物理卷·2018届甘肃省天水一中高二下学期开学物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届甘肃省天水一中高二下学期开学物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年甘肃省天水一中高二（下）开学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（　　）‎ A．电动势是一种非静电力 B．电动势越大，表明电源储存的电能越多 C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压 ‎2．如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有（　　）‎ A．路端电压为10V B．电源的总功率为10W C．a、b间电压的大小为5V D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A ‎3．如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b，与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a通过导线与恒定电源两极相接，若声源s沿水平方向做有规律的振动，则（　　）‎ A．a振动过程中，ab板间的电场强度不变 B．a振动过程中，ab板所带电量不变 C．a振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流 D．a向右的位移最大时，ab两板所构成的电容器的电容量最大 ‎4．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带负电 B．液滴做匀加速直线运动 C．合外力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能减少 ‎5．如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（　　）‎ A．U先变大后变小 B．I先变小后变大 C．U与I比值先变大后变小 D．U变化量与I变化量比值等于R3‎ ‎6．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 C．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动 ‎7．两个完全相同的灵敏电流计改装成两个不同量程的电压表V1、V2，如将两表串联起来后去测某一线路的电压，则两只表（　　）‎ A．读数相同 B．指针偏转的角度相同 C．量程大的电压表读数大 D．量程大的电压表读数小 ‎8．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎9．某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（　　）‎ A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B．一个伏特表和多个定值电阻 C．一个安培表和一个电阻箱 D．两个安培表和一个滑动变阻器 ‎10．如图，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源．若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子（　　）‎ A．在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力 B．a到c匀加速直线运动，加速度是 C．a至d重力势能减小，电势能增加 D．a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向 ‎11．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图所示．一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐降低 D．AB两点的电势差UAB=﹣5V ‎12．如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，长直导线中电流i随时间变化，使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．图中箭头表示电流i的正方向，则i随时间t变化的图线可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分40分）‎ ‎13．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）小环带何种电荷？离开直杆后运动的加速度大小和方向．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小υ0．‎ ‎14．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界．现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，求粒子入射速率v的最大值．‎ ‎15．质量为m=0.02kg的通电细杆ab置于倾角为θ=37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d=0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，磁感应强度B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示．现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省天水一中高二（下）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（　　）‎ A．电动势是一种非静电力 B．电动势越大，表明电源储存的电能越多 C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量．‎ ‎【解答】解：A、电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误．‎ BC、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误，C正确．‎ D、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有（　　）‎ A．路端电压为10V B．电源的总功率为10W C．a、b间电压的大小为5V D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由串并联电路分别出初态的外接电阻阻由欧姆定律确定外压，求电流定功率；确定出a，b间的电势求其电压；a、b间用导线连接后电路结构变化，重新求电阻求电流．‎ ‎【解答】解：AB、外电阻为R：，则，则路端电压为U=IR=1×10V=10V，电源的总功率为P=EI=12×1W=12W，故A正确，B错误；‎ C、选电源负极为0电势点，则a点电势为，b点的电势，a、b两点间的电压为，故C正确；‎ D、a、b间用导线连接后外电阻为R′，则，则电流，故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎3．如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b，与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a通过导线与恒定电源两极相接，若声源s沿水平方向做有规律的振动，则（　　）‎ A．a振动过程中，ab板间的电场强度不变 B．a振动过程中，ab板所带电量不变 C．a振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流 D．a向右的位移最大时，ab两板所构成的电容器的电容量最大 ‎【考点】常见传感器的工作原理．‎ ‎【分析】由图看出，a、b间电压不变，由公式E=分析板间电场强度的变化．由公式C= 分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向． a向右的位移最大时，a、b 板构成的电容器的电容最大．‎ ‎【解答】解：‎ A、a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式E=分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化．故A错误．‎ B、a振动过程中，a、b间电压不变，由公式C=分析得知，a、b 板所带的电量会周期性变化．故B错误．‎ C、a 振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化．故C错误．‎ D、a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带负电 B．液滴做匀加速直线运动 C．合外力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能减少 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、若液滴带正电，其受力情况如图一所示，液滴不可能沿bd运动，故只能带负电荷，故A正确．‎ B、对液滴进行受力分析，其受力情况如图二所示，故物体所受合力F=mg，故物体的加速度a==，做匀加速直线运动，故B正确．‎ C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误．‎ D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（　　）‎ A．U先变大后变小 B．I先变小后变大 C．U与I比值先变大后变小 D．U变化量与I变化量比值等于R3‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无论外电阻如何变化，电压表示数不变．滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先曾大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和和U与I比值的变化．‎ ‎【解答】解：A、由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；‎ BC、由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；‎ D、由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 C．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】当K闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持K闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开K后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．‎ ‎【解答】解：A、保持K闭合，电容器板间电压不变，滑动滑动变阻器的滑片时，不会影响电容器的性质，板间距不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确，C错误；‎ B、打开K后，电量不变，使两极板靠近时两板间距离减小；由电容器电容的决定式C=，电容的定义式C=，以及E=分析得知板间场强E=，则说明当电量不变时，E与板间距离无关，故使两极板靠近或远离时，板间场强不变，故微粒受合力不变，均保持静止状态，故BD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．两个完全相同的灵敏电流计改装成两个不同量程的电压表V1、V2，如将两表串联起来后去测某一线路的电压，则两只表（　　）‎ A．读数相同 B．指针偏转的角度相同 C．量程大的电压表读数大 D．量程大的电压表读数小 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．‎ ‎【解答】解：A、两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．‎ B、因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．‎ C、两表指针偏转角度相同，示数不等．因是串联关系，分压之比为内阻之比，量程大的内阻大，电压表读数大，故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，‎ A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以A正确；‎ B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，所以B错误；‎ C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，所以C正确；‎ D、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为 ‎，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，所以D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎9．某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（　　）‎ A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B．一个伏特表和多个定值电阻 C．一个安培表和一个电阻箱 D．两个安培表和一个滑动变阻器 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据U﹣I图象与坐标轴的交点求解电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：通过改变电路的阻值从而获得多组数据，根据U﹣I图象与坐标轴的交点求解电动势和内阻．‎ A．安培表测电流，伏特表测路端电压，滑动变阻改变电路的阻值从而获得多组数据，故A可取；‎ B．伏特表测路端电压，电流可由路端电压和定值电阻求得，通过改变接入定值电阻的个数改变电路的电阻，故B可取；‎ C．安培表测电流，再由电流和定值电阻可得路端电压，通过改变接入定值电阻的个数改变电路的电阻，故C可取；‎ D．两个安培表和一个滑动变阻器，不管怎么组合，不能测出路端电压，故不能测出电动势和内阻，故D最不可取．‎ 本题选最不可取的一组器材，故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源．若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子（　　）‎ A．在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力 B．a到c匀加速直线运动，加速度是 C．a至d重力势能减小，电势能增加 D．a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向 ‎【考点】电势能；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由图看出，粒子先做直线运动，后做曲线运动，做直线运动时，合力与速度在同一直线上，可判断出电场力的方向，确定出合力的方向，分析其运动情况，由牛顿第二定律求解加速度．重力和电场力做正功，重力势能和电势能均减小．‎ ‎【解答】解：A、B在ac段：粒子做直线运动，合力与速度在同一直线上，则可判断出电场力的方向水平向右，合力的方向与速度方向相同，电场力与重力均是恒力，合力也是恒力，则粒子做匀加速运动，由牛顿第二定律得：加速度为a===．故A错误，B正确．‎ C、ad段，重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电势能减小．故C错误．‎ D、a到c过程，合力沿轨迹的切线方向，而c到d过程，合力指向轨迹的内侧．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎11．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图所示．一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐降低 D．AB两点的电势差UAB=﹣5V ‎【考点】电场的叠加；电势能．‎ ‎【分析】根据v﹣t图可知粒子在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值．由C到A的过程中物块的动能一直增大，由能量守恒定律分析电势能的变化情况．由动能定理可求得AB两点的电势差．‎ ‎【解答】解：A、从速度时间图象可知带电粒子在B点的加速度最大为 am==2m/s2，所受的电场力最大为 Fm=mam=2N，据E=知，B点的场强最大为1N/C，故A错误；‎ B、从速度时间图象可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；‎ C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；‎ D、从速度时间图象可知A、B两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得 qUAB=mvB2﹣mvA2=×1×（42﹣62）J=﹣10J，解得：UAB=﹣5V，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎12．如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，长直导线中电流i随时间变化，使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．图中箭头表示电流i的正方向，则i随时间t变化的图线可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】楞次定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．‎ ‎【解答】解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；‎ 由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；‎ 由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；‎ A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；‎ B、由安培定则与楞次定律可知，感应电流始终沿逆时针方向，故B错误；‎ C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；‎ D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分40分）‎ ‎13．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）小环带何种电荷？离开直杆后运动的加速度大小和方向．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小υ0．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性．当小环离开直杆后，仅少了支持力．则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向．小环离开直杆后，所受合力恰与速度方向垂直，因此做的类平抛运动．当小环从C到P过程中，电场力做功刚好为零，动能的变化完全由重力做功引起．当求小环离开直杆的速度时，仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动，所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度．‎ ‎【解答】解：（1）对带电小环受力分析 因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电．‎ 由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F合=‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．‎ ‎（2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为△Ek．由动能定理有：WG+WE=△Ek 因电场力做的总功，为零WE=0；‎ 则△Ek=WG=mgh=4J ‎（3）小环离开杆做类平抛运动．如图所示建立坐标x、y轴 垂直于杆方向做匀加速运动：‎ 平行于杆方向做匀速运动：‎ 解得：υ0=2m/s ‎　‎ ‎14．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界．现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，求粒子入射速率v的最大值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子垂直射入匀强磁场时，做匀速圆周运动，速度越大，粒子的轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，根据几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解粒子入射速率的最大值．由于题中没有说明带电粒子的电性，要分正电和负电两种情况求解．‎ ‎【解答】解：题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如图所示上方与NN′相切的圆弧，如图1所示．‎ 设轨道半径为R，根据几何知识得：‎ R﹣Rcos45°=d 解得：R=（2+）d 粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，则牛顿第二定律得：‎ qvB=m 解得：v=（2+）．‎ 若带负电荷，轨迹如图所示下方与NN′相切的圆弧，如图2所示．根据几何知识得：‎ R+Rcos45°=d 解得：R=（2﹣）d 由qvB=m 解得：v=（2﹣）．‎ 答：粒子入射速率v的最大值是（2+）或（2﹣）．‎ ‎　‎ ‎15．质量为m=0.02kg的通电细杆ab置于倾角为θ=37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d=0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，磁感应强度B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示．现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，安培力最大，电流最大．当电流最小时，有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡，结合安培力的大小公式，求出通过ab杆的电流范围．‎ ‎【解答】解：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin．‎ 正确地画出两种情况下的受力图如图所示，‎ 由平衡条件列方程求解．‎ 根据第一幅受力图列式如下：F1﹣mgsinθ﹣f1=0‎ N1﹣mgcosθ=0‎ f1=μN1‎ F1=BImaxd 解上述方程得：Imax=0.46A 根据第二幅受力图F2﹣mgsinθ+f2=0‎ N2﹣mgcosθ=0‎ f2=μN2‎ F2=BImind 解上述方程得：Imin=0.14A 则通过ab杆的电流范围为：0.14A≤I≤0.46A．‎ 答：通过ab杆的电流范围为0.14A≤I≤0.46A．‎