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1、四川省凉山州2022-2022学年高二物理上学期期末模拟试题三第I卷选择题一、单项选择题本大题共8小题，共24.0分1. 在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，那么该点电场强度为，那么以下说法正确的选项是A. 假设移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零B. 假设在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为C. 假设在该点放一个电量为的检验电荷，那么该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向D. 假设在该点放一个电量为的检验电荷，那么该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向2. 两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如下
2、图以下说法正确的选项是A. a点电势比b点高B. a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小C. a、b、c三点和无穷远处等电势D. 一个电子在a点无初速释放，那么它将直接运动到c点3. 如下图，O为两个等量同种正点电荷连线的中点，a、b、c、d是以O为圆心的圆周上的四个点，设无穷远处电势为零，那么以下说法正确的选项是A. a、c电场强度相同B. b、O、d三点电势相等C. O点的电场强度，电势均为零D. 把电子从a点移动到b点，电子的电势能增大4. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如下图，实线是电场线，关于粒子，以下说法正确的选项是 A.
3、在a点的加速度大于在b点的加速度B. 在a点的电势能小于在b点的电势能C. 在a点的速度小于在b点的速度D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高5. 如下图，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，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，那么 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. 上消耗的功率增大6. 如下图，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成角的方向以相同的速度v射入磁场中，那么关于正、负电子，以下说法不正确的选项是A. 在磁场中的运动时间相同B. 在磁场中运动的轨道半径相同C. 出边界时两
4、者的速度相同D. 出边界点到O点处的距离相等7. 如下图，盘旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心局部是两个“D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频交流电源相连。那么带电粒子获得的最大动能与以下哪些因素有关A. 加速的次数B. 加速电压的大小C. 交流电的频率D. 匀强磁场的磁感应强度8. 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如下图的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab到达最大速度此时撤去外力，
5、最后ab静止在导轨上在ab运动的整个过程中，以下说法正确的选项是A. 撤去外力后，ab做匀减速运动B. 合力对ab做的功为FxC. R上释放的热量为D. R上释放的热量为Fx二、多项选择题本大题共4小题，共16.0分9. 如图，平行板电容器两极板M、N的间距为d，质量为m、电荷量为的粒子从M极板的边缘以初速度射入，沿直线从极板N的边缘射出。重力加速度为g，不计空气阻力，那么以下说法正确的选项是A. M极板电势低于N极板B. 粒子做匀加速直线运动C. 两极板间的电势差为D. 带电粒子的电势能将增大10. 如下图，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示
6、方向的电流I时，用电压表测得导体上下外表MN间电压为U，自由电子的电量为以下说法中正确的选项是A. M板比N板电势高B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C. 导体中自由电子定向移动的速度为D. 导体单位体积内的自由电子数为11. 如下图为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子不计重力以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转角，根据上述条件可求的物理量是 A. 带电粒子的比荷B. 带电粒子在磁场中的运动周期C. 带电粒子在磁场中的运动半径D.
7、 带电粒子的初速度12. 如图，两根足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为，两导轨间距为L，上端接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直导体棒ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导轨和导体棒的电阻可忽略。让导体棒沿导轨由静止开始下滑，导轨和导体棒接触良好，不计它们之间的摩擦。重力加速度为以下说法正确的选项是 A. 导体棒开始下滑时的加速度为B. 导体棒匀速运动时所受到安培力为C. 导体棒匀速运动时产生的电动势为D. 导体棒匀速运动时的速度为第II卷非选择题三、实验题本大题共2小题，共16.0分13. 如图是一个多量程多用电表的简化电路图，电流、
8、电压和电阻的测量都各有两个量程或分度值不同的挡位，1、2两个挡位为电流表挡位，其中的大量程是小量程的10倍 关于此多用表，以下说法正确的选项是：_A.当转换开关S旋到位置4时，是电阻挡B.当转换开关S旋到位置6时，是电压挡C.当转换开光S旋到5的量程比旋到6的量程大D.A表笔为黑表笔，B表笔为红表笔 一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是、，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_挡，如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_。14. 有一根细而均匀的导电材料样品如图a所示，截面为同心圆环如图b所示，此样品长约为，电阻约为。这种材
9、料的电阻率为，因该样品的内径太小，无法直接测量现提供以下实验器材： A.20分度的游标卡尺B.螺旋测微器C.电压表量程，内阻约 D.电流表量程，内阻约 E.电流表量程，内阻约F.滑动变阻器，额定电流G.直流电源约，内阻不计 H.导电材料样品I.开关一只，导线假设干 请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，答复以下问题：用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图c所示，其示数_mm请选择适宜的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻在下面的方框内画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号这个实验电阻的测量值将_填“大于“等于或“小于实际值 假设
10、某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，那么用物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径_四、计算题本大题共4小题，共44.0分15. 如下图的电路中，电源电动势，内阻，电阻，当开关S断开时，电流表的示数为，电压表的示数为，试求：电阻和的阻值；当S闭合后，电压表的示数；上消耗的电功率16. 一匀强电场足够大，场强方向是水平的。一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成角的直线运动求： 小球运动的加速度的大小是多少？小球从O点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差？17. 在科学研究中
11、，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制如下图，某时刻在xOy平面内的第、象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场，在第、象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从M点以速度沿垂直于y轴方向射入该匀强电场中，粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点O且沿OP方向进入第象限在粒子到达坐标原点O时撤去匀强电场不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响，粒子经过原点O进入匀强磁场中，并仅在磁场力作用下，运动一段时间从y轴上的N点射出磁场OP与x轴正方向夹角，带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，求：、O两点间的电势差U；坐标原点O
12、与N点之间的距离d；粒子从M点运动到N点的总时间t18. 如下图，两根金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有定值电阻，导轨自身电阻忽略不计。导轨置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度。将一根质量为、电阻可不计的金属棒ab在导轨上方某处由静止释放，金属棒沿导轨下滑金属棒ab与导轨间的摩擦不计。设导轨足够长，导轨宽度，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒沿导轨下滑的高度时，速度恰好到达最大值。此过程中，求：金属棒ab到达的最大速度；该过程中通过电阻R的电量q和电阻R上产生的热量Q答案和解析1.【答案】D【解析】【解答】电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，无论有无放入检验
13、电荷、检验电荷的电量如何，电场强度不变故D正确，A、B、C错误应选：D【分析】电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定解决此题的关键知道电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，有本身性质决定2.【答案】C【解析】解：A、C，a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等。故A错误。C正确。B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同。由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度。故B错误。D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点，故D错误。应选：C。两个等量异种电荷连线的
14、垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向根据电子的受力情况，分析电子的运动情况对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆3.【答案】D【解析】解：A、a、c两点在图中处于对称位置，而且，电荷也是对称分布的，所以，电场强度大小相等，方向相反，故A错误；B、b、d两点处于镜像对称位置，在电场分布中，两点的电势相等；在Ob之间，电场强度方向向上，所以，电场线的方向也向上，沿着电场线电势降低，所以，O点电势高于b、d，故B错误；C、O点处于电场分布对称中心，所以，O点的电场强度为零；电场线从O到b延伸至无穷远的方向都是
15、指向上，又有，无穷远处电势为零，且沿着电场线电势降低，所以，O点电势大于零，故C错误；D、在aOb所围左上侧，电场强度方向为右上方，把电子从a点移动到b点，电场力做负功，电势能变大，故D正确；应选：D。该题考查学生对电场中电势、电场强度、电场力做功与电势能的关系的理解根据电荷在该点的受力比拟电场强度的大小，方向；由电场强度在该区域的大致方向判断电荷移动过程电场力做正功还是负功；进而得到两点间电势大小的比拟此题要注意选项D，题设为电子，电子带负电，沿电场线运动，电场力对电子做负功，电势能增加4.【答案】C【解析】【分析】电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场
16、的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大。解决此题的关键是通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化。【解答】A.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知，所以a、b两点比拟，粒子所受电场力，加速度，故A错误；整个过程电场力做正功，那么在a点的电势能大于在b点的电势能；根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故B错误，C正确；D.由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错
17、误；应选：C。5.【答案】C【解析】【分析】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，注意电路中某一局部电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的【解答】由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，那么电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联局部的电压减小；由欧姆定律可知流过的
18、电流减小，那么流过并联局部的电流增大，故电流表示数增大，因并联局部电压减小，而中电压增大，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，那么重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB错误，C正确；D.因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小，故D错误；应选C6.【答案】A【解析】解：A、粒子在磁场中运动周期为，那么知两个离子圆周运动的周期相等。根据左手定那么分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为，轨迹的圆心角也为，运动时间；同理，负离子运动时间，显示时间不相等。故A错误；B、由得：，由题q、v、B大小均相同，那么r相同，故B
19、正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同。故C正确；D、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离，r、相同，那么S相同，故D正确；此题选择不正确的，应选：A。由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短由牛顿第二定律研究轨道半径根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入无论哪类模型，都遵守以下规律：轨迹的圆心在入射方向
20、的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角7.【答案】D【解析】【分析】当带电粒子从盘旋加速器最后出来时速度最大，根据求出最大速度，再根据求出最大动能，可知与什么因素有关。解决此题的关键知道根据求最大速度，知道最大动能与D形盒的半径有关，与磁感应强度的大小有关。【解答】根据得，最大速度，那么最大动能，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数、交流电的频率和加速电压的大小无关，故D正确，ABC错误。应选D。8.【答案】D【解析】【分析】导体棒运动时产生的电动势随速度的变化而变化，应用牛顿第二定律、安培力公式、能量守恒定律即可正确
21、解题；分析清楚杆的运动过程；杆克服安培力做功转化为焦耳热，可以从能量角度求焦耳热。【解答】A.撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而，随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，故A错误；B.对整个过程由动能定理得，故B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即，故C错误，D正确。应选D。9.【答案】ACD【解析】【分析】微粒沿直线运动，那么其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和求解电势差；由电场力方向判断出场强的方向，确定M、N两板电势关系。此题考查匀
22、强电场的相关知识。关键根据质点做直线运动的条件分析微粒的受力情况，再确定运动情况，并分析功能关系。【解答】A.由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带正电，电场强度方向竖直向上，M板的电势低于N板的电势，A正确。B.微粒进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，微粒做匀速直线运动，故B错误；C.由得，C正确；D.重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd，机械能减小了mgd，D正确。应选ACD。10.【答案】CD【解析】解：A、如图，电流方向向右，电子定向
23、移动方向向左，根据左手定那么判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，那么M板积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低。B、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，那么有，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关。故B错误。C、由，得自由电子定向移动的速度为故C正确。D、电流的微观表达式是，那么导体单位体积内的自由电子数，代入得故D正确。应选：CD。金属导体是自由电子导电，电流方向向右，电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定那么判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定M、N两板电势的上下电子
24、定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，为电子定向移动的速率，电压表的读数根据电流的微观表达式，求解导体单位体积内的自由电子数n此题现象称为霍尔效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡求解电压表的示数要掌握电流的微观表达式11.【答案】AB【解析】【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期。带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运
25、动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功。同时当粒子沿半径方向入射，那么也一定沿着半径方向出射。【解答】解：无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为，那么，而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：，由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：，由以上各式联式可得：，设粒子在磁场中的运动周期为T，那么周期为，由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求，故AB正确，CD错误。应选AB。12.【答案】ACD【解析】【分析】导体棒最开始下滑时，由于速度为零，因此回路中没有感应电流，因此导体棒未受到安培力作用；当导体
26、棒继续下滑的过程中，导体棒切割磁感线，因此会产生感应电流，因此会受到安培力，根据牛顿第二定律即可得出运动的状态。此题主要考查电磁感应与牛顿运动定律的综合运用，解题的关键在于准确的受力分析。【解答】A.导体棒最开始下滑时，由于速度为零，因此回路中没有感应电流，因此导体棒未受到安培力作用，由牛顿第二定律可得：，故A正确；当导体棒匀速时，那么有，又因为，因此感应电动势为，由于，可知匀速时的速度为：，故B错误，CD正确。应选ACD。13.【答案】 欧姆调零【解析】【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆
27、表换挡后要重新进行欧姆调零。此题考查了多用电表的内部结构以及欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用考前须知等；用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。【解答】当转换开关S旋到位置4时，表头与电表中的电源相连接，是电阻档，故A正确；B.当转换开关S旋到位置6时，表头与电阻串联，电阻起分压作用，是电压档，故B正确；C.当转换开关S旋到5串联的电阻小于旋转到6串联的电阻，可知旋转到6，串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大，故C错误；D.根据电流“红进黑出可知，B表笔为黑表笔，A表笔为红表笔，故D错误；应选AB。用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发
28、现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到挡；如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零。故答案为；欧姆调零。14.【答案】作图如下： ；小于；。【解析】【分析】螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；根据实验原理选择实验器材，然后确定滑动变阻器与电流表接法，作出实验电路图，根据实验电路图应用欧姆定律分析答题；应用欧姆定律与电阻定律分析答题。此题关键是明确电阻测量的两种方法，用欧姆表粗略测量，用伏安法精确测量；同时会用螺旋测微器测量长度，会减小伏安法测电阻的误差。【解答】螺旋测微器测得该样品的外径；因两个电流表中
29、，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如下图：电动势为4V，因此电压表选择V，根据，可知电路中最大电流，因此电流表选择；为了防止电流表烧坏，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，具体电路图如下所示：根据欧姆定律得：导体的横街面积为：根据电阻定律有：联立解得：，I为电流表读数、U为伏特表读数。故答案为：；作图如下： ；小于；。15.【答案】解：断开时，由得：，又由求得，闭合时，、并联电阻，回路总电流，电压表示数为，上消耗的功率。【解析】此题考查
30、的是电阻的串并联的知识，根据闭合电路欧姆定律可以求得电路的电流和电压的大小。根据电压表和电流表的示数，由欧姆定律可以求得电阻的阻值的大小；当S闭合后，和并联，之后和串联，根据闭合电路的欧姆定律可以求得电路的总电流的大小；根据求得电阻的功率的大小。16.【答案】解：设小球的电荷量为q，因小球做直线运动，那么它受到的静电力和重力mg的合力必与初速度方向共线，如下图，那么有，由此可知，小球做匀减速直线运动的加速度大小为；设从O点到最高点的位移为x，那么有得；从O点到最高点静电力做功小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差【解析】解决此题的关键知道合力的方向与速度方向共线时，做直线运动，不共线时，
31、做曲线运动，以及知道电场力做功与电势能变化的关系。因小球受重力及电场力的作用而做直线运动，故小球所受力的合力一定在其运动方向的直线上，由力的合成可求得合力的大小，再由牛顿第二定律求加速度；根据运动学公式求出小球运动到最高点时发生的位移；求出静电力做功，即可求得电势能的差。17.【答案】解：设粒子经过O点的速度为v，那么对于电子经过电场的过程，根据动能定理有：解得：设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，运动轨迹如答图2所示洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：解得：根据几何关系可知，O与N之间的距离设粒子在电场中从M点运动至O点所用时为，根据牛顿第二定律可知：粒子在电场中的加速度粒子通过O点
32、时竖直方向速度，根据运动学公式有：解得：设粒子在磁场中从O点运动至N点用时为，粒子在磁场中运动的周期解得：粒子从M点运动到N点的总时间答：、O两点间的电势差U为；坐标原点O与N点之间的距离d为；粒子从M点运动到N点的总时间t为。【解析】由几何关系和速度的合成可以求出末速度，再由动能定理就能求出M、O两点之间电势差的大小；从O点到N点，粒子做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力求出半径，再由几何关系及进入磁场的速度方向能求出从O点到N点的距离；分别求出带电粒子在电场和磁场中的时间，两者相加就是带电粒子从M点运动到N点的总时间t。此题是带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入匀强磁场做匀速圆周运动的
33、简单情况，只要准确选用相应规律，就能获得正确结果，但要注意的是两个过程的交界点-即O点的速度方向以及这点的速度矢量。18.【答案】解：金属棒匀速下滑时速度到达最大，那么又感应电流为联立得：上各式解得最大速度根据电量：，联立得：以上各式解得金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：解得此过程中电阻产生的热量答：金属棒ab到达的最大速度为；该过程中通过电阻R的电量q为，电阻R上产生的热量Q为。【解析】当金属棒受力平衡时有最大速度，根据平衡条件列方程求解；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式公式结合，即可求解通过电阻的电量q；根据能量守恒定律求解热量Q。此题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁。17