2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2017-2018学年重庆一中高二（上）期末物理试卷 一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）‎ ‎1.关于物理学史、以及原理，以下说法正确的是　　‎ A. 奥斯特心系“磁生电”，总结出了电磁感应定律 B. 洛伦兹力始终不做功，所以动生电动势的产生与洛伦兹力无关 C. 线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势也与线圈的匝数无关 D. 涡流跟平时说的感应电流一样，都是由于穿过导体的磁通量的变化而产生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。导线切割磁感应线时产生的电动势叫动生电动势；涡流也是感应电流。‎ ‎【详解】法拉第心系“磁生电”，通过近十年的艰苦探索终于发现了“磁生电”的条件，故A错误；因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，导体中的自由电荷随导体在磁场中运动，受到洛伦兹力，而向导体一端移动，动生电动势是洛仑兹力的分力对导体中自由电荷做功而引起的，故B错误；线圈的磁通量与线圈的匝数无关，而线圈中产生的感应电动势与线圈的匝数成正比，故C错误；涡流跟平时说的感应电流一样，都是由于穿过导体的磁通量的变化而产生，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。‎ ‎2.如图所示，L为自感系数足够大的线圈，电路稳定时小灯泡可正常发光，以下说法正确的是　　‎ A. 闭合开关S，小灯泡立即变亮 B. 断开开关S，小灯泡立即熄灭 C. 断开开关S，小灯泡缓慢熄灭 D. 断开开关S，小灯泡闪亮一下再慢慢熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当闭合开关S，线圈中电流要增大，会产生自感现象，阻碍电流的增大，所以灯A慢慢变亮，直到正常发光；当断开电键的瞬间，线圈中电流要减小，会产生自感现象，若断开电键后，线圈、灯泡能构成回路，则灯泡不会立即熄灭，若线圈、灯泡不能构成回路，则灯泡立即熄灭。‎ ‎【详解】闭合开关S，线圈中电流要增大，会产生自感现象，阻碍电流的增大，所以灯A慢慢变亮，直到正常发光，故A错误；当断开开关S的瞬间，线圈产生自感电动势，但是线圈与灯泡A在开关断开后，不能形成回路，则没有自感电流，灯A立即熄灭，故B正确，CD错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】自感是一种特殊的电磁感应现象，遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律，利用这个定律进行判断即可。‎ ‎3.如图，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，直导线中电流i发生某种变化，而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。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 对于A选项，电流先正向减小，这一过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向里，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向左；然后电流反向增大，在此过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向右，综上所述，选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎4.如图所示为一磁流体发电机示意图，A、B是两平行且正对的正方形金属板，边长为L，两板间距d．等离子体（电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性）从左侧以速度v进入，A、B两板间便产生电压，以下说法正确的是（ ）‎ A. A板为电源的正极，电源的最大电动势 B. A板为电源的正极，电源的最大电动势 C. B板为电源的正极，电源的最大电动势 D. B板为电源的正极，电源的最大电动势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据左手定则，知阳离子受到的洛仑兹力向下，电子受到的洛仑兹力向上，故两平行金属板A、B的上板带负电荷，下板带正电荷，B板为电源的正极；根据知，最大电动势的大小为，C正确．‎ ‎5.如图甲、乙所示，矩形线框ABCD静置在光滑的水平面上，竖直方向存在着组合磁场，其磁感应强度分别为B、2B，分别用力、将相同的矩形线框一边与两磁场的边界重合沿水平面匀速完全拉进另一磁场，且两次的速度之比为：：2，则在线框完全进入另一磁场的过程中，下列说法正确的是　　‎ A. 回路中电流之比为1：1‎ B. 线框中产生的热量之比为1：1‎ C. 拉力大小之比为1：2‎ D. 克服安培力做功的功率之比为1：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框的左右两边都切割磁感线，产生两个感应电动势，由求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后由安培力公式求出安培力，应用平衡条件求出拉力，然后求出拉力之比；应用焦耳定律求出线框产生的焦耳热，然后求出焦耳热之比；应用功率公式求出克服安培力的功率，然后求出克服安培力功率之比。‎ ‎【详解】甲、乙两个回路中产生的感应电流分别为：，，则回路电流之比：：：：2，故A错误；线圈产生的热量：，则线圈产生的热量之比：：：：：：2，故B错误；线框受到的安培力分别为：，，线框做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：，则拉力大小之比：：：：：2，故C正确；克服安培力功率为：，则克服安培力做功的功率之比：：：：4，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与电学、力学相结合的综合题，根据题意分析清楚图示情景与线框的运动情况是解题的前提与关键，应用、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、焦耳定律与功率公式，要熟练运用比例法解答。‎ ‎6.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流I随时间t变化的图象是下图所示的（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设直角三角形右下角为α．金属框进入磁场的过程，感应电动势为 E=BLv，L=vttanα，则得 E=Bv2t•tanα，感应电流大小：，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是负值；金属框穿出磁场的过程，感应电动势为：E=BLv，, L0是三角形底边的长度，则得：E=B（2L0-vt）v•tanα，感应电流大小：，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是正值；由数学知识可知C图象正确．故选C．‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】本题是楞次定律和法拉第电磁定律、欧姆定律的综合应用，先根据楞次定律判断感应电流的方向．再由E=BLv，分析感应电动势，其中L是有效的切割长度．由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式，分段得到电流的表达式，再选择图象。‎ ‎7.存在如图所示的匀强电场和匀强磁场，一与水平方向成角的绝缘粗糙直棒垂直于该电场和磁场，现在杆上套一质量m，带电量q的正电小球，小球可在棒上滑动，设小球电荷量不变。小球由静止开始下滑，下列说法中一定正确的是　　‎ A. 小球受摩擦力先减小后增加 B. 小球加速度先增加后减小 C. 小球对杆的弹力一直减小 D. 小球所受的洛伦兹力一直增大，直到最后不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力可能有、弹力可能有、斜向上的洛伦兹力和电场力，当重力沿斜面的分力等于摩擦力时，下滑的速度达到最大，开始匀速运动，即可判断。‎ ‎【详解】小球在向下运动的过程中，受到重力，斜向上的电场力F和斜向上的洛伦兹力，还受到摩擦力，当重力沿垂直于斜面的分力大于电场力F时，小球的上面与杆产生摩擦力，小球向下加速运动，洛伦兹力增大，在此后的运动过程中，弹力先减小后增大，故摩擦力先减小后增大，当重力沿垂直于斜面的分力小于电场力F时，小球的下面与杆产生摩擦力，小球向下加速运动，洛伦兹力增大，在此后的运动过程中，弹力一直增大，故摩擦力一直增大，故ABC错误；小球在下滑过程中，速度一直增大，故受到的洛伦兹力一直增大，当达到匀速时，洛伦兹力不变，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎【点睛】本题关键明确小球的运动情况，根据小球的受力判断出小球的哪个面与杆产生摩擦力即可判断。‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎8.如下图所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小，可得(　　)‎ A. φA>φB B. φA<φB C. EA>EB D. EA＝EB ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．故A错误，B正确；负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 知，EA＞EB．故C正确，D错误．故选BC．‎ ‎9.如图所示，一软导线回路静置于光滑水平面上，其正上方一定高度有一条形磁铁，由于磁铁的运动，回路扩张为圆形，则关于磁铁的运动情况可能是　　‎ A. N级朝下，快速靠近 B. N级朝下，快速远离 C. S级朝下，快速靠近 D. S级朝下，快速远离 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用。在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等。‎ ‎【详解】当磁铁的N极或S极快速靠近时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流有阻碍穿过线圈的磁通量增大的趋势，所以回路的面积有缩小的趋势，故A错误，C错误；磁铁的N极或S极快速远离时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流有阻碍穿过线圈的磁通量减小的趋势，所以回路的面积有扩大的趋势，可能使回路扩张为圆形，故BD正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎【点睛】本题可以直接利用楞次定律的第二种表述，“来拒去留”；可以理解为：当磁铁下降时，线框中的磁通量增大，故为了阻碍磁通量的变化，线框的面积减小；当磁铁远离时，线框中的磁通量减小，故为了阻碍磁通量的变化，线框的面积扩大。‎ ‎10.如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法中正确的是　　‎ A. 当金属棒ab向右匀速运动时，，‎ B. 当金属棒ab向右匀速运动时，，‎ C. 当金属棒ab向右加速运动时，，‎ D. 当金属棒ab向右加速运动时，，‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手定则判断出金属棒中的电流方向，确定出a、b的电势高低，结合楞次定律判断出副线圈中的电流方向，从而确定出c、d的电势高低。‎ ‎【详解】当金属棒ab向右匀速运动时，ab棒产生恒定的感应电动势，回路中产生恒定的电流，根据右手定则知，感应电流方向为a到b，可知，由于原线圈的电流恒定，在副线圈不产生感应电动势，则，故B正确，A错误；当金属棒ab向右加速运动时，ab棒产生逐渐增大的感应电动势，回路中产生变大的电流，根据右手定则知，感应电流方向为a到b，可知，根据楞次定律知，在副线圈中的电流方向由，则，故D正确，C错误。所以BD正确，AC错误。‎ ‎【点睛】本题考查了切割产生的感应电动势公式、右手定则、楞次定律的综合运用，注意在原线圈中电流恒定，在副线圈中不产生感应电流。‎ ‎11.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如右图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是（ ）‎ A、图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系，‎ B、图中a线最高点对应的功率为最大输出功率，‎ C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点这三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB＋PC ‎ D、b、c线的交点M与a、b线的交点N的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4。‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由电源总功率和电源内部的发热功率表达式，，则电源输出功率，可知图线a表示电源总功率，图线b表示电源内部的发热功率，图线c表示电源的输出功率；在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率等于输出功率和电源内部的发热功率的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率和电源内部的发热功率相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以正确选项为C、D。‎ 考点：本题考查了电功、电功率和闭合电路中能量的转化。‎ ‎12.如图所示两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。静止释放cd杆，当通过cd杆某一截面的电量为q时，cd杆的速度大小为v，整个过程ab杆在外力F的作用下处于静止状态，重力加速度为g。则在上述过程中　　‎ A. cd杆的平均速度大于 B. ab杆受到的外力最大值为 C. cd杆下滑的位移 D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ cd杆做加速度减小的变加速运动，根据图象分析其平均速度的大小。cd杆的速度大小为v时，根据法拉第定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件求ab杆受到的外力。根据电量q与磁通量变化量的关系求cd杆下滑的位移。cd杆的速度最大时做匀速运动，根据安培力与速度的关系和平衡条件求cd杆的最大速度。‎ ‎【详解】cd杆做加速度减小的变加速运动，根据图象的斜率表示加速度，可知其图象的斜率不断减小，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知cd杆变加速运动的位移大于匀加速运动的位移，而匀加速运动的平均速度等于，所以cd杆的平均速度大于，故A正确；cd杆的速度大小为v时，产生的感应电动势为：，感应电流为：，对于ab杆，由平衡条件得：ab杆受到的外力最大值为：，故B错误；设cd杆下滑的位移为s。通过cd杆某一截面的电量为：，解得：故C正确；设cd杆的最大速度为此时cd杆做匀速运动，则有：，解得：，所以故D正确。所以ACD正确，B错误。‎ ‎【点睛】本题是双杆问题，关键要正确分析cd杆的运动情况，结合图象的物理意义分析。要注意cd杆不是垂直切割磁感线，产生的感应电动势是，不是。‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）‎ ‎13.在“测定金属丝电阻”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：‎ A．电压表V1（量程0～3V，内阻约为3kΩ）‎ B．电压表V2（量程0～15V，内阻约为15kΩ）‎ C．电流表A1（量程0～3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）‎ E．变阻器R1（0～20Ω，0.6A）‎ F．变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）‎ G．电池组E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）为减小实验误差，电流表应选用______，电压表应选用______（填序号）；‎ ‎（2）为减小实验误差，应选用图1中______[填（a）或（b）]为该实验的电路原理图；‎ 某次测量时，两电表的示数如图2所示，则金属丝的电阻为____________Ω(保留3位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). D (2). A (3). b (4). 5.00‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由于电源的电动势为3V，所以电压表应选A，被测电阻阻值约为5Ω，电路中的最大电流约为，电流表应选D．‎ ‎（2）由于，应采用电流表外接法，应选b所示电路．‎ ‎（3）从电压表可以读出电阻两端电压为1.60V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.32A， 被测电阻的阻值为：．‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．‎ ‎14.物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，上边标有额定功率值为0，70W，额定电压值已模糊不清。他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计了一个电路进行测量。当电压从0V开始增大，达到时，发现灯泡亮度很弱，继续缓慢地增加电压，当达到时，发现灯泡已过亮，立即断开开关，并将数据记录在表中。‎ A.电压表量程3V，内阻约 B.电流表量程100mA，内阻为 C.电流表量程3A，内阻约为 D.滑线变阻器 E.滑线变阻器 F.标准电阻 G.电源电动势，内阻不计 H.开关S和导线若干 为提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有______填序号；‎ 根据所选器材在方框中画出实验电路图1‎ 根据实验数据，得到小灯泡的图线如图2，并从图线上分析该灯的额定电压应为______V；这一结果大于开始的计算结果，原因是______；‎ 若将该灯泡直接接在电动势为、内阻为的电源两端，小灯泡消耗的功率______以上结果均保留3位有效数字。‎ ‎【答案】 (1). ABDFGH (2). (3). 常温下灯泡电阻远小于灯泡正常发光时的电阻 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验原理与实验需要测量的量选择实验器材；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图；根据图示图象与灯泡额定功率，找出灯泡额定电压；灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，据此分析答题；在灯泡图象坐标系内作出电源的图象，然后求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后根据求出灯泡消耗的功率。‎ ‎【详解】实验需要测量灯泡两端电压与通过灯泡的电流，实验需要：电压表A，电源：E，开关和导线：H；由图示图象可知，通过过灯泡的最大电流约为，电流表C的量程太大，电流表应选择B，由于电流表B的量程小于290mA，应给电流表B并联分流电阻F扩大其量程，为测多组实验数据且方便实验操作，实验还需要滑动变阻器D，因此需要的实验器材为：ABDFGH。 由题意可知，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图示图象可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示： 由灯泡的图象可知，当灯泡两端电压：时流过灯泡的电流：，此时灯泡功率：，灯泡功率为额定功率，因此灯泡额定电压为；由于灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，灯泡在常温下的电阻远小于正常发光时的电阻，因此开始计算的结果小于灯泡的额定电压。 ‎ 在灯泡图象坐标系内作出电源的图象如图所示： 由图示图象可知，灯泡两端电压：，通过灯泡的电流：，灯泡消耗的功率：。‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据处理等问题，知道实验原理与实验需要测量的量是选择实验器材的前提与关键；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法即可作出实验电路图。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）‎ ‎15.如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻连接成闭合回路。线圈的半径为在线圈中半径为的圆形区域存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。图线与横、纵轴的截距分别为和取向里的磁场方向为正，导线的电阻不计。求0至时间内 通过电阻上的电流大小和方向；‎ 通过电阻上的电量q。‎ ‎【答案】，方向是a到b；。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向，根据求解电荷量。‎ ‎【详解】根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为：， 根据闭合电路欧姆定律，产生的感应电流为：， 根据楞次定律和安培定则，感应电流的方向方向a到b； 通过电阻上的电量：；‎ ‎【点睛】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小。还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率。同时磁通量变化的线圈相当于电源。‎ ‎16.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为大小可调节。现有质荷比为 的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，且以，方向与y轴正向成的速度经过P点进入磁场，、，不计重力。求：‎ 粒子在A点进入电场的初速度为多少；‎ 要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；‎ 粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。‎ ‎【答案】；；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据粒子在A到P的运动过程只受电场力作用，做类平抛运动，由末速度求解；根据几何关系由磁场宽度求得粒子做圆周运动的轨道半径范围，即可根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度范围；根据粒子在第四象限做匀速直线运动，由几何关系求得粒子在磁场中的偏转角和偏转位移，从而求得轨道半径，即可根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度。‎ ‎【详解】粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，故粒子做类平抛运动，那么，竖直方向做匀速运动，故有：； 粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：，所以，轨道半径； 要使粒子不从CD边界射出， 根据几何关系可得：，所以，； 所以，磁感应强度； 粒子离开磁场运动到A的过程做匀速直线运动，故粒子运动轨迹如图所示， ； 根据粒子在磁场中做匀速圆周运动可得：粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为； 设出磁场处为Q点，则由几何关系，‎ ‎ 所以， 所以，轨道半径； 根据洛伦兹力做向心力可得： 代入数据解得：‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。‎ ‎17.如图所示，电阻忽略不计的、两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为的定值电阻在水平虚线、间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场大小未知，磁场区域的高度为。导体棒a的质量、电阻；导体棒b的质量、电阻，它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚好穿出磁场时a正好进入磁场。设重力加速度为不计a、b之间的作用。求：‎ 在磁场中运动a、b两棒受到安培力之比多少；‎ 从开始到导体棒a跑出磁场的过程中，电路产生的总焦耳热为多少；‎ 点和N点距的高度分别为多少。‎ ‎【答案】；； ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导体棒a、b 在磁场中均做匀速运动，其安培力等于各自的重力，根据平衡条件求解安培力之比；从开始到导体棒a跑出磁场的过程中，电路产生的总焦耳热等于两棒重力势能减少量之和；a、b进入磁场都做匀速直线运动，受重力和安培力平衡，根据平衡，结合闭合电路欧姆定律和切割产生感应电动势大小公式，求出a、b做匀速直线运动的速度大小，从而求出两速度之比根据a、b棒进入磁场中的速度之比，通过位移公式求出M点和N点距虚线的高度之比，抓住当b刚穿出磁场时a正好进入磁场，有，结合a、b的速度比，求出M点和N点距虚线的高度。‎ ‎【详解】因为导体棒a、b均做匀速直线运动，则 可得安培力之比： 由能量守恒，对棒b有 同理棒a，有 所以总焦耳热为 解得 棒进入磁场时：因为做匀速直线运动，所以 对回路，， 可得 同理可得a棒进入磁场时的速度 因此得 当b刚好穿出磁场时a正好进入磁场。则， 且 联立可得：， ‎ ‎ 则a棒在进入磁场前做自由落体的位移； b棒在进入磁场前做自由落体的位移。‎ ‎【点睛】解决本题的基础是明确导体棒做匀速直线运动时，重力和安培力平衡，本题的关键在于通过a、b棒的速度关系以及a、b距离虚线的高度比求出a、b距离虚线的高度。‎ ‎18.在如图所示的正方形平面oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图所示。一个质量为m、带电量为的粒子不计重力，在时刻平行于oc边从o点射入磁场中。已知正方形边长为L，规定磁场向外的方向为正，磁感应强度的最大值为求：‎ 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期；‎ 若带电粒子不能从oa边界射出磁场，磁感应强度B变化周期T的最大值；‎ 要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子磁场时的速度。‎ ‎【答案】；； ，。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据洛伦兹力做向心力求解；根据几何关系求得带电粒子不能从oa边界射出磁场时在时间内转过的中心角，从而求得T和周期的关系，进而得到T的最大值；根据两粒子运动得到带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场的运动轨迹，进而得到轨道半径，由时间内转过的中心角求得周期T；最后根据洛伦兹力做向心力由轨道半径求得运动速度。‎ ‎【详解】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故洛伦兹力做向心力，则有：‎ ‎，所以，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期； 粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，根据时间相同可得：经过一个周期T后粒子速度回到竖直向上； 那么，根据粒子偏转，当时，粒子一直向上运动，不可能从oa边界射出磁场； 若，则粒子必在时从oa边界射出磁场 当时，由几何关系可得：当磁场第一次改变方向后的轨迹与边界oa相切时如右图所示， ； ，所以，，即磁场变向前运动轨迹的圆心角为； 所以，磁场每次变向的最长时间，粒子不从oa边界射出磁场； 故，所以，T的最大值； 由可知：经过时间T后粒子运动重复，故根据几何关系可得：粒子经过时间T后在对角线ob上； 那么，根据粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，运动时间相同可得：前后半周期的位移相同，故粒子经过后在对角线ob上； 那么，粒子运动轨迹如图所示，‎ ‎； 所以，由几何关系可得：每次磁场改变前粒子偏转的圆心角为，且从粒子进入到离开，磁场改变了偶数次；故有：，所以，； 设磁场一共变化了n次，则由几何关系可得：；故轨道半径，，； 根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，粒子磁场时的速度；‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。‎ ‎ ‎ ‎ ‎