江西省吉安市五校2019-2020学年高二上学期联考物理试题

江西省吉安市五校2019-2020学年高二上学期联考物理试题

江西省吉安市五校2019-2020学年高二上学期第二次联考物理试题 一．选择题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 B. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 C. 楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体 D. 安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.‎ ‎【详解】A、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究；故A错误.‎ B、奥斯特发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的；故B错误.‎ C、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体；故C错误.‎ D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.‎ ‎2.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，a、b接在电压为U、周期为T的交流电源上．两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面．带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．设D形盒的半径为R，现将垂直于D形盒的磁场感应强度调节为，刚好可以对氚核进行加速，氚核所能获得的最大能量为，以后保持交流电源的周期T不变．已知氚核和粒子的质量之比为3：4，电荷量之比为1：2．下列说法正确的是 A. 若只增大交变电压U，则氚核在回旋加速器中运行的时间不会发生变化 B. 若用该装置加速粒子，应将磁场的磁感应强度大小调整为 C. 将磁感应强度调整后对粒子进行加速，粒子在加速器中获得的最大能量为 D. 将磁感应强度调整后对粒子进行加速，粒子在加速器中加速的次数大于氚核的次数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等.‎ ‎【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，粒子的最大速度：，所以粒子加速后的最大动能：，根据动能定理：Ekm=n•qU，若其他量不变，只提高加速电压U，则质子在电场中加速的次数减小；质子在加速器中运动的总时间将缩短；故A错误.‎ B、粒子在磁场中运动的周期,每加速一次和半个圆周电场变换一次反向，则电场变换的周期为，若该装置加速α粒子则,由于，，应将磁场的磁感应强度大小调整为；故B错误.‎ C、粒子离开的最大动能为，α粒子的最大动能为 ‎；故C正确.‎ D、氚核在磁场中加速的次数：，α粒子在加速器中加速的次数，可知将磁感应强度调整后对α粒子进行加速，α粒子在加速器中加速的次数小于氚核的次数；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.‎ ‎3.如图，三根长为L的通电直导线在空间构成等腰直角三角形且b、c在同一水平面上，电流方向均垂直纸面向外，电流大小均为I，其中导线a、b固定且a、b中电流在导线c处产生的磁场磁感应强度的大小均为B，导线c处于水平面上且保持静止，则导线c受到的静摩擦力大小和方向是（ ）‎ A. BIL，水平向左 B. BIL，水平向左 C. BIL，水平向右 D. BIL，水平向右 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】a、b电流在c处产生的磁感应强度的大小分别为B，其方向如图所示：‎ 根据力的平行四边形定则可得合磁场大小为，再由左手定则可知，安培力方向垂直ab 连线斜向右上方，大小为：FA＝IL；由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为：f＝FAcos45°＝BIL，方向水平向左，故A正确，BCD错误．‎ ‎4.如图所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电阻可忽略不计．调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上或断开时 A. 合上S时，B灯立即亮起来，并保持亮度不变 B. 断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭 C. 断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，且通过A灯泡的电流方向与原电流方向相反 D. 断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，但一定是同时熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开关合上和断开时，两灯同时熄灭，但不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，电路稳定后，L的电阻忽略不计，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间A灯还要继续亮一下.‎ ‎【详解】A、在开关合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B先亮，A后慢慢变亮，稳定时L的电阻忽略不计，则两电阻相同的灯的亮度相同，故B的亮度有变小的过程；故A错误.‎ C、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和两灯泡组成的回路中的电流会维持不变，通过A灯的电流的方向不变，而B灯的电流方向与原电流方向相反；故C错误.‎ B、D、断开开关S的瞬间，因灯泡相同L的电阻忽略不计，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下；故B错误，D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断，开关合上和断开时，两灯同时熄灭，但不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势.‎ ‎5.真空中有一正四面体ABCD，在A、B两顶点分别固定一个等量负点电荷．现将一质子沿CD连线从C点移到D点，下列说法正确的是 A. 质子在C点的电势能小于在D点的电势能 B. C点与D点的电场强度大小相等，方向相同 C. 质子沿CD连线从C点移动到D点过程中，电场力先做正功后做负功 D. 质子沿CD连线从C点移动到D点过程中，电场力一直不做功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.AB的中点电场强度为零，此点到C与D点间距相等，移动质子，电场力做功相等，则质子在C与D点电势能相同，故A错误；‎ B.据题，A、B是两个等量同种点电荷，根据点电荷电场强度公式，则C与D点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；‎ CD. 由题，质子沿CD连线从C点移到D点过程中，电势先降低后升高，则电势能先减小后增加，那么电场力先做正功后做负功，故C正确D错误。‎ ‎6.如图，螺线管导线的两端与两平行金属板相连接，一个带正电的小球用绝缘丝线悬挂于两金属板间并处于静止状态．线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，现将s闭合，当磁场发生变化时小球将偏转．若磁场发生了两次变化，且第一次比第二次变化快，第一次小球的最大偏角为；第二次小球的最大偏角为，则关于小球的偏转位置和两次偏转角大小的说法正确的（ ）‎ A 偏向B板，θ1＞θ2‎ B. 偏向B板，θ1＜θ2‎ C. 偏向A板，θ1＞θ2‎ D. 偏向A板，θ1＜θ2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀增大的磁场中，根据法拉第电磁感应定律会产生稳定的电动势，判断出电感应电动势的高低，分析小球受力方向及力的大小．‎ ‎【详解】线圈置于方向竖直向上均匀增大的磁场中，据楞次定律可知线圈的感应电动势下高上低，则B板电势高，A板电势低，小球向A偏转，当磁场变化快时电动势大，偏角大，则C正确，ABD错误；故选C．‎ ‎7.如图所示，仅在xOy坐标系第一象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场．某离子从y轴上A点沿与y轴正方向成θ＝30°射入磁场，经过时间t后垂直x轴射出磁场．若该离子从A点沿x轴正方向以同样的速度射入磁场，则该离子在磁场中运动的时间为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设OA=L，离子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：‎ 转过的圆心角：β=150°，离子从A点沿x轴正方向以同样的速度射入磁场时运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：‎ rcosα=r-L 解得：‎ α=60°‎ 离子在磁场中的运动时间：‎ 解得：‎ A. 与分析相符，故A正确。‎ B. 与分析不符，故B错误。‎ C. 与分析不符，故C错误。‎ D. 与分析不符，故D错误。‎ ‎8.如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直（图中未画出）．质量为m、长度为L，阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中 A. 开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为 B. 通过电阻R的最大电流一定是 C. 通过电阻R的总电荷量为 D. 回路产生的总热量等于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 开始时金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv0，金属棒与导轨接触点间的电压：‎ 故A错误。‎ B. 金属棒开始向下运动时可能做加速运动，当金属棒的速度最大时感应电流最大，金属棒的最大速度大于v0，最大电流大于：，故B错误。‎ C. 最终金属棒静止，此时，由平衡条件得：‎ mgsin30°=kx 此时弹簧的伸长量：‎ 通过R的总电荷量：‎ 故C正确。‎ D. 由能量守恒定律得：‎ 解得：‎ 故D错误；‎ ‎9.如图所示，在矩形区域内有匀强电场和匀强磁场，电场方向平行于ad边且由a指向d，磁场方向垂直于平面，ab边长为，ad边长为2L，一带电粒子从ad边的中点O平行于ab方向以大小为v0的速度射入场内，恰好做匀速直线运动；若撤去电场，其他条件不变，粒子从c点射出场区(粒子重力不计)．下列说法正确的是 A. 磁场方向一定是垂直平面向里 B. 撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间为 C. 若撤去磁场，其他条件不变，粒子一定从bc边射出场区 D. 若撤去磁场，其他条件不变，粒子一定从ab边射出场区 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由左手定则判断出磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的周期，然后结合偏转角求时间；若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解.‎ ‎【详解】A、设粒子带正电荷，则受到的电场力的方向向下，洛伦兹力的方向向上，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里.同理若粒子带负电，则受到的电场力的方向上，洛伦兹力的方向向下，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里；故A正确.‎ B、撤去电场后，该粒子在磁场中做圆周运动，其运动的轨迹如图：‎ 则：，则；‎ 由洛伦兹力提供向心力得：，则，粒子运动的周期T，则，粒子的偏转角θ，，所以；该粒子在磁场中的运动时间为：；故B错误.‎ C、D、电场和磁场均存在时，粒子做匀速直线运动qE=qv0B，联立，可得，‎ 撤去磁场中，带电粒子在电场中做类平抛运动，假设带电粒子从ab边射出场区，由运动学规律有：，，‎ 根据牛顿第二定律可得Eq=ma，联立解得，‎ 带电粒子沿ab方向运动距离x=v0t=2L，x大于ab边长，故假设不成立，带电粒子从bc边射出场区.故C正确，D错误.‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题主要考查了带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式．‎ ‎10.如图所示，空间存在水平向左匀强电场的垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电场、磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．环上套有一个带正电的小球，它所受的电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（ ）‎ A. 当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大 B. 当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大 C. 小球可以绕圆环做完整的圆周运动 D. 小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图所示：‎ 故小球运动到圆弧bc的中点时，当小球运动的弧长为圆周长的时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，故A正确，B错误；设能完成圆周运动，到达等效最到点的速度为v，由动能定理得：﹣qERsin45°+mgR（1﹣cos45°）＝，解得：，不可能，故C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小，故D正确．所以AD正确，BC错误．‎ ‎11.一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上，t＝0时刻使线框从静止开始沿轴正方向匀加速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，已知导线框在t1、t2、t3时刻所对应的位移分别是L、2L、3L，下列关于感应电流或导线框的电功率P随时间t或位移x的变化规律正确的是(　　 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R可求得电功率的变化．‎ ‎【详解】过程①为bc边切割向里的磁场，电流顺时针，过程②ad边和bc边同向切割反向的磁场，而双电源相加，电流加倍为逆时针，过程③为ad边切割向外的磁场，电流为逆时针.‎ A、B、线框匀加速直线运动，则切割磁场的速度，电动势，电流；可知电流随时间均匀变化，电流的方向在三个过程为正，负，正；过程②为双电源，电流加倍，过程③为单电源，电流为I0增大；比较排除后可知A错误，B正确.‎ C、匀加速直线运动的速度位移关系可知，则，则电流关于位移x不是线性函数；C错误.‎ D、线框产生的电功率，故功率关于位移x均匀变化，则图象为倾斜直线；D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答．‎ ‎12.如图所示，有一长方体金属桶，左右两侧开口，其长、宽、高分别为a、b、c，置于方向向下且垂直于上、下表面的磁感应强度为B的匀强磁场中．第一次实验时沿“→”方向通入电解质溶液；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 三次实验中，装置前、后表面都会形成电势差 B. 第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U，则电解质溶液的流量 C. 第二次实验时后表面附近电解质溶液浓度高 D. 第三次实验时，其前表面电势低于后表面电势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第一次实验时沿“→”方向通入电解质溶液，则电解液中的正负粒子由于受洛伦兹力作用分别向后、前表面偏转积聚，形成电势差；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I，则电解液中的正负粒子分别向右、左方向定向移动，根据左手定则，正负粒子都向后表面偏转积聚，不会在装置的前、后表面形成电势差；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I，则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，从而在前后表面形成电势差．选项A错误；‎ B．第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U，则：‎ 则电解质溶液的流量 选项B正确；‎ C．由A的分析可知，第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I，则正负粒子都向后表面偏转积聚，后表面附近电解质溶液浓度高，选项C正确；‎ D．由A的分析可知，第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I，则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，前表面电势高于后表面电势，选项D错误；故选BC．‎ 二．填空题 ‎13.在图甲中，不通电时电流表指针停在正中央，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏．现在按图乙连接方式将电流表与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合回路.‎ ‎(1)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；‎ ‎(2)螺线管A放在B中不动，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；‎ ‎(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针将_________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；‎ ‎(4)螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将_______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转．‎ ‎【答案】 (1). 向左 (2). 不发生 (3). 向右 (4). 向右 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向.‎ ‎【详解】(1)甲电路测出电流表是正进负出向左偏.将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B 的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；‎ ‎(2)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；‎ ‎(3)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，A线圈的电流减小，穿过B的磁通量变小，由楞次定律可知感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；‎ ‎(4)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转．‎ ‎【点睛】熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题.‎ ‎14.某同学用如甲图所示的电路测定电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源E，电阻箱R（最大阻值99．99），定值电阻R0（阻值为2．0），电压表（量程为3V，内阻约为2k），开关S．‎ 实验步骤：将电阻箱阻值调到最大，先闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，以为纵坐标，R为横坐标，作图线（如图乙）．‎ ‎（1）E为电源电动势，r为电源内阻，写出关系表达式（用E、r、R0表示）____．‎ ‎（2）根据图线求得电源电动势E=_____V，内阻r=______．（保留两位有效数字）‎ ‎（3）用该种方法测电源电动势存在系统误差，产生系统误差的原因是_______．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2），‎ ‎（3）由于电压表的分流，‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据闭合回路欧姆定律可得，变形可得 ‎（2）图像的斜率，解得，图像的纵截距，解得 ‎（3）由于电压表的分流，比实际电流要大，‎ 考点：考查了测量电源电压和电动势实验 三．解答题 ‎15.如图，半径为r的绝缘光滑环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带电量为+q的珠子，现欲加一个圆环面平行的匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放，沿圆弧经过B、C刚好能运动到D，‎ ‎（1）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小．‎ ‎（2）在（1）问电场中，要使珠子能完成完整的圆运动在A点至少使它具有多大的初动能？‎ ‎【答案】（1），方向与CB平行；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设电场力与重力的合力为F，方向NM方向，BC弧中点为M，速度最大，‎ 在M点建立F，重力，电场力的平行四边形，当E最小时，有，，方向与CB平行；‎ 对AM过程，由动能定理得：，，‎ ‎ ‎ ‎（2）由A到N过程，列动能定理得，得 ‎16.在坐标系xOy的x轴正方向区域存在匀强电场和匀强磁场，其中区域Ⅰ、Ⅱ分别有垂直向内和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，宽度分别为d和2d，区域Ⅲ（足够大）有与x轴负方向成60°电场强度E＝的匀强电场．一质量为m电量为q的带正电的粒子（不计重力）从原点O沿x轴正方向以v0进入区域Ⅰ，经边界PQ上的A点与PQ成60°角进入区域Ⅱ，并从边界MN上的C（未在图中标出）点进入电场，求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度的大小； ‎ ‎（2）粒子从O到C的经历的时间；‎ ‎（3）粒子第二次经过边界MN的坐标．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ qv0B＝m 粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：‎ r＝2d 解得：‎ B＝‎ ‎（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期：‎ T＝＝‎ 粒子在磁场I中转过的圆心角：‎ θ1＝30°‎ 粒子在磁场I中的运动时间：‎ t1＝T＝‎ 粒子在磁场II中转过的圆心角：‎ θ2＝60°‎ 粒子在磁场II中的运动时间：‎ t2＝T＝‎ 粒子在磁场中的运动时间：‎ t＝t1+t2＝‎ ‎（3）粒子以v0从C点与水平方向成30°角斜向下进入电场，C点的纵坐标：‎ yC＝2d﹣d 设粒子在电场中运动的位移为l，粒子在电场中做类平抛运动，在初速度方向上：‎ lsin30°＝v0t 垂直于初速度方向上：‎ lcos30°＝‎ 解得：‎ l＝4d 粒子从电场中射出点的纵坐标：‎ y＝yC﹣l＝（2﹣5）d 横坐标：‎ x＝3d ‎17.如图所示，粗细均匀的矩形单匝线圈abcd固定在滑块上，总质量M＝1 kg，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，线圈ab边长度L1＝2 m，线圈ad边长度L2＝1 m，线圈的总电阻R＝2 Ω．滑块的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化关系如下图所示．t＝0时刻滑块处于磁场左边界的左侧某个位置，从该时刻起滑块在外力F的作用下以速度v＝3 m/s水平向右做匀速直线运动．已知ab边到磁场下边界的距离x＝0.5 m，t1＝3 s时线圈ab边恰好完全进入磁场，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)线圈进入磁场的过程中a、b两点间的电势差Uab；‎ ‎(2)0～4 s内整个线圈所产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)0～4 s内外力F所做的功WF．‎ ‎【答案】（1）-0.5V（2）2.75J（3）67.5J ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由闭合电路的欧姆定律求出电压；(2)根据焦耳定律求出热量.(3)由动能定理或能量守恒定律求出功.‎ ‎【详解】(1)由图可知，设线圈进入磁场的过程中只有bc边上的部分切割磁感线则，感应电动势 ab边的电阻 ‎(2)设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场的时间为，焦耳热为 则：‎ ‎3s-4s时间内，ab与bc的上部分同时切割磁感线，所以无动生感应电动势 所以感生电动势 ‎ 这阶段的焦耳热 ‎ 所以0-4s时间内整个线圈所产生的焦耳热 ‎ ‎（i）线圈进入磁场前线圈进入的摩擦力 ‎ 该阶段摩擦力做的功 ‎（ii)线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场，设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场摩擦力为，摩擦力做的功为，则，即该阶段随位移均匀增大，则该阶段的平均摩擦力 所以该阶段摩擦力做功 ‎ 设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场安培力做的功为，‎ 则 ‎ ‎（ii)线圈在3s-4s时间内，设3s-4s时间内场摩擦力为，摩擦力做的功为，则，该阶段磁感应强度随时间均匀变大，而线圈在做匀速直线运动，易知该阶段随位移均匀增大，则该阶段的平均摩擦力 所以 对0-4s用动能定理分析可得：‎ 所以 ‎【点睛】法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，同时注意结合力和运动的关系，明确安培力对物体运动的影响．‎ ‎ ‎ ‎ ‎