm．在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图2），示数为 8.075 mm．
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． 【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm．
螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为7.5×0.01mm=0.075mm，所以最终读数为8mm+0.075mm=8.075mm． 故答案为：10.405，8.075
14．用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： （1）电流表（量程0.6A、3A）； （2）电压表（量程3V、15V）
（3）定值电阻（阻值1Ω，额定功率5W） （4）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W） （5）滑动变阻器（阴值范围0﹣10Ω，额定电流2A） （6）滑动变阻器（阻值范围0﹣100Ω、额定电流1A） 那么
（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择 3 V，电流表的量程应选择 0.6 A； R0应选择 1 Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是 0～10 Ω的滑动变阻器．
（2）引起该实验系统误差的主要原因是 由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小． ．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；
（2）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因． 【解答】解：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象． （2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测＜E真，r
测
＜r真．
故答案为：（1）3，0.6，1，0～10．（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小．
四、计算题（本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=3×10C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J，求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）电荷从b移到c，电场力做的功W2； （3）a、c两点间的电势差Uac．
﹣8
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离． （2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2． （3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac．
【解答】解：（1）由题，由W1=qElab得： E=
=
=80N/C
（2）电荷从b移到c电场力做功为：
W2=qElbccos60°=3×10×80×0.12×0.5J=1.44×10J （3）电荷从a移到c电场力做功为： Wac=W1+W2
则a、c两点的电势差为：Uac=
=
=
=8.8V．
﹣8
﹣7
答：（1）匀强电场的场强80V/m．
（2）电荷从b移到c电场力做功1.44×10J． （3）a、c两点的电势差8.8V．
16．如图所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，金属棒ab的质量为m，电阻为r，放在导轨上且与导轨垂直．磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成夹角α 且与金属棒ab垂直，定值电阻为R，电源及导轨电阻不计．当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a，则电源电动势为多大？
﹣7
【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律；安培力．
【分析】当电键闭合的瞬间，导体棒受到安培力及重力和轨道的支持力作用，根据牛顿第二定律求出安培力大小，由欧姆定律和安培力公式求出电动势．
【解答】解：当电键闭合的瞬间，导体棒受到重力mg、轨道的支持力N和安培力F三个力作用，如图． 根据牛顿第二定律得 Fsinα=ma
又F=BIL，I=联立以上三式得， 电源的电动势答：电源电动势为
．
17．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出．求： （1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离； （2）它们从磁场中射出的时间差．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】粒子做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可知两粒子离开磁场时的距离，则可求出出射点的距离；根据两粒子在磁场中转动的时间可知时间差．
【解答】解（1）正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示． 由
得：R=
射出点距离为：PQ=4Rsinθ T=
所以：θ=30°
如图可知，两粒子离开时距O点均为R， 所以出射点相距为：L=2R=（2）由
得：
；
负电子在磁场中运动时间：正电子在磁场中运动时间：所以两个电子射出的时间差：
答：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离为（2）它们从磁场中射出的时间差为
．
18．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．
（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0； （2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化△p；
（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比
的值．
【考点】霍尔效应及其应用．
【分析】（1）根据洛伦兹力等于电场力，即可求解；
（2）根据压强与压力的关系，结合安培力表达式，及欧姆定律，即可求解； （3）由功率表达式，结合数学知识求极值法，即可求解．
【解答】解：（1）设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定， 有qv0B=q
①
解得：U0=Bdv0②
（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，
液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安， 有p1hd=f③p2hd=f+F安④ F安=BId⑥
根据欧姆定律，有I=两导体板间液体的电阻r=ρ由②③④⑤⑥⑦式得△p=
（3）电阻R获得的功率为P=IR⑨ P=
⑩
2
⑥
⑦
⑧
当=时，⑪
电阻R获得的最大功率Pm=
答：（1）开关闭合前，M、N两板间的电势差大小Bdv0； （2）开关闭合前后，管道两端压强差的变化
；
（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变，电阻R可获得的最大功率
及相应的宽高比
的值．
2016年8月19日
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