1、河北省保定市 2018-2019 学年高二下学期联合调研考试物理试题一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中,第 1-7题只有一个选项是符合题目要求的,第 8-12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分。有错选的得 0 分1.磁场对电流的作用力叫安培力,下列关于电流方向、安培力方向以及磁场方向的图片,关系正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【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，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【详解】A、电
2、流向里，磁场水平向右，则由左手定则可知，安培力向下，故 A 错误；B、电流向里，磁场向右，则由左左手定则可知，安培力向下，故 B 错误；C、电流方向和磁场方向相同，则电流不受安培力，故 C 错误；D、电流向里，磁场向上，则由左手定则可知，导线受力方向向右，故 D 正确.故选 D.【点睛】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，并注意左手定则与右手定则的区别，并能正确应用2.如图所示,某电场中的一条电场线上有 A、B、C 三点,其中 B 为 AC 的中点。已知A=5V,C=3V,则A. B 点的电势 B 一定为 4VB. A 点的场强 EA 一定大于 C 点的场
3、强 ECC. 电荷量为+1C 的电荷从 C 点运动到 A 点电势能减少 2JD. 电荷量为-1C 的电荷在 A 点时电势能为-5J【答案】D【解析】【分析】已知两点的电势，若该电场是匀强电场，则在 B 点处的电势，若该电场是非匀强电场，则知在 B 点处的电势不能确定电场线的疏密反映电场强弱，一条电场线不能表示电场线的疏密，则知无法判断场强的大小根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的大小变化情况，再依据电势能公式 Ep=qA，即可求解【详解】A、若该电场是匀强电场，根据匀强电场 U=Ed 可知，顺着电场线方向电势均匀降低，则在 B 点处的电势为: ，若该电场是非匀强电场，则知在 B 点
4、B=A+C2 =5+32V=4V处的电势不是 4V；故 A 错误.B、一条电场线不能表示电场线的疏密，则无法判断场强的大小；故 B 错误.C、根据推论：正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从 C 点运动到 A 点的过程中电势能一定增大，因此电荷量为+1C 的电荷从 C 点运动到 A 点电势能增加 2J；故 C 错误.D、根据电势能公式 Ep=qA=-15J=-5J；故 D 正确.故选 D.【点睛】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电场线不能表示电场的强弱，同时注意 A 选项中分匀强电场与非匀强电场，最后掌握电势能与电势及电量的关系式3.如图所示,电荷量为+
5、Q 的均匀带电球,以球心为圆心的三个虚线圆为等势线,点电荷+q 1 放在 A 点,受到电场力大小为 F1,点电荷+ q2 放在 B 点,受到电场力大小为 F2,且 F2F1,下列说法中正确的是A. B 点的电场强度大于 A 点的电场强度B. q2q1C. B 点的电势大于 A 点的电势D. 把两个点电荷交换位置,A 、B 两点的电场强度大小也随之交换【答案】B【解析】【分析】由点电荷场强公式 分析场强的大小；根据电场强度的定义式变形求得 ，比较电量；E=kQr2 q=FE根据电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面比较 AB 点的电势；电场强度的大小与试探电荷无关，由产生电场的场源电荷决定；【
6、详解】A、根据点电荷的电场强度公式 ，A 点比 B 点距离场源电荷近，所以 A 点电E=kQr2场强度比 B 点大，故 A 错误；B、A 点的点电荷电量 ，B 点的点电荷电量 ，由于 ， ，所以q1=F1EA q2=F2EB F2F1 EAEB，故 B 正确；q2q1C、正点电荷电场电场线是背离正电荷，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以 B 点的电势小于 A 点的电势，故 C 错误；D、电场强度的大小与试探电荷无关，所以把两个点电荷交换位置，A、B 两点的电场强度大小不变，故 D 错误；故选 B.【点睛】解答本题要正确理解电场强度和电势的决定因素和大小关系，注意三个电场强度的公式的
7、适用范围，不能混淆4.如图所示,A、B 两端电压恒为 U,接入内阻为 R 的电动机 M 恰好能正常工作,流过电动机的电流为 I1,如果把电动机换成阻值为 R 的定值电阻,此时电流为 I2,下列说法正确的是A. I1=I2B. I2I1C. 电动机消耗的功率大于定值电阻消耗的功率D. 电动机消耗的功率等于定值电阻消耗的功率【答案】B【解析】【分析】电动机正常工作时是非纯电阻电路，结合欧姆定律分析电流大小，根据 P=UI 分析电功率大小关系【详解】A、B、电机电路的内阻为 R，正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，故其对电流的阻碍作用大于内阻 R，故 I2I 1，故 A 错误，B 正确；C、
8、D、根据 P=UI，工作电压相等，而 I2I 1，故电动机消耗的功率小于定值电阻消耗的功率，故 C 错误，D 错误；故选 B.【点睛】本题关键是明确电动机正常工作时对电流的阻碍作用大于其内电阻，同时要结合电功率表达式 P=UI 列式分析5.如图所示,一光滑绝缘的半圆槽固定在地面上,圆心为 O,半径为 R,D 点为最低点,整个半圆槽处于水平向右的匀强电场中.从半圆槽右边与圆心等高处由静止释放一质量为 m,电荷量为+q 的小球.已知电场强度为 E,重力加速度为 g,且 .则mg= 3qEA. 小球运动到 D 点时,对槽底部的压力大小为 3mgB. 小球运动到 D 点时,对槽底部的压力大小为 (3-
9、233)mgC. 小球能运动到半圆槽左边与圆心等高处D. 小球最终停在 D 点【答案】B【解析】【分析】对于小球从静止释放到运动到 D 点的过程，由动能定理列式求出小球到达 D 点的速度，在D 点，由牛顿运动定律求小球对槽底部的压力大小 .假设小球能运动到半圆槽左边与圆心等高处，根据功能关系分析假设是否成立.分析小球在 D 点的受力情况，判断小球最终能否停在 D 点.【详解】A、B、小球从静止释放到运动到 D 点的过程，由动能定理得: ，mgRqER=12mv2D在 D 点，由牛顿第二定律得： ，结合 ，解得： ，由牛Nmg=mv2DR mg= 3qE N=(3233)mg顿第三定律知小球运动
10、到 D 点时，对槽底部的压力大小为 ，故 A 错误；B 正N=(3233)mg确.C、假设小球能运动到半圆槽左边所在半径与竖直方向的夹角为 处（设为 A 点） ，从开始到 A 点的过程，根据动能定理得：mgRcos -qE(R+Rsin)=0代入得： ,解得 90，所以小球不能运动到半圆槽左边与圆心等高处；3cos=1+sin故 C 错误.D、在 D 点，小球所受的电场力水平向右，重力和支持力在竖直方向，合力不可能为零，所以小球最终不能停在 D 点；故 D 错误.故选 B.【点睛】本题是带电体在复合场中运动的问题，运用动能定理时要灵活选择研究的过程，要注意分析向心力的来源.6.一个电源和一个电
11、阻箱组成的电路如图所示,把 R 由 2 改变为 6 时,流过电源的电流减小到原来的一半,则电源的内阻应为A. 4 B. 8 C. 6 D. 2【答案】D【解析】【分析】根据欧姆闭合电路定律，分别列出 R 变化前后电流的表达式，运用比例法求出电源的内电阻【详解】设电源的内阻为 r，则根据欧姆闭合电路定律，得 , ,由题有 ，I1=ER1+rI2= ER2+r I2=I12联立得： ，代入解得： ；故选 D.2(R1+r)=R2+r r=2【点睛】本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律，考查应用比例法处理简单电路问题的能力对于两种相似情况，常常运用比例法研究7.如图所示,长方形匀强磁场区域 MNQP,长
12、为 a、宽为 b,磁感应强度大小为 B,方向垂直区域平面。一质量为 m、电荷量为 e 的电子以速度 v 从 M 处沿 MN 方向进入磁场,从 Q 点离开磁场,则A. 电子在磁场中运动的时间 t=avB. 电子离开磁场时速度与 PQ 延长线夹角为 ，且 tan=2aba2b2C. 电子做圆周运动的半径为a2+b22aD. 洛伦兹力对电子做的功为 Bevb【答案】B【解析】【分析】电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，洛伦兹力不做功，时间可根据弧长与速度之比求解【详解】A、电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，运动时间为 ，故 A 错误；t=MQvavB、C、
13、电子离开磁场时速度与 PQ 延长线夹角为 ，设粒子半径为 r，如图所示:根据几何关系 ，可得粒子半径： ，粒子速度偏转的角度为 ，则粒子r2=a2+(rb)2 r=a2+b22b转过的圆心角也为 ，根据几何关系可得： ，联立 可得 ;故 B 正tan=arb r=a2+b22b tan=2aba2b2确，C 错误；D、洛伦兹力始终与速度垂直，不做功 ;故 D 错误.故选 B.【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解题关键是要知道带电粒子在磁场中作的是匀速圆周运动，应该用圆周运动的知识求时间，粒子不是类平抛运动不能运用运动的分解法求解时间8.如图甲所示,一竖直固定金属圆环 c,环面靠近
14、并正对一螺线管,螺线管的 a、b 端输入如图乙所示的电流 (规定从 a 端流入为正), 则 A. 在 0t1 时间内,金属环受到向右的安培力B. 在 t1t2 时间内,金属环受到向右的安培力C. 在 t2t3 时间内,金属环受到向左的安培力D. 在 t3t4 时间内,金属环受到向左的安培力【答案】BC【解析】【分析】根据右手螺旋定则，来判定穿过线圈 C 的磁通量变化，再依据楞次定律，判定环与受到的安培力的情况【详解】A、B、在 0 时刻螺线管中的电流为零，对金属圆环的作用力为零，之后螺线管中的电流在增大，穿过金属圆环中的磁通量在增大，由楞次定律得金属圆环中产生与螺线管中反向的电流，反向电流相互
15、排斥；所以可知金属环受到向左的安培力，故 A 错误；B、t 1t 2 时间内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力；故 B 正确.C、t 2t 3 时间内电流在增大，由楞次定律得环中的电流方向与之相反，所以可知金属环受到向左的安培力;故 C 正确.D、t 3t 4 时间内内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力;故 D 错误.故选 BC.【点睛】考查右手螺旋定则与楞次定律的应用，掌握感应电流产生的条件，注意右手螺旋定则与右手定则的区别9.充电后的平行板电容器中电场可视为匀
16、强电场,两个带电粒子 a、b (不计相互作用力和自身重力)同时从同一位置垂直电场飞入平行板电容器 ,并同时打在下极板或飞出极板区域,在电容器中的轨迹如图所示,其中粒子 b 刚好从下极板右边缘飞出。由此判断A. 两个粒子都带负电B. 两个粒子的比荷相同C. 两个粒子具有相同的初速度D. 两个粒子的动能增量一定相等【答案】AB【解析】【分析】两个粒子均做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是匀加速直线运动，运动时间相同，对竖直分运动根据分位移公式列式求解比荷，根据动能定理列式比较两个粒子的动能增量【详解】A、两个粒子均受向下的电场力，而场强方向向上，故两个粒子都带负电，故 A正确；B、
17、对于竖直分运动，有： ，由于运动时间相同，y、U 也相同，故两个粒子的y=12qUmdt2比荷相同，故 B 正确；C、对于水平分位移，有：x =v0t，由于 t 相同，而水平分位移不同，故初速度不同，故 C错误；D、对粒子，根据动能定理，动能增加量等于合力（只受电场力）做功，而两个粒子的比荷相同，但电荷量不一定相同，电场力做功 W=qU，故电场力做功不一定相同，故两个粒子的动能增量不一定相等，故 D 错误；故选 AB.【点睛】平抛运动即可分为两相互垂直的分运动来求解，一为匀速直线运动，以为初速度为零的匀加速直线运动10.如图所示,在竖直向上磁感应强度为 B 的匀强磁场中有光滑金属轨道,分别由水
18、平部分CD、PQ 和倾斜部分 DE、QM 组成,轨道间距为 L,倾斜部分倾角为 。垂直水平轨道放置质量为 m 电阻为 r 的金属棒 a,垂直倾斜轨道放置质量为 m 电阻为 R 的金属棒 b。导轨电阻不计,为保证金属棒 b 静止不动,给金属棒 a 施加作用力 F 使其做匀速运动,则 A. 导体棒 a 向左运动,速度大小为mg(R+r)B2L2sinB. 导体棒 a 向左运动,速度大小为mg(R+r)B2L2tanC. 作用力 F 做功的功率为m2g2(R+r)B2L2 sin2D. 作用力 F 做功的功率为m2g2(R+r)B2L2 tan2【答案】BD【解析】【分析】以 b 棒为研究对象进行受
19、力分析，根据共点力的平衡条件结合闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解 a 棒速度大小；以 a 棒为研究对象，根据共点力的平衡条件求解拉力大小，根据 P=Fv 计算拉力功率【详解】A、B、以 b 棒为研究对象进行受力分析，如图所示：平衡时有 FA=BIL=mgtan，设 a 棒的速度为 v，根据 E=BLv 和 可得 ，解得速I=ER+r I=BLvR+r度大小为 ，故 A 错误、B 正确；v=mg(R+r)B2L2tanC、D、以 a 棒为研究对象，匀速运动时拉力 F=BIL=mgtan，根据功率计算公式可得作用力 F 做功的功率为 ，故 C 错误、D 正确.P=Fv=m2g2(R+r)
20、B2L2 tan2故选 BD.【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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11.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数 n=1500 匝,横截面积 S=20cm2。环绕螺线管的导线电阻 r=1.0， R1=4.0，滑动变阻器全电阻 R2=5.0,电压表可看作理想表,螺线管内磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规律变化。则下列说法中正确的是A. S 断开时,电压表示数为 1.2VB. 闭合 S 稳定后,电压表示数为 1.2VC. 闭合 S
21、稳定后,电阻 R1 的消耗的最大功率为 0.36WD. 闭合 S 稳定后,电阻 R1 的消耗的最大功率为 0.2304W【答案】AD【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求电源的电动势，S 断开时电压表的示数等于电源的电动势；当电路电流最大时，R 1 消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律求电流，由 求 R1 消P=I2R1耗的最大功率；【详解】A、S 断开时，电压表示数等于电源的电动势，根据法拉第电磁感应定律，所以电压表示数为 1.2V，故 A 正确；E=nBtS=15001.00.22.020104V=1.2VB、闭合 S 稳定后，电压表的示数为电源的路端电压，小于 1.2V，故 B 错误；
22、C、当滑动变阻器的阻值为 0 时，电路电流最大， ，电阻 R1 消耗的Imax=ER1+r=1.24+1=0.24A最大功率为 ，故 C 错误，故 D 正确；P1=I2R1=(0.24)24.0W=0.2304W故选 AD.【点睛】重点掌握：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功率及电压与电流关系式，注意串联电路的电压分压与电阻有关12.光滑水平面上方有范围足够大的水平匀强磁场,磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里。一质量为 M 的绝缘长木板 (足够长)静置于水平面上,上面放一个质量为 m,带电量为+q 的小滑块,小滑块与长木板之间动摩擦因数为 (最大静摩擦力等于滑动摩擦力), 给长木板施加水
23、平向右的恒力 F,长木板和小滑块一起向右加速运动,重力加速度为 g,则A. 小滑块将一直随长木板一起向右运动B. 长木板与小滑块一起运动时加速度为FM+mC. 小滑块最终将做匀速直线运动,速度大小为mgqBD. 长木板最终的加速度为FM【答案】BCD【解析】【分析】根据牛顿第二定律判断恒力开始作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动【详解】A、C、当滑块获得向右运动的速度以后，根据左手定则可知，将产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于
24、重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时 Bqv=mg，解得：，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动.故 A 错误，v=mgqBC 正确；B、由题可知，开始时长木板和小滑块一起向右加速运动，则它们的加速度大小是相等的，由牛顿第二定律可得： ；故 B 正确.a=FM+mD、当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，所以长木板沿水平方向只受到拉力 F 的作用，其加速度： ；故a=FMD 正确.故选 BCD.【点睛】本题主要结合洛伦兹力的特点考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情
25、况二、实验题:本大题共 2 小题,其中第 13 小题 6 分,第 14 小题 9 分,共 15 分。13.在练习使用多用电表的实验中,某同学把多用电表连入如图甲所示的电路中。在经过正确的操作后得到如图乙所示的示数。（1）旋转旋转开关，使得尖端对准直流电压 50V 档，闭合开关 S，此时测得的是_两端的电压，示数为_V；（2）旋转旋转开关，使得尖端对准直流电流 10mA 档，闭合开关 S，此时测得的是通过_的电流，示数为_ ；mA（3）若断开电路中的电键，旋转旋转开关使其对准10 欧姆档，此时测得的是_电阻，示数为_。【答案】 (1). R2 (2). 22.5 (3). R1 (4). 4.5
26、 (5). R1 和 R2 (6). 180【解析】【分析】使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，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；根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针位置读出其示数.【详解】(1)旋转选择开关，使尖端对准直流电压 50V 档，闭合开关 S，此时 R1 没有接入电路，多用电表测量 R2 的电压，由图示表盘可知，其分度值为 1V，对应读数是 22.5V，(2)若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过 R1 的电流，如果是用直流 10mA 挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为 0.2mA，对应读
27、数是 4.5mA；(3)若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆档，此时测得的是 R1 和 R2 串联的阻值；如果是用10 挡测量电阻，则读数为 1810=180；【点睛】本题考查了用欧姆表测电阻的方法、多用电表读数；对多用电表读数时，要先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后确定其分度值，再根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直.14.某同学用下列所给的器材测一节干电池的电动势 E 和内阻 rA. 待测干电池一节:(电动势约 1.5V,内阻约 0.5)B. 电压表 V:(0315V)C. 电流表 A:(00.63A)D. 变阻器 R1:(020,1A)E. 变阻器 R2
28、:(01000,0.1A)F. 电键 S 和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为_（填 0-3V 或 0-15V） ；电流表应选用的量程为_（填 0-0.6A 或 0-3A） ；（2）根据实验要求连接实物电路图_；（3）实验测得的 6 组数据已经在 U-I 图中标出，如图所示。请你根据数据点位置完成 U-I图象_，并由图线求出该电池的电动势 E=_V；内阻 r=_.【答案】 （1）0-3V；0 -0.6A ；R 1（2）1.5；0.48 - 0.53【解析】【分析】根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取若大于内阻的滑动变阻器；用直线将
29、各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻.【详解】 （1）由图可知，电流小于 0.6A，故电流表应选用的量程为 0-0.6A；而电池的电动势约为 1.5V，故电压表应选用的量程为 0-3V；为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用 R1，故选 C。（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：（3）描点作图，如图所示：图象的横轴截距表示电动势，故电动势为 1.50V；斜率绝对值表示电源内电阻 .r=UI=0.5【点睛】本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义.三、计算题:本大题共 3 小题,其中第
30、15 题 9 分,第 16 题每题 13 分,第 17 题 15分,共 37 分。15.PQ 和 MN 分别是完全正对的金属板，接入电动势为 E 的电源，如图所示，板间电场可看作匀强电场,MN 之间距离为 d，其间存在着磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。紧挨着 P 板有一能产生正电荷的粒子源 S，Q 板中间有孔 J，SJK 在一条直线上且与 MN 平行。产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着 SJK 路径从孔 K射出，求粒子的比荷 。qm【答案】E2B2d2【解析】【分析】粒子在 PQ 板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入 MN 板间是匀速直线运动，电场力和洛伦
31、兹力平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可【详解】PQ 板间加速粒子，穿过 J 孔是速度为 v根据动能定理，有： qE=12mv2沿着 SJK 路径从 K 孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡:qEd=qvB解得:qm= E2B2d2【点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据动能定理和平衡条件列式.16.如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距 l=1m，左端用 R=3 的电阻连接，一质量 m=0.5kg、电阻 r=1 的导体棒与两轨道垂直，静止放在轨道上 ,轨道的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度 B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平恒力 F
32、沿轨道向右拉导体棒，导体棒由静止开始运动，当导体棒开始做匀速运动时，电阻消耗的功率为 3W。求：(1)水平恒力 F；(2)导体棒匀速运动的速度；(3)从静止开始到开始匀速运动的过程中导体棒位移 s=2m,求电阻 R 产生的焦耳热。【答案】 （1）2N （2）2m/s （3）2.25J【解析】【分析】根据电功率的计算公式求解电流强度，根据共点力的平衡条件求解拉力；根据闭合电路的欧姆定律可得回路中感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解速度大小；根据动能定理求解克服安培力做的功，根据功能关系和能量分配关系求解电阻 R 上产生的焦耳热【详解】(1)匀速时，导体杆受到恒力和安培力平衡 F=BIl解得：F
33、=2N (2)电阻 R 消耗的功率： P=I2R匀速时导体杆切割磁感线的速度为 vE=Blv对于感应电路 I=ER+r联立得：v=2m/s (3)从静止到匀速运动过程中 FsWA=12mv2设电路产生的焦耳热为 Q，由能量守恒知道： WA=Q设电阻 R 产生的焦耳热 QRQR= RR+rQ解得：Q R=2.25J【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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.如图所示,以半圆形匀强磁场的圆心为坐标原点建立平面直角坐标系 xoy,半
34、圆的直径d=0.6m,磁感应强度 B=0.25T,方向垂直纸面向里,一群不计重力、质量 m=310-7kg、电荷量q=+210-3C 的带电粒子以速度 v=5102m/s,沿- x 方向从半圆磁场边界射入磁场区域。(1)如果粒子进入磁场时坐标 (0.3m，0) ，求出磁场时的坐标； (2)如果粒子从圆心 O 射出，求进入磁场时的坐标。【答案】 （1） （0，0.3） （2） (3320,0.15)【解析】【分析】(1)利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出，如果粒子进入磁场坐标为（0.3m，0）时的出磁场时的坐标；(2)利用几何关系确定圆心，即可判断出进入磁场时的点，再利用几何关系即
35、可判断出如果粒子从圆心 O 射出，进入磁场时的坐标【详解】(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示:qvB=mv2r解得：r=0.3m从 C 点进入磁场，由洛伦兹力和牛顿第二定律判断圆心 O1 在过 C 点的竖直线上.CO 1 为半径，大小 0.3m.由几何知识求得，粒子从 B 点射出.B 点坐标（0，0.3）(2)设从 D 点进入磁场，从 O 点离开磁场.由洛伦兹力和牛顿第二定律判断圆心在过 D 点的竖直线上.连接 OD，做 DO 作中垂线。中垂线与过 D 点的竖直线交于 O2 点，O 2 即为做圆周运动的圆心.连接 OO2，ODO 2，为等边三角形，即：OO 2=0.3m，所以 O2 在半圆形磁场的边界线上，进入磁场时的横坐标坐标： xD=rcos30=3320m进入磁场时的横坐纵坐标：y D=rsin30=0.15m即进入磁场时的 D 点坐标为 (3320,0.15)【点睛】本题考查带电粒子在磁场中运动，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系
