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1、2015-2016学年黑龙江省佳木斯二中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每题中只有一个正确选项40分，每题4分）1一个电容器带电量为Q时，两极板间的电压为U，若使其带电量增加4107C，电势差增加20V，则它的电容是( )A1108FB2108FC4108FD8108F2下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是( )A一价氢离子B一价氦离子C二价氦离子D钠离子Na+3如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电键S闭合前灯泡A、B、C均已发光当电键S闭合时，A、B、C三个灯泡的亮度变化情况是（灯都不会烧坏）( )AA亮度不变，B变亮，C变暗BA变暗，B变亮，C变暗CA变亮，B变
2、暗，C变亮DA变暗，B变亮，C亮度不变4如图所示，I表示电流强度，B表示磁感应强度，F表示安培力，其中它们之间的方向关系正确的是( )ABCD5如图所示，用细绳悬于O点的可自由转动的通电导线AB放在蹄形磁铁的上方，当导线中通以图示方向电流时，从上向下看，AB的转动方向( )AAB顺时针转动并向下动BAB逆时针转动并向下动CAB顺时针转动并向上动DAB逆时针转动并向上动6如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有ma=mbmc=md，以不等的速率vavb=vcvd进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B2的磁场，另两个离子射向P1
3、和P2由此可判定( )A射向A1的是a离子B射向A2的是b离子C射向A2的是c离子D射向A1的是d离子7如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将( )A逐渐减小B逐渐增大C保持不变D不能确定8如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相等、粗细均匀电阻丝的伏安特征曲线，下列判断正确的是( )A图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比Ba电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值Cb代表的电阻丝较细Da代表的电阻丝较细9将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端，电流做功的功率为P若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的
4、功率为( )A4PB0.25PC16PD0.125P10如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同二、多项选择题（每题中多个正确选项16分，每题4分）11将一小段通电导线垂直磁场方向放入一匀强磁场中，图中能正确反映各量间关系的是( )ABCD12通电
5、矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是( )A线框有两条边所受的安培力方向相同B线框有两条边所受的安培力大小相等C线框所受的安培力的合力方向向左D线框所受的安培力的合力方向向右13关于磁感线的性质和概念下列说法正确是( )A铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线B磁感线总是从磁体的N极指向S极C磁感线上各点的切线方向就是各点的磁场方向D磁感线是闭合的14如图是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是( )A电源的电动势为6.0 VB电源的内阻为12C电流为0.2 A时的外电阻是28D电源的短路电流为0.5 A
6、二、填空题（共8分）15图中R1=4，R2=9，R3=18通电后经R1、R2和R3的电流之比I1：I2：I3=_，R1、R2和R3两端的电压之比U1：U2：U3=_16如图所示所在通电螺丝管内部中间的小磁针，静止时N极指向右端，则电源的c端为_极（填“正”或“负”），螺线管的a端为_极（填“N”或“S”）三、计算题（共36分）17两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，求：（1）两带电粒子受洛伦兹力之比（2）两粒子在磁场中做匀速圆周运动半径之比（3）两粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比18如图所示的电路中，电源电压U恒为12V，灯L标
7、有“6V，1A”的字样，R1的阻值为3（1）当电键S断开时，若灯L恰好正常发光，则灯L消耗电功率多大？此时R2接入电路的电阻有多少？（2）当电键S闭合后，灯L消耗的电功率又是多少？若仍要灯L正常发光则R2又要调到阻值为多少？19质量为m=0.04Kg的导电细杆ab置于倾角为300的平行放置的光滑导轨上，导轨宽为d=0.4m，杆ab与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B=1T已知电源电动势E=1.5V，内阻r=0.2，试求当电阻R取值为多少时，释放细杆后杆ab保持静止不动导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10m/s220如图所示，有一正粒子，质量为m，电荷量为q，由静
8、止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场求：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0；（2）粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；（3）粒子穿出偏转电场时的动能2015-2016学年黑龙江省佳木斯二中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每题中只有一个正确选项40分，每题4分）1一个电容器带电量为Q时，两极板间的电压为U，若使其带电量增加4107C，电势差增加20V，则它的电容是( )A1108FB2108FC4108FD8108F【考点】电容；电势差【专题】电容器专题【分析
9、】电容器的电容定义式C=，对于给定的电容器，电容一定，则根据数学知识有C=【解答】解：已知电容器电量的增加量Q=4107C，板间电压的增加量U=20V，则电容为C=F=2108F故选B【点评】关于电容的两个公式C=和C=可以运用数学知识理解，并能灵活应用2下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是( )A一价氢离子B一价氦离子C二价氦离子D钠离子Na+【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据动能定理得出粒子速度的表达式，结合粒子的比荷确定速度最大的粒子【解答】解：根据动能定理得，qU=，解得v=，因为一价氢离子的比荷最大，则一价氢离子的速
10、度最大，故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速，知道电场力做功与电势差的关系，运用动能定理进行求解，基础题3如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电键S闭合前灯泡A、B、C均已发光当电键S闭合时，A、B、C三个灯泡的亮度变化情况是（灯都不会烧坏）( )AA亮度不变，B变亮，C变暗BA变暗，B变亮，C变暗CA变亮，B变暗，C变亮DA变暗，B变亮，C亮度不变【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当电键S闭合时，灯泡C、D并联电阻减小，引起外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，再分析B、C、D三个灯泡电压或电流的变化，分析灯泡
11、亮度的变化【解答】解：当电键S闭合时，灯泡C、D并联电阻减小，外电路总电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I增大，灯泡A的电压UA=EIr减小，电流IA减小，灯泡A变暗灯泡B的电流IB=IIA增大，电压UB增大，灯泡B变亮C灯的电压UC=UAUB，UA减小，UB增大，则UC减小，灯泡C变暗故选B【点评】本题是电路中动态变化分析的问题，考查综合分析问题的能力这类问题常常按照“局部整体局部”的思路分析4如图所示，I表示电流强度，B表示磁感应强度，F表示安培力，其中它们之间的方向关系正确的是( )ABCD【考点】左手定则【分析】根据左手定则判断电流方向、磁场方向和安培力方向的关系，伸开左手，
12、四指与大拇指在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向为安培力的方向【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向内，电流方向向右，根据左手定则，安培力方向垂直电流方向向上故A正确B、磁场方向竖直向下，电流方向垂直纸面向内，根据左手定则，安培力方向水平向左故B错误C、磁场方向垂直纸面向外，电流方向竖直向上，根据左手定则，安培力方向水平向左故C错误D、磁场方向垂直纸面向外，电流方向垂直纸面向内，两者平行，没有安培力故D错误故选：A【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断磁场方向、电流方向和安培力方向三者的关系，注意安培力产生条件5如图所示，用细绳悬于O点的可自由转动的通电导线AB放
13、在蹄形磁铁的上方，当导线中通以图示方向电流时，从上向下看，AB的转动方向( )AAB顺时针转动并向下动BAB逆时针转动并向下动CAB顺时针转动并向上动DAB逆时针转动并向上动【考点】安培力【分析】画出蹄形磁铁的磁感线分布，然后根据左手定则分别判断分别判断导线左右两侧的安培力方向，转过90度后，再根据左手定则判断安培力方向，即可判断运动方向【解答】解：画出蹄形磁铁的磁感线分布，如图，由于导线左右两侧所在磁场方向相反，所受的安培力方向相反，所以将整个导线分成左右两段研究，根据左手定则判断得知：左半段所受的安培力方向垂直纸面向外，右半段所受安培力的方向垂直纸面向内，从上往下看，导线将逆时针转动；考虑
14、转动90时的特殊位置的情况：导线所受的安培力方向向下，所以若没有细绳，导线将逆时针转动，同时下降故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用6如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有ma=mbmc=md，以不等的速率vavb=vcvd进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B2的磁场，另两个离子射向P1和P2由此可判定( )A射向A1的是a离子B射向A2的是b离子C射向A2的是c离子D射向A1的是d离子【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中
15、的运动【分析】在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，有qE=qvB知只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器进入磁场B2后，有r=，v、B2、q相同，质量大的半径大【解答】解：通过在磁场中偏转知，粒子带正电在速度选择器中，有qE=qvBv=，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器所以只有b、c两粒子能通过速度选择器a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转，d向P2板偏转只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，粒子的mv越大其轨道半径r越大，则射向A1的是b离子
16、，射向A2的是c离子故C正确；故选：C【点评】解决本题的关键知道只有速度满足一定的值，才能通过速度选择器由速度选择器出来进入磁场，速度一定，根据r=可比较粒子偏转半径的大小7如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将( )A逐渐减小B逐渐增大C保持不变D不能确定【考点】磁通量【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数当线圈面积不变，根据磁感线的疏密判断穿过线框的磁通量的变化【解答】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框远离通电导线时，穿过线框的磁感线的条数越来越少，磁通量将
17、逐渐减小故选：A【点评】对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况8如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相等、粗细均匀电阻丝的伏安特征曲线，下列判断正确的是( )A图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比Ba电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值Cb代表的电阻丝较细Da代表的电阻丝较细【考点】电阻定律；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】IU图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细【解答】解：A、电阻的大小与电压、电流无关，故A错误；B、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根
18、据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大，D正确，BC错误；故选：D【点评】解决本题的关键会从IU图线中比较电阻的大小，以及掌握电阻定律R=9将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端，电流做功的功率为P若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为( )A4PB0.25PC16PD0.125P【考点】电功、电功率；电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】根据电阻的决定式R=可以得知电阻的变化的情况，在由功率的公式P=UI可以得出功率的变化【解答】解：根据欧姆定律：I=和电阻公式：R=，（为材料电阻率）可知，导体拉长2倍，截面积减半，而长度加倍，电阻变为原来的
19、4倍，所以电阻R=4R电压不变，电流也变为原来的，根据P=UI可知，功率变为原来的，所以B正确故选B【点评】本题就是对于电阻的决定式R=的考查，由电阻的变化求得功率的大小即可10如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周
20、围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故A错误B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故B错误C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四
21、边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等故C正确D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下故D错误故选C【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成二、多项选择题（每题中多个正确选项16分，每题4分）11将一小段通电导线垂直磁场方向放入一匀强磁场中，图中能正确反映各量间关系的是( )ABCD【考点】安培力【分析】安培力的达式：F=BIL，式中的各量B由磁场决定不变化，而F与IL成正比变化关系，据此分析判断【解答】解：A I增大，F也会增大故A错误 B B增大，F增大，故B错误 C F与Il成正比故C正确 D B
22、由磁场本身主决定，不受IL的影响故D错误故选：C【点评】考查安培力表达式的意义，明确：B由磁场本身决定，不受I，l，F的影响12通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是( )A线框有两条边所受的安培力方向相同B线框有两条边所受的安培力大小相等C线框所受的安培力的合力方向向左D线框所受的安培力的合力方向向右【考点】平行通电直导线间的作用【分析】直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据左手定则分析导线框所受的安培力情况【解答】解：A、直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域
23、磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同，故A错误；B、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力，故B正确；C、D、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故C正确，D错误；故选：BC【点评】本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培
24、力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小13关于磁感线的性质和概念下列说法正确是( )A铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线B磁感线总是从磁体的N极指向S极C磁感线上各点的切线方向就是各点的磁场方向D磁感线是闭合的【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】磁感线是形象描述磁场的强弱与方向，但它不是实际存在的我们利用它的切线方向来表示磁场方向；磁感线都是闭合的，磁铁的外部，磁感线是从磁体的N极出发指向磁体的S极，在磁铁的内部，磁感线总是从磁体的S极出发指向磁体的N极【解答】解：A、细铁屑可模拟磁感线，但磁感线是形象地描述磁场而引入的曲线，是假想的曲线，并不是真实存在的故A错
25、误B、在磁铁的外部，磁感线是从磁体的N极出发指向磁体的S极，在磁铁的内部，磁感线总是从磁体的S极出发指向磁体的N极故B错误C、据磁感线的物理意义可知：磁感线上个点的切线方向就是该点的磁感应强度方向，故C正确D、磁感线一定是闭合的曲线；故D正确； 故选：CD【点评】本题考查对磁感线的理解，要抓住磁感线的物理意义及不相交、不存在、闭合曲线等特点进行全面理解； 注意可以和电场线进行类比14如图是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是( )A电源的电动势为6.0 VB电源的内阻为12C电流为0.2 A时的外电阻是28D电源的短路电流为0.5 A【考点】路端电压与负载的关系【专题】恒定电流专
26、题【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流当电流为0.2A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=EIr，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6.0V故A正确B、电源的内阻等于图线的斜率大小，r=A=2故B错误C、电流为I=0.2A时，路端电压U=EIr=（60.22）=5.6V，外电阻是R=28故C正确D、外电阻R=0时，短路电流为I=A=3A故D错误故选：AC【点评】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错
27、误是求电源的内阻，认为是r=12二、填空题（共8分）15图中R1=4，R2=9，R3=18通电后经R1、R2和R3的电流之比I1：I2：I3=3：2：1，R1、R2和R3两端的电压之比U1：U2：U3=2：3：3【考点】串联电路和并联电路【专题】计算题；学科综合题；定性思想；方程法；恒定电流专题【分析】串联电路电流相同，电压与电阻成正比并联电路电压相同，电流与电阻成反比用功率表达式求功率即可【解答】解：由并联电路的特点可知，U2=U3，即I2R2=I3R3，所以；流经R1和R3的电流之比；所以：I1：I2：I3=3：2：1R2和R3并联，两端的电压相等；由U=IR可知：所以：U1：U2：U3=
28、2：3：3故答案为：3：2：1，2：3：3【点评】该题考察的串联电路的特点，灵活选择表达式，然后将相关的数据代入即可基础题目16如图所示所在通电螺丝管内部中间的小磁针，静止时N极指向右端，则电源的c端为正极（填“正”或“负”），螺线管的a端为S极（填“N”或“S”）【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据小磁针的指向，通过安培定则判断出螺线管电流的流向，从而知道电源的正负极螺线管等效为条形磁铁，根据内部磁场的方向得出螺线管的极性【解答】解：螺线管内部的磁场方向水平向右，根据安培定则，知螺线管中的电流从左侧流进，右侧流出，实验c端为电源的正极内部的磁场由S指向N，a端为S极故答案为
29、：正，S【点评】解决本题的关键掌握安培定则，会运用安培定则判断电流与磁场的关系三、计算题（共36分）17两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，求：（1）两带电粒子受洛伦兹力之比（2）两粒子在磁场中做匀速圆周运动半径之比（3）两粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）已知粒子的质量、电荷量、速度关系，应用洛伦兹力公式可以求出洛伦兹力之比；（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出半径之比；（3）根据粒子做圆周运动
30、的周期公式求出周期之比【解答】解：（1）洛伦兹力之比：=；（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，粒子的轨道半径之比：=；（3）粒子做圆周运动的周期：T=，粒子做圆周运动的周期之比：=；答：（1）两带电粒子受洛伦兹力之比为：1：2；（2）两粒子在磁场中做匀速圆周运动半径之比为：1：2；（3）两粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为：1：2【点评】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用洛伦兹力公式与牛顿第二定律、周期公式可以解题，本题难度不大，是一道基础题18如图所示的电路中，电源电压U恒为12V，灯L标有“6V，1A”的字样，
31、R1的阻值为3（1）当电键S断开时，若灯L恰好正常发光，则灯L消耗电功率多大？此时R2接入电路的电阻有多少？（2）当电键S闭合后，灯L消耗的电功率又是多少？若仍要灯L正常发光则R2又要调到阻值为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）由灯泡的额定值可求得灯泡的电功率；由串并联是电路的规律可求R2接入电路的电阻；（2）S闭合后，R1与L并联后与R2串联；先求得总电阻，再由电路规律求得灯泡的电压，再由功率公式求得功率即可；要使灯泡正常发光，则灯泡电压应调至6V，由电路规律可求得R2的阻值【解答】解：（1）S断开时，L正常发光 PL=UI=6W此时R2的电压U2=6V （2
32、）S闭合后，若要灯正常发光则灯泡电压应为6V，则R2两端的电压为6V；则时电路中电流I=3A；则R2=2故要灯正常发光R2应调为2；解：（1）L的电功率为6W；R2的接入电阻为6；（2）闭合S后，L的电功率为1.5W；要灯正常发光R2应调为2【点评】本题考查闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律，在解题时要灵活应用串并联电路的规律求解电流及电压19质量为m=0.04Kg的导电细杆ab置于倾角为300的平行放置的光滑导轨上，导轨宽为d=0.4m，杆ab与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B=1T已知电源电动势E=1.5V，内阻r=0.2，试求当电阻R取值为多少时，释放细
33、杆后杆ab保持静止不动导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10m/s2【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】导体棒受重力、支持力和安培力，根据平衡条件求解出安培力；然后根据安培力公式求解出电流；最后根据闭合电路欧姆定律求解出电阻R【解答】解：通电导体在磁场中受到的安培力为：F=BId，方向沿斜面向上；设电流为I时，导体杆刚好静止不动，分析受力，受重力、支持力和安培力，根据平衡条件可得：BId=mgsin解得：I=0.5A根据闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）解得：R=2.8答：当电阻R取值为2.8时，释放细杆后
34、杆ab保持静止不动【点评】本题关键先根据平衡条件求解安培力，然后结合闭合电路欧姆定律和安培力公式列式求解20如图所示，有一正粒子，质量为m，电荷量为q，由静止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场求：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0；（2）粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；（3）粒子穿出偏转电场时的动能【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）对直线加速过程运用动能定理直接列式求解即可；（2）在偏转电场U2中粒子做类似平抛运
35、动，将运动沿着初速度方向和电场力方向正交分解，然后运用运动学公式列式求解；（3）对从直线加速到偏转结束的整个运动过程运用动能定理列式求解即可【解答】解：（1）粒子在加速电场后经电场加速，根据动能定理有：可得（2）粒子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向：x=L=v0t垂直板方向：y=at2而加速度：a=由以上各式解得：L=；t=；（3）质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关所以整个过程由动能定律得：eU1+e=Ek0所以质子射出电场时的动能为：Ek=e（U1+）答：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0为；（2）粒子在偏转电场中运动的时间为和金属板的长度为；（3）粒子穿出偏转电场时的动能为e（U1+）【点评】本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，可以运用正交分解法分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，同时结合动能定理列式求解- 22 -