1、2016-2017学年广西南宁市宾阳中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，计48分1-8只有一个选项正确，9-12有两个或两个以上答案正确全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答得0分）1两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD12F2两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（）AFA=FBBFAFBCFAFBD无法确定3如图所示，虚线a、b
2、、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知错误的是（）A三个等势面中，c的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大4关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A电场强度的方向处处与等电势面垂直B电场强度为零的地方，电势也为零C随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向5一带电粒子（仅受电场力）在匀强电场中从A运动到B，运动轨迹如图中虚线所示，电场方
3、向竖直向下，下列判断正确的是（）A粒子带正电BA点电势高于B点电势C粒子做匀变速曲线运动D粒子电势能增加6一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大DC和U均减小7如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡的UI图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A4 W，8 WB2 W，4 WC4 W，6 WD2 W，3 W8如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的
4、读数变小，根据分析，发生的故障可能是（）AR1断路BR2断路CR3短路DR4短路9关于电源电动势，下面的叙述正确的是（）A电源的电动势等于接在电源两极间的理想电压表测得的电压B同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化C电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大10三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（）AB1
5、=B2B3BB1=B2=B3Ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里Da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里11如图所示，带电质点P静止于两平行金属板间，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R3的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A电压表读数增大B电流表读数增大C质点P将向下运动DR2消耗的功率增大12如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果
6、物块在水平面上的D点停下来后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来则以下说法中正确的是（）AD点一定在D点左侧BD点一定与D点重合CD点一定在D点左侧DD点一定与D点重合二、实验题（共计12分）13我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律以下是实验探究过程的一部分（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏电路稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向偏转
7、；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向偏转（均选填“左”或“右”）14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A待测小灯泡“3.0V 15”B电流表（量程200mA，内阻约为1）C电流表（量程0.6A，内阻约为0.5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程6.0V，内阻约为20k）F滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻不计） I电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用；电压表应选用；滑动变阻器应选用（只需填器材前面的字母即可）（2）请在线框内画出实验电
8、路图三、计算题（本题共40分）15一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为u0，在电场力和重力作用下恰能沿与场强的反方向成角的直线运动，重力加速度为g求：（1）电场强度；（2）小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差16如图所示，在xOy平面内，y0的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，带电荷量为+q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60角方向以v射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置17如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的
9、匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T 在15s内从0.2T均匀变化到0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q18如图所示，直线OP与x轴的夹角为45，OP上方有沿y轴负方向的匀强电场，OP与x轴之间的有垂直纸面向外的匀强磁场区域I，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域II不计重力，一质量为m、带电量为q的粒子从y轴上的A（0，l）点以速度v0垂直y轴射入电场，恰以垂直于OP的速度进磁场区域I若带电粒子第二次通过x轴时，速度方向恰好垂
10、直x轴射入磁场区域I，在磁场区域I中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中求：（1）带电粒子离开电场时的速度大小v；（2）电场强度E的大小；（3）磁场区域I、的磁感应强度B1、B2的大小2016-2017学年广西南宁市宾阳中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，计48分1-8只有一个选项正确，9-12有两个或两个以上答案正确全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答得0分）1两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD12F
11、【考点】库仑定律；电荷守恒定律【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为故选C2两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（）AFA=FBBFAFBCFAFBD无法确定【考点】电场强度【分析】在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，从电场
12、线的疏密判断场强的大小，即可判断电场力的大小【解答】解：从电场线的疏密判断，A点的电场强度比B点的电场强度大，故EAEB根据电场力F=qE知，FAFB，故B正确，ACD错误故选：B3如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知错误的是（）A三个等势面中，c的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大【考点】等势面【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内
13、侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A正确；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故
14、D正确本题选错误的，故选：C4关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A电场强度的方向处处与等电势面垂直B电场强度为零的地方，电势也为零C随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向【考点】电势；电场强度【分析】电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答【解答】解：A、电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故A正确；B、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故B错误；C、根据沿着
15、电场线的方向，电势逐渐降低，与电场强度的大小无关，故C错误；D、顺着电场线方向电势降低，故D正确故选：AD5一带电粒子（仅受电场力）在匀强电场中从A运动到B，运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，下列判断正确的是（）A粒子带正电BA点电势高于B点电势C粒子做匀变速曲线运动D粒子电势能增加【考点】电场线【分析】由粒子的运动轨迹弯曲方向可知粒子电性，则可求得电场力对粒子所做的功的正负，由动能定理可求得动能的变化；并能判断电势能的变化【解答】解：A、粒子由A到B，运动轨迹向上弯曲，可判断粒子受电场力与重力的合力向上，则电场力向上，故粒子带负电，故A错误；B、电场方向向下，沿电场线的方向电势降低，
16、所以B点的电势高，故B错误；C、由图可知，该电场为匀强电场，粒子受到的电场力的大小与方向都不变，加速度不变，所以粒子做匀变速曲线运动故C正确；D、粒子由A到B，由运动轨迹可判出粒子受电场力向上，电场力做正功，粒子的电势能减小，故D错误故选：C6一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大DC和U均减小【考点】电容器【分析】根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化【解答】解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B
17、正确故选B7如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡的UI图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A4 W，8 WB2 W，4 WC4 W，6 WD2 W，3 W【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】电源的UI曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率【解答】解：由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 r=0.5；两图线的交点表示该灯泡与该电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=2V，电流 I=2A；则电源的总功率 P总=EI=32W=6
18、W电源的输出功率 P出=EII2r=（32220.5）W=4W，故C正确故选：C8如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（）AR1断路BR2断路CR3短路DR4短路【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】首先认识电路的结构：没有发生故障前，R1与L1并联，R2与R3并联后与R4串联再与L2并联，两部分并联电路再串联，画出等效电路图将选择逐一代入，根据欧姆定律分析，选择符合题意的选项【解答】解：没有发生故障前，等效电路如图所示A、若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1
19、变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，符合题意故A正确B、若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，L1变暗，与题意相矛盾，故B错洖C、若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故CD错误故选A9关于电源电动势，下面的叙述正确的是（）A电源的电动势等于接在电源两极间的理想电压表测得的电压B同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化C电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源
20、的电动势也增大【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和【解答】解：A、电源的电动势等于电源没有接入电路时，电源两端的电压故A错误；B、电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关即同一电源接入不同的电路，电动势不会变化，故BC正确；D、在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也不会变化，故D错误故选：BC10三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边
21、三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（）AB1=B2B3BB1=B2=B3Ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里Da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减并根据矢量叠加原理来求解【解答】解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此
22、处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，B错误故选：AC11如图所示，带电质点P静止于两平行金属板间，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R3的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A电压表读数增大B电流表读数增大C质点P将向下运动DR2消耗的功率增大【考点】闭合电路的欧姆定律【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，
23、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P的受力情况可知质点的运动情况【解答】解：由图可知，R1与滑动变阻器R3串联后与R2并联；电容器与R2并联；当R3的滑片向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，则电流表读数增大；外电阻减小，路端电压减小，而电容器两端电压等于并联电路两端的电压，电压减小，板间场强减小，故质点P受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点P将向下运动；路端电压减小，通过R2的电流减小，总电流增大，则R1中的电流增大，电压增大，故电压表示数增大；路端电压减小，则R2消耗的功率减
24、小故ABC正确，D错误故选：ABC12如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D点停下来后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来则以下说法中正确的是（）AD点一定在D点左侧BD点一定与D点重合CD点一定在D点左侧DD点一定与D点重合【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】根据动能定理分别对不加
25、电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断D点与D点的位置关系【解答】解：A、B、设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为，动摩擦因数为；不加电场时，根据动能定理得：mgSABsinmgSABcosmgSBD=0 加电场时：（mg+qE）SABsin（mg+qE）SABcos（mg+qE）SBD=0 将两式对比得到，SBD=SBD，则D点一定与D点重合；故A错误，B正确；C、D、加磁场时，根据动能定理得：mgSAB
26、sinSAB（mgcosBqv）（mgBqv）SBD=0 比较两式可得：SBDSBD，所以D点一定在D点右侧，故C错误，D错误；故选：B二、实验题（共计12分）13我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律以下是实验探究过程的一部分（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏电路稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向左偏转（均选填“左”或“右”）【考点】研究电磁
27、感应现象【分析】（1）要探究感应电流方向，应该知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系（2）根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据磁通量的变化判断指针的偏转方向【解答】解：（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向左移动滑动触头，通过线圈A的电流增大，磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转故答案为：（1
28、）电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；（2）右；左14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A待测小灯泡“3.0V 15”B电流表（量程200mA，内阻约为1）C电流表（量程0.6A，内阻约为0.5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程6.0V，内阻约为20k）F滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻不计） I电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用B；电压表应选用D；滑动变阻器应选用G（只需填器材前面的字母即可）（2）请在线框内画出实验电路图【考
29、点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据题意确定滑动变阻器的接法，根据灯泡与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路图【解答】解：（1）灯泡额定电压为3V，电压表应选D，灯泡额定电流为I=0.2A=200mA，电流表应选B，为方便实验操作应选滑动变阻器G（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻为：15，电流表内阻约为1，电压表内阻约为10k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示故答案为：（1）B
30、；D；G； （2）电路图如图所示三、计算题（本题共40分）15一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为u0，在电场力和重力作用下恰能沿与场强的反方向成角的直线运动，重力加速度为g求：（1）电场强度；（2）小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【分析】因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上；则由力的合成可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度；由位移公式求得位移，即可由功的公式求得电场力的功从而得出小球运动到最高点的电势能【解答】解：（1）设电
31、场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：mg=qEtan 所以：（2）由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：a=设从O到最高点的路程为s，由速度和位移的关系得：v02=2as物体运动的水平距离为：l=scos 电场力做负功，W=qEl=mv02cos2电场力做功等于电势能的减小量，因为O点的电势能为0，可知最高点的电势能为Ep=mv02cos2所以：小球运动到最高点时其电势能与0点的电势能之差为Ep=mv02cos2答：（1）电场强度；（2）小球运动到最高点时其电势能与0点的电势能之差为mv02cos216如图所示，在xOy平面内，y
32、0的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，带电荷量为+q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60角方向以v射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后确定粒子离开磁场的位置【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：=240，粒子
33、在磁场中的运动时间：t=T=；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=，粒子离开磁场时到坐标原点的距离：x=2rsin60=，粒子离开磁场时的坐标为：（，0）；答：带电粒子在磁场中运动的时间为：，带电粒子离开磁场时的位置坐标为：（，0）17如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T 在15s内从0.2T均匀变化到0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
34、（2）在15s内通过线圈的电荷量q【考点】楞次定律【分析】（1）由题可确定磁感应强度B的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=结合求解电量【解答】解：（1）在01s内，磁感应强度B的变化率=T/s=0.2T/s，由于磁通量均匀变化，在01s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N=Nabbc=1000.210.5=10V根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向（2）在15s内，磁感应强度B的变化率大小为=T/s=0.1T/s，由于磁
35、通量均匀变化，在15s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：15s时线圈内感应电动势的大小E2=N=Nabbc=1000.110.5=5V通过线圈的电荷量为q=I2t2=t2=4C=10C；答：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小10V和感应电流的方向逆时针；（2）在15s内通过线圈的电荷量10C18如图所示，直线OP与x轴的夹角为45，OP上方有沿y轴负方向的匀强电场，OP与x轴之间的有垂直纸面向外的匀强磁场区域I，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域II不计重力，一质量为m、带电量为q的粒子从y轴上的A（0，l）点以速度v0垂直y轴射入电场，恰以垂直于OP的速度进
36、磁场区域I若带电粒子第二次通过x轴时，速度方向恰好垂直x轴射入磁场区域I，在磁场区域I中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中求：（1）带电粒子离开电场时的速度大小v；（2）电场强度E的大小；（3）磁场区域I、的磁感应强度B1、B2的大小【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的运动【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用速度的合成与分解求出速度（2）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度【解答】解：（1）粒子到达C点时：vy=v0，速度：v=v0，（2）粒子从A到C过程做类平抛运动，x=v0t，y1=at2，vy=at=t，由几何知识可知：y2=x，y1+y2=l，解得：E=；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=，在磁场中，粒子垂直通过x轴，粒子轨道半径等于OC，由几何知识得：R1=l，解得：B1=，粒子从运动后返回，刚好不回到电场，其运动轨迹应与OP相切，由几何知识得：2R1=2R2+R1，解得：B2=；答：（1）带电粒子离开电场时的速度大小v为v0；（2）电场强度E的大小为；（3）磁场区域I、的磁感应强度B1、B2的大小分别为：、2017年2月12日