2018-2019学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练物理试题 解析版

2018-2019学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练物理试题 解析版

浙江省台州中学2018-2019学年高二上学期第二次统练试题+物理 一、选择题 ‎1.用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是（ ）‎ A. N/C B. V/m C. kg•m/（C•s2）‎ D. kg•m/（A•s3）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度，电场力的单位为N，电量的单位为C，所以电场强度的单位是N/C，而，D正确．‎ ‎2.如图所示，一个上表面水平的劈形物体M放在固定的光滑斜面上，在其上表面放一个光滑小球m，让劈形物体从静止开始释放，则在小球碰到斜面之前的运动过程中，小球的运动轨迹是（ ）‎ A. 沿斜面向下的直线 B. 竖直向下的直线 C. 水平的直线 D. 抛物线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】据题意，小球是光滑的，竖直方向上受到重力和M的支持力，当劈形物体从静止开始释放后，M对小球的支持力减小，小球的合力方向竖直向下，则小球沿竖直向下方向运动，直到碰到斜面前，故其运动轨迹是竖直向下的直线，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键要正确分析小球的受力情况，抓住水平方向不受力，状态不发生改变。‎ ‎3.如图所示，水平放置的转盘以一定角速度做匀速圆周运动，放在转盘上的小物体跟着转盘一起做匀速圆周运动，与圆盘保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体处在平衡状态 B. 物体受到四个力的作用 C. 在角速度一定时,物块到转轴的距离越远，物块越容易脱离圆盘 D. 在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆盘 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体和圆盘一起做圆周运动，受重力、支持力和静摩擦力作用，静摩擦力提供向心力。‎ ‎【详解】物体有向心加速度，不是平衡态，故A错误；隔离物体分析，该物体做匀速圆周运动：受重力G，向上的支持力N和摩擦力作用，重力与支持力二力平衡，静摩擦力提供向心力。故B错误，根据向心力公式F=mrω2可知，当ω一定时，半径越大，所需的向心力越大，越容易脱离圆盘，故C正确；根据向心力公式F=mr（）2可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，所需向心力越大，越容易脱离圆盘，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】要注意物体做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，而不能把匀速圆周运动当成平衡状态，向心力是效果力，由合力提供，不能重复受力。‎ ‎4.某段高速公路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图所示。某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中(　　)‎ A. 牵引力等于2×104 N B. 速度可能大于36 km/h C. 上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功 D. 上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件，牵引力的大小 故A正确。‎ B、根据可得 故B错 C、上坡的过程中增加的重力势能等于汽车牵引力做的功与克服阻力做功之差，故C错。‎ D根据功能关系，上坡过程中增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做功之差。故D错。‎ ‎【点睛】本题通过汽车的运动来考查公式，以及功能关系。本题在审题是要特别注意的是汽车是匀速爬坡的，所以汽车增加的机械能就等于增加的重力势能。‎ ‎5.在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，可以求出（ ）‎ A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602‎ B. 月球绕地球公转的加速度约为地球表面物体落向地面加速度的1/602‎ C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/602‎ D. 地球表面近地卫星的角速度平方约是月球绕地球公转角速度平方的602‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 万有引力提供月球做圆周运动的向心力，在地球表面的物体受到的万有引力等于重力，据此求出月球表面的重力加速度，从而即可求解。‎ ‎【详解】月球的质量与苹果质量的关系不确定，则不能比较地球吸引月球的力与地球吸引苹果的力的大小关系，故A错误；设物体质量为m，地球质量为M，地球半径为R，月球轨道半径r=60R，物体在月球轨道上运动时的加速度为a，由牛顿第二定律：G=ma；地球表面物体重力等于万有引力：G=mg；联立得：，故B正确；根据g＝‎ 可知，因月球的质量和地球的质量关系未知，则不能比较月球表面重力加速度与地球表面重力加速度的关系，故C错误；根据解得，则地球表面近地卫星的角速度平方约是月球绕地球公转角速度平方的603，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握月地检验的原理，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵活运用。‎ ‎6.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 B. 牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点 C. 法拉第最早发现了电流的磁效应，并提出了用磁感线描述磁场强弱的方法 D. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，选项A正确；伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，选项B错误；奥斯特最早发现了电流的磁效应，法拉第提出了用磁感线描述磁场强弱的方法，选项C错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到的，故D错误。故选A.‎ ‎7.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，自感系数较大，（电阻可忽略），E为电源，S为开关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 合上开关，a先亮，b逐渐变亮 B. 合上开关，b先亮，a逐渐变亮 C. 断开开关， b中仍有自左向右的电流 D. 断开开关，b先熄灭，a后熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】合上开关K接通电路，b立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过a的电流慢慢变大，因线圈L电阻可忽略，最后a、b一样亮；选项B正确，A错误；断开开关s切断电路时，通过b的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过线圈和a的电流会慢慢变小，并且通过b，且通过b的电流从右向左，所以两灯泡一起过一会儿熄灭；故CD错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．‎ ‎8.如图所示，一矩形线圈KLMN放置在匀强磁场中，并绕过KL、NM中点的轴以角速度ω匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ=45º时为计时起点，并规定电流自N流向K方向为正。则下列图中四幅图中能表达电流变化规律的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，所以是余弦函数，根据楞次定律可以判断出电流方向，写出电流的瞬时表达式即可求解．‎ ‎【详解】从图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为K到N，为负值。故瞬时电流的表达式为i=-Imcos（ωt+），根据数学知识可知，D正确。故选D。‎ ‎9.如图所示，有界匀强磁场垂直纸面向里，一闭合导线框abcd从高处自由下落，运动一段时间后进入磁场，下落过程线框始终保持竖直，对线框进入磁场过程的分析正确的是（ ）‎ A. 感应电流沿顺时针方向 B. a端电势高于b端 C. 可能匀加速进入 D. 感应电流的功率可能大于重力的功率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；根据右手定则可知，b端电势高于a端，选项B错误；线圈进入磁场时受向上的安培力作用，大小为 ，随速度的增加，安培力逐渐变大，可知加速度逐渐减小，则线圈进入磁场时做加速度减小的加速运动，选项C错误；开始进入磁场时，可能安培力大于重力，即，即 ，即，即感应电流的功率可能大于重力的功率，选项D正确；故选D.‎ ‎10.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作： ①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF； ③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为 的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线（ ）‎ A. 平行于EF，深度为L/2‎ B. 平行于EF，深度为L C. 垂直于EF，深度为L/2‎ D. 平行于EF，深度为L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断电流方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。‎ ‎【详解】用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离电流最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离电流最近，根据电流应该时是平行MN；画出左侧视图，如图所示： b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故深度为，故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎11.如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态 B. 将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态 C. 将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出 D. 饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，所以A错误，B正确。将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，因飞船内的物体也是处于完全失重状态，可知水不流出，选项C正确；饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，不是完全失重状态，则水会流出，选项D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．‎ ‎12.如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球，从静止释放，沿斜面运动到底端B的时间是t1。若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点，经过的时间是t2；落到斜面底端B点，经过的时间是t3；落到水平面上的C点，经过的时间是t4，则（ ）‎ A. t2> t1‎ B. t3> t2‎ C. t4> t3‎ D. t1> t4‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：小球做平抛运动：，因此下落高度大的时间长，所以有，‎ 小球沿斜面下滑：，，，，。‎ 故选BD 考点：平抛运动规律 点评：中等难度。根据不同运动特点，选用适当的规律求解，平抛运动时间由高度决定。‎ ‎13.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）‎ A. 平行板电容器的电容将变大 B. 静电计指针张角不变 C. 带电油滴的电势能将增大 D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。‎ ‎【详解】A项：根据 d增大，则电容减小，故A错误；‎ B项：静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；‎ C项：电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误；‎ D项：电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变。‎ ‎14.如图所示，圆圈中的“×”表示电流方向垂直纸面向里，圆圈中的“•”表示电流方向垂直纸面向外。两根通电长直导线a、b平行水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时a受到的磁场力大小为F。当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，a 受到的磁场力大小仍为F，图中abc正好构成一个等边三角形，则此时（ ）‎ A. b受到的磁场力大小为F B. b受到的磁场力大小为 C. c受到的磁场力大小为F D. c受到的磁场力大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 加上导线c后，a受到的磁场力如图所示，a受到的合磁场力仍为F，则受到c给的磁场大小也为F，与b给的磁场力夹角为120°，故合力为，因为abc正好构成一个等边三角形，所以c给b的磁场力大小为F，c受到的磁场力如图所示，根据平行四边形定则可得b受到的磁场力，根据牛顿第三定律可得，c受到的a、b给的磁场力如图所示，根据平行四边形定则可得，BC正确．‎ ‎15.如图所示，在空间存在与竖直方向成θ角的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，若质量为m、电荷量为q的小液滴在此空间做匀速直线运动，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 小液滴速度大小为，方向垂直纸面向外 B. 小液滴速度大小为，方向垂直纸面向外 C. 小液滴速度大小为，方向垂直纸面向里 D. 小液滴速度大小为，方向垂直纸面向里 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 粒子做匀速直线运动，则受力平衡，粒子受力情况如图；‎ 由图可知，,解得；粒子带负电，由左手定则可知，速度方向垂直纸面向外，故选A.‎ 二、实验题 ‎16.小李和小邱在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中 ‎（1）部分实验电路已经连接，请在图甲中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整____________；‎ ‎（2）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至________（选填“左”或“右”）端；‎ ‎（3）他们在图乙所示的I-U图象上找到小灯泡工作电压为2.0V时坐标点，计算此状态的电阻值时，小李提出用图象上该点的切线斜率倒数表示小灯泡的阻值；小邱提出该点与坐标原点连线的斜率倒数表示小灯泡的阻值．你认为_______（选填“小李”或“小邱”）的方法正确；‎ ‎（4）实验后有同学用一个多用电表的欧姆挡测量小灯泡的阻值，他的操作正确的是_____。 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 (1). (2). 右; (3). 小邱; (4). C;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器要采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，电压表内接．（2）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至右端；（3）根据欧姆定律R=U/I，电阻的大小为I-U图像上该点与坐标原点连线的斜率的倒数．（4）根据欧姆表的使用规则判断.‎ ‎【详解】（1‎ ‎）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：‎ ‎（2）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至右端；‎ ‎（3）根据欧姆定律知，R=U/I，电阻的大小为I-U图像上该点与坐标原点连线的斜率的倒数，故小邱正确．‎ ‎（4）A图中不应该用手接触表笔的金属部分，选项A错误；B图中欧姆表不应该直接测量和电源相连的灯泡的电阻，选项B错误；D图中测量的不是灯丝电阻，选项D错误；故选C.‎ ‎17.（1）在实验室，某同学用多用电表粗测一段样品的电阻。经正确操作后，用“×100Ω”档时发现指针偏转情况如图所示，则他应该换用______档(填“×10Ω”档或“×1kΩ”)重新测量。换档后，在测量前应_______________‎ ‎（2）某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势（电动势E大约在9 V左右，内阻r约为50Ω），已知该电池允许输出的最大电流为150 mA．该同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内阻约为2 kΩ，R为电阻箱，阻值范围0～9999Ω，R0是定值电阻，阻值为20Ω，起保护电路的作用．‎ ‎①在图甲的实物图中，已正确地连接了部分电路，请用笔画线代替导线完成余下电路的连接 ‎_________。‎ ‎②该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图乙所示，其读数为_______V .‎ ‎③改变电阻箱的阻值，取得多组数据，作出如图丙所示的图线，则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E =________V，内阻r =_________Ω .（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ; (2). 欧姆调零; (3). (4). 6.5V; (5). 10; (6). 50;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）欧姆表盘指针偏转角度越小，则电流越小，电阻越大要换大量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率．（2）将电阻箱与定值电阻串联，电压表并联在两端，连接实物图；根据电压表应选择15V的量程进行读数。根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源的电动势与内阻。‎ ‎【详解】（1）因偏转角度过小，则电阻大要用大量程的，选择×1KΩ档，换档后电路改变，要重新欧姆调零．‎ ‎（2）①将电阻箱与定值电阻串联，电压表并联在两端，连接实物图如图；‎ ‎②电压表选择15V量程，则读数为6.50V；‎ ‎③闭合开关，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数，再改变电阻箱的电阻，得出多组数据。 根据，知， 知图线的纵轴截距表示电动势的倒数，图线的斜率等于。有：=0.1，解得：E=10V．‎ 由，解得：r=50Ω。‎ ‎【点睛】解决本题的关键：知道运用伏阻法测量电源电动势和内阻的原理，会根据图象测量电源的电动势和内阻，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量。‎ 三、计算题 ‎18.如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k=Ff/mg=0.5，赛车的质量m=0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作，轨道AB的长度L=2m，圆形轨道的半径R=0.5m，空气阻力可忽略，取重力加速度g=10m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下，求：‎ ‎（1）小车在CD轨道上运动的最短路程；‎ ‎（2）赛车电动机工作的时间。‎ ‎【答案】（1）2.5m （2）4.5s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：‎ ‎ ‎ 由机械能守恒定律可得： ‎ 由上述两式联立代入数据可得：vC=5m/s ‎ 设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：‎ ‎ ‎ 代入数据可得：x =2.5m ‎ ‎（2）由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vB =vC =5m/s ‎ 从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得： ‎ 代入数据可得：t = 4.5s ‎【点睛】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．‎ ‎19.如图所示，相距d=13.2m的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间的变化情况如图所示，正方形单匝闭合线圈ABCD边长为L=2 m，电阻为R=10Ω，在t =0时刻将线圈在磁场上方高h=5m处静止释放，线圈恰好匀速进入磁场，然后在t1（未知）时刻线圈AB边以速度v=16m/s离开磁场下边界。在整个运动过程中线圈一直在竖直平面内，且空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2，（，本题计算结果小数点后保留两位）求：‎ ‎（1）线圈的质量m；‎ ‎（2）线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q；‎ ‎【答案】（1）0.10kg（2）7.44J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）线圈是匀速进入磁场，受到的向上的安培力和向下的重力平衡，从而求解线圈的质量；（2）分三个阶段讨论线圈穿过磁场的情况，根据能量守恒定律求解产生的热量.‎ ‎【详解】（1）线圈进入磁场前作自由落体运动，设CD边到磁场上边界时速度为v1‎ 则，‎ v1=10m/s 对应落体运动的时间为 线圈匀速进入磁场的过程中经历的时间为 由于线圈是匀速进入磁场，所以满足 根据： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 代入数据得m=0.10kg ‎（2）由于进入过程为匀速，所以由能量守恒可得：，则 根据上面可得，线圈在1.2s刚好完全进入磁场，并在磁场中以速度为v1‎ ‎，加速度为g的匀加速直线运动。设CD边到达磁场下边界时速度为v2，此过程中，满足：‎ 得：‎ 所以CD边从磁场上边界到小边界对应的时间为：‎ 即线圈CD边在2.0s时刚好到磁场的下边界。‎ 在此过程中，线圈中产生感生电流，产生的焦耳热 其中：‎ 代入数据得：‎ 线圈离开磁场的过程中，根据能量守恒：‎ 代入数据得：‎ 综上得，线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热 ‎20.如图所示，在光滑的水平地面上建立直角坐标系xOy，0＜x＜2L的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场，x＞2L的区域内有一竖直向上的匀强磁场。x轴的负半轴上固定一 弹射装置，弹簧的自由端刚好位于坐标原点。某时刻，将一带正电的小球压缩弹簧装入弹射装置，小球被弹射后以速度v0进入电场；之后的另一时刻，另一质量相同的带负电小球也被弹射后以同样的速度进入电场，其进入磁场边界时的坐标为（2L，-L）。负电小球所带电荷量大小是正电小球的3倍，它们在磁场中分别运动半周后在某点相遇，不计两小球之间的相互作用，求：‎ ‎（1）负电小球进入磁场边界时速度方向与y轴负方向的夹角；‎ ‎（2）两小球在磁场中相遇时的位置坐标；‎ ‎（3）两小球先后进入电场的时间差。‎ ‎【答案】（1） , （2）(3L，- )(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）负电小球在电场中做类平抛运动，根据两个方向的运动特征求解小球进入磁场边界时速度方向与y轴负方向的夹角；（2）由于负电小球所带电荷量大小是正电小球的3倍，正电小球在电场中做类平抛运动的加速度为负电小球的1/3倍；进入磁场时的纵坐标为负电小球的1/3倍，根据几何关系求解两小球在磁场中相遇时的位置坐标；（3）根据粒子在磁场中做圆周运动的周期求解两小球先后进入电场的时间差。‎ ‎【详解】（1）负电小球在电场中做类平抛运动，有 ‎ ‎ ‎ ‎ 由以上两式可得 ‎ 设小球进入磁场边界时速度方向与y轴负方向的夹角为θ2，有 ‎ ‎ ‎（2）由于负电小球所带电荷量大小是正电小球的3倍，正电小球在电场中做类平抛运动的加速度为负电小球的1/3倍；进入磁场边界时的坐标为（2L，） ‎ 设正电小球进入磁场边界时速度方向与y轴正方向的夹角为θ1，可解得 ‎ ‎ 由几何关系可知，两小球相遇点和正负小球进入磁场边界时的位置构成直角三角形，设相遇点的位置坐标为（x，y），有 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）两小球在电场中运动的时间相等，设正电小球在磁场中运动半周的时间为t1，速度为v1，负电小球在磁场中运动半周的时间为t2，速度为v2，则 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 因此，要使两小球相遇，两小球先后进入电场的时间差为 ‎【点睛】本题关键是搞清两粒子在电场和磁场中的运动情况；能用平抛运动的知识以及圆周运动的知识求解相关的量．‎ ‎ ‎ ‎ ‎