【物理】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

石嘴山市三中2019-2020第一学年高二期末考试 物理试卷 一、单选题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 电荷在电场中某处不受电场力的作用，则该处的电场强度为零 B. 一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零 C. 把一个试探电荷放在电场中的某点，该点的电场强度与其所受电场力成正比 D. 把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电荷在电场中某处不受电场力，可知电场强度为零，故A正确；‎ B．一小段通电导线在磁场中不受磁场力，可能导线的方向与磁场方向平行，磁感应强度不一定为零，故B错误；‎ C．电场的强弱与电荷受到的电场力无关，故C错误；‎ D．只有当导线中电流的方向与磁场的方向垂直时，导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值才能表示该处磁场的强弱，故D错误。‎ 故选A ‎2.如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】金属环的面积：‎ 由法拉第电磁感应定律得：‎ 由欧姆定律得，感应电流：‎ 感应电荷量：‎ q=I△t，‎ 解得：‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式计算．‎ ‎3.如图所示，A、B两个闭合单匝线圈用完全相同的导线制成，半径，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，则 A. A、B线圈中产生的感应电动势：：1‎ B. A、B线圈中产生的感应电动势：1：1‎ C. A、B线圈中产生的感应电流：：1‎ D. A、B线圈中产生的感应电流：：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对任一半径为r的线圈，根据法拉第电磁感应定律：‎ 相同，n相同，则得：，‎ 因，A、B线圈产生的感应电动势的大小之比：‎ 故AB错误；‎ CD．根据电阻定律得，线圈的电阻为 ρ、n、S相同，两线圈电阻之比为，线圈中的感应电流：‎ ‎，‎ 故C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板（粒子速率变小），实线表示其运动轨迹，由图知 A. 粒子带正电 B. 粒子运动方向edcba C. 粒子运动方向是abcde D. 粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．带电粒子不计重力在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式：，粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过金属板，故粒子运动方向为edcba，根据左手定则可得，粒子应带负电，故A错误；‎ BC．带电粒子穿过金属板后速度减小，由轨迹半径应减小 ，故可知粒子运动方向是edcba，故B正确，C错误；‎ D．由可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程经过水平匀强磁场区域，虚线为该磁场的竖直边界，已知磁场区域的宽度大于圆环的直径若不计空气阻力，则 ‎ A. 圆环在摆动过程中始终产生感应电流 B. 圆环在摆动过程中，机械能始终守恒 C. 圆环磁场区域中摆动时，机械能守恒 D. 圆环最终将静止在竖直方向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。故A错误。‎ B．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒。故B错误。‎ C．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒。故C正确。‎ D．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化一直是最大值，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置。故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，套在长绝缘直棒上的小环质量为m，带电量为，小环内径比棒的直径略大将棒放置在方向均水平且正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与棒的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，现将小环从静止释放，小环可沿绝缘直棒下滑，棒足够长，下列说法错误的是 A. 小环从静止释放瞬间加速度a=g B. 小环运动过程的最大加速度 C. 小环运动过程中最大速度 D. 当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．释放小环瞬间，根据牛顿第二定律，则有：‎ 解得：‎ 故A正确，不符合题意；‎ B．当摩擦力为零时，则 即时加速度最大，此时合力等于重力，故最大加速度为：，故B正确，不符合题意；‎ CD．当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大，故：‎ 解得：‎ 故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为金属棒悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是（ ）‎ A. ，竖直向上 B. ，竖直向下 C. ，平行悬线向下 D. ，平行悬线向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从b点沿金属棒看进去，受力分析如图 磁感应强度最小时，安培力最小，如图所示．可得 ‎，‎ 在结合左手定则，可得，磁感应强度的方向为沿绳向上．故选D ‎8.如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（　　）‎ A. 灯泡将变暗，电源效率将减小 B. 液滴带正电，将向下做加速运动 C. 电源的路端电压增大，输出功率也增大 D. 滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率 外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误．‎ B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误．‎ C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误．‎ D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确．‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．‎ ‎9.如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是 A. 线圈a中无感应电流 B. 线圈b中有感应电流 C. 线圈c中有顺时针方向的感应电流 D. 线圈d中有逆时针方向的感应电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A错误；‎ BD．由矢量合成可知，其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故BD错误。‎ C．c线圈磁场不为零，由矢量合成可知c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确；‎ 故选C。‎ ‎10.如图所示，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关，关于三盏灯泡，下列说法正确的是 ‎ A. 合上开关，c先亮，a、b后亮 B. 合上开关，a、b立刻一样亮 C. 断开开关，c马上熄灭，a、b一起缓慢熄灭 D. 断开开关，b会先闪亮一下再熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，导致出现自感电流阻碍电流的增大，则bc先亮，a后亮，故A错误；‎ B．合上开关一会儿后，因线圈中电流恒定，则相当于导线，所以ab一样亮，故B错误；‎ CD．断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和ab组成的回路中有电流，导致ab一起缓慢熄灭；而c没有电流，则马上熄灭，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎11.如图所示，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场时刻线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直设下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故A正确；‎ B．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而B图象中的加速度逐渐增大，故B错误；‎ C．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确；‎ D．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确；‎ 故选B。‎ 二、多选题 ‎12.如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有 A. 闭合电键K后，把R的滑片左移 B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出 C. 闭合电键K后，把Q靠近P D. 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合电键K后，把R的滑片左移，Q中的磁场方向从左向右，且在增大，根据楞次定律，左边导线电流方向向下。故A正确。‎ B．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上。故B错误。‎ C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下。故C正确。‎ D．若不闭合电键K，即使把Q靠近P，也不会导致穿过线圈的磁通量改变，因此不会产生感应电流。故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎13.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上两个相同的带正电小球可视为质点同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则( )‎ A. 两小球到达轨道最低点的速度 B. 两小球到达轨道最低点时对轨道的压力 C. 两小球第一次到达最低点的时间相同 D. 两小球都能到达轨道的另一端 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知，解得：①，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知，解得②，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，A正确C错误；因为，结合①②可知：，B正确；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，D错误．‎ ‎【点睛】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．‎ ‎14.如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以、的速度沿光滑导轨电阻不计匀速滑到位置，若：：2，则在这两次过程中　　‎ A. 回路电流：：2 B. 产生的热量：：4‎ C. 通过任一截面的电荷量：：2 D. 外力的功率：：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．回路中感应电流为：‎ ‎，则得 A正确；‎ B．产生的热量为 ‎，则得 B错误；‎ C．通过任一截面的电荷量为 q与v无关，则得 C错误；‎ D．由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得 P∝v2，则得 D错误．‎ 故选A。‎ ‎15.如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接下列说法正确的是 A. Q板的电势高于P板的电势 B. R中有由a向b方向的电流 C. 若只改变磁场强弱，R中电流保持不变 D. 若只增大粒子入射速度，R中电流增大 ‎【答案】BD ‎【解析】AB．等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上。所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b。故A错误，B正确；‎ C．依据电场力等于磁场力，即为 则有：‎ 再由欧姆定律 电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变故C错误；‎ D．由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确。‎ ‎16.如图所示，两根足够长的水平光滑平行金属导轨PQ和MN，它们相距为L，导轨左端连有阻值为R的定值电阻，导轨处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直导轨放置的金属棒用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，物块c的质量是m，连接金属棒的细线平行于导轨。物块c由静止释放，金属棒沿着导轨向右运动，当地重力加速度为g，金属棒的电阻不计。则 A. 金属棒做匀加速直线运动 B. 金属棒先做加速运动再做匀速直线运动 C. 金属棒的最大速度为 D. 金属棒的最大速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在金属棒加速阶段中，由金属棒受力分析可知，细线的拉力先大于安培力，随着安培力的增加金属棒的加速度逐渐减小，当拉力等于安培力时加速度为零做匀速运动，则金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀速直线运动，故A错误、B正确；‎ CD．由平衡条件得，‎ BIL=mg E=BLvm 解得 C正确、D错误。‎ 故选BC．‎ ‎17.如图所示，一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子不计重力恰好从P点射出若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出由此可知 A. 匀强电场的电场强度为 B. 匀强磁场的磁感应强度为 C. 带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小 D. 带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为1：2π ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．带电粒子在电场中做类平抛运动，有 联立解得 故A错误；‎ B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 由几何关系有 联立解得 故B正确；‎ C．粒子在匀强磁场中运动的加速度 故C正确；‎ D．带电粒子在匀强电场中运动的时间 在匀强磁场中运动的时间 带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为 故D错误。‎ 三、实验题 ‎18.某探究小组在“电表的改装和练习使用多用电表”的实验中。‎ ‎（1）如图甲，某同学设计的电流、电压两用表的电路，已知电流计G的量程是1mA，内阻是100Ω，电阻R1=1Ω，R2=99Ω ，则选择开关接到____（填“‎1”‎或“‎2”‎）时是电压表；量程是___________V。‎ ‎（2）如图乙为某种型号多用电表电阻档内部原理示意图，已知电流计内阻为，电池内阻为r。某同学用其电阻档测电阻时进行如下操作：先闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，当可变电阻接入电路的阻值为R时电流表满偏；再将接入A、B表笔之间时电流计指针指在表盘的正中央，则待测电阻的阻值________。（用Rg、R、r表示）‎ ‎【答案】 (1). 2 10 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．选择开关接到1时为G与并联为电流表，其量程为 ‎；‎ 选择开关接到2时为改装后的电流表与串联为电压表，根据欧姆定律，有：‎ ‎；‎ ‎（2）[3]．当未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏，由闭合电路欧姆定律得：‎ 当接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，由欧姆定律得：‎ 解得 ‎19.某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为2Ω，电压表V（0-3V，内阻约3kΩ、电流表A（0‎-0.6A，内阻约10Ω、滑动变阻器有R1（10Ω，‎2A）和R2（100Ω，‎0.2A）各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用_______（填“R‎1”‎或“R‎2”‎）‎ ‎（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的U-I图线，由图可较准确得求出的电源电动势E=____V，内阻r= ______Ω结果均保留3位有效数字）‎ ‎（3）该实验测量的电动势比真实值______（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 1.45 1.80 (3). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．干电池的电动势约为1.5V，内阻约为2Ω，则电流测量值的最大值为为‎0.75A，而滑动变阻器R2的额定电流为‎0.1A，因此滑动变阻器应选R1；‎ ‎（2）[2][3]．由图丙所示U-I图象可以知道，图象与纵轴交点坐标值为1.45，则电源电动势E=1.45V，图象斜率表示内阻，则有：‎ ‎；‎ ‎（3）[4]．本实验中因为电压表的分流，使电流测量值小于真实值，而电压表示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流向左下移动，故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势小于真实值。‎ 四、计算题 ‎20.如图所示，匀强磁场的磁感应强度，金属棒AD长，与框架宽度相同，电阻r=1.3Ω，框架电阻不计，电阻R1=2Ω， R2=3Ω当金属棒以‎5m/s速度匀速向右运动时，求：‎ ‎（1）流过金属棒的感应电流为多大？‎ ‎（2）若图中电容器C为0.3μF，则电容器中储存多少电荷量？‎ ‎【答案】（1）‎0.08A（2）2.88×10‎‎-8C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）棒产生的电动势：‎ 外电阻为：‎ 通过棒的感应电流：‎ ‎（2）电容器两板间的电压：‎ 电容器带电量：‎ C.‎ ‎21.如图所示，一个总阻值r=10Ω，匝数的正方形金属线圈，与阻值R=20Ω的定值电阻连成闭合回路．线圈的边长，其内部空间包括边界处充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场．磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示．导线电阻不计，求：‎ ‎（1）t=0时刻，穿过线圈的磁通量为多大？‎ ‎（2）0-0.02s过程中电阻R的热功率为多大？‎ ‎【答案】（1）6×10-5Wb（2）0.2W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当t=0时，则 ‎；‎ ‎（2）依据电动势的公式 ‎；‎ 依据欧姆定律总电流 再依据功率的表达式 ‎22.如图所示，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里。一个质量为m=‎1g、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行x=‎0.8m到N点时就离开壁做曲线运动，当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成=45°角，设P与M的高度差H=‎1.6m，取g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）A沿壁下滑过程中克服摩擦力做的功Wf；‎ ‎（2）P与M的水平距离s。‎ ‎【答案】(1)6×10－3J；(2)‎‎0.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小物体到N点时离开壁时 qvNB=qE vN=E/B=‎2m/s 从M到N的过程中，根据动能定理 代入数据得 Wf=-6×10-3J ‎(2) 小物体运动到P点时恰好处于平衡状态 qE=mg 从M到P的过程中，根据动能定理 代入数据得s=‎0.6m。‎ ‎23.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度l=‎0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°角，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量m=‎0.2kg，有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动，通过导体棒截面的电量共为Q=‎2C．求：‎ ‎（1）导体棒匀速运动的速度；‎ ‎（2）导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的电阻产生的焦耳热．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】（1）‎5m/s；（2）1.5J．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由安培力，，，‎ 可得 导体棒匀速下滑时，由力平衡得 所以 代入数据解得v=‎5m/s ‎（2）设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为S，‎ 通过导体棒截面的电量 得到 所以 根据能量守恒定律，得 得 ‎24.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子运动轨迹如图：‎ 粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为‎2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：‎ x方向：‎ y方向： ‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：，‎ 又，‎ 解得，即，‎ 粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为 ‎；‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：‎ ‎，‎ 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：‎ ‎，‎ 根据几何关系可知：‎ 解得：‎