物理卷·2018届海南省儋州市八一中学高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届海南省儋州市八一中学高二上学期期末物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年海南省儋州市八一中学高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每题3分，共6题，计18分．）‎ ‎1．下列物理量中，属于矢量的是（　　）‎ A．电势 B．电场强度 C．功率 D．电势能 ‎2．下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（　　）‎ A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．牛顿通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G C．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 ‎3．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（　　）‎ A．P=I2R B．P=‎ C．P=IU D．以上公式都可以 ‎4．如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变大，U变大 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 ‎5．如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云 ‎ 雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖．云雾室中磁场方向可能是（　　）‎ A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里 C．沿纸面向上 D．沿纸面向下 ‎6．图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里．在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是（　　）‎ A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 ‎　‎ 二、多项选择题（4题，5分/题，计20分．）‎ ‎7．如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点．下列说法正确的是（　　）‎ A．M点电势一定高于N点电势 B．M点场强一定大于N点场强 C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功 ‎8．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（　　）‎ A．电阻A的阻值大于电阻B B．电阻A的阻值小于电阻B C．两电阻串联时，电阻A电功率较小 D．两电阻并联时，流过电阻B的电流强度较大 ‎9．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带正电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小 ‎10．如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（　　）‎ A．不改变电流和磁场方向，仅适当增大电流 B．只改变电流方向，并仅适当减小电流 C．同时改变磁场和电流方向，仅适当增大磁感应强度 D．只改变磁场方向，并仅适当减小磁感应强度 ‎　‎ 三、实验题（2题，计24分．）‎ ‎11．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示．由图可读出l=　　cm，d=　　mm．‎ ‎12． 在“测定金属的电阻率”的实验中，测定阻值约为3﹣5Ω的金属丝的电阻率，实验中所用的电压表规格：量程0﹣3V、内阻3kΩ；电流表规格：量程0﹣0.6A、内阻0.1Ω；还有其他一些器材：‎ ‎（1）在给定的方框内画出实验电路图；‎ ‎（2）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图所示，可知金属丝的直径d=　　mm；‎ ‎（3）实验中还应测出的物理量是　　；电阻率的计算公式为ρ=　　．‎ ‎13．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有：‎ A．电压表V：0～3～15V ‎ B．电流表A：0～0.6～3A ‎ C．变阻器R1（20Ω，1A）‎ D．变阻器R2 ‎ E．电键S和导线若干 ‎（1）实验中电流表应选用的量程为　　；电压表应选用的量程为　　；变阻器应选用　　（填R1或R2）；‎ ‎（2）实验测得的6组数据已在U﹣I图中标出，如图所示．请你根据数据点位置完成U﹣I图线，并由图线求出该电池的电动势E=　　V，电阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎14．如图所示，O点固定，绝缘轻细杆l，A端粘有一带正电荷的小球，电量为q，质量为m，水平方向的匀强电场的场强为E，将小球拉成水平后自由释放，求在最低点时绝缘杆给小球的力．‎ ‎15．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．求：‎ ‎（1）通过电动机的电流大小；‎ ‎（2）电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率．‎ ‎16．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，试求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力的大小．‎ ‎17．质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示，已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．‎ ‎（1）正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图（用直尺和圆规规范作图）；‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感应强度B．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省儋州市八一中学高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每题3分，共6题，计18分．）‎ ‎1．下列物理量中，属于矢量的是（　　）‎ A．电势 B．电场强度 C．功率 D．电势能 ‎【考点】矢量和标量．‎ ‎【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．‎ ‎【解答】解：矢量是既有大小又有方向的物理量，电场强度是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，电势、功率和电势能都标量．故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（　　）‎ A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．牛顿通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G C．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A、元电荷最早由密里根通过油滴实验测出，故A错误；‎ B、卡文迪许通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G，故B错误；‎ C、法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故C正确；‎ D、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（　　）‎ A．P=I2R B．P=‎ C．P=IU D．以上公式都可以 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】该幢楼内用电器有纯电阻的用电器，也有非纯电阻的用电器，总功率P=UI．‎ ‎【解答】解：A、B、C由题可知，该幢楼内用电器有纯电阻的用电器，也有非纯电阻的用电器，‎ 则该幢楼居民用电的总功率为P=UI．由于欧姆定律不成立，U＞IR，则P＞I2R，P=不再成立．故AB错误，C正确．‎ D、由上述分析可知D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变大，U变大 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】R3‎ 为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小．当传感器R4所在处出现火情时，分析R4的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化．根据并联部分电压的变化，分析I的变化．‎ ‎【解答】解：当传感器R4所在处出现火情时，R4的阻值变小，R2、R3与R4的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小．‎ 因U变小，而电流增大，故R1分压增大；并联部分分压减小；故电流表示数减小；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云 雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖．云雾室中磁场方向可能是（　　）‎ A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里 C．沿纸面向上 D．沿纸面向下 ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】带电粒子在磁场中的受力方向判断，可由左手定则完成．‎ ‎【解答】解：由图可知，向下运动的正电荷受到的洛伦兹力的方向向右，由左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里．在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是（　　）‎ A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 ‎【考点】左手定则；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】由安培定则可得出导线所在位置的磁感线的方向，由左手定则可判断安培力的方向．‎ ‎【解答】解：电流由左侧流入，则由安培定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场向左；‎ 则由左手定则可知，导线受安培力向上；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（4题，5分/题，计20分．）‎ ‎7．如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点．下列说法正确的是（　　）‎ A．M点电势一定高于N点电势 B．M点场强一定大于N点场强 C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功 ‎【考点】电场的叠加；电势．‎ ‎【分析】由图可知该电场为等量正电荷形成的电场，注意沿电场线电势降低，电场线的疏密表示电场强度的强弱；正电荷受力方向与电场线方向相同，负电荷受力方向与电场线方向相反．‎ ‎【解答】解：A、电场线是描述电场的一种直观手段，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以M点电势高于N点电势，故A正确；‎ B、电场强度由电场线的疏密来反映，电场线密的地方，电场强，反之电场弱，所以N点电场强，故B错误；‎ C、电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，一个正电荷从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减少，所以C正确；‎ D、将电子从M点移到N点，电场力做负功，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（　　）‎ A．电阻A的阻值大于电阻B B．电阻A的阻值小于电阻B C．两电阻串联时，电阻A电功率较小 D．两电阻并联时，流过电阻B的电流强度较大 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，通过斜率比较电阻的大小．并联时，两电阻电压相等，根据欧姆定律比较电流的大小．串联时，电路相等，根据P=I2R比较消耗的功率大小．‎ ‎【解答】解：AB、I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，A图线的斜率大，则A的电阻小．故A错误，B正确．‎ C、两电阻串联，电流相等，根据P=I2R得，B的电阻大，则电阻B消耗的功率较大．A的电功率较小，故C正确；‎ D、两电阻并联，电压相等，根据I=得，B的电阻大，则流过B的电流较小．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带正电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．‎ B、根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．‎ CD、在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，看与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A错误．‎ ‎ B、根据左手定则知，带电粒子在P1P2区域所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B正确．‎ ‎ C、根据得，，知r越大，荷质比越小．故C错误，D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（　　）‎ A．不改变电流和磁场方向，仅适当增大电流 B．只改变电流方向，并仅适当减小电流 C．同时改变磁场和电流方向，仅适当增大磁感应强度 D．只改变磁场方向，并仅适当减小磁感应强度 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】金属棒AC用软线悬挂在匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，金属棒受到向上的安培力作用，安培力大小为F=BIL．此时悬线张力不为零，说明安培力小于金属棒的重力．欲使悬线张力为零，应增大安培力．根据安培力公式选择合适的方法．‎ ‎【解答】解：A、不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零．故A正确；‎ B、只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零．故BD错误；‎ C、改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适当增大磁感强度，安培力增大，能使悬线张力为零，所以C正确．‎ D、只改变磁场方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零．故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ 三、实验题（2题，计24分．）‎ ‎11．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示．由图可读出l=　2.25　cm，d=　6.860　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数．不需要估读．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，读可动刻度读数时需要估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为22mm，游标读数为0.1×5=0.5mm，所以最后读数为：22.5mm=2.25cm．‎ ‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为36.0×0.01=0.360mm（0为估读），所以最后读数为6.860mm．‎ 故答案为：2.25 cm，6.860 mm．‎ ‎　‎ ‎12． 在“测定金属的电阻率”的实验中，测定阻值约为3﹣5Ω的金属丝的电阻率，实验中所用的电压表规格：量程0﹣3V、内阻3kΩ；电流表规格：量程0﹣0.6A、内阻0.1Ω；还有其他一些器材：‎ ‎（1）在给定的方框内画出实验电路图；‎ ‎（2）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图所示，可知金属丝的直径d=　0.622　mm；‎ ‎（3）实验中还应测出的物理量是　电阻丝的长度L，电阻丝两端的电压U，流过电阻的电流I　；电阻率的计算公式为ρ=　ρ=　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将电路分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法．‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分．‎ ‎（3）根据电阻定律和欧姆定律表示出电阻率，再进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）因为==600， ==50，＞，故选择电流表外接法．‎ ‎（2）固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.122mm，则此金属丝的直径为0.622mm．‎ ‎（3）根据电阻定律，有 ‎ R=ρ 由数学知识有：S=‎ 根据欧姆定律，有 R=‎ 由上述三式解得：ρ=，实验中还应测出的物理量是电阻丝的长度L，电阻丝两端的电压U，流过电阻的电流I．‎ 故答案为：‎ ‎（1）见上图 ‎（2）0.622（0.621﹣0.623均正确），‎ ‎（3）电阻丝的长度L，电阻丝两端的电压U，流过电阻的电流I；．‎ ‎　‎ ‎13．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有：‎ A．电压表V：0～3～15V ‎ B．电流表A：0～0.6～3A ‎ C．变阻器R1（20Ω，1A）‎ D．变阻器R2 ‎ E．电键S和导线若干 ‎（1）实验中电流表应选用的量程为　0～0.6　；电压表应选用的量程为　0～3　；变阻器应选用　R1　（填R1或R2）；‎ ‎（2）实验测得的6组数据已在U﹣I图中标出，如图所示．请你根据数据点位置完成U﹣I图线，并由图线求出该电池的电动势E=　1.5　V，电阻r=　0.50　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取大于内阻的滑动变阻器；‎ ‎（2）用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，电流小于0.6A，故电流表应选用的量程为0﹣0.6A；而电池的电动势约为1.5V，故电压表应选用的量程为 0﹣3V；‎ 为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用R1；‎ ‎（2）根据数据点位置完成U﹣I图线，由图可知，电动势为1.5V；‎ 图象的斜率为：r==0.50Ω；‎ 故答案为：（1）0～0.6；0～3；R1；‎ ‎（2）1.5；0.5．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎14．如图所示，O点固定，绝缘轻细杆l，A端粘有一带正电荷的小球，电量为q，质量为m，水平方向的匀强电场的场强为E，将小球拉成水平后自由释放，求在最低点时绝缘杆给小球的力．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】由动能定理求出小球到达最低点时的速度，小球做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出杆对小球的作用力．‎ ‎【解答】解：小球从水平位置运动到最低点过程中，‎ 由动能定理得：mgl+qEl=mv2﹣0，‎ 在最低点，小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=m，‎ 解得，绝缘杆对小球的作用力：F=3mg+2qE；‎ 答：在最低点时绝缘杆给小球的力为3mg+2qE．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．求：‎ ‎（1）通过电动机的电流大小；‎ ‎（2）电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电流、电压概念；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据串并联电路规律可明确R'中电流等于电动机中的电流，由欧姆定律求出流过R'的电流即可；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可求得D两端的电压，由P=UI求得输入的电功率，根据P=I2R可求得热功率；根据功能关系可求得输出的机械功率．‎ ‎【解答】解：（1）通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，由I=得：‎ I= A=0.1 A．‎ ‎（2）由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压 UD=E﹣Ir﹣U=6 V﹣0.1×1 V﹣0.3 V=5.6 V．‎ 所以电动机输入的电功率P入=UDI=5.6×0.1=0.56 W．电动机的发热功率P热=I2R=（0.1）2×2=0.02 W．‎ 电动机的输出功率P出=P入﹣P热=0.56﹣0.02=0.54 W．‎ 答：‎ ‎（1）通过电动机的电流大小为0.1A；‎ ‎（2）电动机输入的电功率为5.6W、转变为热量的功率为0.02W；输出机械功率为0.54W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，试求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力的大小．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】（1）ab棒与电阻R并联，求出并联电阻，由欧姆定律求出干路电流I，并求出流过ab棒的电流，由安培力公式F=BIL求解安培力．‎ ‎（2）导体棒受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力，根据平衡条件求出导体棒受到的摩擦力 ‎【解答】解：（1）由欧姆定律得：I=‎ 导体棒受到的安培力大小F=BI1L=0.5×1.5×0.4N=0.3N ‎（2）假设导体棒受到的摩擦力沿导轨向上． ‎ 根据左手定则，导体棒受到的安培力沿导轨向上．‎ 则由平衡条件得：F+f=mgsinθ 得：f=mgsinθ﹣F=0.04×10×0.6﹣0.3N=﹣0.06N，‎ 故沿斜面向下 答：（1）导体棒受到的安培力大小为0.3N；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向上．‎ ‎　‎ ‎17．质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示，已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．‎ ‎（1）正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图（用直尺和圆规规范作图）；‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感应强度B．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】首先电场加速由动能定理求出速度，然后飞入磁场，洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出运动半径，联立求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：‎ ‎（2）设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，‎ 由动能定理得：qU=mv2﹣0 ①，‎ 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m②‎ 由几何关系得：r2=（r﹣L）2+d2 ③‎ 由①②③解得：B=；‎ 答：（1）粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹如图所示；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B=．‎