《浙江省杭州市余杭高級(jí)中學(xué)2023學(xué)年物理高二上期中質(zhì)量檢測(cè)試題含解析.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《浙江省杭州市余杭高級(jí)中學(xué)2023學(xué)年物理高二上期中質(zhì)量檢測(cè)試題含解析.doc（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、2023學(xué)年高二上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng):1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4作圖可先使用鉛筆畫(huà)出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)水平懸掛在O、O點(diǎn)，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感

2、應(yīng)強(qiáng)度大小為B，棒中通以某一方向的電流，平衡時(shí)兩細(xì)線(xiàn)與豎直方向夾角均為，重力加速度為g.則( )A金屬棒中的電流方向由N指向MB金屬棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上C金屬棒中的電流大小為D每條細(xì)線(xiàn)所受拉力大小為2、下列說(shuō)法中正確的是（ ）A沿電場(chǎng)線(xiàn)方向場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小B沿電場(chǎng)線(xiàn)方向移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力做正功C沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低D電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，電勢(shì)也一定為零3、真空中有甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷相距為r，它們間的靜電引力為F若甲的電荷量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，乙的電荷量變?yōu)樵瓉?lái)的，它們間的距離變?yōu)?r，則它們間的靜電引力將變?yōu)椋ǎ〢BCD4、四盞燈結(jié)成如圖所示的電路，A、C燈泡的規(guī)格為“220V，30

3、W”，B、D燈泡的規(guī)格為“220V，100W”，各個(gè)燈泡的實(shí)際功率都沒(méi)有超過(guò)它的額定功率，這四盞燈泡的實(shí)際消耗功率大小的順序是( )APAPBPCPD BPAPDPCPBCPAPDPBPC DPAPBPDPC5、某研究性學(xué)習(xí)小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象和楞次定律時(shí)，設(shè)計(jì)并進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：如圖，矩形金屬線(xiàn)圈放置在水平薄玻璃板上，有兩塊相同的蹄形磁鐵，相對(duì)固定，四個(gè)磁極之間的距離相等當(dāng)兩塊磁鐵勻速向右通過(guò)線(xiàn)圈位置時(shí)，線(xiàn)圈靜止不動(dòng)，那么線(xiàn)圈所受摩擦力的方向是()A先向左，后向右B先向左，后向右，再向左C一直向右D一直向左6、雷雨天，當(dāng)空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度超過(guò)，空氣就會(huì)被“擊穿”而放電。已知一片帶電的烏云距離地

4、面400m高，那么發(fā)生閃電時(shí)烏云與地面間的電勢(shì)差至少為A B6250V C D二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示，平行板電容器與直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離則（）AP點(diǎn)的電勢(shì)將降低B帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)C電容器的電容減小，極板帶電量將減小D帶電油滴的電勢(shì)能將減少8、如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器，四個(gè)電表均為

5、理想電表。當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)合上開(kāi)關(guān)S，將滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)的過(guò)程中，各表示數(shù)變化正確的是( ) AA1的示數(shù)減小，V1的示數(shù)增大BA1的示數(shù)增大，V1的示數(shù)減小CA2的示數(shù)增大，V2的示數(shù)減小DA2的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大9、如圖所示，一個(gè)帶正電的滑環(huán)套在水平且足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣桿上，整個(gè)裝置處在與桿垂直的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)使滑環(huán)獲得向右的初速度，滑環(huán)在桿上的運(yùn)動(dòng)情況可能是： A始終作勻速運(yùn)動(dòng)B先作加速運(yùn)動(dòng)，后作勻速運(yùn)動(dòng)C先作減速運(yùn)動(dòng)，后作勻速運(yùn)動(dòng)D先作減速運(yùn)動(dòng)，最后靜止在桿上10、如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器的內(nèi)部，閉合電鍵S給電容

6、器充電，這時(shí)懸線(xiàn)偏離豎直方向角，若（）A電鍵S斷開(kāi)，將A板向B板靠近，則增大B電鍵S斷開(kāi)，將A板向B板靠近，則不變C保持電鍵S閉合，將A板向B板靠近，則變小D保持電鍵S閉合，將A板向B板靠近，則增大三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11（6分）如圖，合上開(kāi)關(guān)，改變滑動(dòng)變阻器的阻值R，讀出相應(yīng)的理想電流表示數(shù)I，從而得到多組I、R值。以I的倒數(shù)為縱軸，R為橫軸，得出圖像如圖。則電源電動(dòng)勢(shì)E=_，內(nèi)阻r=_（以圖像中的a、b、c表示）12（12分）現(xiàn)在要測(cè)量一段電阻絲的電阻率，其阻值Rx約為0.5 ，允許通過(guò)的最大電流為0.5 A.現(xiàn)有如下器材

7、可供選擇：電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻約為0.6)電壓表V(量程3V，內(nèi)阻約為3k)待測(cè)電阻絲Rx(阻值約為0.5)標(biāo)準(zhǔn)電阻R0(阻值5)滑動(dòng)變阻器R1(5 ，2A)滑動(dòng)變阻器R2(200 ，1.5A)直流電源E(E6 V，內(nèi)阻不計(jì))開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線(xiàn)若干(1)圖為四位同學(xué)分別設(shè)計(jì)的測(cè)量電路的一部分，你認(rèn)為合理的是_；(2)實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選擇_(選填“R1”或“R2”)，并采用_接法；（分壓，限流）(3)根據(jù)你在(1)(2)中的選擇，在圖甲上完成實(shí)驗(yàn)電路的連接_；(4)實(shí)驗(yàn)中，如果兩電表的讀數(shù)分別為U和I，測(cè)得拉直后電阻絲的長(zhǎng)度為L(zhǎng)、直徑為D，則待測(cè)電阻絲的電阻率的計(jì)算式為_(kāi)；(5)用螺旋測(cè)微

8、器測(cè)量待測(cè)電阻絲的直徑時(shí)讀數(shù)如圖乙所示，則該電阻絲的直徑D_.四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13（10分）電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），MN開(kāi)始

9、向右加速運(yùn)動(dòng)當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開(kāi)導(dǎo)軌問(wèn)： （1）磁場(chǎng)的方向；（2）MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；（3）MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少14（16分）如圖所示，在同一水平面的兩導(dǎo)軌相互平行，并處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根質(zhì)量為3.6kg，有效長(zhǎng)度為2m的金屬棒放在導(dǎo)軌上，當(dāng)金屬棒中的電流為5A時(shí)，金屬棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；當(dāng)金屬棒中的電流突然增大為8A時(shí)，金屬棒能獲得2m/s2的加速度，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小15（12分）（10分）如圖所示，用長(zhǎng)L=0.50m的絕緣輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)，把一個(gè)質(zhì)量 m=1.0g帶電小球懸掛在

10、帶等量異種電荷的平行金屬板之間，平行金屬板間的距離d=5.0cm，兩板間電壓U=1.0103V。靜止時(shí)，絕緣線(xiàn)偏離豎直方向角，小球偏離豎直距離a=1.0cm。（角很小，為計(jì)算方便可認(rèn)為tan sin，取g=10m/s2，需要求出具體數(shù)值，不能用角表示）求：（1）兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）判斷小球帶何種電荷并計(jì)算其帶電荷量； （3）在圖示位置，若將細(xì)線(xiàn)突然剪斷，小球做何種性質(zhì)的運(yùn)動(dòng)？求加速度a的大小。參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】平衡時(shí)兩懸線(xiàn)與豎直方向夾角均為，所以導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力水平向右，根據(jù)左手

11、定則，可知金屬棒中的電流方向由M指向N，故A錯(cuò)誤；對(duì)棒受力分析，做出沿MN的方向觀察的受力圖所示：金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場(chǎng)方向水平向右，與OMNO平面不垂直，故B錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件可得：mgtan=BIL，解得： ，故C正確；根據(jù)平衡條件可得：2Tcos=mg，解得： ，故D錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。2、C【解析】AC沿電場(chǎng)線(xiàn)方向，電勢(shì)必定降低，而電場(chǎng)線(xiàn)疏密不一定，則場(chǎng)強(qiáng)不一定減小，故A錯(cuò)誤，C正確；B由于電性未知，所以電場(chǎng)力的方向未知，故沿電場(chǎng)線(xiàn)方向移動(dòng)電荷時(shí)的做功情況無(wú)法確定，故B錯(cuò)誤；D電勢(shì)的大小取決于零勢(shì)能面的選擇，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，電勢(shì)不一定為零，故D錯(cuò)誤。故選C

12、。3、B【解析】真空中兩個(gè)電荷量均為Q的點(diǎn)電荷，相距為r時(shí)的相互作用靜電力大小為F，根據(jù)庫(kù)侖定律，有若這兩個(gè)點(diǎn)電荷間的距離及電量變化后，它們之間的靜電力大小變?yōu)椋?即，故選項(xiàng)B正確點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫(kù)侖定律直接列式求解，基礎(chǔ)題在利用庫(kù)侖定律解題時(shí)，要注意庫(kù)侖定律的使用條件4、C【解析】根據(jù)公式，有，故，比較A燈泡與D燈泡，由于串聯(lián)，電流相等， ，根據(jù)，故；比較B燈泡與C燈泡，由于并聯(lián)，電壓相等， ，根據(jù)，故；比較A燈泡與C燈泡，由于干路電流大于支路電流，根據(jù)，故；比較B燈泡與D燈泡，由于干路電流大于支路電流，根據(jù)，故，綜合可得，C正確5、D【解析】當(dāng)原磁通量增加時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原來(lái)磁場(chǎng)的

13、方向相反，兩個(gè)磁場(chǎng)產(chǎn)生相互排斥的作用力； 當(dāng)原磁通量減少時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)就與原來(lái)磁場(chǎng)的方向相同，兩個(gè)磁場(chǎng)產(chǎn)生相互吸引的作用力，所以感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體和磁極間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)磁鐵勻速向右通過(guò)線(xiàn)圈時(shí)，N極靠近線(xiàn)圈，線(xiàn)圈的感應(yīng)電流總要阻礙磁極的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，給磁極向左的安培力，那么磁極給線(xiàn)圈向右的安培力，線(xiàn)圈靜止不動(dòng)，是因?yàn)槭艿搅讼蜃蟮哪Σ亮Α．?dāng)N極離開(kāi)線(xiàn)圈，線(xiàn)圈的感應(yīng)電流總要阻礙磁極的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，給磁極向左的安培力，那么磁極給線(xiàn)圈向右的安培力，線(xiàn)圈靜止不動(dòng)，是因?yàn)槭艿搅讼蜃蟮哪Σ亮?。所以整個(gè)過(guò)程線(xiàn)圈所受的摩擦力一直向左。故D正確。故選D。6、C【解析】根據(jù)確定閃電前瞬間烏云與避雷針之間的電勢(shì)差的大??；

14、【詳解】烏云與建筑物間的距離，則閃電前瞬間烏云與避雷針之間的電勢(shì)差的大小為：，故ABD錯(cuò)誤，C正確。【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系公式，即。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、AC【解析】A、根據(jù)得知板間場(chǎng)強(qiáng)E減小，而P點(diǎn)與下極板間的距離不變，則由公式分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差將減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)，則知P點(diǎn)的電勢(shì)將降低，故A正確；B、根據(jù)得知板間場(chǎng)強(qiáng)E減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，則帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C

15、、將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，根據(jù)可知電容器的電容減小，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)極板帶電量將減小，故C正確；D、由帶電油滴原來(lái)處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢(shì)降低，則油滴的電勢(shì)能將增加，故D錯(cuò)誤；故選AC【點(diǎn)睛】將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷電場(chǎng)力變化，確定油滴運(yùn)動(dòng)情況，由U=Ed分析P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢(shì)的變化和油滴電勢(shì)能的變化8、AC【解析】R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)U2減小，R3電壓U1

16、增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過(guò)R1的電流I1減小，即A1的示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過(guò)R2的電流I2增大，即A2的示數(shù)變大。AA1的示數(shù)減小，V1的示數(shù)增大，與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；BA1的示數(shù)增大，V1的示數(shù)減小，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CA2的示數(shù)增大，V2的示數(shù)減小，與結(jié)論相符，選項(xiàng)C正確；DA2的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；9、ACD【解析】A、給滑環(huán)套一個(gè)初速度，將受到向上的洛倫茲力，若洛倫茲力等于物體的重力，滑環(huán)將做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)故A正確；B、滑環(huán)在水平方向上受到摩擦力，不可能加速運(yùn)動(dòng)故B錯(cuò)誤；C、若重力小于洛倫茲力，滑環(huán)受到向下的彈力，則受到摩擦力

17、，做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)，又做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確；D、若重力大于洛倫茲力，滑環(huán)受到向上的彈力，則受到摩擦力，將做減速運(yùn)動(dòng)，最后速度為零，故D正確故選ACD。10、BD【解析】電容器充電后電鍵S斷開(kāi)，電容器所帶電量不變，根據(jù)推論分析板間場(chǎng)強(qiáng)是否變化，判斷如何變化保持電鍵S閉合，板間電壓不變，將A板向B板靠近，根據(jù)分析板間場(chǎng)強(qiáng)如何變化，判斷如何變化【詳解】A、B、電容器充電后電鍵S斷開(kāi)，電容器所帶電量不變，兩板正對(duì)面積和介電常量都不變，根據(jù)推論得知，板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，小球所受電場(chǎng)力不變，則將A板向B板靠近時(shí)，不變；故A錯(cuò)誤，B正確.C、D保持電鍵S閉合，板間電壓不變，將A板向B板靠近，板間

18、距離d減小，由板間場(chǎng)強(qiáng)分析得到場(chǎng)強(qiáng)增大，小球所受電場(chǎng)力增大，由平衡知識(shí)知增大；故C錯(cuò)誤，D正確.故選BD.【點(diǎn)睛】電容器所帶電量不變，兩板正對(duì)面積和介電常量不變，板間場(chǎng)強(qiáng)不變是重要的推論，要在理解的基礎(chǔ)上加強(qiáng)記憶三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、 【解析】由閉合電路的歐姆定律可知， ，即；由圖線(xiàn)可知， , ，聯(lián)立解得： ， 12、C R1 分壓 1.205 【解析】(1)、(2)、關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來(lái)選擇變阻器阻值以及接法；根據(jù)求出的最小電阻來(lái)選擇保護(hù)電阻；根據(jù)待測(cè)電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻可知電流表應(yīng)用外接

19、法，但因?yàn)榇郎y(cè)電阻阻值太小可知待測(cè)電阻應(yīng)與保護(hù)電阻串聯(lián)使用(3)根據(jù)是連接電路時(shí)應(yīng)先連接主干路然后再連接并聯(lián)電路，注意正負(fù)極和量程(4)關(guān)鍵是根據(jù)歐姆定律和電阻定律求出電阻率的表達(dá)式即可(5)關(guān)鍵是讀數(shù)時(shí)要分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來(lái)讀，注意半毫米刻度線(xiàn)是否露出【詳解】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中需要的最大電阻為：，所以變阻器應(yīng)選R1并且應(yīng)采用分壓式接法；電路中需要的最小電阻為：，為保護(hù)電流表應(yīng)與一保護(hù)電阻串聯(lián)，所以排除電路A，再根據(jù)待測(cè)電阻滿(mǎn)足，可知電流表應(yīng)用外接法，所以應(yīng)排除電路D，由于待測(cè)電阻阻值太小，將電壓表直接測(cè)量時(shí)電壓太小無(wú)法讀數(shù)，所以應(yīng)將待測(cè)電阻與保護(hù)電阻串聯(lián)后再與電

20、壓表并聯(lián)才行，所以合理的電路應(yīng)是C；(2)根據(jù)題(1)中的分析可知，變阻器應(yīng)選R1，并且應(yīng)采用分壓式接法；(3)根據(jù)題（1）中分析可知電路連接圖如圖所示：(4)圖C電路圖應(yīng)有： 根據(jù)電阻定律應(yīng)有： 聯(lián)立可得：(5)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為：D=1mm+20.60.01mm=1.205（0.002）mm；【點(diǎn)睛】明確：通過(guò)估算電路中需要的大小電阻來(lái)選擇保護(hù)電阻，通過(guò)電路中需要的最大電阻來(lái)選擇變阻器阻值以及采用的接法；當(dāng)待測(cè)電阻滿(mǎn)足時(shí)，電流表應(yīng)用外接法四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（1）垂直于導(dǎo)軌平面向下；（2）（3）

21、【解析】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時(shí)通過(guò)MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時(shí)的電流：炮彈受到的安培力：根據(jù)牛頓第二定律：解得加速度（3）電容器放電前所帶的電荷量開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：最終電容器所帶電荷量設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：由動(dòng)量定理，有：又：整理的：最終電容器所帶電荷量14、1.2【解析】當(dāng)金屬棒中的電流為I1=5A時(shí)，由勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)BI1L=mg；當(dāng)電流為I2=8A時(shí)，由牛頓第二定律BI2L-mg=ma，解得磁感強(qiáng)度B=1.2T15、（1）2.0104V/m （2） 1.010-8C （3） 0.2m/s2【解析】試題分析：（1）因?yàn)槠叫薪饘侔逯g為勻強(qiáng)電場(chǎng)，由可知：（2）受力平衡得（3）對(duì)小球受力分析如圖所示小球所受外力為恒力，故由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知：