2018-2019学年江西省吉安市高二上学期期末考试物理试题 解析版

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江西省安吉市 2018-2019 学年高二（上）期末考试 物理试卷 一、单选题（本大题共 6 小题，共 24.0 分） 1.下列说法正确的是　　 A. 库仑发现只有很小的带电体之间才存在相互作用力 B. 根据电场强度定义 ，可知电场中某点的场强大小与放在该点的试探电荷受到的电场力 成正比 C. 电场中任何两条电场线都不相交 D. 磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量 【答案】C 【解析】 【分析】 根据“库仑、电场强度定义、电场线、磁通量”可知，本题考查物理学史以及对电场强度、 电场线的理解，根据物理学上重大发现和著名实验，运用电场线和磁感线概念的理解分析. 【详解】A、带电体之间都存在着相互作用力；故 A 错误. B、电场强度定义 中，电场强度的大小与电荷受到的电场力大小、电荷的多少无关；故 B 错误. C、根据电场线的特点可知，电场中任何两条电场线都不相交；故 C 正确. D、磁通量的计算使用代数方法，不是矢量，是标量；故 D 错误. 故选 C. 【点睛】带电体之间都存在着相互作用力，库仑利用库仑扭秤研究带电体间的相互作用，总 结出了库仑定律；电场强度的大小与电荷受到的电场力大小、电荷的多少无关；根据电场线 的特点判断. 2.在如图甲所示的电路中，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 竖直向下，螺线管匝数 匝，横截面积 螺线管导线电阻 ， ， ， 在一段时间 内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规律变化。则下列说法中正确的是　　 A. 闭合 S，电路中的电流稳定后电容器下极板带负电 B. 螺线管中产生的感应电动势为 1V C. 闭合 S，电路中的电流稳定后，电阻 的电功率为 D. 闭合 S，电路中的电流稳定后，再断开 S，流经 的电荷量为 【答案】D 【解析】 【分析】 根据“磁感应强度 B 随时间均匀增大”可知，本题考查感生电动势的问题，根据电磁感应与 电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解. 【详解】A、根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极， 那么电容器下极带正电，故 A 错误； B、根据法拉第电磁感应定律： ；解得： ，故 B 错误； C、根据闭合电路欧姆定律，有： ，根据 解得： ；故 C 错误； D、S 断开后，流经 的电量即为 S 闭合时 C 板上所带的电量 Q，电容器两端的电压为： ，流经 的电量为： ，故 D 正确； 故选 D. 【点睛】根据法拉第电磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；根据楞次定律，来判定 感应电流方向，从而确定电容器的正负极；电容器与 并联，两端电压等于 两端的电压，根 据 求出电容器的电量；根据 求出电阻 的电功率. 3.两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，电流大小也相同，它们的截面处于等边 的 A 和 B 处，如图所示，两通电导线在 C 处产生磁场的合场强大小为 B，则 A 处电流在 C 处产 生的磁场的磁感应强度大小是　　 A. B. 2B C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据“通电导线的磁感应强度的大小”可知，本题考查磁感应强度的合成，掌握右手螺旋定 则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则. 【详解】根据安培定则可知，导线 A 在 C 处产生的磁场方向垂直于 AC 方向向右，导线 B 在 C 处产生的磁场方向垂直于 BC 方向向右，两通电导线在 C 处产生磁场的合场强大小为 B，如图 所示： 根据平行四边形定则得到，那么 C 处的总磁感应强度为 ；解得： ， 故 A、B、C 错误，D 正确.故选 D. 【点睛】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在 C 点的磁感应强度的方向，根据平行四边形 定则得出合场强的大小. 4.在赤道附近水平放置一根长为 L 的直导线，导线中通有恒定电流 I，地磁场在赤道的磁感应 强度为 B，若不考虑地磁偏角的影响，那么地磁场对该导线的作用力大小和方向可能是　　 A. ，竖直向下 B. ，水平向西 C. 2BIL，水平向西 D. 2BIL，竖直向下 【答案】A 【解析】 【分析】 根据“地磁场对该导线的作用力大小和方向”可知，本题考查地磁场的规律和安培力的计算， 根据安培力的公式 可以求出地磁场对这根导线的作用力大小，根据左手定则可以判断 安培力的方向. 【详解】根据安培力的公式 的适用条件可知地磁场对这根导线的作用力大小为： ，当 时，最大为 BIL；不考虑地磁偏角的影响，赤道处地磁场方向水平，根 据左手定则可知：安培力方向与磁场方向垂直，所以安培力方向不可能水平，可能竖直向下， 也可能竖直向上，.故 A 正确，B、C、D 错误；故选 A. 5.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图， 和 为电感线圈， 、 、 是三个完全相 同的灯泡。实验时，断开开关 瞬间，灯 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关 ，灯 逐渐 变亮，而另一个相同的灯 立即变亮，最终 与 的亮度相同下列说法正确的是　　 A. 图甲中， 与 的电阻值相同 B. 图甲中，闭合 ，电路稳定后， 中电流小于 中电流 C. 图乙中，变阻器 R 的电阻值小于 的电阻值 D. 图乙中，闭合 瞬间， 中电流与变阻器 R 中电流相等 【答案】B 【解析】 【分析】 根据“演示自感现象”可知，本题考查通电自感和断电自感，根据当通过线圈本身的电流变 化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电 动势对电流的影响. 【详解】A、图甲中，断开 的瞬间， 灯突然闪亮，是因为电路稳定时， 的电流大于 的 电流，可知 的电阻小于 的电阻，故 A 错误； B、图甲中，闭合 ，电路稳定后，断开开关 瞬间，灯 突然闪亮，说明灯泡中的电流小于 线圈中的电流，故 B 正确； C、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻 相同，所以变阻器 R 与 的电阻值相同，故 C 错误； D、图乙中，闭合 瞬间， 对电流由阻碍作用，所以 中电流与变阻器 R 中电流不相等，故 D 错误. 故选 B. 【点睛】闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势等效为断路，根据楞次定 律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系.待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势 等效为新电源，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭. 6.如图，匀强电场中 A、B、C、D、E、F、G、H 为立方体的 8 个顶点。已知电势 ， ， ， ，则　　 A. 将 1C 正电荷由 A 点经 B 点搬到 G 点，电场力做功 1J B. D 点和 E 点电势相等 C. B 点和 D 点电势相等 D. A、F 点电势差 和 B、E 点电势差 相等 【答案】B 【解析】 【分析】 根据“匀强电场中的电势”可知，本题考查匀强电场中电势差和场强的关系，匀强电场中沿 着不与场强垂直的方向前进相同距离，电势降落相等，同时要熟悉匀强电场中等势面和电场 线的关系，然后结合几何关系分析. 【 详 解 】 A 、 将 1C 正 电 荷 由 A 点 经 B 点 搬 到 G 点 ， 电 场 力 做 功 ，故 A 错误. B、在匀强电场中，由公式 知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等。由于 ，且 ，则有 ，代入数据得 .又由于 且 ， 则有 ，代入数据得 ，则 ，故 B 正确. C、同理可得， ，知 B 点和 D 点电势不等，故 C 错误. D、A、F 点电势差 ，B、E 点电势差 ， 可知 故 D 错误. 故选 B. 【点睛】根据 求电场力做功.在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定 相等，根据这个特点并结合几何关系就可以得到其余各点的电势，再分析电势差的关系。 二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分） 7.如图所示，金属框架固定在水平面上，金属杆 ab 与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向 的磁场中。若因磁场的变化，使杆 ab 运动，下列判断正确的是　　 A. 若 ab 向右运动，则磁场可能竖直向上且减小 B. 若 ab 向左运动，则磁场可能竖直向上且减小 C. 若 ab 向右运动，则磁场可能竖直向上且增大 D. 若 ab 向左运动，则磁场可能竖直向上且增大 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据“磁场的变化使杆 ab 运动”可知，本题考查电磁感应的动力学问题，根据楞次定律可判 断感应电流的方向，左手定则判断通电导体所受的安培力方向；当穿过回路的磁通量均匀变 化时，回路中产生的是恒定电流，进行分析推断. 【详解】A、B、当磁感应强度 B 方向向上并减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律 判断得到：回路中感应电流方向为逆时针方向俯视，杆中的感应电流方向是从 b 到 a，由左手 定则可知，安培力的方向向右，使杆向右运动，故 A 正确，B 错误； C、D、当磁感应强度 B 方向向上并增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到： 回路中感应电流方向为顺时针方向俯视，杆中的感应电流方向是从 a 到 b，由左手定则可知， 安培力的方向向左，使杆向左运动，故 C 错误，D 正确； 故选 AD. 【点睛】当磁感应强度 B 变化时，根据楞次定律(增反减同)判断感应电流的方向；根据法拉 第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化；由左手定则判断金属棒所受的安培力方向. 8.如图所示的电路中，电源的电动势 E 和内电阻 r 恒定不变，电灯 L 恰能正常发光，如果变 阻器的滑片向 a 端滑动，则　　 A. 电灯 L 变暗，安培表的示数增大 B. 定值电阻 消耗的功率增大 C. 变阻器 两端的电压增大 D. 电灯 L 变亮，安培表的示数增大 【答案】AB 【解析】 【分析】 根据“变阻器的滑片向 a 端滑动”可知，本题考查电路动态变化分析问题，根据程序法或者 串反并同法分析通过变阻器电流的变化和电压的变化. 【详解】A、D、变阻器的滑片向 a 端滑动，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小， 则总电流 I 增大，路端电压 U 减小，则电灯 L 更暗，安培表的示数增大，故 A 正确，D 错误. B、路端电压 U 减小，则通过电灯 L 的电流减小，而总电流 I 增大，所以通过 的电流增大， 消耗的功率增大，故 B 正确. C、由于通过 的电流增大， 的电压增大，而路端电压是减小的，则变阻器 两端的电压减 小，变阻器阻值也在变小，根据题目所给的条件，无法判断变阻器 R1 的功率变大，还是变小， 故 C 错误. 故选 AB. 【点睛】变阻器的滑片向 a 端滑动，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，分析 总电流的变化，判断电流表读数的变化，由路端电压的变化，分析电灯 L 亮度的变化。由总 电流和通过电灯电流的变化，分析通过变阻器的电流变化，再分析变阻器电压的变化. 9.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度为 E，方 向竖直，有一质子重力不计恰能以速率 V 从左向右沿直线水平飞越此区域。下列说法正确的 是　　 A. 电场方向竖直向下 B. 如果 B 和 E 的方向都改变为原来的相反方向，质子将向上偏转 C. 该质子通过此区域的速度 D. 若一电子以速率 V 从左向右飞入，则该电子也将沿直线运动 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据“质子以速率 V 直线水平飞越正交的电磁场 ”可知，本题考查速度选择器的问题，根据 质子受力平衡而做匀速直线运动，运用速度选择器的两选两不选分析推断. 【详解】A、质子在电磁场中受到电场力和洛伦兹力而做直线运动，二力必定平衡，由左手定 则知质子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，而质子带正电，所以电场 方向竖直向下，故 A 正确. B、如果 B 和 E 的方向都改变为原来的相反方向，则电场力和洛伦兹力的方向都反向，而大小 均不变，则电场力和洛伦兹力仍平衡，质子仍沿直线运动，故 B 错误. C、质子做直线运动时电场力和洛伦兹力平衡，有 ，得 ，故 C 正确. D、若换为电子带负电，也从左边以速度 v 射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是仍 有 ，所以该电子也将沿直线运动；故 D 正确. 故选 ACD. 【点睛】在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用。 粒子能匀速通过速度选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即 ，可得 ，只有速 度 的粒子才能沿直线通过选择器。即粒子选择器只选择粒子的速度大小和射入方向，与 粒子的带电情况、质量无关. 10.长为 L 的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为 B，板间距 离为 2L，极板不带电，现有质量为 m，电量为 q 的带正电粒子不计重力，从左边极板间中点 处垂直磁感线以速度 V 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，粒子的速率可以为　　 A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】 根据“欲使粒子不打在极板上”可知，本题考查带电粒子在有界磁场中运动的问题，根据沦 洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，运用几何关系求出轨迹 半径，列式计算. 【详解】欲使粒子不打在极板上，如图所示，带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中 圆周运动的半径 . 粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，即： 可得粒子做圆周运动的半径： 所以粒子不打到极板上且从左边射出，则： 即： . 带正电的粒子从右边射出，如图所示，此时粒子的最小半径为 r，由上图可知： ；可得粒子圆周运动的最大半径： 则： ，即： 故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足 或 ，故 A、B 正确，C、D 错误； 故选 AB. 【点睛】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，需要找圆心，画轨迹，求 半径，算时间. 三、填空题（本大题共 3 小题，共 10.0 分） 11.图中螺旋测微器读数为______mm，图中游标卡尺游标尺上有 50 个等分刻度读数为 ______cm。 【答案】 (1). 0.900 (2). 4.120 【解析】 【分析】 根据“螺旋测微器和游标卡尺”可知，本题考查基本仪器的读数问题，根据估读规则，运用 两种仪器的读数特点得到结果. 【详解】螺旋测微器固定刻度读数 ，可动刻度读数为 ，所以读 数为： . 游标卡尺主尺读数为 41mm，游标尺上第 10 个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为： ，所以最终读数为： . 【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主 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. 12.欧姆表“ ”档的中央刻度值中值电阻为 ，已知其内装有一节干电池，干电池的电动 势为 ，该欧姆表表头满偏电流为______mA，要测约 的电阻应选______档。 【答案】 (1). 100 (2). 【解析】 【分析】 根据“欧姆表表头”可知，本题考查欧姆表的原理和应用，根据闭合电路的欧姆定律，运用 欧姆表内阻等于中值电阻，进行求解. 【详解】欧姆表“ ”档的中央刻度值中值电阻为 ，则中央刻度线为 15，欧姆表内阻等 于中值电阻，欧姆表表头满偏电流： ，欧姆表指针指在中央刻度 线附近时测量最准确，指针指在中央刻度线处而待测电阻指针为 ，说明欧姆表的中值电 阻为 ，中央刻度线为 15，则欧姆表倍率为： ； 【点睛】欧姆表的中值电阻等于欧姆表内阻；欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，根据 题意应用闭合电路欧姆定律答题. 13.用电流表和电压表测定电池的电动势 E 和内电阻 r，所用的电路如下图甲所示，根据实验 记录，画出的 图象如图乙所示，可得待测电池的内电阻 r 为______。 【答案】 【解析】 【分析】 根据“待测电池的内电阻”可知，本题考查图象求解电源电动势与内阻，根据电源的 图象 与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，运用数形结合法，进行求 解. 【详解】由图示电源 图象可知，图象与纵轴交点坐标值是 ，则电源电动势 ， 电源等效内阻为： ； 【点睛】明确闭合电路欧姆定律的应用，根据电源的 图象求出电源电动势与内阻. 四、实验题探究题（本大题共 1 小题，共 8.0 分） 14.在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选 择： A.待测小灯泡“ 、 ” B.电流表量程 3A，内阻约为 C.电流表量程 ，内阻约为 D.电压表量程 ，内阻约为 E.滑动变阻器最大阻值为 ，额定电流 F.滑动变阻器最大阻值为 ，额定电流 G.电源电动势为 ，内阻不计 H.电键及导线等 为了使实验完成的更好，电流表应选用______；滑动变阻器应选用______。只需填器材前 面的字母即可 请在虚线框内画出实验电路图________. 某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在 坐标系中，描绘出如图甲所示的小 灯泡的伏安特性曲线。根据此图给出的信息，可以判断图乙中正确的是______图中 P 为小灯 泡的功率 【答案】 (1). C (2). F (3). (4). BD 【解析】 【分析】 根据“研究小灯泡在不同电压下的功率”可知，本题考查伏安法测电阻的实验，根据实验中 的仪表选择及接法的选择、电流表的内外接法、滑动变阻器的两种接法进行推断. 【详解】(1)因灯泡的额定电压为 ，由 得，灯泡的额定电流 ，故电 流表应选择 的量程，故选 C； 而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接 法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选 E； (2)在用伏安法描绘这个灯泡的 I-U 图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据， 故只能采用滑动变阻器分压接法；因电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实 验电路图如图所示： (3)由 b 图知电阻随小灯泡两端电压的增大而增大， ， 图象的斜率表示电阻的倒数， 故斜率应该越来越小，故 B 正确； ， 图象的斜率表示电阻，故斜率应该越来越大，故 D 正确； 故选 BD. 【点睛】仪表的选择应本着安全、准确、方便的原则；由流过灯泡的电流判断需要的电流表； 由题意判断需要的滑动变阻器；根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择 滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法. 五、计算题（本大题共 4 小题，共 42.0 分） 15.半径为 R 的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示固定，在 a、b、c 三点分别垂直于纸面放置三 根等长的长直导线 、b 两点位于水平直径的两端，导线 a 中通有垂直纸面向里、大小为 的 恒定电流。导线 c 中电流方向也垂直纸面向里，但大小未知。导线 a、b 固定，导线 c 处于静 止状态，且与筒壁间无相互作用力，Oc 与 Oa 的夹角为 已知长直导线在距导线 r 处产 生磁场的磁感应强度大小为 为常数，I 为长直导线中的电流，不考虑边缘效应。求导线 b 中通过的电流大小和方向。 【答案】 ，方向垂直于纸面向里 【解析】 【分析】 根据“导线 c 处于静止状态且与筒壁间无相互作用力”可知，本题考查安培力作用下的平衡， 根据安培力的表达式，运用平衡条件，列式计算. 【详解】由于同向电流相互吸引，因此 a 与 c 相互吸引，由于 c 对轨道无作用力，根据平衡 条件可知，b 对 c 也是相互吸引，故 b 中电流垂直于纸面向里. 由几何关系可知，a、c 间距离为 ， b，c 间距离为 ，设 b 中电流为 ，c 中电流为 ，导线长度为 L， 根据 可知： a 在 c 处产生的磁感强度为 ，b 在 c 处产生的磁感应强度为 ， a 对 c 的安培力为 ，b 对 c 的安培力为 根据平衡条件，水平方向有： 解得： 则导线 b 中通过的电流大小为 ，方向垂直于纸面向里. 【点睛】根据 ，由于同向电流相互吸引，因此 a 与 c 相互吸引，由于 c 对轨道无作用力， 根据平衡条件可知，b 对 c 也是相互吸引，故 b 中电流垂直于纸面向里. 16.如图所示，半径为 R 的半圆形区域内，有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大 小为 B，半圆弧的圆心坐标为 ，圆弧与 y 轴相切于坐标原点。在坐标原点有一粒子源，可 以向坐标平面内射出质量为 m、电荷量大小为 q 的带负电的粒子，不计粒子重力。 若粒子源沿 x 轴正方向射出不同速率的粒子，要使所有粒子不从直径 PQ 射出磁场，则粒子 的速率最大是多少？ 若粒子源向坐标平面内各个方向射出速率相同的粒子，要使所有粒子不从直径 PQ 射出磁场， 则粒子的速率最大又是多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 根据“不计重力的粒子飞出磁场”可知，本题考查带电粒子在磁场中运动的问题 ，根据匀速 圆周运动规律，运用轨迹特点找到临界条件，列式分析推断. 【详解】(1)若粒子源沿 x 轴正方向射出不同速率的粒子，要使所有粒子不从直径 PQ 射出磁 场，则速率最大的粒子运动轨迹如图所示: 由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为 由牛顿第二定律，可知 解得： (2)若粒子源向坐标平面内各个方向射出地率相同的粒子，粒子做圆动的半径相同， 则最容易从直径 PQ 射出的粒子源沿 y 轴正方向射出，该粒子刚好不从 PQ 射出的轨迹如图所 示: 由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为 由牛顿第二定律，可知 解得： 【点睛】若粒子源沿 x 轴正方向射出不同速率的粒子，构成“放缩圆”，要使所有粒子不从直 径 PQ 射出磁场，则速率最大的粒子恰好从 Q 点射出；若粒子源向坐标平面内各个方向射出地 率相同的粒子，粒子做圆动的半径相同，构成“旋转圆”，则最容易从直径PQ 射出的粒子源 沿 y 轴正方向射出. 17.如图所示，在 ， 区域内有平行于 xOy 平面的匀强电场，一电荷量为 的点电荷置于坐标原点 O，不计粒子重力。 若将该点电荷先沿 x 轴正方向从坐标原点 0 移动至 点，克服电场力做功 ，再 沿 y 轴正方向从 A 点移动至 点，电场力做功 J.求将该点电荷从 B 点移动至 点的过程中电场力做的功； 若将该点电荷从坐标原点 O 沿某一方向以一定的初动能 入射，在电场的作用下发生 偏转，先后经过 、 两点时，动能分别为初动能的 和 04 倍。求电场强度的大小 和方向。 【答案】（1） （2） ，方向沿 x 轴正方向 【解析】 【分析】 根据“电场力做功”可知，本题考查电荷在电场中的运动问题，根据电场力做功特点，运用 动能定理，列式计算. 【详解】(1)因电场力做功与路径无关，则有： 根据匀强电场的特点知： ， 故有： (2)设电场沿 x 轴正方向的分量为 ，沿 y 轴正方向的分量为 ， 则点电荷到达 B 点，根据动能定理得： 点电荷到达 C 点，根据动能定理得： 联立解得： 说明沿 y 轴方向的分量为 所以电场强度的大小： ，方向沿 x 轴正方向. 【点睛】电场力做功的特点(电场力做功与路径无关，根据匀强电场的特点可求得电场力做的 功);因电场的方向不确定，所以采用了分解的方法，这种思路要掌握. 18.如图所示，间距为 的足够长的平行光滑导轨 MN、PQ 倾斜放置，倾角为 ，在导 轨顶端连接一阻值为 的定值电阻。质量为 、电阻也为 r 的金属杆 ab 垂直导轨跨 放在导轨上，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为 的匀强磁场中。让金 属杆 ab 从图示位置由静止释放，到达 cd 位置时达到最大速度，不计导轨电阻，金属杆始终 与导轨接触良好，重力加速度为 求： 金属杆 ab 在倾斜导轨上滑行的最大速度 ； 金属杆 ab 在导轨上从开始运动到达到 cd 位置的过程中，通过定值电阻的电荷量 ，求 这段时间内定值电阻上产生的焦耳热 。 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 根据“金属杆 ab 在磁场中运动达到最大速度”可知，本题考查电磁感应的运动和能量问题， 根据平衡条件结合欧姆定律求得导体棒速度，根据电荷量的推论公式 结合能量守恒求 解回路的焦耳热. 【详解】(1)金属杆 ab 在倾斜导轨上滑行，加速度为零时，速度最大，则 ； 根据欧姆定律： 联立解得： ； (2)金属杆 ab 在导轨上从开始运动到达到 cd 位置的过程中，金属杆的位移为 x，则 解得： ； 设在此过程中产生的焦耳热为 Q，根据能量守恒得： 且有 联立解得： . 【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平 衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、 功能关系等列方程求解.