2018-2019学年黑龙江省大庆市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省大庆市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

黑龙江省大庆第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1.关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（ ）‎ A. 奥斯特发现了电流的磁效应 B. 密立根测出了元电荷e的数值 C. 库仑发现了电磁感应现象 D. 安培提出了分子电流假说 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 奥斯特发现了电流的磁效应，选项A正确； 密立根测出了元电荷e的数值，选项B正确；法拉第发现了电磁感应现象，选项C错误；安培提出了分子电流假说，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.‎ ‎2.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只理想二极管D．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同 B. 断开S的瞬间，L2会逐渐熄灭 C. 断开S的瞬间，L1中电流方向向左 D. 断开S的瞬间，a点的电势比b点高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：闭合开关S稳定后被短路，A错误；断开S的瞬间，立即熄灭，B错误；断开S的瞬间，由于电路电流减小，所以产生还原电流方向一致的感应电流，二极管的单项导电性导致中无电流，C错误，L相当于一个电源，右端为正极，所以a点电势比b点电势高，D正确 故选D 考点：考查了自感现象 点评：做此类问题关键是分析谁和电感线圈组成闭合回路 ‎3.在如图所示的电路中,电源电动势为6 V,当开关S接通后,灯泡L1和L2都不亮,用电压表测得各部分电压是Uab=6 V, Ucd=6 V, Uad=0,由此可断定(　 )‎ A. L1和L2的灯丝都烧断了 B. .L1的灯丝烧断 C. L2的灯丝烧断 D. 变阻器R烧断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用电压表判断电路中的故障，是考试的热点题型之一，依据在故障电路中电压表测量的信息：Uab=6V，Uad=0V，Ucd=6V，来判断各部分电路与电源两极间的连接关系，逐项判断即可。‎ ‎【详解】据题：Uab=6V，Ucd=6V，即L2的电压等于电源两极间的电压，说明d与a连接完好，c与b连接完好，所以不可能是L1的灯丝烧断了，也不可能变阻器R断路。只可能是L2的灯丝烧断，故ABD错误，C正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了用电压表检测电路的故障．当电压表并联在某处时若有示数，说明此处开路或它处短路，若无示数，说明此处短路或它处开路。‎ ‎4.a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等．电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子没有质量，正离子吸收电子后电荷量改变，再由左手定则可判断所受洛仑兹力的方向，从而判断正确的运动图象。‎ ‎【详解】碰撞后整体的带电量为e，由左手定则判断知整体在b点受到的洛伦兹力向下，整体向下旋转。‎ 碰撞过程遵守动量守恒定律，由可得，知碰后mv不变，q变为原来的一半，由轨道半径增大为原来的2倍，故它们的运动轨迹为D。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，注意正确应用左手定则判断受力方向，从而得出可能的偏转轨迹。‎ ‎5.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ​‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负。‎ ‎【详解】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，前进L后，边bc开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产的减去在bc边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bc完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除。‎ ‎6.某组同学在实验室利用如图所示的电路图连接好电路，并用于测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r．调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1测量数据，另一同学记录了电流表A和电压表V2的测量数据．根据所得数据描绘了如图所示的两条U-I直线．则有（ ）‎ A. 图象中的图线乙是电压表V1的测量值所对应的图线 B. 由图象可以得出电源电动势和内阻分别是E=1.50V，r=1.0Ω C. 当该电源只给定值电阻R0供电时R0消耗的功率为0.55W D. 图象中两直线的交点表示在本电路中该电源的效率达到最大值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压；则两条U-I图象表示的意义不同，根据图象的意义可知交点的意义，并求出电源的输出功率及定值电阻R0上消耗的功率。‎ ‎【详解】A项：由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压，路端电压随电流增大而减小，定值电阻两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线甲是电压表V1‎ 的测量值所对应的图线，图线乙是V2的测量值所对应的图线，故A错误；‎ B项：由电源的U-I图象可知，图象与总轴的交点纵轴坐标轴是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r=，故B正确；‎ C项：两图象交点表示两电压表示数相等，此时滑动变阻器接入电路的阻值为零，只有定值电阻接在电源两端，由图象可知，此时电阻两端电压为1V，电路电流为0.5A，则当该电源只给定值电阻R0供电时R0消耗的功率P=UI=1×0.5=0.5W，故C错误；‎ D项：电源的效率为：，外电路电阻R越大，电源效率越高，图象两直线相交时，外电路电阻最小，电源效率最低，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查测定电动势和内电阻实验的数据处理方法，要结合电路分析图线的意义，注意分析交点及截距等图象给出的隐含条件。‎ ‎7.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中( )‎ A. 流过金属棒的最大电流为 B. 通过金属棒的电荷量为 C. 克服安培力所做的功为mgh D. 金属棒产生的焦耳热为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；‎ 由可以求出感应电荷量；‎ 克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，导体棒产生的焦耳热。‎ ‎【详解】A项：金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：，金属棒到达水平面时的速度金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E=BLv，最大感应电流 ，故A错误；‎ B项：感应电荷量，故B错误；‎ C项：金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-WB-μmgd=0-0，克服安培力做功：WB=mgh-μmgd，故C错误；‎ D项：克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等，综合性较强，对学生能力要求较高，需加强这方面的训练。‎ ‎8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）  ‎ A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B. 若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过R C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向，根据P=I2R分析电流在R上的热功率变化情况。‎ ‎【详解】A、B项：铜盘转动产生的感应电动势为 B、L、ω不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，故A正确，B错误；‎ C项：若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；‎ D项：若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．根据右手定则判断感应电流的方向，需要熟练掌握。‎ ‎9.M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上．现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 铝环N 对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下 B. 铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向上 C. 铝环N 有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大 D. 铝环N 有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 胶木盘M由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大；橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过B 线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．根据牛顿第三定律可知，铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下．故选项A、D正确，选项B、C错误．故选AD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化．‎ ‎10.如图所示，电源电动势为E内阻为r，当滑动变阻器R2滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU。下列说法中正确的是（   ）‎ A. 电压表V的示数变大 B. 电流表A2的示数变小 C. ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r D. ΔU与ΔI2比值一定小于电源内阻r ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A2的示数变化情况．根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A1的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A1与A2的变化量大小．根据闭合电路欧姆定律分析△U与△I1比值。‎ ‎【详解】A、B项：当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小。所以电流表A2的示数减小。‎ 根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，故A、B正确；‎ C项：根据并联电路的电流规律I2=I1+I，A2的示数I2变小，通过定值电阻R1的电流增大，则A1的示数I1变小，所以△I1一定大于△I2。‎ 电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I2r可知，而△I1大于△I2，所以故D错误，C正确。‎ 故选：ABC。‎ ‎【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题。‎ ‎11.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。L1、L2所在区域处于磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外的匀强磁场中。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外，( )‎ A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手螺旋定则来判定两直导线在a、b两处的磁场方向，再结合矢量的叠加法则，即可求解。‎ ‎【详解】整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，且a、b两点的磁感应强度大小分别为 和，方向也垂于纸面向外，‎ 根据右手螺旋定则，L1直导线电流，在a、b两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等，‎ 同理，L2直导线的电流，在a点磁场方向垂直纸面向里，在b点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等，‎ 依据矢量叠加法则，则有：B0-B2-B1=‎ B0+B2-B1=‎ 联立上式，可解得： ，‎ 故选：BD。‎ ‎【点睛】考查右手螺旋定则的应用，掌握矢量的合成法则，注意对称位置的磁场大小是相等的。‎ ‎12.在平行板电容器极板间有场强为E、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B1、方向水平向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔S1、S2，在其右侧有一边长为L的正三角形磁场，磁感应强度为B2，磁场边界ac中点S3与小孔S1、S2正对。现有大量的带电荷量均为+q、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S1水平射入电容器，其中速率为v0的粒子刚好能沿直线通过小孔S1、S2。粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计。下列有关说法中正确的是( )‎ A. v0一定等于 B. 在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足 C. 质量的粒子都能从ac边射出 D. 能打在ac边的所有粒子在磁场B2中运动的时间一定都相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A. 当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，如果大小相等，‎ 即qE=qv0B1‎ 解得：v0=，就会做匀速直线运动，A正确；‎ B. 正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v0>，故B正确；‎ C.设质量为m0的粒子的轨迹刚好与bc边相切，如图所示 由几何关系得：R+R=，‎ 而R=，‎ 解得m0=，‎ 所以m<的粒子都会从ac边射出，而<，故C错误；‎ D. 质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D错误；‎ 故选：AB。‎ 二、实验题 ‎13.一细而均匀的导电材料，截面为圆柱体，如图所示，此材料长约5cm，电阻约为100Ω，欲测量这种材料的电阻率ρ．现提供以下实验器材 ‎ A．游标卡尺；       ‎ B.螺旋测微器； ‎ C.电流表A1（量程50mA，内阻r1=100Ω）； ‎ D.电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40Ω）； ‎ E.电压表V（量程15V，内阻约为3000Ω）； ‎ F.滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）； ‎ G.直流电源E（电动势为3V，内阻很小）； ‎ H.上述导电材料R2（长约为5cm，电阻约为100Ω）；‎ I.开关一只，导线若干． ‎ 请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品电阻率ρ的实验方案，回答下列问题：‎ ‎（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图所示，其示数L=_______ cm ，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图所示，其示数D=______mm． ‎ ‎（2）在如图的方框中画出设计的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号____． ‎ ‎（3）实验中应记录的物理量有___________ 、_______________（写出文字表述和字母符号），用已知的物理量和所测得的物理量的符号表示这种材料的电阻率为ρ=_____‎ ‎【答案】 (1). 5.015； (2). 4.700； (3). ； (4). 电流表A1的示数； (5). 电流表A2的示数； (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。‎ ‎(2)根据实验目的与实验所给器材选择实验器材，然后设计实验电路 ‎(3)根据欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式。‎ ‎【详解】(1) 由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm；‎ 由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm。‎ ‎(2) 电源电动势为3V，电压表量程为15V，电压表量程太大，不能用电压表测电压，‎ 可以用已知内阻的电流表A1与待测电阻并联测电压，用电流表A2测电流，‎ 由于滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，‎ 滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ ‎(3) 通过待测电阻的电流：I=I2-I1，待测电阻两端电压：U=I1r1，待测电阻阻值： ‎ 由电阻定律可知 ‎ 解得：电阻率：。‎ 所以实验中要记录的物理量为：电流表A1的示数，和电流表A2的示数。‎ ‎【点睛】本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、设计电路图、求电阻率表达式，要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。‎ ‎14.利用如图所示的电路测定电源的电动势和内电阻。‎ ‎(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U。‎ ‎(2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I。‎ ‎(3)某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象(如图①和②所示)，纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2‎ 若忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则 步骤(1)中测得的电动势E1=___________；内阻r1=___________。(用k1、b1表示)‎ 步骤(2)中测得的电源内阻r2=比真实值_________(填偏大、相等、或偏小)。‎ 若不能忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则：结合两组图像可计算出该电源的真实电动势E=，真实内阻r=_________。‎ ‎【答案】 (1). ； (2). ； (3). 偏大； (4). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)开关接a时，采用电压表与电阻箱并联的方式测量电动势和内电阻，明确电表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律进行分析列出对应的表达式，从而确定误差情况；‎ ‎(2)开关接b时，采用电流表与电阻箱串联的方式测量，根据闭合电路欧姆定律进行分析列出对应的表达式，从而确定误差情况；‎ ‎(3)分析两种方式所得出的准确值表达式，从而分析与电表内阻无关的物理量，从而确定真实值。‎ ‎【详解】(1) 若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，‎ E=U+Ir=U+ ‎ 则 ‎ 因此图象的纵轴截距b= ，电动势E=‎ 图象的斜率k1= ，则电源内阻r=k1E=；‎ ‎(2) 根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）变形，得到 与R的关系式， ‎ 根据数学知识得知， 图象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和。‎ 则可知，电动势的测量值与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻 ，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大。‎ ‎(3)由以上分析可知，(2)中电动势是准确的，故 ；而(1)图象的斜率 ‎ 联立解得：r=。‎ ‎【点睛】本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，在光滑水平面上有一长为L=0.5m的单匝正方形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B=0.4T的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合．线框由同种粗细均匀、电阻为R=2Ω的导线制成．现用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v=5m/s向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行．求线框被拉出磁场的过程中：‎ ‎（1）通过线框的电流大小及方向；‎ ‎（2）线框中a、b两点间的电压大小；‎ ‎（3）水平拉力的功率．‎ ‎【答案】（1）0．5A；顺时针；（2）0．25v；（3）0．5W。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）cd边切割磁感线运动，电动势E="BLv" ① …（2分）‎ I=E/R② …（2分）‎ 代值 E=1V，I=0．5A…（1分） 方向：顺时针…（1分）‎ ‎（2）ab两点电压 Uab=E ③…（3分） Uab=0．25v（2分）‎ ‎（3）拉力功率P=F拉v ④…（2分）‎ F拉 = F安 ⑤…（1分） F安="BIL" ⑥…（1分）‎ 解得：P=0．5W…（1分）‎ 考点：电磁感应，欧姆定律，安培力。‎ ‎16.如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ‎，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小．‎ ‎【答案】（1）mg(sin θ–3μcos θ) （2）(sin θ–3μcos θ)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ=μN1+T+F①‎ N1="2mgcos" θ②‎ 对于cd棒，同理有 mgsinθ+μN2=T③‎ N2=mgcosθ④‎ 联立①②③④式得 F="mg(sin" θ–3μcos θ)⑤‎ ‎（2）由安培力公式得 F=BIL⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为 ε=BLv⑦‎ 式中，v是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I=⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v="(sin" θ–3μcos θ)⑨‎ ‎【考点定位】导体切割磁感线、共点力平衡 ‎【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、共点力作用下的平衡即可正确解题。解决本题时，还要特别注意cd 棒的重力沿斜面的分力和滑动摩擦力的影响。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎17.如图所示，在xoy平面内，第三象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成角在且OM的左侧空间存在着沿负x方向的匀强电场E，场强大小为，在且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为一不计重力的带负电的粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以的初速度进入磁场，已知粒子的带电量为，质量为，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）带电粒子第一次经过磁场边界的位置坐标；‎ ‎（2）带电粒子在磁场区域运动的总时间；‎ ‎（3）带电粒子最终离开电、磁场区域进入第一象限时的位置坐标．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图，第一次经过磁场边界上的A点，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：‎ ‎①（2分）‎ ‎②（1分）‎ A点位置坐标③（2分）‎ ‎（2）根据公式④（2分）‎ 可得，代入数据可得 ‎（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，‎ ‎，，‎ 代入数据可得 离开电磁场时的位置坐标 考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动 ‎ ‎ ‎ ‎