北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

北京新学道临川学校2019-2020学年度第一学期期末考试 高二物理试卷 一、单选题（本题共8题，每小题3分，共24分.）‎ ‎1.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（ ）‎ A. a一定带正电，b一定带负电 B. a的速度将减小，b的速度将增加 C. a的加速度将增加，b的加速度将减小 D. 两个粒子的电势能都减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，a粒子受到的电场力方向向左，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性，但是一定带异种电荷，故A正确；由图看出，向左电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故C错误；由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大，故BD错误．‎ ‎2.位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（　　） ‎ A. a点和b点的电场强度相同 B. 正电荷从c点移到d点，电场力做正功 C. 负电荷从a点移到c点，电场力做正功 D. 正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能不改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.场强方向与等势面垂直，ab两处电场强度的方向不同，由于场强是矢量，所以a点和b点的电场强度不同，故A错误．‎ B. 由于场源是负电荷，正电荷从c点移到d点过程中受到场源的引力，而远离场源运动，所以电场力做负功，故B错误．‎ C.由于场源是负电荷，负电荷从a点移到c点过程中受到场源的斥力，而远离场源运动，所以电场力做正功，故C正确．‎ D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中，因为e、f两点间电势差不为零，故电场力做功不为零，电势能改变量不为零，所以电势能改变，故D错误．‎ ‎3.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)‎ A. 均匀增大 B. 先增大，后减小 C. 逐渐增大，趋于不变 D. 先增大，再减小，最后不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】条形磁铁在下落过程中受重力和铜环的阻力作用，开始时，由于速率为零，对铜环组成的圆筒没有磁通变化，因此无感应电流，无安培力作用，即条形磁铁只受重力作用，向下加速运动，随着速率的增大，感应电流增大，安培力增大，条形磁铁所受铜环的阻力增大，因此条形磁铁将做加速度逐渐减小的加速运动，又因为竖直圆筒很长，因此，加速度将趋于零，所以条形磁铁在圆筒中的运动速率先逐渐增大，最终趋于不变，故选项C正确．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.如图所示，线圈两端与电阻和电容器相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插人线圈的过程中（ ）‎ A. 通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互排斥 B. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥 C. 电容器的B极板带正电，线圈与磁铁相互吸引 D. 电容器的B极板带负电，线圈与磁铁相互排斥 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥；综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥，故A错误，B正确；‎ CD、由上分析可知，B板带正电，且线圈与磁铁相互排斥，故CD错误；‎ 故选B．‎ ‎5.如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是(　　)‎ A. 导体棒ab两端的感应电动势越来越小 B. 导体棒ab中的感应电流方向是a→b C. 导体棒ab所受安培力方向水平向右 D. 导体棒ab所受合力做功为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒ab匀速向右运动，垂直切割磁感线，产生感应电动势，导体棒ab两端感应电动势恒定不变，选项A错．根据右手定则，磁感线传过手心，大拇指指向导体棒运动方向，四指所指的就是电流方向即从b到a，选项B错．根据左手定则，导体棒ab所受安培力方向水平向左，选项C错．导体棒匀速运动，动能不变，根据动能定理，合外力做功等于动能变化量即等于0，选项D对．‎ ‎6.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，现令磁感应强度B随时间t变化，先按图所示的Oa图线变化，后来又按bc和cd变化，令、、分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则下列正确的是 A. E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B. E1＜E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向 C. E2＜E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向 D. E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由法拉第电磁感应定律可知：‎ 在图像中，斜率，由图像可知，Oa段中磁感强度B的变化率较小，bc和cd段中磁感强度B的变化率为相同，所以有：‎ ‎；‎ 由图可知，Oa段磁场方向垂直纸面向里，B增大，则磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向外，再根据安培定制可判断，I1沿逆时针方向；同理，可判断I2沿顺时针方向， I3沿顺时针方向，综上可知A正确；‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B ‎，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是（ ）‎ A. 圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势 B. 圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势 C. 圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势 D. 圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为金属棒ab在恒力F作用下向右运动,则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增大,根据楞次定律可以知道,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大;又因为金属棒向右运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,故B对；ACD错 ‎【点睛】当导体棒变速运动时在回路中产生变化的感应电流,因此圆环内的磁场磁通量发生变化,根据磁通量的变化由楞次定律可以判断圆环面积的变化趋势,其感应电流的变化要根据其磁通量的变化快慢来判断.‎ ‎8.如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L．现有一边长为L的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】t在0-时间内，线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势是进入过程的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是0-过程最大值的2倍；在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小．故C正确；故选C．‎ ‎【点睛】本题分段分析有效切割长度的变化情况是解答的关键．图象往往由解析式选择．本题采用排除法，分成线性和非线性两类图象，对比同类图象的不同之处进行选择．‎ 二．多选题共3题每题3分 ‎9.将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )‎ A. 磁通量的变化量 B. 磁通量的变化率 C. 感应电流的大小 D. 流过导体某横截面的电荷量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生．再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值．‎ ‎【详解】A．当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流．条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢．条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，故A正确；‎ B．根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大，故B错误；‎ C．根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2＞I1，故C错误；‎ D．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确．‎ 所以AD正确，BC错误．‎ ‎10.如图所示，两个同心金属环水平放置，半径分别为r和2r，两环间有磁感应强度大小为B、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板。长为r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度做逆时针方向(从垂直环面向里看)的匀速圆周运动。则下列说法正确的是 A. 金属棒中有从A到B的电流 B. 电容器a极板带正电 C. 电容器两端电压为 D. 电容器所带电荷量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手定则可知，AB棒做切割磁感线运动，但电路没有闭合，所以金属棒AB中没有感应电流，故A错误；‎ B．AB棒切割磁感线产生感应电动势高低为：A端为低电势、B端为高电势，则电容器a极板带正电，b极板带负电，B正确； ‎ C．电容器两端电压等于切割感应电动势，根据有：‎ C正确；‎ D．根据得：‎ D错误；‎ 故选BC。‎ ‎11.半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示，有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，变化规律如图乙所示．在t＝0时刻平行板之间的中心位置有一电荷量为＋q的粒子由静止释放，粒子的重力不计，平行板电容器的充、放电时间不计，取上板的电势为零．粒子始终未打中极板，则以下说法中正确的是（ ）‎ A. 第2s内上极板为正极 B. 第2s末粒子回到了原来位置 C. 第2s末两极板之间的电场强度大小为 (V/m)‎ D. 第4s末粒子的电势能为 (J)‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，在第2内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向内，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，由此可知，上极板电势高，是正极，故A正确；由楞次定律可知，在第1s内，下板为正，粒子向下做匀加速运动；第2s内，上板为正，粒子向下做匀减速运动，直到速度为零；第3s内，上板为正，粒子向上做匀加速运动；第4s内，下板为正，粒子向上做匀减速运动，直到速度减为零回到原来位置；故B错误；法拉第电磁感应定律可知，在第2s内产生的感应电动势：，两极板间的电场强度为：，故C正确；第4s末下极板是正极，且粒子回到两板中点，因为上极板电势为零，则中点的电势为，粒子具有的电势能为：，选项 D 正确．‎ 三、实验 ‎12.某学习小组拟研究一个标有“3.6V，1.8W”的小电珠的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ ‎①电流表A，量程0～‎0.6A，内阻约为0.2Ω；‎ ‎②电压表V，量程0～15V，内阻约为15kΩ；‎ ‎③滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；‎ ‎④学生电源E，电动势为4V，内阻不计；‎ ‎⑤开关S及导线若干．‎ ‎(1)该学习小组中的甲同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请按照图甲所示的电路图帮甲同学将图乙中的实物图连接起来___________．‎ ‎(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为Ig＝100μA、内阻Rg＝1000 Ω 的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5V的电压表，则需串联一个阻值为________Ω的电阻．‎ ‎(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如表所示：‎ I1(A)‎ ‎0‎ ‎0.19‎ ‎0.30‎ ‎0.37‎ ‎0.43‎ ‎0.46‎ ‎0.48‎ ‎0.49‎ I2(μA)‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ 请在图丙中的坐标纸上画出I1－I2图线______．‎ ‎　‎ ‎(4)若将该小电珠接在如图丁所示的电路中，则该小电珠消耗的电功率约为________W．已知电源的电动势为E′＝3.0 V，内阻r＝1.5Ω，定值电阻R0＝4.5 Ω.(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 连接图见解析 (2). 49000 (3). 图像见解析 (4). 0.35‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]如图所示．‎ ‎(2)[2]设需要串联的电阻阻值为Rx，则有:‎ Ig(Rg＋Rx)＝5 V 代入数据可得Rx＝49 000 Ω.‎ ‎(3)[3]根据表格数据可以下图 ‎(4)[4]将定值电阻R0看做该电源的内阻的一部分，则内阻r′＝6 Ω，由此可得路端电压:‎ U＝E′－Ir′‎ 在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图象如上一问图所示，可知其交点坐标表示的电流约为‎0.32 A，电压约为1.1 V，所以该小电珠消耗的功率约为:‎ P＝UI=0.32×1.1 W≈0.35 W.‎ 三、解答题 ‎13.如图甲所示，两相互平行的光滑金属导轨水平放置，导轨间距L＝‎0.5 m，左端接有电阻R＝3 Ω，竖直向下的磁场磁感应强度大小随坐标x的变化关系如图乙所示．开始导体棒CD静止在导轨上的x＝0处，现给导体棒一水平向右的拉力，使导体棒‎1 m/s2的加速度沿x轴匀加速运动，已知导体棒质量为‎2 kg，电阻为2 Ω，导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，求：‎ ‎(1)拉力随时间变化的关系式；‎ ‎(2)当导体棒运动到x＝‎4.5 m处时撤掉拉力，此时导体棒两端的电压，此后电阻R上产生的热量．‎ ‎【答案】(1) (2) ;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设经过时间导体棒的速度为，位移 产生的感应电动势 根据乙图可知 产生的感应电流 根据牛顿第二定律有 整理得 ‎（2）当导体棒运动到x=4．‎5m处时导体棒两端的电压为，则有 磁感应强度 感应电动势 撤去力F后动能全部转化为焦耳热即 电阻R上面产生的焦耳热 ‎14.如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量为m、长也为L的均匀直金属杆ef放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆ef的电阻为r，其余部分电阻不计．现让ef杆由静止开始沿导轨下滑．‎ ‎（1）求ef杆下滑的最大速度vm．‎ ‎（2）已知ef杆由静止释放至达到最大速度的过程中，ef杆沿导轨下滑的距离为x，求此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q和在该过程中通过定值电阻R的电荷量q．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对ef杆，由牛顿第二定律有 mgsinθ－BIL＝ma 又，所以有 当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值 ‎（2）根据能量守恒定律有 mgxsinθ＝mvm2＋Q总 由公式Q＝I2Rt，可得 又QR＋Qr＝Q总 解得 由法拉第电磁感应定律有 又由闭合电路的欧姆定律有 解得．‎ ‎【点睛】对于电磁感应的综合问题要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，同时这类问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习近平时注意知识的理解与应用．‎ ‎15.电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一，它揭示了电、磁现象之间的本质联系．‎ 电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即，这就是法拉第电磁感应定律．‎ ‎（1）如图所示，把矩形线框abcd放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框平面跟磁感线垂直．设线框可动部分ab的长度为L，它以速度v向右匀速运动．请根据法拉第电磁感应定律推导出闭合电路的感应电动势E=BLv．‎ ‎（2）两根足够长的光滑直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．两导轨间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆MN放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．导轨和金属杆的电阻可忽略．让金属杆MN由静止沿导轨开始下滑．求 ‎①当导体棒的速度为v（未达到最大速度）时，通过MN棒的电流大小和方向； ‎ ‎②导体棒运动最大速度．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）①；电流方向为从N到M；②．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在Δt时间内，ab棒向右移动的距离为vΔt，‎ 这个过程中线框的面积变化量是ΔS=LvΔt ‎ 穿过闭合回路的磁通量的变化量是=BΔS=B LvΔt ‎ 根据法拉第电磁感应定律 ‎（2）①当导体棒的速度为v时，产生的感应电动势为E=BLv ‎ 回路中的电流大小为 由右手定则可知电流方向为从N到M ‎ ‎②导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为 由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上 当导体棒的加速度为零时，速度最大 即：‎ 可解得最大速度为 ‎16.如图所示，间距为 L、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙， 左、右导轨分别与水平面成α、β角，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为 B1、B2 的匀强磁场，两处的磁场互不影响．质量为 m、电阻均为 r 的导体棒 ab、cd 与两平行导轨垂直放置且接触良 好．ab 棒由静止释放，cd 棒始终静止不动．求：‎ ‎（1）ab 棒速度大小为 v 时通过 cd 棒的电流大小和 cd 棒受到的摩擦力大小．‎ ‎（2）ab 棒匀速运动时速度大小及此时 cd 棒消耗的电功率．‎ ‎【答案】（1）；－mgsin β（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当导体棒ab的速度为v时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为：E＝B1Lv①‎ 导体棒ab、cd串联，由全电路欧姆定律有：②‎ 联立①②式解得流过导体棒cd的电流大小为：③‎ 导体棒cd所受安培力为：F2＝B2IL④‎ 若mgsin β ＞F2，则摩擦力大小为：‎ ‎⑤‎ 若mgsin β ≤F2，则摩擦力大小为：‎ ‎⑥‎ ‎（2）设导体棒ab匀速运动时速度为v0，此时导体棒ab产生的感应电动势为：E0＝B1Lv0⑦‎ 流过导体棒ab的电流大小为：⑧‎ 导体棒ab所受安培力为：F1＝B1I‎0L⑨‎ 导体棒ab匀速运动，满足：mgsin α－F1＝0⑩‎ 联立⑦⑧⑨⑩式解得：‎ 此时cd棒消耗的电功率为：‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，在分析中要注意物体运动状态（加速、匀速或平衡），认真分析物体的受力情况，灵活选取物理规律，由平衡条件分析和求解cd杆的受力情况．‎ ‎17.如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压V加速后以速度沿两极板的中线进入电压V,间距为,板长的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场的屏幕上的点，（e=1.6×10‎-19C ，m=0.9×10‎-30kg）求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场时的速度 ‎ ‎（2）射出偏转电场时速度的偏角 ‎（3）打在屏幕上的侧移位移 ‎【答案】(1) v0=4×‎107m/s (2) (3) ‎‎1.25cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 电子在加速电场中加速，由动能定理得：‎ 代入数据解得：v0=4×‎107m/s．‎ ‎(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：l=v0t1，‎ 竖直方向上由牛顿第二定律得：‎ 电场方向的速度：‎ vy=at1‎ 设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则 代入数据解得：．‎ ‎(3) 飞出电场时偏转量为：‎ 代入数据解得：y1=‎0.25cm，电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，则运动时间：‎ 竖直位移：‎ y2=vyt2‎ 故电子到达屏上时，它离O点的距离：‎ y=y1+y2‎ 代入数据解得：y=‎1.25cm．‎ ‎18.如图所示，两根相距为L的光滑平行金属导轨CD、EF固定在水平面内，并处在竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长且电阻不计．在导轨的左端接入阻值为R的定值电阻，将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN垂直放置在导轨上，可以认为MN棒的长度与导轨宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力．金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B且保持不变，为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．‎ ‎（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势E；‎ ‎（2）在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电荷所受洛伦兹力有关．请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E．‎ ‎（3）请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示意图．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，金属棒MN中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况，通过计算分析说明．‎ ‎【答案】（1）；（2）（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求出金属棒MN向右滑行的位移,得到回路磁通量的变化量 ,再由法拉第电磁感应定律求得E的表达式; (2)棒向右运动时,电子具有向右的分速度,受到沿棒向下的洛伦兹力，,棒中电子在洛伦兹力的作用下,电子从M移动到N的过程中,非静电力做功,根据电动势定义计算得出E.‎ ‎（3）可以从微观的角度求出水平和竖直方向上的洛伦兹力做功情况，在比较整个过程中做功的变化状况．‎ ‎【详解】（1）如图所示，在一小段时间Dt内，金属棒MN的位移 ‎ ‎ 这个过程中线框的面积的变化量 ‎ 穿过闭合电路的磁通量的变化量 根据法拉第电磁感应定律 ‎ 解得 ‎ ‎（2）如图所示，棒向右运动时，正电荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力 ‎，f1即非静电力 在f的作用下，电子从N移动到M的过程中，非静电力做功 根据电动势定义 ‎ 解得 ‎ ‎（3）自由电荷受洛伦兹力如图所示．‎ ‎ ‎ 设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为．‎ 如图所示，沿棒方向的洛伦兹力，做正功 ‎ 垂直棒方向的洛伦兹力，做负功 所以，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．‎ 做正功，将正电荷从N端搬运到M端，相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电动势”，使电源的电能增加；做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用．‎ ‎【点睛】本题较难，要从电动势定义的角度上去求电动势的大小，并学会从微观的角度分析带电粒子的受力及做功情况．‎