1、湖北省鄂南高中 、黄石二中、鄂州高中2014-2015学年上学期三校期中联考高二物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912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，有选错的得0分1（4分）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法错误的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热
2、能之间的转换关系考点：物理学史.专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确B、欧姆发现了欧姆定律，说明了在同一电路中，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻阻值成反比，故B错误C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C正确D、焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，故D正确本题选错误的，故选B点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）下列关于电场和磁场的说法正
3、确的是（）A静电场的电场线和磁场的磁感线都是闭合的虚拟曲线B电场中某点的电场强度大，则试探电荷在该点的电场力一定大；磁场中某点磁感应强度大，则电流元在该处所受的安培力也一定大C电场对处于其中的静止电荷一定有力的作用；而磁场对处于其中的运动电荷一定有力的作用D电子垂直于电场线射入电场和垂直于磁感线射入磁场时，运动轨迹都会发生偏转考点：电场线；磁现象和磁场.分析：电场线不封闭，而磁感线却是封闭电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场与磁场都是客观存在的特殊物质；解答：解：A、电场线不闭合，而磁感线是闭合的，两者都是虚拟曲线，故A错误；B、由公式F=qE
4、知：电场中某点的电场强度大，则试探电荷在该点的电场力一定大；电流元在磁场中，所受的安培力公式F=BILsin，则知磁感应强度大，则电流元在该处所受的安培力不一定大，还与电流与磁场的夹角有关，电流与磁场平行时，不受安培力作用，故B错误；C、电场对处于其中的静止电荷一定有力的作用；但磁场对处于其中的运动电荷不一定有力的作用，当电荷的运动方向与磁场平行时不受磁场力作用，故C错误D、电子垂直于电场线射入电场和垂直于磁感线射入磁场时，分别要受到电场力和洛伦兹力作用，其运动轨迹都会发生偏转，故D正确；故选：D点评：此题考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的
5、即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关是一道基础题，同时也是易错题3（4分）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（）AA、C两点的电场强度及电势均相同BB、D两点的电场强度及电势均相同C一电子由B点沿BCD路径移至D点，电势能先减小后增大D一质子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功考点：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：解答本题要掌握等量异种
6、电荷周围电场分布情况，在如图所示的等量异种电荷连线的中点O是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断解答：解：A、在图中所示的电场中EA=Ec，但电势A点大于C点，故A错误；B、由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故B正确；C、电子由B沿BC运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿CD运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故C错误；D、图中两电荷连线电
7、场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿COA路径移至A点过程中电场力做负功，故D错误故选：B点评：要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况4如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05电流表和电压表均为理想电表，只接通S1时，电流表示数为10A电压表示数为12V，再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是（）A2AB8AC50AD58A考点：闭合电路的欧姆定律.专题：压轴题分析：只接通S1时，电流是纯电阻电路，可以用闭合
8、电流的欧姆定律求出电动势及灯泡的电阻，再接通S2后，通过启动电动机的电流等于总电流减去灯泡电流解答：解：只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+100.05V=12.5V，R灯=1.2，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电动机=I=A8A=50A故选C点评：本题应注意电动机工作时的电路是非纯电阻电路，不可以用欧姆定律求电流5（4分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法不正确的是（）A电阻R3消耗的功率变大B电容器C上的电荷量变大C灯L变暗DR1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒
9、定电流专题分析：首先明确电路结构，R2和L并联然后和R1串联，串联后与R3并联解答：解：A、当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故R3消耗的功率：P=变小，A错误；B、R2变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而R3上电压变小则电流变小，故R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电荷量变大，故B正确；C、R2变小，小电阻分小电压，则R2的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，C正确；D、R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故R1两端增加的电压小于R2两端减
10、小的电压，D正确；故选：BCD点评：本题考查电路的动态分析，关键抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部整体局部”的思路进行分析6（4分）用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a），（b）所示，则闭合开关后，下列的说法正确的是（）A图（a）中的A1，A2的示数相同B图（a）中的A1，A2的指针偏角相同C图（b）中的A1，A2的示数和偏角都不同D图（b）中的A1，A2的指针偏角相同考点：把电流表改装成电压表.专题：实验题；恒定电流专题分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头
11、的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同解答：解：A、B图a中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同故A错误，B正确 C、D图b中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同故CD错误故选：B点评：本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小7（4分）两个电荷量分别为+
12、q和q的带电粒子分别以速度Va和Vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与竖直磁场边界的夹角分别为30和60，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达与A等高的B点，如图所示，则（）Aa粒子带正电，b粒子带负电B两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=：1C两粒子的质量之比ma：mb=1：2D两粒子的速度之比Va：Vb=：2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：两异种电荷同时从A点不同角度射入匀强磁场后，又同时到达B点由粒子的运动方向可确定粒子的电性；由于两粒子的电量、所处的磁场均相同，则运动的周期与质量成正比由图可知：AB连线即为两粒子运动圆弧所对应的弦
13、，则两圆弧的圆心在AB连线的中垂线上从而由几何关系可求出两粒子的轨迹半径之比，由运动圆弧对应的圆心角及周期可确定粒子的质量之比解答：解：A、a粒子是30入射的，而b粒子是60入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误；B、如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线（红线）与各自速度方向的垂直线（虚线）的交点即为各自圆心如图：结果发现：1AB的连线必然与磁场的边界垂直；2两圆心的连线与两个半径构成一个角为30，另一个为60的直角三角形根据几何关系，则有两半
14、径相比为Ra：Rb=1：，故B错误；C、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30，另一个为60的直角三角形则a粒子圆弧对应的圆心角为120，而b粒子圆弧对应的圆心角为60由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb=1：2，则质量之比ma：mb=1：2故C正确；D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比所以速度大小之比va：vb=2：，故D错误；故选：C点评：利用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的
15、思想8（4分）有一只粗细均匀、直径为d、电阻为r的光滑金属圆环水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，其俯视图如图所示一根长为d、电阻为的金属棒始终紧贴圆环以速度v匀速平动，当ab棒运动到圆环的直径位置时，下列说法正确的是（）Aab棒两端电压为Bab棒中的电流为Cab棒受安培力为D外力对ab棒的功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律.专题：电磁感应与电路结合分析：棒在垂直切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，导致棒受到安培阻力作用，由闭合电路欧姆定律可求出棒两端的电压与通过的电流，可根据安培力表达式F=BIL，可求出安培力的大小，最后由外力做功等于
16、安培力做功，从而可求出外力做功的功率解答：解：AB、金属棒始终紧贴圆环以速度v匀速平动，当ab棒运动到圆环的直径位置时产生感应电动势大小为：E=Bdv由于电阻为的光滑金属半圆环并联后，再与电阻为的金属棒进行串联，根据欧姆定律有： I=，则ab棒两端电压为为：U=I=，故A、B错误；C、根据安培力表达式，则有：F=BId=Bd=，故C错误；D、因棒做匀速直线运动，则有安培力等于外力，所以外力对棒的功率等于安培力做的功率，即为： P=Fv=，故D正确；故选：D点评：考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力与功率的表达式，注意棒两端的电压是路端电压，千万不能是I，同时理解外力做功等
17、于安培力做功，即产生的内能9（4分）如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成=60的位置B时速度为零，以下说法正确的是（）A小球重力与电场力的大小关系是qE=mgB小球重力与电场力的大小关系是mg=qEC小球在B点时，细线拉力T=2qED小球在B点时，细线拉力T=mg考点：电场强度；牛顿第二定律；向心力.分析：小球从A运动到B的过程中，重力和电场力做功，动能的变化量为零，根据动能定理求解Eq：mg小球在B点时，球到达B点时速度为
18、零，向心力为零，沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，求解细线拉力T解答：解：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得： mgLsinqEL（1cos）=0得Eq：mg=sin：（1cos）=：1，则得qE=mg；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60，故细线拉力T=mg故选：AD点评：本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题10如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝
19、P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理.专题：压轴题分析：带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系解答：解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=，进入偏转电后，有qvB0=m，解得R=知r越小，比荷越大同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分
20、析同位素的重要工具故A、C正确，D错误B、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外故B正确故选ABC点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式11用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0 ）则（）A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为D图中a、b
21、两点间的电势差Uab=|kr2|考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律.专题：压轴题；电磁感应与电路结合分析：由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差解答：解：A、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；B、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；C、由法拉第电磁感应定律可知，E=kr2，感应电流I=，故C错误；D、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=，故D正确；故选BD点评：本题应注意ab两
22、点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压12（4分）如图，电荷+q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上关于O点对称的两点若已知带电荷量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等则下列判断正确的是（）AO点的电场强度为零BP点的电场强度与Q点的电场强度大小相等C将正电荷从P点移动到Q点电势能不断减小D在P点由静止释放带正电的微粒（重力不计），微粒将做匀加速直线运动考点：电场强度；电势.分析：利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态解答：解：A、由题意可知，若是一个球壳，
23、而不是半球面，O点的电场强度为零，由电场的叠加原理可知：O点的电场强度不为零，故A错误；B、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上而由题目给出的条件，正电球在PQ两点产生的电场为零所以，Q点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故B正确；C、正电荷从P点移动到Q点，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D、电场线方向水平向右，所以在
24、P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故D错误；故选：BC点评：本题考查了电势和电场强度的知识，题目较新颖，难度也较大，要认真分析，注意等效思维的运用二实验题（共14分）13（6分）螺旋测微器可以精确到0.01mm，从图中读出金属丝的直径为0.520 mm考点：螺旋测微器的使用.专题：实验题；直线运动规律专题分析：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解答：解：螺旋测微器可以精确到0.01 mm，螺旋测微器：不动刻度为0.5，可动刻度为2.00.01mm=0.020mm，则读数为0.5+0.020mm
25、=0.520mm故答案为：0.01；0.520点评：螺旋测微器读数时要注意，千分位有一位估读数字，不能随便扔掉，即使固定刻度的零点正好与可动刻度的某一刻度线对齐，千分位上也应读取为“0”14（8分）某同学到实验室做“测电源电动势和内阻”的实验时，发现实验台上有以下器材：待测电源（电动势约为4V，内阻约为2）定值电阻R0，阻值约为3电压表两块（有5V、15V两个量程，5V量程内阻约3k）电流表（内阻约为1，量程0.6A）滑动变阻器A（020，3A）滑动变阻器B（0200，0.2A）电键一个，导线若干该同学想在完成学生实验“测电源电动势和内阻”的同时精确测出定值电阻R0的阻值，设计了如图所示的电路
26、实验时他用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的读数在将滑动变阻器的滑片移动到不同位置时，记录了U1、U2、I的一系列值其后他在两张坐标纸上各作了一个图线来处理实验数据，并计算了电源电动势、内阻以及定值电阻R0的阻值根据题中所给信息解答下列问题：在电压表V1接入电路时应选择的量程是5V，滑动变阻器应选择A（填器材代号“A”或“B”）；在坐标纸上作图线时，用来计算电源电动势和内阻的图线的横坐标轴用I表示，纵坐标轴用U1表示；用来计算定值电阻R0的图线的横坐标轴、纵坐标轴分别应该用I、U1U2表示（填“U1、U2、I”或由它们组成的算式）若实验中的所有操作和数据处理无错误，实验中测得的定值电阻
27、R0的值大于其真实值，电源电动势E的测量值小于其真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：电压表应选择较小的量程，有利于读数减小误差，为操作方便并得到较大的电压调节范围，滑动变阻器选用较小阻值计算电源电动势和内阻的图线应为路端电压U1与干路电流I的关系图线，计算定值电阻R0的图线应为R0两端的电压（U1U2）与电流I的关系图线；R0两端的电压（U1U2）没有误差，电流表示数比R0的实际电流偏小，所以R0的测量值偏大该实验的误差来自于电表的分压或分流，由图象法可分析此种接法会造成的误差解答：解：待测电动势4V，电压表的量程应选择5V，
28、有利于读数减小误差，滑动变阻器调节范围较大且便于操作，应选择020的滑动变阻器A；计算电源电动势和内阻的图线应为路端电压U1与干路电流I的关系图线，纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小计算定值电阻R0的图线应为R0两端的电压（U1U2）与电流I的关系图线；直线的斜率代表的定值电阻R0R0两端的电压（U1U2）没有误差，电流表示数比R0的实际电流偏小，故R0的测量值偏大如果实验中测得的电源电动势和内阻误差较大，在不考虑偶然误差及电表内阻的影响外，原因还可能是未知电阻R0的阻值太大由图甲所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等于
29、真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值故答案为：5V；A；I；U1；I；U1U2；大于；小于点评：解决该题关键要掌握测定电动势和内电阻的数据处理和明确电阻的测量方法、原理和实验误差的处理三、计算题：本题共4小题，共计48分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位15（12分）两根平行光滑金属导轨MN和PQ水平放置，其间距为0.60m，磁感应强度为0.50T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间
30、连接的电阻R=5.0，在导轨上有一电阻为1.0的金属棒ab，金属棒与导轨垂直，如图所示在ab棒上施加水平拉力F使其以10m/s的速度向右匀速运动设金属导轨足够长，导轨电阻不计求：（1）金属棒ab两端的电压（2）拉力F的大小（3）电阻R上消耗的电功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题：电磁感应与电路结合分析：（1）金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势，由公式E=BLv求出，由欧姆定律求得电路中电流，并求出ab两端的电压（2）棒匀速运动时，拉力F与安培力平衡，由F=BIL求得安培力，即可得到拉力F（3）电阻R上消耗的电功率P=I2R解答：解：（1）金属棒ab
31、切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=0.500.6010V=3V电路中的电流I=A=0.5A金属棒ab两端的电压U=IR=0.55.0V=2.5V（2）金属棒ab所受的安培力FA=BIL=0.500.50.60N=0.15N因金属棒匀速运动，则有F=FA=0.15N（3）电阻R上消耗的电功率P=I2R=0.525.0W=1.25W答：（1）金属棒ab两端的电压是2.5V（2）拉力F的大小是0.15N（3）电阻R上消耗的电功率是1.25W点评：本题关键要掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律，属于基础题16（12分）（2008阳江一模）如图所示，内壁光滑的绝缘管做在的圆环半
32、径为R，位于竖直平面内管的内径远小于R，以环的圆心为原点建立平面坐标系xoy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其它象限加垂直环面向外的匀强磁场一电荷量为+q、质量为m的小球在管内从b点由时静止释放，小球直径略小于管的内径，小球可视为质点要使小球能沿绝缘管做圆周运动通过最高点a（1）电场强度至少为多少？（2）在（1）问的情况下，要使小球继续运动，第二次通过最高点a时，小球对绝缘管恰好无压力，匀强磁场的磁感应强度多大？（重力加速度为g）考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动；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）要使小球能够达到最高点，最
33、高点的最小速度为零，根据动能定理求出电场强度的最小值（2）根据动能定理求出小球第二次回到a点的速度，抓住到达最高点时小球对轨道恰好无压力，通过径向的合力提供向心力，求出磁感应强度的大小解答：解：（1）小球恰能通过a点，小球第一次到达a点的速度为0，由动能定理有：qERmgR=0故（2）设第二次到达a点的速度为vn，由动能定理有：到达最高点时小球对轨道恰好无压力，由牛顿第二定律有：联立得答：（1）电场强度至少为（2）匀强磁场的磁感应强度点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，知道在最高点小球对轨道压力为零时向心力的来源17（12分）两根金属导轨平行放置在倾角为=30的斜面上，导轨
34、底端接有电阻R=8，导轨自身电阻忽略不计匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T质量为m=0.1kg，电阻r=2的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求此过程中电阻R上产生的热量？（g取10m/s2）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：当金属棒匀速下滑时，速度达到最大，由欧姆定律、法拉第定律和安培力公式推导出安培力表达式，根据平衡条件求出摩擦力根据能量守恒定律求出电阻上产生的热量解答：解：由E=BLv，I=，F
35、=BIL得安培力F=设金属棒下滑过程所受摩擦力大小为f，则由平衡条件得到 mgsin30=f+F联立得f=mgsin30=0.1100.5=0.3N在金属棒ab静止释放到速度刚达到最大的过程中，金属棒的重力转化为金属棒的动能、焦耳热和摩擦生热，根据能量守恒定律得电路中产生的焦耳热为 Q=mghf代入解得，Q=1J则电阻R上产生的热量为 QR=Q=1J=0.8J答：此过程中电阻上产生的热量是0.8J点评：本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18（12分）（2008盐城二模）如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直
36、纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆心0处有一放射源，放射出的粒子质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向的夹角为60，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子垂直磁场方向进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，要使粒子回到中心无磁场的圆形区域且过A点，画出运动轨迹，根据几何关系求解；（2）当半径最大时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力求得最大速度解答：解：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得：由得：（2）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系得：得：由：得：答：（1）要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是；（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过点评：本题关键明确带电粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后根据几何关系求解出半径，再根据动能定理和向心力公式求解