1、2014-2015学年山东省枣庄市滕州二中高二（上）期中物理试卷一、选择题：（本题共有12个小题，每题所给出的四个选项中至少有一个是正确的，全选对得4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分，满分48分）1（4分）（2006连云港三模）在高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常说的“极光”“极光”是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的假如我们在北极地区忽然发现正上方的高空出现了射向地球的、沿顺时针方向生成的紫色弧状极光（显示带电粒子的运动轨迹）则关于引起这一现象的高速粒子的电性及
2、弧状极光的弯曲程度的说法中，正确的是（）A高速粒子带负电B高速粒子带正电C来源:学,科,网Z,X,X,K轨迹半径逐渐减小D轨迹半径逐渐增大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：在北极上空磁场方向为竖直向下，由左手定则可以判断粒子带正电由于空气阻力的作用，粒子速度逐渐减小，其运动半径逐渐减小，因此弯曲程度逐渐增大解答：解：在北极上空有竖直向下的磁场，由地面上看极顺时针方向，则由左手定则得粒子带正电 运动过程中粒子因空气阻力做负功，运动动能变小，速度减小，则半径小由以上分析得：A错误，B正确，C正确，D错误；故选：BC点评：题目以常见的自然现象为背景命题，考
3、查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点极光在地球上看为顺时针方向，如果俯视则应为逆时针方向用左手定则可断定2（4分）有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（）A减小墨汁微粒的质量B减小墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨汁微粒的喷出速度考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，根据牛顿第二定律和运
4、动学公式结合推导出偏转量y的表达式，再进行分析解答：解：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：y=at2，加速度：a=，联立解得：y=，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故AC错误，BD正确故选：BD点评：此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式3（4分）（多选）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流
5、I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，下列有关磁场的描述中正确的是（）A若磁场方向竖直向上，则B=B若磁场方向平行斜面向上，则B=C若磁场方向垂直斜面向上，则B=D若磁场方向垂直斜面向上，则B=考点：安培力版权所有分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向解答：解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上时，根据左手定则知，安培力水平向右，能使导体棒保持平衡，根据共点力平衡可得，故A正确；B、若磁场方向平行斜面向上，则受到的磁场力方向垂直斜面向下，故此时不可能平衡，故B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度
6、B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B=，故C正确，D错误故选：AC点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向4（4分）（2013南通模拟）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）Aa粒子动能最大Bc粒子速率最大Cc粒子在磁场中运动时间最长D它们做圆周运动的周期TaTbTc考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运
7、动专题分析：三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定解答：解：A、B粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m，可得：r=，粒子的动能，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大c粒子动能最大故A错误，B正确C、由于粒子运动的周期T=及t=T可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故C、D错误故选：B点评：来
8、源:Z.xx.k.Com带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短5（4分）（2014宁夏二模）如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为q（q0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为（不计重力）（）ABCD考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由题意利
9、用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；解答：解：由题，射入点与ab的距离为则射入点与ab之间的夹角是30，粒子的偏转角是60，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r=R轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：，变形得：故正确的答案是B故选：B点评：在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键6（4分）如图所示，为速度选择器原理图，D1和 D2是两个平行金属板，分别连在电源的两极上，其间有一定的电场强度为E，同时在这空间加有垂直于电场方向的磁场，磁感应强度为BS1、S2为两个小孔，且Sl
10、与S2连线方向与金属板平行速度沿S1、S2连线方向从S1飞入的带电粒子只有做直线运动才可以从S2飞出，若让一束不同粒子沿S1与S2连线方向从S1孔飞入，则下列说法正确的是（）A能够从S2孔飞出的粒子必为同种粒子B能够从S2孔飞出的粒子必具有相同的速度C能够从S2孔飞出的粒子若改为从S2孔飞入，也必能从S1孔飞出D只有从S2孔飞出的带正电的粒子，若改为从S2孔飞入，才能从S1孔飞出考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为v=的粒子沿直线通过，从而即可求解解答：来源:学科网ZXXK解：A、根据粒子通
11、过复合场后，电场力与洛伦兹力平衡，若匀强磁场的磁感应强度B、匀强电场的电场强度E，则有被选择的速度v的大小应满足v=，与粒子的正负无关，但必须从S1孔飞入故A错误；B正确；C、能够从S2孔飞出的粒子若改为从S2孔飞入，不论粒子的正电荷，还是负电荷，电场力与重力方向均相同，因此不能从S1孔飞出，故CD错误；故选：B点评：解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律，注意左手定则的应用7（4分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将水平放置的金属棒ab以水平速度v抛出，且棒与磁场垂直，不计下落过程的空气阻力，则棒在运动过程中产生的感应电动势大小的变化是（）A越来越大B越来
12、越小C保持不变D无法判断考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由感应电动势公式E=Blvsin，vsin是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择解答：解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0由感应电动势公式E=Blvsin，visv是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变则C正确故选：C点评：本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点8（4分）如图（甲）所示，长直导线右侧的矩形线框与
13、长直导线位于同一平面内以导线中向上电流为正，当长直导线中的电流发生如图（乙）所示的变化时，线框中感应电流与线框所受安培力的方向是（）A感应电流方向一直逆时针，线框受合力方向先向右后向左B感应电流方向一直顺时针，线框受合力方向先向左后向右C感应电流方向先顺时针后逆时针，线框受合力方向一直向左D感应电流方向先逆时针后顺时针，线框受合力一直向右考点：楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则版权所有分析：在0时间内，直线电流方向向上，而在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力解
14、答：解：在0时间内，直线电流方向向上，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐减小，则磁场逐渐减小，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受到的安培力水平向右，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向左；在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左
15、边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向9（4分）如图所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置的线圈匝数为n，绕制线圈导线的电阻也为R，其它导线的电阻忽略不计现有竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m、电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（）A均匀增加，磁通量的变化率B均匀增加，磁通量的变化率C均匀减小，磁通量的变化率D均匀减小，磁通量的变化率
16、考点：法拉第电磁感应定律版权所有分析：线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律E=n会产生稳定的电动势根据闭合电路欧姆定律可得出电容器的电压即为电阻的电压，以及电场强度E=与E=；由题意可知，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化解答：解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得：穿过线圈的磁通量在均匀增大；线框产生的感应电动势：E=n；通过线框的电流：I=电容器板间的电场强度：E场=；又 U=IR油滴所受电场力：F=E场q，因此，联立以上各式
17、得：F=对油滴，根据平衡条件得：F=mg所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为 =故A正确；故选：A点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向注意感应电动势与电场强度符号容易混淆同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感应电动势10（4分）如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处于abcd和cdef区域现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒刚进入磁场B1区域时，恰好做匀速运动以下说法正确的是（）A若B2=B1
18、，金属棒进入B2区域后将加速下滑B若B2=B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C若B2B1，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑D若B2B1，金属棒进入B2区域后可能先匀减速后匀速下滑考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：由题，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反若B2=B1，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小和方向不变，则知棒仍做匀速运动若B2B1，金属棒进入B2区域后受到的安培力增大，将先减速后匀速下滑解答：解：AB、当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说
19、明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反若B2=B1，根据安培力公式FA=得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑故A错误，B正确C、若B2B1，金属棒进入B2区域后安培力减小，将小于金属棒的重力，棒将先做加速运动，随着速度增加，安培力增大，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动故C正确D、若B2B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动故D错误故选：BC点评：本题只要掌
20、握安培力的公式FA=，就能正确分析金属棒的受力情况和运动情况11（4分）如图所示，有一闭合的等腰直角三角形导线ABC若让它沿BA的方向匀速通过有明显边界的匀强磁场（场区宽度大于直角边长），以逆时针方向为正，从图示位置开始计时，在整个过程中，线框内的感应电流随时间变化的图象是图中的（）ABCD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版权所有专题：电磁感应与图像结合分析：先根据楞次定律判断感应电流的方向再分两段时间分析感应电动势，由欧姆定律得到感应电流的变化情况感应电动势公式E=Blv，是有效的切割长度即与速度垂直的长度L解答：解：本题分线圈进入磁场和穿出磁场两个过程研究即可A、B、
21、进入磁场时，线圈的磁通量增加，穿出磁场时，线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，两个过程中线圈产生的感应电流方向相反故AB错误C、D、进入磁场过程，线圈有效切割长度L均匀增大，由公式E=BLv均匀增大，感应电流均匀增大；穿出磁场过程，线圈有效切割长度也均匀增大，由公式E=BLv均匀增大，感应电流均匀增大；故C正确，D错误故选：C点评：本题的解题关键是根据感应电动势、欧姆定律及几何知识得到i的表达式，再由数学知识选择图象12（4分）（多选）如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab棒接入
22、电路的电阻为R，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，使棒ab由静止开始沿导轨下滑，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，它的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A棒ab运动的平均速度大小为vB滑行距离为C产生的焦耳热为qBLvD受到的最大安培力大小为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由运动学公式，法拉第电磁感应定律、安培力公式和能量守恒定律等研究处理解答：解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v，故A错误；B、设ab棒下滑的距离
23、为s由电量 q=t，电流平均值 =，感应电动势平均值 =BL联立得q=可得 s=故B正确C、速度大小为v时感应电动势为 E=BLv，由于棒做加速度减小的变加速运动，感应电动势不断增大，所以产生的焦耳热QqE=qBLv，故C错误D、棒受到的最大安培力大小 FA=BIL=BL=，故D正确；故选：BD点评：本题要能根据棒的受力情况分析出其运动情况，明确感应电量与棒运动位移有关，常常知道电量可求位移，或知道位移，可求电量，这种思路是熟悉二、填空题：（本题有2个小题，每空4分，共12分，请把正确答案填在答题纸上）13（4分）（2011北京）某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开
24、关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A电源的内阻较大B小灯泡电阻偏大C线圈电阻偏大D线圈的自感系数较大考点：自感现象和自感系数版权所有专题：压轴题分析：线圈与小灯泡并连接电池组上要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大根据楞次定律和并联的特点分析解答：解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关故A错误 B、若小灯泡电阻偏大，稳定
25、时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象故B错误 C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象故C正确 D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小故D错误故选C点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻14（8分）如图是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，
26、并分别与高频电源相连，以达到加速粒子的目的已知D形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速根据回旋加速器的这些数据，可知该粒子离开回旋加速器时获得的动能为；若提高高频电源的电压，粒子离开回旋加速器的动能将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大但从D形盒中射出的动能，除与每
27、次增加的动能外，还与加速次数有关所以加速电压越大，回旋次数越少，最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定解答：解：带电粒子从D形盒中射出时的动能 Ekm=mvm2 （1） 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R=（2） 由（1）（2）可得Ekm=，由此公式知若提高高频电源的电压，粒子离开回旋加速器的动能将不变故答案为：； 不变点评：本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变三、计算题：（本题共3小题，15题8分，16题14分，17题18
28、分，共40分解答要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）15（8分）如图，一个轮形的发电机模型，处于磁感强度为B的匀强磁场中作匀速转动，轮轴通过圆心O且与磁场方向平行，轮半径是L转动的角速度是，外电路连接一只平行板电容器，两板水平放置板间距离是d，板间有一个质量m的带负电的微粒恰好处于平衡，则：（1）发电机转轮是逆时针转动还是顺时针转动？（2）带电微粒的电量是多大？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版权所有专题：电磁感应功能问题分析：（1）微粒恰好处于平衡，由平衡条件可判断出板间电场强度方向，确定电容器极板的电性，即可知道L杆产生的感应电动
29、势方向，由右手定则判断发电机转轮转动方向（2）根据法拉第电磁感应定律求出电容器板间电压，由平衡条件求解即可解答：解：（1）由题微粒恰好处于平衡，由平衡条件可知微粒所受的电场力竖直向上，板间电场强度方向向下，则电容器上极板带正电，说明L杆产生的感应电动势方向指向圆心O，由右手定则判断可知发电机转轮逆时针转动（2）杆L产生的感应电动势为：E=BL=BL=对微粒，由平衡条件得：=mg得：q=答：（1）发电机转轮是逆时针转动（2）带电微粒的电量是点评：本题是电磁感应中力学问题，关键要掌握转动切割的感应电动势公式 E=及平衡条件等等基本知识16（14分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为
30、L=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止取g=10m/s2，问：（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）力F的功率P是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：（1）cd棒静止处于
31、平衡状态，由平衡条件可以求出通过cd棒的电流大小，由右手定则或楞次定律判断出感应电流的方向（2）ab棒做匀速直线运动，由平衡条件列方程可以求出拉力F的大小（3）根据功率公式、E=BLv、欧姆定律列方程求出导体棒的速度由公式P=Fv求解F的功率解答：解：（1）棒cd受到的安培力 Fcd=BIL 棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd=mgsin30 由式代入数据解得 I=1A方向由右手定则可知由d到c（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有 F=mgsin30+Fab=0.02100.5+0.1=0.2N； （3）设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电
32、动势 E=BLv 由闭合电路欧姆定律知 I= 则 v=2m/s；力F做的功率P=Fv=0.22W=0.4W 答：（1）通过cd棒的电流I是1A，方向由d到c（2）棒ab受到的力F为0.2N（3）力F做的功率是0.4W点评：本题考查了其余感应电流、判断感应电流的方向、求拉力大小、求金属棒的速度，应用平衡条件、E=BLv、楞次定律、欧姆定律、电功率公式即可正确解题；要注意基础知识的学习与运用17（18分）（2014西藏模拟）如图所示，在平面坐标系xOy内，第、象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第、象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0）点，磁场方向垂直于坐标平面向外一带正电粒子从第
33、象限中的Q（2L，L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场不计粒子重力，求：（1）电场强度与磁感应强度大小之比（2）粒子在磁场与电场中运动时间之比考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场后做圆周运动，对两过程由牛顿运动定律可得出关于电场强度和磁感应强度的表达式，则可求得二者的比值；（2）由平抛运动规律可得出粒子在电场中的时间，由圆周的性质可得出粒子在磁场中的运动时间解答：解：由平抛运动规律及牛顿运动定律得2L=v0t1L=at12；解得粒子到达O点时沿+y方向分速度vy=v0tan=45而由牛顿第二定律可知：Eq=ma粒子在磁场中的速度为v=v0因洛仑兹力充当向心力，即Bqv=m由几何关系可知r=L联立可得：=（2）粒子在磁场中运动的周期T=粒子在磁场中运动的时间t2=T=则磁场与电场中运动时间之比：=； 点评：带电粒子在匀强电场中运动时，要注意应用运动的合成和分解；而在磁场中运动时为匀速圆周运动，在解题时要注意应用好平抛和圆周运动的性质
