2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二下学期第一次月考（开学）物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二下学期第一次月考（开学）物理试题 解析版

高二下物理月考试卷 一、单选题（32分）‎ ‎1.两个点电荷，分别带上和的电量，两球心相距，相互作用大小为，现将它们碰一下后放回原处，则它们的相互作用力大小变为（ ）‎ A. B. C. D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 接触前库仑力，接触后分开，两小球的电荷都为，则库仑力，故C正确．‎ ‎2.如图所示的电场中有A、B两点,下列判断正确的是(  )‎ A. 电势,电场强度 B. 电势,电场强度 C. 将电荷量为q的正电荷从A点移到B点,电场力做负功,电势能增大 D. 将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点,电荷具有的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、由图示可知，B处的电场线密，A处的电场线稀疏，因此B点的电场强度大，A点的场强小，即；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，由图示可知，故A、B错误；‎ C、将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减小，故C错误；‎ D、将电荷量为q的负电荷从A点移到B点，电场力做负功，电势能增加，则有，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的；带电粒子在电场中做正功，电势能减小，若做负功，电势能增加。‎ ‎3.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. a、b、c三点和无穷远处等电势 B. a、b两点的场强方向不相同，b点场强比a点大 C. 一正点电荷从a移到c静电力做负功 D. 两个等量异种电荷的连线上，中点c场强最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点,电势相等,而且与无穷远处电势相等.故A正确；‎ B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右,方向相同.因为b处电场线密,故b点的电场强度大于a处电场强度.故B错误. C、一个正电荷在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向右，无初速释放后,将向右下方运动,不可能到达c点.故C错误.‎ D、两个等量异种电荷的连线上，越靠近点电荷电场强度越大，故D错误；‎ 综上所述本题答案是：A ‎4.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(　)‎ ‎ ‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. R3上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再由R1串连接在电源两端，电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，路端电压减小，由于干路电流增大，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过R4的电流增大，电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2两端电压增大，R4两端电压减小，则电压表示数减小；R3两端电压减小，电容器两端电压减小，电容器中的场强减小，由此可判断P的运动；R3上消耗的功率由P=可知。‎ ‎【详解】A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再由R1串连接在电源两端，电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，路端电压减小，由于干路电流增大，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过R4的电流增大，故电流表示数增大,故B错误；因并联部分电压减小，而R2两端电压增大，R4两端电压减小，则电压表示数减小，故A正确。‎ C、电容器与R3并联，流过R3的电流减小，R3两端电压减小，电容器两端电压减小，电容器中的场强减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷将向下运动，故C错误；‎ D、因R3两端的电压减小，由功率P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误。‎ 故选：A ‎5.如图所示电路中，电源电动势为，内阻为，电阻为，小型直流电动机M的内阻为。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为，下列说法正确的是 A. 电源的输出功率为 B. 电源的热功率为 C. 电动机的输出功率为 D. 电动机的热功率为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A电路中电流表的示数为1.0A，所以电动机的电压为：U= =6﹣Ir﹣IR0=6﹣1×1﹣1×1.5=3.5V，‎ ‎；AB错误；‎ A、电源的输出的功率为：，A错误；‎ B、电源的热功率为：，B错误；‎ C、D电动机的总功率为：，‎ 电动机的发热功率为：，‎ 所以电动机的输出功率为：，C正确；D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.如图，两根互相平行的长直导线垂直穿过纸面上的M、N两点。导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（   ）。‎ A. O点处的磁感应强度为零 B. a、c两点处磁感应强度的方向相同 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成.‎ ‎【详解】A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；‎ B、由右手定则可知，a、c两处处磁感应强度方向都竖直向下，a、c两点处磁感应强度的方向相同，故B正确；‎ C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，磁感应强度方向相同，且合磁感应强度大小相等，故C错误；‎ D、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故D错误；‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了比较磁感应强度大小由于方向关系问题，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成.‎ ‎7.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 A. a粒子带正电，b粒子带负电 B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C. b粒子的动能较大 D. b粒子在磁场中运动时间较长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a 的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后根据公式，再判定动能和运动的时间。‎ ‎【详解】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误。洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m，得：，故半径较大的b粒子速度大，动能也大。故C正确。由公式F=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大。故B错误。根据推论公式t=T、T=，周期相等，故磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。‎ ‎8.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中P、N两点的电势为零，NF段中Q点电势最高，则(　　)‎ A. P点的电场强度大小为零 B. q1和q2为等量异种电荷 C. NQ间场强方向沿x轴正方向 D. 将一负电荷从N点移到F点，电势能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：φ-x图线的斜率等于电场强度，故可知N点的电场强度大小不为零，选项A错误；C点电势的拐点，若正点电荷从D到N点，电势能先增大后减小．则C点电场强度为零，故可知q1>q2，故B错误；由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向向x轴负方向．故C错误；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，电势能先做减少后做增加，故D正确；故选D．‎ 考点：电场强度；电势 ‎【名师点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否。‎ 二、多选题（16分）‎ ‎9.1831年8月法拉第把两个线圈绕在一个铁环上（如图所示），线圈A接直流电源，线圈B接电流表。他发现，当线圈A的电路接通或断开的瞬间，线圈B中产生瞬时电流。分析这个实验，下列说法中正确的是（  ）‎ A. 此实验说明线圈B的感应电流是由线圈A的磁场变化引起的 B. 开关S闭合瞬间，G中的电流方向是b→a C. 若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，G中没有电流 D. 若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，G中仍有电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：此实验说明线圈B的感应电流是由线圈A的磁场变化引起的，选项A正确；开关S闭合瞬间，根据楞次定律可知，中的电流方向是a→b，选项B错误；若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量仍然变化，故中仍有电流，选项D正确，C错误；故选AD.‎ 考点：电磁感应现象；楞次定律.‎ ‎10.如图（a）所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流变化的规律如图（b）所示，则下列说法正确的是 A. t1、t5时刻P线圈对桌面的压力小于P自身的重力 B. t3、t5时刻线圈P中产生的感应电流方向相同 C. t3时刻线圈P有扩张的趋势 D. t4、t6时刻P线圈的发热功率为0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，Q中电流呈周期性变化，则P中会发生电磁感应现象，由楞次定律可得出线圈P的运动趋势，并依据电流的变化率来确定P中的感应电流大小，即可一一求解。‎ ‎【详解】t1、t5时刻电流增大，其磁场增大，则穿过P的磁通量变大，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大，则P有向下运动的趋势，即它们有相互排斥的作用，则P线圈对桌面的压力大于P自身的重力，故A错误；t3、t5时刻，通过Q线圈的电流前者减小，后者增大，但它们的电流方向相反，根据楞次定律，则t3、t5时刻线圈P中产生的感应电流方向相同，故B正确；t3时刻电流减小，线圈P产生感应电流，要阻碍磁通量减小，则P有扩张的趋势，故C正确；在t4时刻的Q的电流为零，但电流变化率最大，则P中感应电流最大，那么P线圈发热的功率不为0；在t6时刻的Q的电流最大，但电流变化率为零，则P中没有感应电流，那么P线圈发热的功率也为0，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题要注意灵活应用楞次定律，本题可以先判断P中电流方向，再根据电流间的相互作用判受力方向，但过程复杂；而直接根据楞次定律的“增缩减扩”可能直观地得出结论。‎ ‎11.如图所示，空间存在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距为L，导轨一端接一阻值为R的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m的导体棒，其阻值也为从零时刻开始，对ab棒施加一个水平向左的恒力F，使其从静止开始沿导轨做直线运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，所受滑动摩擦力大小始终为了F.导轨电阻不计则　　‎ A. 通过电阻R的电流方向为由N到Q B. ab棒的最大速度为 C. 电阻R消耗的最大功率为 D. ab棒速度为时的加速度大小为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由右手定则可以判断出电流方向；‎ 导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件可以求出最大速度；‎ 由求出感应电动势，由电功率公式求出电功；‎ 由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度．‎ ‎【详解】A、由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为由Q到N，故A错误；‎ B、导体棒受到的安培力：，导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：，解得：，故B错误；‎ C、最大感应电流：，电阻R消耗的最大功率：，故C正确；‎ D、ab棒速度为时导体棒受到的安培力：，由牛顿第二定律得：，解得：，故D正确；‎ 故选：CD。‎ ‎【点睛】本题是一道电磁感应、电路与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律可以解题．‎ ‎12.如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的 固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中：（ ）‎ A. 小球的加速度先增大后减小 B. 小球的机械能和电势能的总和保持不变 C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 D. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A项，因为小球静止下滑，所以小球刚开始受到的摩擦力小于重力，根据牛顿第二定律可得，得，刚开始随着小球速度的增大，小球的加速度逐渐增大；当洛伦兹力和电场力相等时，小球受到的摩擦力为零，加速度达到最大，但随着小球速度的增加，洛伦兹力增大，且大于电场力，摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，所以小球的加速度是先增大后减小，故A项正确。‎ B项，电场力与速度总是垂直，所以电场力不做功，电势能不变；由于摩擦力一直做负功，所以小球的机械能一直减小，则小球的机械能和电势能的总和不断减小，故B项错误。‎ C、D项，最大加速度为g，加速度为一半时有，解得或者，故CD项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为ACD。‎ 三、实验题（每空2分计16分）‎ ‎13.某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8 V，额定电流0.32 A）；电压表V（量程3 V，内阻3 kΩ）；电流表A（量程0.5 A，内阻0.5 Ω）；固定电阻R0（阻值1 000 Ω）；滑动变阻器R（阻值0~9.0 Ω）；电源E（电动势5 V，内阻不计）；开关S；导线若干。‎ ‎（1）实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图__________。‎ ‎（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。‎ ‎（3）用另一电源E0（电动势4 V，内阻1.00 Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为_____W.（结果保留2位小数）‎ ‎（4）某同学进行如下测量:用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为L=______mm；‎ ‎（5）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径D=___________mm；‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.39 (3). 50.15mm (4). 4.700mm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“研究小灯泡的伏安特性”可知，本题考查研究灯泡的伏安特性曲线实验。‎ ‎（1）根据“画出实验电路原理图”可知，本题考查电路图的画法。根据“在0~3.8‎ ‎ V的范围内对小灯泡的电压进行测量”可知，滑动变阻器需要采用分压式接法；根据“小灯泡L（额定电压3.8 V），电压表V（量程3 V）”可知电压表应进行改装；根据题目“额定电压3.8 V，额定电流0.32 A”，结合欧姆定律可求得灯泡的电阻，根据“电压表V（量程3 V，内阻3 kΩ），电流表A（量程0.5 A，内阻0.5 Ω）”以及灯泡的电阻，结合可知电流表需采用外接法。‎ ‎（3）根据“小灯泡的最小功率”可知，本题考查灯泡功率的计算。根据“另一电源E0（电动势4 V，内阻1.00 Ω）”以及图（b）电路图，结合闭合电路欧姆定律的知识可知，当滑动变阻器阻值最大时，灯泡的功率最小，列出公式，在图像中画出对应图线，交点即为灯泡功率最小时对应的电流与电压，结合即可求解灯泡的功率。‎ ‎（4）根据“游标为20分度的卡尺”可知，本题考查游标卡尺的读数。根据“20分度”可知游标卡尺的分度值，先读主尺的刻度，再读出游标尺的刻度，两个读数相加即为被测物体的长度。‎ ‎（5）根据“螺旋测微器”可知，本题考查螺旋测微器的读数，先确定其分度值，读出固定刻度的读数，再读出可动刻度的读数，两个读数相加即为被测物体的直径。‎ ‎【详解】（1）由于灯泡的电压需从0开始测量，则滑动变阻器需采用分压式接法；由于灯泡的额定电压为3.8V，而电压表的量程为，不满足电压的测量需求，故应将电压表与定值电阻串联，改装成一个大量程的电压表；由题目可知灯泡的电阻,又因为，故应将电流表外接；故电路图如图。‎ ‎（3）由图可知滑动变阻器与灯泡串联，若滑动变阻器全部接入电路中，由可知，电阻最大，则电路中电流最小，则灯泡的电功率最小。故当时，可将滑动变阻器与电源内阻等效为一个内阻为，电动势为的新电源，根据闭合电路欧姆定律可得，‎ ‎，在图（a）中将该图线画出来，该图线与灯泡的伏安特性曲线的交点为（），故灯泡的功率为。 ‎ ‎（4）由题可知，该游标卡尺的分度值为，主尺刻度为5cm，游标尺第3条刻度线与主尺对齐，即读数为，故长度为 。‎ ‎（5）螺旋测微器的分度值为0.01mm，固定刻度读数为4.5mm，可动刻度为，则其直径为。‎ ‎14. 使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需 要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：‎ ‎（1）仪器连线如图l所示（a和b是多用电表的两个表笔）。若两电表均正常工作，则表笔a为_________ （填“红”或“黑”）色；‎ ‎（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为_________Ω．电流表的读数为_________mA，电阻箱的读数为_________Ω：‎ ‎（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_________mA；（保留3位有效数字）‎ ‎（4）计算得到多用电表内电池的电动势为_________V。（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】(1)黑(2)14.0、53.0、4.6 (3)102 (4)1.54‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔．‎ ‎（2）多用电表用×1倍率测量，读数为14．0×1=14．0Ω 电流表的量程是60mA，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为53．0mA 电阻箱的读数为0×100+0×10+4×1+6×0．1=4．6Ω ‎（3、4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流，将取为为多用电表的内阻，当待测电阻等于时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以 又称为中值电阻．当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω．在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14．0Ω，干路电流是53．0mA，则电源电动势是．则满偏电流．‎ 考点：使用多用电表测量电阻 ‎【名师点睛】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的．多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程．‎ 四、解答题 ‎15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，现把个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω.导体棒恰好能静止金属导轨电阻不计.(g=10 m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：‎ ‎(1)ab受到的安培力大小；‎ ‎(2)ab受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得： mgsin37°+f=F安 解得：f=F安-mgsin37°=（0.40-0.24）N=0.16N ‎16.如图所示空间有水平向右匀强电场，一根长为L，不可伸长的不导电细绳的一端连着一个质量为 m、带电量为q的小球，另一端固定于O点．把小球拉直到细线与电场线平行，然后无初速度释放．已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角θ，大小为300 求：‎ ‎(1) 匀强电场的场强 ‎(2)在此过程中小球最大速度，和绳子的最大拉力？‎ ‎【答案】(1) (2) ，‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式，小球无初速度释放摆到最低点的另一侧的过程： mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=0-0=0     其中θ=30° 解得：   ‎ ‎（2）将电场力与重力合成F合=，由图可知，合力方向与竖直方向成30度角斜向右下，O′为对应的“等效最低点”．‎ ‎ 在O'点产生最大加速度，对应最大拉力．  由几何关系得 α=60°． 根据动能定理研究O点到O'点，得： ‎ 联立得： ‎ 小球在O'点时由重力、电场力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律得  Fmax-F合=m Fmax= 点睛：本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法．常见的题型．对于多过程的问题可能多次应用动能定理求解问题．第二问是就是等效重力场的问题，找出对应的“等效最低点”去解决问题．‎ ‎17.光滑平行金属导轨水平面内固定，导轨间距L=0.5m，导轨右端接有电阻RL=4Ω小灯泡，导轨电阻不计。如图甲，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d=3m，此区域磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一金属杆，其电阻r=1Ω,在t=0时刻，用水平恒力F拉金属杆，使其由静止开始自GH位往右运动，在金属杆由GH位到PQ位运动过程中，小灯发光始终没变化，‎ 求：（1）小灯泡发光电功率；‎ ‎（2）水平恒力F大小； ‎ ‎（3）金属杆质量m.‎ ‎【答案】(1) 0.09w (2) 0.15N (3) 0.8kg ‎【解析】‎ ‎（1）回路的电动势：E=（L·d）△B/△t=0.5×3×2/4=0.75V ‎ 回路的电流：I=E/(RL+r)=0.75/5=0.15A ‎ 小灯泡发光电功率：P=I2·RL=0.152×4=0.09W ‎（2）由题分析知：杆在匀强磁场中匀速运动，进入磁场区域之前匀加速运动 ‎ ‎∴F=F安=ILB=0.15×0.5×2=0.15N ‎ ‎（3）E′=I(RL+r)=0.15×5=0.75V ‎ E′=BLv′ 则v′=0.75/(2×0.5)=0.75m/s ‎ 又：F=ma v′=at ‎ 解得：m=F/a=0.15/(0.75/4)=0.8kg ‎ 点睛：本题关键是分析清楚杆的运动情况，先加速后匀速，抓住两个过程之间的关系，通过力学和电磁感应的规律结合求解；掌握求解感应电动势和动生电动势的方法．‎ ‎18.如图，直角坐标系xoy中，A、C分别为x、y轴上的两点，OC长为L，∠OAC=30°，△OAC区域内有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，区域外无磁场。有大量质量为m，电荷量为q的带正电粒子，以平等于y轴方向从OA边各处持续不断射入磁场。已知能从AC边垂直射出的粒子在磁场中运动时间为t，不考虑粒子间的相互作用且粒子重力不计。‎ ‎(1)求磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)有些粒子的运动轨迹会与AC边相切，求相切轨的最大半径rm及其对应的入射速度vm；‎ ‎(3)若粒子入射速度相同，有些粒子能在边界AC上相遇，求相遇的两粒子入射时间差的最大值。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】恰好垂直于AC边射出磁场，根据几何知识得在磁场中的轨迹对应的圆心角，利用求出磁场磁感应强度B的大小；从O点入射的粒子轨迹与AC边相切时半径最大，根据几何知识得相切轨的最大半径rm，根据牛顿第二定律得其对应的入射速度；由于入射速度相同,则半径一样,能在AC上相遇的情形有多种,两圆弧对应的圆心角之差最大时,两粒子入射的时间差最大。‎ 解：(1)恰好垂直于AC边射出磁场的轨迹如图 根据几何知识得，在磁场中的轨迹对应的圆心角 在磁场中的运动时间：‎ 又 解得 ‎(2)从O点入射的粒子轨迹与AC边相切时半径最大 根据几何知识得: ‎ 根据牛顿第二定律得: ‎ 解得: ，‎ ‎(3)由于入射速度相同,则半径一样,能在AC上相遇的情形有多种,两圆弧对应的圆心角之差最大时,两粒子入射的时间差最大。如图甲，△O1BO2为等腰三角形 由几何关系得：‎ 又 解得 ‎ 可见：最大时，最大。‎ 而当B为切点时，最大（如图乙）‎ ‎△O1BO2为等边三角形由几何关系得： ，‎ 所以 最大时间差：‎ 解得 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎