2018-2019学年安徽省滁州市民办高中高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省滁州市民办高中高二上学期期末考试物理试题 解析版

滁州市民办高中2018-2019学年上学期期末考试卷 高二物理 一、选择题 ‎1.水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量．‎ 对小球进行受力分析，小球受重力和A，B，C处正点电荷施加的库仑力．将A，B，C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向．设是A，B，C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向，，根据几何关系得，解得，A正确．‎ ‎2.容器中有质子，α粒子的混合物，为了把它们分开，先让它们从静止开始经电场加速，穿出加速电场后，第一种：垂直进入匀强电场；第二种：垂直进入匀强磁场，利用电场或磁场使它们偏转，最后穿出电场或磁场，从而达到分开的目的。对于上述两种情况，能使质子和α粒子分开的是（不计粒子重力）‎ A. 两种情况都能使质子和α粒子分开 B. 两种情况都不能使质子和α粒子分开 C. 进入电场后可以分开进入磁场不能分开 D. 进入电场后不能分开进入磁场能够分开 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理可求得两粒子加速后的动能和速度；再分别对进入电场和磁场中进入分析，根据电场中的类平抛运动规律和磁场中圆周运动规律进行分析，得出偏转位移和半径公式即可明确能否散开，从而确定能否分析．‎ ‎【详解】设加速电场电压为U，则在电场中加速过程，根据动能定理有，进入电场时，粒子做类平抛运动，设电场强度为E，则在垂直电场线方向上有，沿电场线方向上有：，则可知，偏转位移与荷质比无关，故无法将两种粒子分开；进入磁场时，根据洛伦兹力充当向心力则有，解得，因荷质比不同，则两种粒子运动半径不同，故在磁场中分开，由以上分析可知，D正确．‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律分析，要注意明确带电粒子在电场中做类平抛运动或匀变速运动，而在磁场中做匀速圆周运动，要注意体会两种方法的不同．‎ ‎3.如图所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为-Q．现从A点将一质量为m、电荷量为-q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为．已知重力加速度为g．规定电场中B点的电势为零，则在-Q形成的电场中 A. D点的电势为 B. A点的电势高于D点的电势 C. D点的电场强度大小是A点的倍 D. 点电荷-q在D点具有的电势能为7mgr ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由A到D电场力做正功，根据动能定理可知，，解得；则，因为，故，A正确；A点的电势低于D点的电势，B错误；A、D点的电场强度；，即D点的电场强度大小是A点的倍，C错误；点电荷-q在D点具有的电势能为-7mgr，D错误；故选A。‎ 考点：动能定理、点电荷场强 。‎ ‎【名师点睛】考查电势的高低判定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与电势能的关系式，注意电荷的电量正负。‎ ‎4.如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向。结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度．‎ ‎【详解】液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电；‎ 磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得①，得，液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为，联立得：，D正确．‎ ‎【点睛】此题考查了液滴在复合场中的运动。复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要。该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况．‎ ‎5.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中 A. 它们运动的时间tQ＞tP B. 它们运动的加速度aQ＜aP C. 它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2‎ D. 它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A错误；平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=at2，解得：…①，由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，所以aQ＞aP，故B错误；根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②，由①②两式解得：，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；根据动能定理，有：qEx=△Ek，而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；故选C．‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．‎ ‎6.如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计．不称物体时，滑片P滑到A 端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称重物时，在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重量值，若滑动变阻器上A、B间距离为L，最大阻值等于电阻阻值R0，已知两只弹簧的总弹力与形变量成正比，其比例系数为k，所称重物的重量G与电流大小I的关系为 A. G＝2kL＋ B. G＝2kL－‎ C. G＝＋kL D. G＝kIL ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由于滑片P的移动,所以接入电路的电阻随重物的增加而减小,设所称重物的重力为G时,弹簧压缩x(AP=x),则电路中的总电阻为R0+R0,‎ 由欧姆定律可得E=I(R0+R0),①‎ 由胡克定律得G=kx②‎ 由①②两式解得G=2kL-,故选项A正确.‎ ‎7.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则 A. 所有粒子都不会打到两极板上 B. 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C. 运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0‎ D. 只有t＝(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零．‎ ‎【详解】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，该粒子竖直方向的分位移最大，该粒子恰好从上极板边缘飞出，则其他粒子没有达到上极板边缘，故所有粒子最终都不会打到极板上，AB正确D错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，设竖直方向最大速度为vym，则根据分位移公式有，由于，故有，故有，C正确．‎ ‎【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解．‎ ‎8.用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时(    )‎ A. 电流表的示数为0.5A B. 电压表的示数为6V C. 电路输出功率为4W D. 电源内阻为1Ω ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2Ω，故D错误，C正确。所以AC正确，BD错误。‎ ‎9.超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，MN和CD是与电池相连的导体棒，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是 A. 要使船前进，图中MN导体棒应接直流电源的负极 B. 改变超导线圈中电流的方向，可控制船前进或倒退 C. 若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，电路中的电流为I，则UI＞I2R D. 该超导电磁船应用的是电磁感应原理 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，当改变超导线圈的电流时，会改变磁场的方向，受力都会发生改变，路端电压一部分用来产生磁场，一部分由于海水有电阻，会产生热，有非纯电阻电路的欧姆定律即可判断．‎ ‎【详解】当MN解直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，A正确；改变超导线圈中中电流的方向，会改变磁场的方向，从而改变海水的受力方向，从而改变船体的受力方向，故能控制船体的前进或后退，B 正确；路端电压一部分用来产生磁场，一部分由于海水有电阻，会产生热，故，C正确；该超导电磁船应用的是安培力原理，D错误．‎ ‎10.如图所示，质量为m、带电荷量为+q的P环套在固定不光滑的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B．现给环一向右的初速度（），则 A. 环将向右减速，最后匀速 B. 环将向右减速，最后停止运动 C. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是 D. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 环受重力、支持力、洛伦兹力以及摩擦力作用做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力等于零，环做匀速直线运动．根据能量守恒求出损失的机械能．‎ ‎【详解】当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，由于，支持力的方向向下；物体先向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动，A正确B错误；根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有，解得，损失的机械能，C错误D正确．‎ ‎11.如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05 m，电源的电动势为E=3 V，内阻r=0.1 Ω，限流电阻R0=4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9 Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5 V，则 A. 由上往下看，液体做逆时针旋转 B. 液体所受的安培力大小为 1.5×10-3N C. 闭合开关后，液体热功率为0.81 W D. 闭合开关10 s，液体具有的动能是3.69 J ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向；根据闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流值，然后根据安培力的公式计算安培力的大小，根据焦耳定律计算热功率，从而即可求解．‎ ‎【详解】由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A错误；电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：，所以电路中的电流值，液体所受的安培力大小为，B正确；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为，则液体热功率为，C错误；10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：，所以闭合开关10s，液体具有的动能是：，D正确．‎ ‎【点睛】该题考查电磁驱动，是一道容易出错的题目．容易错的地方是当导电液体运动后，液体切割磁感线将产生反电动势，导电液体的电阻值消耗的电压不等于液体两端的电压！‎ ‎12.如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚，则（ ）‎ A. 粒子到达y轴的位置一定各不相同 B. 磁场区域半径R应满足 C. 从x轴入射的粒子最先到达y轴 D. ，其中角度θ的弧度满足 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：‎ y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转。‎ A、由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到达y轴的位置不是各不相同的，故A正确；B、以沿x轴射入的粒子为例，若，则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求 ，所有粒子才能穿过磁场到达y轴，故B错误；C、从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，故C错误.D、而y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短；从x轴入射的粒子运动时间为：，y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，则，所以，其中角度θ为从x轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有：α=θ ‎，则，，故D正确；故选AD．‎ ‎【点睛】本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，要求同学们能正确画出粒子运动的轨迹，确定圆心位置，知道半径公式及周期公式，并能结合几何关系求解。‎ 二、实验题 ‎ ‎13.有一个小灯泡上标有“4.8 V 2 W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：‎ A．电压表V1（0～3 V，内阻3 kΩ） B．电压表V2（0～15 V，内阻15 kΩ）‎ C．电流表A（0～0.6 A，内阻约1 Ω） D．定值电阻R1=3 kΩ E．定值电阻R2=15 kΩ F．滑动变阻器R（10 Ω，2 A）‎ G．学生电源（直流6 V，内阻不计） H．开关、导线若干 ‎(1)为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用_______，定值电阻应选用_______（均用序号字母填写）；‎ ‎(2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图__________；‎ ‎(3)根据实验做出P﹣U2图象，下面的四个图象中可能正确的是_____________．‎ A、 B、‎ C、 D、‎ ‎【答案】13. A （2分） D （2分） ‎ ‎14. 电路图如右图所示 ‎ 15. C ‎【解析】‎ ‎【13题详解】‎ 为了使测量误差小，电压表V2量程太大，所以用V1，又因为V1量程小于灯泡的额定电压，所以串联一个电阻组成一个稍大一些的电压表，故定值电阻与V1串联，测量灯泡两端的电压，新量程在6V左右即可，因为3kΩ与电压表V1内阻相等，所以新量程为6V，若选用15kΩ，新量程变为18V，太大了，所以定值电阻选用D;‎ ‎【14题详解】‎ 为了多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表电阻较小与被测灯泡阻值接近，所以采用外接，电路图如下：‎ ‎【15题详解】‎ 根据功率，电压，电阻的关系,随功率的增加小灯泡的电阻变大，所以图像的斜率变小，故C正确。‎ ‎14.现有一只量程3 mA、内阻约为100 Ω的灵敏电流表（表头）．为了较准确地测量它的内阻，采用了如图甲所示的实验电路，实验室提供的器材除电源（电动势为2 V，内阻不计）、电阻箱（最大阻值为999.9 Ω）、开关和若干导线外，还有多个滑动变阻器和定值电阻可供选择（如表）．‎ A．滑动变阻器R1（0～5 Ω，1 A）‎ D．定值电阻R01（阻值为200 Ω）‎ B．滑动变阻器R2（0～200 Ω，0.5 A）‎ E．定值电阻R02（阻值为25 Ω）‎ C．滑动变阻器R3（0～1750 Ω，0.1 A）‎ F．定值电阻R03（阻值为5 Ω）‎ ‎(1)按照实验电路，用笔画线代替导线，在如图乙所示的方框中完成实物图连接（部分导线已画出）____________．‎ ‎(2)连接好电路之后，实验小组进行了以下操作：‎ 第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；‎ 第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使灵敏电流表满偏；‎ 第三，保持滑片不动（可认为a、b间电压不变），调节电阻箱R′的阻值使灵敏电流表的示数恰好为满刻度的．‎ 若此时电阻箱的示数如图丙所示，则灵敏电流表内阻的测量值Rg为__Ω．‎ ‎(3)为较好地完成实验，尽量减小实验误差，实验中应选择的滑动变阻器和定值电阻分别为__和__（填表格中器材前的字母）．‎ ‎(4)要临时把该灵敏电流表改装成3.0 V量程的电压表使用，则应将其与电阻箱__（填“串联”或“并联”），并把电阻箱的电阻值调为__Ω．‎ ‎【答案】 (1). (2). 102.5 (3). F (4). A (5). 串联 (6). 897.5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由原理图可得出对应的实物图，注意导线不能交叉；（2）由电阻箱的读数方法可明确其读数；（3）由实验的安全和准确性原则可得出对应的定值电阻和滑动变阻器；（4）根据电表的改装原理可求得应串联的电阻．‎ ‎（1）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；‎ ‎（2）由电阻箱的读数方法可得： ‎ ‎（3）定值电阻起保护作用，防止电源短路，则由欧姆定律可知定值电阻选F即可；滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器选择A； （4）要使电流表改装成3.0V的电压表，应串联一个电阻；由欧姆定律可知：；解得：；‎ 三、计算题 ‎ ‎15. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的匀强电场后，系统开始运动．已知MN、PQ间电势差为U．不计A，B两球间的库仑力，两球均视为点电荷。试求：‎ ‎（1）开始运动时，带电系统的加速度大小；‎ ‎（2）A球刚运动到PQ位置时的速度大小；‎ ‎（3）带电系统从静止开始向右运动的最大距离。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）开始运动时，带电系统的加速度，根据牛顿定律:‎ 解得 ‎（2）从开始运动，到A球刚运动到PQ位置，根据动能定理：‎ 解得：‎ ‎（3）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．设A球离开PQ的最大位移为x，由动能定理得：2qEL-qEL-3qEx=0‎ 解得则 考点：牛顿第二定律、动能定理 ‎【名师点睛】解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解。‎ ‎16.如图所示，两平行金属导轨间距L=0.5 m，导轨与水平面成θ=37°．导轨上端连接有E=6 V、r=1 Ω的电源和滑动变阻器．长度也为L的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2 kg、电阻R0=1 Ω，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．当滑动变阻器的阻值R=1 Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力．g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）此时电路中的电流I；‎ ‎（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为4 Ω时金属棒受到的摩擦力大小．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器的电阻为R1=1Ω时，电流 ‎ ‎（2）金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图．‎ ‎ 根据平衡条件可得，mgsinθ=F1cosθ         又 F1=BI1l                联立上式，解得磁感应强度 当滑动变阻器的电阻为R2=4Ω时，电流 又 F2=BI2l=1.5×1×0.5N=0.75N mgsinθ=0.2×10×sin37°=1.2N ∴mgsinθ＞F2cosθ，故金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff 根据平衡条件可得，mgsinθ=F2cosθ+Ff 联立解得：Ff=mgsinθ-F2cosθ=0.2×10×sin37°-0.75×cos37°=0.6N ‎【点睛】本题是通电导体在磁场中平衡问题，运用闭合电路欧姆定律和平衡条件求B是关键，再根据平衡条件求解摩擦力．‎ ‎17.如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．‎ ‎(1)求匀强电场的电场强度E；‎ ‎(2)求图乙中t＝时刻电荷与O点的水平距离；‎ ‎(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间．‎ ‎【答案】17. 18. 4cm ‎ ‎19. ‎ ‎【解析】‎ ‎(1分)‎ 周期：s (1分)‎ 故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如右上图所示。‎ t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离：△d＝2（r1－r2）＝4cm (1分)‎ ‎（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：TB＝×10－5 s (1分)‎ 根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，有：‎ 电荷沿ON运动的距离：s=15△d="60cm " (1分)‎ 故最后8cm的距离如图所示，有：‎ 解得：(1分)‎ 故电荷运动的总时间：‎ t总=(1分)‎ 代入数据得t总=(1分)‎ ‎ ‎ ‎ ‎