1、 高二（上）期末物理试卷（理科） 题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1. 在电场中（）A. 某点的电场强度大，该点的电势一定高B. 某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C. 某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D. 某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零2. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A. 质点P将向上运动B. 电流表读数减小C. 电压表读数减小D. R3上消耗的功率增大3. 三根平行的长直导线。分别垂直地通过一个等腰三角形的三个顶点，三导线牛
2、电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同。如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点0处所产生的磁场的磁感强度大小为2B，则O处的磁感应强度的大小和方向为（）A. 大小为B，方向沿OA方向B. 大小为22B，方向竖直向下C. 大小为2B，方向沿OB方向D. 大小为2B，方向沿OA方向4. 用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a，b两点间的电势差是（）A. Uab=0.1VB. Uab=0.1VC. Uab=0.2VD. Uab=0.2V5. 如图，在一水平
3、、固定的闭合导体圆环上方有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（）A. 总是顺时针B. 总是逆时针C. 先顺时针后逆时针D. 先逆时针后顺时针6. 如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子（重力不计）从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足（）A. B3mv3aqB. B3mvaqD. B3mvaq7. 如图所示的天平可用来
4、测定磁感应强度。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为l，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡，当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知（）A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为(m1m2)gNIlB. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg2NIlC. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为(m1m2)gNIlD. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为mg2NIl8. 如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场在外力作用下，一正方形闭合刚性
5、导线框沿QN方向匀速运动，t=0时刻，其四个顶点M、N、P、Q恰好在磁场边界中点下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是（）A. B. C. D. 9. 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为整个装置处于匀强磁场中金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止则（）A. 磁场方向一定是竖直向上B. 磁场方向竖直向上时，磁场的磁感应确定最小C. ab受安培力的最小值为F=mgtanD. ab受安培力的最小值为F=mgsin二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）10. 如图所示，为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的
6、竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（）A. 若飞机从西往东飞，U1比U2高B. 若飞机从东往西飞，U2比U1高C. 若飞机从南往北飞，U1比U2高D. 若飞机从北往南飞，U2比U1高11. 粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速器的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速不考虑相对论效应，则下列说法正确是（）A
7、. 质子被加速后的最大速度不能超过2RfB. 加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大C. 质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为2：1D. 不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子12. 在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场圆边上的P处有一粒子源，不沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为12R的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P点开始弧长为23R的圆周范围内射出磁场不计粒子的重力，则（）A. 前后两次粒子运动的轨迹半径比为r1：r2=2：3B.
8、 前后两次粒子运动的轨迹半径比为r1：r2=2：3C. 前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=2：3D. 前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=3：2三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）13. 某同学通过实验测定一个阻值约为5的电阻Rx的阻值。（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（050，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表A电流表（03A，内阻约0.025）B电流表（00.6A，内阻约0.125）C电压表（03V，内阻约3k）D电压表（015V，内阻约15k）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的_（
9、选填“甲”或“乙”）。（2）如图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx=UI=_（保留两位有效数字）。（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是_。（选填选项前的字母）A电流表测量值小于流经Rx的电流值B电流表测量值大于流经Rx的电流值C电压表测量值小于Rx两端的电压值D电压表测量值大于Rx两端的电压值四、实验题探究题（本大题共1小题，共
10、9.0分）14. 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为_cm，高度为_mm。五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）15. 如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球,现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37角,重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小16. 如图所
11、示，一质量为m=0.16kg、长L=0.4m、宽d=0.2m、电阻R=0.1的矩形线圈，从h1=0.8m的高处由静止开始下落，然后进入匀强磁场，当下边进入磁场时，由于磁场力的作用，线圈正好作匀速运动（1）求匀强磁场的磁感应强度B；（2）如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.2s，求磁场区域的高度h2；（3）求线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小和方向；（4）从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是多少？17. 在如图所示的直角坐标中，x轴的上方存在与x轴正方向成45角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为E=2104V/mx轴的下方有垂直于xOy面向
12、外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=210-2T把一个比荷为qm=2108C/kg的正点电荷从坐标为（0，1）的A点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计。求：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间；（2）电荷在磁场中做圆周运动的半径（保留两位有效数字）；（3）当电荷第二次到达x轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达y轴时的位置坐标。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、某点的电场强度大，该点的电势不一定高，两者没有直接关系，故A错误 B、某点的电势高，由公式EP=q知，正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，故B错误 C、某点的场强为零，该点的电势不一定为零
13、，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故C错误 D、某点的电势为零，即=0，由公式EP=q知，检验电荷在该点的电势能一定为零，故D正确 故选D本题抓住电场强度与电势无关、正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小、电势为零，电势能为零，进行分析判断解决本题关键要知道电势与电场强度无关、电势能的公式EP=q，即可进行判断分析2.【答案】C【解析】解：A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并
14、联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB错误，C正确；D、因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小； 故D错误；故选：C由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，
15、无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的3.【答案】D【解析】解：由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，电流A与Bz在O处的合磁感应强度为零，则O点的磁感应强度等于导线C在斜边中点0处所产生的磁场的磁感强度，大小为2B； 依据右手螺旋定则可知，在O处电流C产生的磁感应强度的方向沿OA方向，故ABC错误，D正确； 故选：D本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在O点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量的合成法则，及右手螺旋定则，即可求解。磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培
16、定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。4.【答案】B【解析】解：题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图所示 则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知：=10T/s 由E= 得： E=N=10V=0.2V 所以有：U=IR=R=V=0.1V， 由于a点电势低于b点电势，故有：Uab=-0.1V 故选：B根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再通过闭合电路欧姆定律求出电流以及电势差解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会运用
17、楞次定律判断感应电流的方向5.【答案】C【解析】解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确 故选：C由楞次定律可以判断出感应电流的方向本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键6.【答案】B【解析】解：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：则粒子运动的半径为：r=acot30=a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：
18、Rr，解得：B，故选：B作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系得到临界轨迹的轨道半径；再根据牛顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式求解本题是考查了粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解半径，求出粒子轨道半径后，应用牛顿第二定律即可正确解题7.【答案】B【解析】解：（1）假设B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故该假设错误；（2）当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两
19、倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码。则有mg=2NBIL，所以B=故ACD错误，B正确故选：B。天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小解决本题的关键掌握安培力方向的判定即利用好左手定则即可，以及会利用力的平衡去求解问题8.【答案】B【解析】解：第一段时间从初位置到MN离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M长度的2倍，此时电动势E=2Bvtv，线框受的安培力f=2BIvt=，图象是开口向上的抛物线，故CD错误； 如图乙所示，线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一
20、段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与MN重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变； 最后一段时间如图丙所示，从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为AC=l-2vt， 电动势E=B（l-2vt）v，线框受的安培力F=，图象是开口向上的抛物线，故A错误，B正确 故选：B正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，正确找出切割磁感线的有效长度，根据感应电动势大小公式E=BLv和安培力公式F=BIL表示出安培力，运用数学函数图象进行判断解决本题的关键掌握右手定则判定感应电流的方向，以及掌握切割产生的感应电动势大小公式E=BLv和安培力公式F=BIL9.【答案】D【解析】解：金属导轨光滑，所以没有摩擦
21、力，则金属棒只受重力支持力和安培力， 根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图： 由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：Fmin=mgsin 即BIL=mgsin 则Bmin=，故ABC错误，D正确 故选：D以金属杆为研究对象进行受力分析，由平衡条件判断安培力的最小值从而求出磁场强度的最小值，然后根据右手定则判断磁场的方向本题借助磁场中安培力考查了矢量三角形合成法则求最小值问题，判断出最小值时关键10.【答案】AC【解析】解：当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方
22、向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有U1比U2高。故BD错误，AC正确。 故选：AC由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样。由右手定则可判定电势的高低。本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则。对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的。11.【答案】AC【解析】解：A、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据qU=mv2，得v=，质子第二次和第一次经过
23、D形盒狭缝的速度比为：1， 根据r=，则半径比为：1故A正确 B、根据qvB=m得，v=，则粒子的最大动能Ekm=mv2=，与加速的电压无关故B错误 C、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，最大速度为：v=2Rf，故C正确 D、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速粒子故D错误 故选：AC回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作
24、用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等12.【答案】AD【解析】解：当磁感应强度为B1时，粒子半径为r1，粒子运动情况如图所示， 根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B1=m 根据几何关系有：r1= 联立式子可得：B1= 当磁感应强度为B2时，粒子半径为r2，粒子运动情况如图所示， 根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B2=m 根据几何关系有：r2= 联立式子可得：B2= 由式可得：前后两次粒子运动的轨迹半径比为r1：r2=：，故A正确，B错误； 由式可得：前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：，故C错误，D正确； 故选：AD当磁感应强度为B1时
25、，粒子均从由P点开始弧长为的圆周范围内射出磁场，即有圆周上有圆弧范围上有粒子射出，找到临界几何条件：即距P点圆弧的位置恰好有粒子射出，再与洛伦兹力提供向心力联立即可求出磁感应强度B1和半径r1； 同理，当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P点开始弧长为的圆周范围内射出磁场，即有圆周上有圆弧的范围上有粒子射出，找到临界几何条件：即距P点圆弧的位置恰好有粒子射出，再与洛伦兹力提供向心力联立即可求出磁感应强度B2和半径r2；本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出各个方向入射的粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求出半径和磁感应强度；本题为定圆的旋转模型，可
26、以找一枚硬币，绕P点旋转观察从圆形磁场区域出射的范围，对数学几何能力要求较高难度较大13.【答案】B C 甲 5.2 B D【解析】解：（1）：由于电源电动势为4V，所以电压表应选C；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Im= A=0.6A，所以电流表应选B；根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：Rmax=20，所以变阻器可以采用限流式接法，变阻器应选E；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法，即电路图应是“限流外接”，所以应采用图甲电路。（2）：实物连线图如图所示：（3）：电流表的读数为：I=0.50A，电压表的读数为：U=2.60V，所以待测电阻为：R=5.2；（4）：根据
27、欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表A的分流作用，导致电流表的测量值大于流经RX 的电流，所以产生误差的主要原因是B；若采用乙电路，由于电流表的分压作用，导致电压表的测量值大于RX 两端的电压值，所以造成误差的主要原因是D；故答案为：（1）B；C；甲；（2）如上图所示；（3）5.2；（4）B；D。本题（1）的关键是首先根据电源电动势大小选择出电压表量程，再根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；然后根据闭合电路欧姆定律结合电流表最小电流求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；再根据待测电阻满足可知电流表应用外接法。题（3）的关键是电表的读数要求：电表有“”估读、“”估读和“”估读
28、三种方式，要看电表每小格的读数是多少，若每小格读数为0.02A，则应是“”估读，即应估读到0.01A；若每小格读数为0.1V，则应是“”估读，即应估读到0.01V题（4）的关键是根据欧姆定律和串并联规律，将电表内阻考虑在内即可求解。对电学实验应明确：根据电源电动势或待测电阻的额定电压来选择电压表量程；根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程。根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器，当变阻器的全电阻满足要求时，变阻器可以采用限流式接法；当变阻器全电阻太小或电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器，可方便调节。当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内
29、接法。14.【答案】1.220 6.860【解析】解：1、游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐， 所以游标读数为40.05mm=0.20mm=0.020cm， 所以最终读数为：1.2cm+0.020cm=1.220cm。 2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.00.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm， 故答案为：1.220，6.860。解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。对于基本测量仪器
30、如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。15.【答案】解：（1）由图可知，小球受到的电场力方向向左，电场方向向右，所以小球带负电;（2）小球受三个力作用处于平衡状态，有tan37=qEmg=34可得：E=3mg4q;（3）小球从水平位置到竖直方向的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得mgL-qEL=12mv2.联立解得v=gl2.答：（1）小球带负电;（2）匀强电场电场强度的大小为3mg4q;（3）小球经过A点时的速度为v=gl2.【解析】根据小球受力与所处于的位置可确定电场力的方向，再依据小球受力平衡条件，利用力的合成与分解可求出电场力的大小，从而算出电
31、场强度;根据动能定理求出小球经过最低点的速度对小球进行受力分析与运动分析，再运用三力平衡条件来进行力的处理，根据动能定理求出小球经过最低点的速度16.【答案】解：（1）设线圈刚进入磁场时的速度为v0，则据机械能守恒定律可得：mgh1=12mv02解得：v0=4m/s；根据平衡条件可得mg=B2d2v0R，联立解得：B=1T；（2）因为线圈的下边进入磁场后先做匀速运动，用时为：t0=Lv0=0.1s，所以线圈做加速运动的时间为：t1=0.2s-0.1s=0.1s，根据位移时间关系可得：h2=L+v0t1+12gt12=1.55m；（3）线圈的下边刚离开磁场的瞬间的速度为：V=v0+gt1=5m/
32、s；根据牛顿第二定律可得：B2d2VRmg=ma，所以线圈的加速度的大小为：a=B2d2vmgRmR=1m/s2，方向向上（4）线圈的重力势能转化为焦耳热：Q=mgL=0.64J答：（1）匀强磁场的磁感应强度为1T；（2）如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.2s，磁场区域的高度为1.55m；（3）线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小为1m/s2，方向向上；（4）从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是0.64J【解析】（1）由机械能守恒定律求出线圈进入磁场时的速度，然后由平衡条件求出磁感应强度 （2）求出线框匀速进入磁场过程的时间，然后求出线框
33、做加速运动的时间，然后求出磁场的宽度 （3）求出线圈下边离开磁场时的速度，然后由牛顿第二定律求出加速度 （4）线圈的重力势能转化为焦耳热对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解17.【答案】解：（1）如图，电荷从A点匀加速运动运动到x轴的C点的过程：位移S=AC=2m加速度a=Eqm=221012m/s2时间t=2sa=10-6s（2）电荷到达C点的速度为v=at=22106m/s速度方向与x轴正方向成45角，在磁场中运动时由qvB=mv2R得R=mvqB=22
34、m即电荷在磁场中的偏转半径为0.71m（3）轨迹圆与x轴相交的弦长为x=2R=1m，所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动。设到达y轴的时间为t，则：tan45=12at2vt解得t=210-6s则类平抛运动中垂直于电场方向的位移L=vt=42my=Lcos45=8m即电荷到达y轴上的点的坐标为（0，8）答：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间10-6s；（2）电荷在磁场中做圆周运动的半径0.71m；（3）当电荷第二次到达x轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，则确定电荷到达y轴时的位置坐标（0，8）。【解析】（1）根据牛顿第二定律与运动学公式，即可求解； （2）根据洛伦兹力提供向心力，结合速度公式，即可求解； （3）根据粒子做类平抛运动，由速度方向的位移与垂直速度方向的位移关系，可确定运动时间，进而可求得垂直于电场方向的位移，即可求解。考查牛顿第二定律与运动学公式的应用，掌握运动的分解与合成方法，理解三角函数在题中的运用，注意类平抛运动的处理思路。第16页，共16页
