1、2015-2016学年四川省资阳市高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1下列有关相对论的说法中正确的是（）A若物体能量增大，则它的质量减小B根据爱因斯坦的相对论，时间和空间都是永恒不变的C狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的D狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的，与光源的运动有关2关于电磁场和电磁波的理论，下面说法中错误的是（）A变化的电场周围产生的磁场一定是变化的B变化的磁场周围产生的电
2、场不一定是变化的C由电磁波的产生过程可知，电磁波可以在真空中传播D赫兹的电火花实验证明了电磁波的存在3某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=10sin（t+）cm，下列说法正确的是（）A该质点振动周期为T=4 sB该质点振幅A=10cmC第1s末和第5s末质点的位移相同D4s内质点通过的路程为40cm4关于光的干涉现象，下列说法正确的是（）A波峰与波峰叠加处将出现亮条纹，波谷与波谷叠加处将出现暗条纹B双缝干涉实验中光屏上距两狭缝的路程差为1个波长的某位置将出现亮纹C把双缝干涉实验中入射光由黄光换成紫光，相邻两明条纹间距离变宽D薄膜干涉的条纹是等间距的平行线时，说明薄膜的厚度处处相等5
3、如图所示，在斜面左上方存在平行于斜面向下的足够大的匀强磁场，在斜面顶端将一导体棒水平向左抛出（棒始终保持水平且垂直于纸面），则棒在落到斜面的过程中正确的是（）A两端的电势差保持不变B两端的电势差先增大后减小C两端的电势差先减小后增大D始终是棒靠近读者端电势高于远离读者端电势6某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块，水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力情况的说法中正确的是（）AA对B的压力变小BA、B之间的摩擦力保持不变CA对B的摩擦力
4、变大DB对地面的压力保持不变7如图所示，a、b是一列横波上的两个质点，它们在x轴上的距离s=30m，波沿x轴正方向传播，当a振动到最高点时b恰好经过平衡位置向上振动，经过3s波传播了30m，下列判断正确的是（）A这列波的速度一定是10m/sB这列波的周期一定是0.8sC这列波的周期可能是3sD这列波的波长可能是24m8如图所示，两个同种玻璃制成的棱镜，顶角12，两单色光1和2分别垂直入射三棱镜，其出射光线与第二界面的夹角1=2，则下列判断正确的是（）A在棱镜中1光的折射率比2光小B在棱镜中光1的传播速度比光2的小C以相同角度斜射到同一平行玻璃板，光2侧移量大D以相同的入射角从水中射入空气，在空
5、气中只能看到一种光时，一定是光29如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈输入正弦交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则正确的是（）A电动机的输出功率为mgvB电动机的输入电压为2IRC电压表的读数为IR+D电压表的读数为4IR+10如图所示，匀强磁场中固定的金属框架ABC，导体棒DE在框架上沿图示方向匀速平移，框架和导体棒材料相同、同样粗细，接触良好则下列判断正确的是（）A电路中感应电流保持一定B电路中磁通量的变化率一定C电路中感应电动势与时间成正
6、比D棒受到的外力一定二、（非选择题）11关于“研究感应电流产生的条件及其方向”实验的注意事项，下列说法中正确的是（）A原、副线圈接入电路之前，应查清其绕制方向B在查明电流方向与灵敏电流计指针偏转方向关系时，应直接将电源两极与灵敏电流计两接线柱相连C原线圈的电阻很小，通电时间不宜过长，以免损坏电源和原线圈D灵敏电流的正接线柱一定要与副线圈的上端接线柱相连12在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，装置如图1所示（1）若测定红光的波长，应选用色的滤光片；（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图2甲所示然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹
7、中心对齐，记下此时图2乙中手轮上的示数为mm，求得相邻亮纹的间距x=mm；（3）已知双缝间距d=2.0104m，测得双缝到屏的距离l=0.700m，由计算公式=，可求得所测红光波长为m（保留两位有效数字）13周期为T=4.0s的简谐横波沿x轴正方向传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时x=12m处的质点刚开始振动，求：（1）波源的起振方向；（2）该波传播速度v的大小；（3）位于x=87m处的质点从图示时刻开始第二次到达波谷还要经历的时间t14如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角=37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m整个装置处于磁感应强度B
8、=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1，电路中其余电阻不计金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数=0.5，不计空气阻力影响sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2求：（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；（2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q15如图所示，在xoy平面直角坐标系中，直线PQ与y轴成=45角，且OP=
9、L，第一象限分布着垂直纸面向外的匀强磁场，另外三个象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小都为B，现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力求：（1）若在第一象限加一匀强电场可使微粒从P点以v0的初速度沿PQ直线到达Q点，求匀强电场场强E的大小和方向；（2）撤去电场，微粒从P点出发第一次经过x轴恰经过原点O，则微粒从P点出发到达Q点所用的时间t；（3）撤去电场，微粒从P点出发经过坐标原点O到达Q点所对应的初速度v2015-2016学年四川省资阳市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-
10、6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1下列有关相对论的说法中正确的是（）A若物体能量增大，则它的质量减小B根据爱因斯坦的相对论，时间和空间都是永恒不变的C狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的D狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的，与光源的运动有关【考点】狭义相对论【分析】质能方程E=mc2，知物体具有的能量与其质量成正比，根据E=mc2可计算核反应中的能量；时间和空间都随速度的变化而变化；在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；光速不变【解答】解：A、根据公式E=mc2表明
11、物体具有的能量与其质量成正比，能量增加，则质量增加，故A错误；B、根据爱因斯坦的相对论，时间和空间都随速度的变化而变化故B错误；C、狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的故C正确；D、狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是相同的；故D错误；故选：C2关于电磁场和电磁波的理论，下面说法中错误的是（）A变化的电场周围产生的磁场一定是变化的B变化的磁场周围产生的电场不一定是变化的C由电磁波的产生过程可知，电磁波可以在真空中传播D赫兹的电火花实验证明了电磁波的存在【考点】电磁波的发射、传播和接收【分析】克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期
12、性变化之分，麦克斯韦预言电磁波的存在，而赫兹证明了电磁波的存在【解答】解：A、非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，而均匀变化的电场产生稳定的磁场所以变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定产生电场，但不一定变化故A错误；B、变化的磁场周围产生的电场不一定是变化的，只有周期性变化的振荡磁场一定产生同周期变化的振荡电场故B正确；C、电磁波自身就是一种物质，能在真空中传播故C正确；D、麦克斯韦预言电磁波的存在，而赫兹电火花实验证明了电磁波的存在，故D正确；本题选错误的，故选：A3某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=10sin（t+）cm，下列说法正确的是（）A该质点振动周期为T=
13、4 sB该质点振幅A=10cmC第1s末和第5s末质点的位移相同D4s内质点通过的路程为40cm【考点】简谐运动的振动图象【分析】简谐运动的一般表达式为x=Asin（t+），A为振幅，为圆频率根据T=，可求出周期，读出振幅将时间代入振动方程可求得任意时刻的位移根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程【解答】解：A、根据x=10sin（t+）cm得：= rad/s，则该质点振动周期 T=8s，故A错误B、该质点振幅A=10cm，故B正确C、当t=1s和t=5s分别代入x=10sin（t+）cm得，位移分别为 10sincm和10sincm，故C错误D、由于t=4s=，所以4s内质点通过的路程为
14、S=2A=20cm，故D错误故选：B4关于光的干涉现象，下列说法正确的是（）A波峰与波峰叠加处将出现亮条纹，波谷与波谷叠加处将出现暗条纹B双缝干涉实验中光屏上距两狭缝的路程差为1个波长的某位置将出现亮纹C把双缝干涉实验中入射光由黄光换成紫光，相邻两明条纹间距离变宽D薄膜干涉的条纹是等间距的平行线时，说明薄膜的厚度处处相等【考点】光的干涉【分析】波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点振动加强点始终振动加强，振动减弱点始终减弱；光屏上距两狭缝的路程差为波长的整数倍时出现亮纹，为半波长的奇数倍时出现暗条纹；根据条纹间距的公式进行判断；知道光叠加的原理以及在增反膜中
15、的应用从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为薄膜厚度的2倍，当光程差x=n时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为【解答】解：A、在波峰与波峰叠加处，将出现亮条纹；在波谷与波谷叠加处，将出现亮条纹，故A错误；B、光屏上距两狭缝的路程差为波长的整数倍时出现亮纹，故B正确；C、把入射光由黄光换成紫光，紫光的波长小于黄光，根据x=知x减小，故C错误；D、从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为薄膜厚度的2倍，当光程差x=n时此处表现为亮条纹，当光程差x=n+出现暗条纹，若薄膜的厚度处处相等，则各处光程差相等，若是亮的则都是亮的若是暗的则都是暗的，不会出现明暗相间
16、的条纹，故D错误故选：B5如图所示，在斜面左上方存在平行于斜面向下的足够大的匀强磁场，在斜面顶端将一导体棒水平向左抛出（棒始终保持水平且垂直于纸面），则棒在落到斜面的过程中正确的是（）A两端的电势差保持不变B两端的电势差先增大后减小C两端的电势差先减小后增大D始终是棒靠近读者端电势高于远离读者端电势【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【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：ABC、导体棒做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，抛出时，导体棒切割磁感线，由感应电动势公式E=Blvsin可知，电
17、动势不为0；当运动到速度方向与磁场方向平行时，电动势为0；再继续运动，导体棒又切割磁感线，又产生电动势，电动势先减小后增大，则两端的电势差先减小后增大，故AB错误，C正确；D、由右手定则判断，棒靠近读者端电势低于远离读者端电势，故D错误故选：C6某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块，水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力情况的说法中正确的是（）AA对B的压力变小BA、B之间的摩擦力保持不变CA对B的摩擦力变大DB对地面的压力保持不变【
18、考点】洛仑兹力；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律【分析】对整体分析，判断加速度是否变化，再隔离分析，运用牛顿第二定律判断A、B间的摩擦力是否变化通过整体和隔离受力分析，判断A与B、B与地面间的压力变化【解答】解：A、对整体分析，整体受重力、支持力、竖直向下的洛伦兹力和恒力F，合力为F不变，根据牛顿第二定律知加速度不变A、B一起做匀加速直线运动对A分析，受重力、支持力和洛伦兹力，洛伦兹力增大，则支持力增大，所以A对B的压力变大故A错误B、整体加速度不变，隔离对A分析，f=mAa，知A、B间的摩擦力不变故B正确，C错误D、整体受重力、支持力、竖直向下的洛伦兹力和恒力F，在竖直方向上，洛伦兹力增大
19、，则地面的支持力增大，所以B对地面的压力增大故D错误故选B7如图所示，a、b是一列横波上的两个质点，它们在x轴上的距离s=30m，波沿x轴正方向传播，当a振动到最高点时b恰好经过平衡位置向上振动，经过3s波传播了30m，下列判断正确的是（）A这列波的速度一定是10m/sB这列波的周期一定是0.8sC这列波的周期可能是3sD这列波的波长可能是24m【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】波在同一均匀介质中匀速传播，由公式v=可直接求得波速，由a、b两点的振动情况可知波长的表达式，由波速公式可求得周期的表达式，则可求得周期的可能值【解答】解：A、这列波的速度一定为 v=m/s=10m/s
20、，故A正确；BCD、由题意知，当a振动到最高点时b恰好经过平衡位置向上振动，则有s=（n+），（n=1，2，3），得 =m由v=可得：T=，（n=1，2，3）由于n是整数，所以周期T不可能等于0.8s和3s当n=1时，波长 =m=m=24m，故BC错误，D正确故选：AD8如图所示，两个同种玻璃制成的棱镜，顶角12，两单色光1和2分别垂直入射三棱镜，其出射光线与第二界面的夹角1=2，则下列判断正确的是（）A在棱镜中1光的折射率比2光小B在棱镜中光1的传播速度比光2的小C以相同角度斜射到同一平行玻璃板，光2侧移量大D以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是光2【考点】光的折射
21、定律【分析】根据折射定律判断折射率的大小，从而再判断频率、波长、波速和临界角的大小，结合平行玻璃砖的光学特性进行解答【解答】解：A、1光在直角面上的入射角1=1，2光在直角面上的入射角2=2，因12，1=2，所以根据折射定律知，在棱镜中1光的折射率比2光大，故A错误B、在棱镜中1光的折射率比2光大，根据公式v=知，在棱镜中光1的传播速度比光2的小，故B正确C、以相同角度斜射到同一平行玻璃板，光的折射率越大，侧移量越大，所以光1侧移量大，故C错误D、根据全反射临界角公式sinC=知，1光的临界角小于2光的临界角所以，以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是光1发生了全反射，
22、看到的是光2故D正确故选：BD9如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈输入正弦交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则正确的是（）A电动机的输出功率为mgvB电动机的输入电压为2IRC电压表的读数为IR+D电压表的读数为4IR+【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比，结合功率公式即可求解【解答】解：A、电动机的输出功率即机械功率mgv，故A正确；B、电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，副线圈消耗的功率
23、，得，故B错误；CD、变压器的输入功率等于副线圈消耗的功率，解得，所以电压表的读数，故C错误，D正确；故选：AD10如图所示，匀强磁场中固定的金属框架ABC，导体棒DE在框架上沿图示方向匀速平移，框架和导体棒材料相同、同样粗细，接触良好则下列判断正确的是（）A电路中感应电流保持一定B电路中磁通量的变化率一定C电路中感应电动势与时间成正比D棒受到的外力一定【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【分析】这是一道导体切割磁感线产生感应电流，感应电流又受到安培力的选择题，只是切割的有效长度发生变化，回路的电阻发生变化同步进行可以设金属框架的夹角为角，经过时间t，把切割的有效长度、回路
24、的电阻有式子表示出来，从而表示出感应电流、感应电动势、安培力等函数式，结果就不难判定了【解答】解：设A=，导体从A点开始计时，经过时间t导体运动到如图所示位置则切割的有效长度L=2vttan，此刻感应电动势为E=BLv，回路的总电阻R=+，据欧姆定律能求出感应电流，也可写出安培力的表达式A、由欧姆定=，显然是一个常数，所以A正确B、感应电动势E=BLv=，显然与时间成正比，所以B正确C、感应电动势与磁通量的变化率成正比，结合B选项知道磁通量的变化率跟时间成正比，所以C错误D、由于匀减速直线运动，则外力与安培力平衡，而，所以外力与时间成正比，所以D错误故选：AB二、（非选择题）11关于“研究感应
25、电流产生的条件及其方向”实验的注意事项，下列说法中正确的是（）A原、副线圈接入电路之前，应查清其绕制方向B在查明电流方向与灵敏电流计指针偏转方向关系时，应直接将电源两极与灵敏电流计两接线柱相连C原线圈的电阻很小，通电时间不宜过长，以免损坏电源和原线圈D灵敏电流的正接线柱一定要与副线圈的上端接线柱相连【考点】研究电磁感应现象【分析】研究感应电流产生的条件及其方向要明确电流的方向、磁场的方向，所以需搞清线圈导线的绕行方向【解答】解：A、原、副线圈接入电路之前，应查清其绕制方向故A正确B、在查明电流方向与灵敏电流计指针偏转方向关系时，不能直接将电源两极与灵敏电流计两接线柱相连，防止烧坏电流计，应接入
26、保护电阻故B错误C、原线圈的电阻很小，通电时间不宜过长，以免损坏电源和原线圈故C正确D、灵敏电流的正接线柱与副线圈的接线柱连接没有确定要求故D错误故选AC12在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，装置如图1所示（1）若测定红光的波长，应选用红色的滤光片；（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图2甲所示然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图2乙中手轮上的示数为13.870mm，求得相邻亮纹的间距x=2.312mm；（3）已知双缝间距d=2.0104m，测得双缝到屏的距离l=0.700m，由计算公式=，可求得所测红光
27、波长为6.6107m（保留两位有效数字）【考点】用双缝干涉测光的波长【分析】（1）为获取单色线光源，从而满足干涉条件（2）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（3）根据x=列式求解光波长【解答】解：（1）根据干涉条件，必须频率相同，则应选用红色的滤光片；（2）图中螺旋测微器固定刻度读数为13.5mm，可动刻度读数为37.00.01mm，两者相加为13.870mm图的读数为：2.310mm，因此相邻亮纹的间距为：x=2.312mm；（3）根据x=知：=x=代入数据得：=2.0104m=6.6107m故答案为：（1）红；（2）13.870，2.312；（3）
28、，6.610713周期为T=4.0s的简谐横波沿x轴正方向传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时x=12m处的质点刚开始振动，求：（1）波源的起振方向；（2）该波传播速度v的大小；（3）位于x=87m处的质点从图示时刻开始第二次到达波谷还要经历的时间t【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（1）介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同，由图读出x=12m处质点的起振方向，即可得解（2）读出波长，由波速公式v=求波速（3）先求出从图示时刻开始波传播到x=87m处所用时间，再求出x=87m处的质点从开始振动到第二次到达波谷用时，从而得到总时间【解答】解：（1）根据波的特性可知，此时
29、x=12m处的质点振动方向向上，故波源的起振方向沿y轴正方向（向上）（2）根据波速关系有：由图读得 =8m，解得：v=2m/s（3）从图示时刻开始，波传播到x=87m处所用时间： =37.5sx=87m处的质点从开始振动到第二次到达波谷用时： =7s总时间为 t=t1+t2=44.5s答：（1）波源的起振方向向上；（2）该波传播速度v的大小是2m/s；（3）位于x=87m处的质点从图示时刻开始第二次到达波谷还要经历的时间t为44.5s14如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角=37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m整个装置处于磁感应强度B=2
30、T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1，电路中其余电阻不计金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数=0.5，不计空气阻力影响sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2求：（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；（2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q【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【分析】释放金属棒后，
31、金属棒受到重力、支持力、安培力三个力作用，由于棒的速度增大导致感应电流增大，从而阻碍导体运动的安培力也增大，所以加速度减小（1）只有当加速度减小为零时，棒的速度达到最大，写出平衡式，结合感应电动势、欧姆定律、安培力的式子，就能求出最大速度（2）棒匀减速直线运动时，电流最大，消耗的电功率最大，由电功率的式子直接求出（3）由于已知金属棒在整个过程中产生的热量，则电阻R上产生的热量能够求出，从而知道机械能的减小量，由于动能的增量能算出，则棒减小的重力势能可以求出那么就能表示出磁通量的改变量、平均感应电动势、乃至平均感应电流，于是通过导体的电荷量就能求出（时间t最后消掉）【解答】解：（1）金属棒由静止
32、释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动有： mgsinmgcosFB=0 FB=BI L E=BLvm 联解得：vm=2m/s （2）金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，根据功率公式有： 联解得：PR=3W （3）设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律： 根据焦耳定律： 联解得：q=1C答：（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度为2m/s（2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率为3W（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中电阻R上产生
33、的焦耳热总共为1.5J，则流过电阻R的总电荷量为1C15如图所示，在xoy平面直角坐标系中，直线PQ与y轴成=45角，且OP=L，第一象限分布着垂直纸面向外的匀强磁场，另外三个象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小都为B，现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力求：（1）若在第一象限加一匀强电场可使微粒从P点以v0的初速度沿PQ直线到达Q点，求匀强电场场强E的大小和方向；（2）撤去电场，微粒从P点出发第一次经过x轴恰经过原点O，则微粒从P点出发到达Q点所用的时间t；（3）撤去电场，微粒从P点出发经过坐标原点O到达Q点所对应的初速度v【考点】带电粒子在
34、匀强磁场中的运动【分析】（1）微粒沿PQ做匀速运动，根据受力平衡求出电场强度的大小，由左手定则判断洛伦兹力方向，电场力方向与洛伦兹力相反，粒子带负电，电场方向与电场力方向相反；（2）画出粒子运动的轨迹，粒子在y轴右侧运动周，在y轴左侧运动周到达Q点，整个运动时间为一个周期；（3）分两种情况讨论：第一类：若微粒运动路径经过第三象限而到Q，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力求出对应的初速度v；第二类：若微粒运动路径不经过第三象限而到Q，画出运动轨迹图，根据几何关系，根据洛伦兹力提供向心力求出对应的初速度v；【解答】解：（1）根据题意，此时微粒沿PQ做匀速运动，有：qv0BqE=0由得：E=
35、v0B，方向垂直于PQ连线指向左下（2）根据题意作出微粒运动轨迹如图所示设微粒在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系知：L=2Rsint=T联解得：（3）根据题意，微粒的运动可以分为两类情况：第一类：若微粒运动路径经过第三象限而到Q，如（2）中图所示，则由几何关系有：联解得：（n=1、2、3）第二类：若微粒运动路径不经过第三象限而到Q，如图所示，则由几何关系：联解得：（n=1、2、3）答：（1）匀强电场场强E的大小和方向垂直于PQ连线指向左下；（2）撤去电场，微粒从P点出发第一次经过x轴恰经过原点O，则微粒从P点出发到达Q点所用的时间t为；（3）撤去电场，微粒从P点出发经过坐标原点O到达Q点所对应的初速度v为第一类：若微粒运动路径经过第三象限而到Q，（n=1、2、3）第二类：若微粒运动路径不经过第三象限而到Q，（n=1、2、3）2016年12月3日
