2020-2021学年山东省威海市高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年山东省威海市高二（上）期末物理试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年山东省威海市高二（上）期末物理试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-10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）关于电磁感应，下列说法中正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C．穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大
D．通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
2．（4分）如图，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时，放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶圆盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针的N极（　　）

A．不偏转 B．向左偏转 C．向右旋转 D．向纸内旋转
3．（4分）如图所示为某正弦交流电的电流随时间变化的图象，已知t＝0.01s时电流的大小为2A，则此交流电电流的有效值为（　　）

A．22 A B．2A C．2A D．22A
4．（4分）质量为600g的篮球从0.8m高处由静止释放，落到水平地面后，反弹上升的最大高度为0.2m，若篮球与地面的接触时间为0.2s重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，则篮球对地面的平均冲击力大小为（　　）
A．6N B．12N C．18N D．24N
5．（4分）同步卫星在同步轨道上定位以后，由于受太阳、月球及其他天体引力作用的影响，会产生漂移运动而偏离原来的轨道，若偏离达到一定程度，就要启动卫星上的小发动机进行修正，如图，实线为同步轨道，A和B为两个己经偏离同步轨道但仍在赤道平面内运行的卫星，下列说法正确的是（　　）

A．若启动卫星A的小发动机向后喷气可使卫星A适当加速后回到同步轨道
B．卫星A的角速度小于地球的自转角速度
C．卫星B的动能比在同步轨道时的动能小
D．卫星B的机械能比在同步轨道时的机械能大
6．（4分）如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为0，A、B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（　　）

A．开关S闭合时，A灯立即发光
B．开关S闭合时，B灯立即发光
C．开关S断开时，A灯闪亮一下再灭
D．开关S断开后瞬间，a点的电势低于b点
7．（4分）如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器，然后通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场（磁感应强度为B′），最终打在照相底片A1A2上，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．粒子带负电
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．粒子打在照相底片A1A2上的位置越近P，粒子的比荷qm越大
D．所有粒子在匀强磁场B中的运动时间都相等
8．（4分）如图所示，水平放置的光滑平行导轨足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。在导轨上放置两根与导轨垂直的质量、阻值均相等的导体棒ab、cd，给导体棒ab一初动能Ek，使其开始向右运动，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒ab的速度不断减小到0
B．导体棒ab的加速度不断减小到0
C．导体棒cd的加速度不断增大
D．导体棒cd最终能产生Ek4的热量
9．（4分）如图所示，质量为M的足够长的木板置于水平地面上，质量为m的小滑块以初速度v0滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为mv0M+m
B．若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为12mv02
C．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为12mv02
D．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为mv0
10．（4分）如图所示，一长为2l、宽为l的矩形导线框abcd，在水平外力作用下从紧靠匀强磁场边缘处以速度v向右匀速运动3l，规定水平向左为力的正方向。下列关于导线框所受安培力F、水平外力的冲量I、通过导线框的电量q及导线框ab两点间的电势差L随其运动的位移x变化的图象正确的是（　　）

A． B．
C． D．
二、实验题：本题共2小题，共11分．
11．（4分）（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．直流电源
D．交流电源
E．多用电表
F．开关、导线若干
上述器材在本实验中不必用到的是　 　（填正确答案标号）
（2）某同学将原线圈接在所选电源上，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大：然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
12．（7分）某同学用图示装置通过a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律，实验时，先让入射小球a从斜槽上某一固定位置由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上，重复上述操作，得到多个落点痕迹，再把被碰小球b放在水平槽的末端，让入射小球a仍从同一位置由静止滚下，重复上述操作，得到多个a、b两球磁后的落点痕迹，记下水平槽末端在记录纸上的垂直投影点O．a、b两球的质量分别为ma、mb。

（1）为保证入射小球a在碰撞后继线向前运动，应满足ma　 　mb（填“＞”、“＝”或“＜”）；
（2）为保证入射小球a和被碰小球b离开槽口后均做平抛运动，必须调整水平槽末端　 　，实验中　 　（填“而要”或“不需要”）测量水平槽末端到水平地面的高度h。
（3）实验中得到小球的平均落点如图中M、P、N所示，量得OM＝x1、OP＝x2、ON＝x3，若实验中两小球组成的系统碰撞前后动量守恒，则应满足的关系式为　 　。
三、计算题：本题共5小题，共49分，要求写出必要的文字说明、方程式，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（8分）木星是绕太阳公转的行星之一，而木星的周围又有卫星绕木星公转，万有引边常量为G。
（1）如果要通过观测求得木星的质量，需要测量哪些量？试推导用这些量表示的木星质量的计算式；
（2）已知木星的半径为R，测得木星的质量为M，求木星的第一宇宙速度。
14．（8分）如图所示，A、B两端的电压为37V，指示灯的电R0＝6Ω，理想变压器的原、副线圈匝数比为6：1，变压器的输出端并联多只彩色小灯泡，小灯泡的规格均为“6V，0.25W”且都正常发光，导线电阻不计，求并联的小灯泡的个数。

15．（8分）如图所示，光滑绝缘水平轨道处于水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为q的金属小滑块P在轨道上某点由静止释放，质量为m、不带电的金属小滑块Q静止在水平轨道上，经过一段时间后在小滑块P刚好要离开水平轨道时与小滑块Q碰撞且粘在一起。已知：电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，不计碰撞过程中的电量损失。求：
（1）碰撞前小滑块P、Q之间的距离；
（2）碰撞后PQ整体经过多长时间离开水平轨道。

16．（12分）如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨所在平面与水平面的夹θ＝37°，间距d＝0.5m。导轨处于磁感应强度B＝2T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上端连接一阻值R＝2Ω的电阻，垂直导放置的质量m＝0.5kg、电阻r＝1Ω的金属棒ab在水平外力F的作用下沿导轨匀速向下运动，电压表的示数为U＝2V，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）金属棒的速度大小；
（2）画出金属棒的受力分析图并求出水平外力F；
（3）金属棒沿导轨下滑x＝1m的过程中，电阻R上产生的热量。

17．（13分）如图所示，在xOy平面的第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，第二象限内存沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=4mv023qL．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从P（﹣L，L）点以初速度v平行子x轴射入电场。若粒子进入磁场后恰好不能从x轴射出，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计粒子的重力。求：
（1）粒子进入磁场时的速度
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从开始运动至第二次打在y轴上所经历的时间


2020-2021学年山东省威海市高二（上）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，共40分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-10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．【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比。
【解答】解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定。故A错误；
B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B错误；
C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定。故C错误；
D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确。
故选：D。
【点评】感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化及磁通量均没有直接关系。就如加速度与速度的关系一样。速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大。加速度与速度的变化率有关。
2．【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向．
【解答】解：带负电金属环，如图所示的旋转。则金属环的电流方向与旋转方向相反。再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端S极，右端N极。因此小磁针N极沿轴线向右。故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则．注意电流的方向与负电荷的运动方向相反．
3．【分析】根据交流电的图象判断出交流电的瞬时值，根据t＝0.01s时电流的大小求得交流电的最大值，进一步求解有效值。
【解答】解：由图象可知交流电的周期T＝0.08s，故角速度ω=2πT=25π，设电流的最大值为Im，则i＝Imsin25πt，当t＝0.01s时，22Im=2A，解得最大值Im＝22A，根据最大值和有效值的关系可知，交流电电流的有效值为2A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了根据交流电的图象判断出交流电的最大值，抓住交流电的瞬时表达式即可判断，求功率用交流电的有效值。
4．【分析】根据运动学知识分别求出篮球和水平面碰撞前后篮球的速度大小，根据动量定理求解篮球和水平面接触过程中的平均作用力；
【解答】解：根据运动学公式可知篮球和水平面碰撞前后篮球的速度大小分别为v1=2gh1=2×10×0.8=4m/s，
v2=2gh2=2×10×0.2=2m/s，
令向下为正方向，根据动量定理有：Ft+mgt＝﹣mv1﹣mv2，
代入数据：F×0.2+6×0.2＝﹣0.6×2﹣0.6×4
解得：F＝﹣24N；
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】熟记动量定理，知道动量是矢量，知道在列方程时应先规定正方向，从而确定各矢量的正负，熟记运动学公式；
5．【分析】当万有引力等于卫星所需的向心力，卫星做圆周运动，当万有引力小于卫星所需的向心力，做离心运动，当万有引力大于卫星所需的向心力，做近心运动。
【解答】解：A、启动卫星A的小发动机向后喷气，则加速离心，卫星A不会回到同步轨道，故A错误。
B、根据ω=GMr3可知，卫星A的半径大，故角速度小于同步卫星的角速度，即小于地球自转角速度，故B正确。
C、根据v=GMr可知，卫星B的半径小，故线速度大于同步轨道上的线速度，动能大于同步轨道时的动能，故C错误。
D、卫星B受到空气阻力作用，轨道半径减小，故机械能减小，小于在同步轨道时的机械能，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是掌握卫星变轨原理，即抬高轨道卫星做离心运动，降低轨道做近心运动，满足各自运动条件即可讨论卫星是加速还是减速运动。
6．【分析】闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析A灯亮度的变化。断开S，A灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断B灯亮度如何变化。
【解答】解：AB、开关s闭合瞬间，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮。故A正确，B错误；
C、灯泡B与线圈L构成闭合回路，开关s断开瞬间，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡A立即熄灭。故C错误；
D、开关断开瞬间，L中的电流逐渐减小，则电流的方向向左流过A灯，a点的电势低于b点，故D正确。
故选：AD。
【点评】对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。
7．【分析】粒子在质谱仪中经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性。根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度。通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。
【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A错误；
B、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，而粒子的电场力水平向右，那么洛伦兹力水平向左，粒子带正电，则磁场垂直纸面向外，故B正确；
C、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据qvB＝mv2r，可得r=mvqB，可知粒子打在AlA2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故C正确；
D、所有打在AlA2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=T2，粒子在磁场中运动的周期T=2πrv=2πmqB，则磁场中的运动时间t=πmqB与带电粒子的比荷有关，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查质谱仪模型，解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用是解题的关键。
8．【分析】给导体棒ab一个初动能E，使其开始向右运动，根据右手定则判断电流方向，根据左手定则判断受力方向，根据牛顿第二定律分析加速度大小变化，根据动量守恒定律分析最后的速度大小，再根据能量关系求解能量。
【解答】解：ABC、给导体棒ab一个初动能E，使其开始向右运动，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据左手定则ab受力向后，cd受力先前，ab做减速运动，cd做加速运动，当二者的速度相等时电路电流为零，安培力为零，则加速度为零，所以ab棒的速度不会减小到零，ab做加速度减小的减速运动、cd做加速度减小的加速运动，故AC错误、B正确；
D、设ab棒的初速度为v，则Ek=12mv2；根据动量定理可得：mv＝2mv′，解得：v′=12v，系统产生的焦耳热Q=12mv2-12×2mv'2=14mv2=12Ek，所以导体棒cd最终能产生Q1=12Q=Ek4的热量，故D正确。
故选：BD。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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。
9．【分析】若地面光滑，则最后二者的速度相同，由动量守恒可求得其速度值，由能量守恒求得内能
若地面不光滑，则最后静止，动能全部转化为内能，动量与所受的冲量大小相等。
【解答】解：AB、若地面光滑，则由动量守恒得最后的速度v=mv0M+m，故A正确，产生的内能为△Ek=12mv02-12(M+m)v2，故B错误
CD、若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最终能产生的内能为12mv02，地面对木板的冲量大小等于木块的初动量的大小，故CD正确
故选：ACD。
【点评】考查动量守恒与能量守恒，明确动量守恒的条件，内能与机械能的总量不变。
10．【分析】根据切割产生的感应电动势公式以及欧姆定律分析线框中的电流大小，判断电流的变化，根据安培力的计算公式分析安培力的变化、根据冲量的计算公式分析冲量的变化、根据电荷量的计算公式分析电荷量的变化、结合欧姆定律分析ab边的电势差的变化。
【解答】解：A、进入磁场的过程中，感应电动势E＝Blv不变，感应电流I电=BLvR 不变，安培力F＝BIl=B2l2vR不变，完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，故A正确；
B、匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，进入磁场过程中，水平外力的冲量I＝Ft=Fv⋅x，I﹣x关系图象为正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，故B错误；
C、进入磁场的过程中，q＝I电t═BLR⋅x，q﹣x关系图象为正比例函数，完全进入后电流为零，q不变但不为零，故C错误；
B、进入磁场的过程中，Uab＝I电×56R=56BLv，完全进入磁场的过程中，ab边的电势差Uab＝BLv，故D错误。
故选：A。
【点评】对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
二、实验题：本题共2小题，共11分．
11．【分析】（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，所需要的器材有：可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），多用电表（测电压），导线、开关，交流电源。
（2）根据变压比等于匝数比进行分析即可。
【解答】解：（1）A、变压器线圈两端的电压与匝数的关系：U1U2=n1n2；所以需要知道原副线圈的匝数，需要可拆变压器。
B、变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，条形磁铁用不到。
CD、变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故需要用到低压交流电源。
E、需要用到多用电表测量原副线圈的电压。
F、还需要用到开关、导线若干。
故答案为：BC。
（2）根据U1U2=n1n2，知保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；
故答案为：（1）BC；（2）减小。
【点评】本题关键要理解变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析。
12．【分析】（1）为保证入碰小球不被反弹，需要A球质量应大于B球质量；
（2）斜槽的末端必须水平，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动；
（3）根据动量守恒定律求出即可。
【解答】解：（1）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即ma＞mb；
（2）斜槽末端的切线要沿水平方向，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动；小球做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量水平槽末端到水平地面的高度h。
（3）根据实验原理可得mav0＝mav1+mbv2，
由图乙可知：OM＝x1、OP＝x2、ON＝x3。
又因下落时间相同，即可求得：maOP＝maOM+mbON，
可得：max2＝max1+mbx3
故答案为：（1）＞；（2）切线水平，不需要；（3）max2＝max1+mbx3
【点评】本题考查了动量守恒定律实验，实验注意事项与实验数据处理问题；验证掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，应用动量守恒定律可以解题。
三、计算题：本题共5小题，共49分，要求写出必要的文字说明、方程式，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．【分析】（1）根据木星的卫星的万有引力提供向心力，列式求解即可求出木星的质量；
（2）对木星的近地卫星，根据万有引力提供向心力，列式求解即可。
【解答】解：（1）需要测木星的卫星绕木星公转的轨道半径r和周期T
对木星的卫星，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m（2πT）2r
解得：M=4π2r3T2
（2）对木星的近地卫星，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=m（2πT）2R
解得：v=GMR
答：（1）需要测量测木星的卫星绕木星公转的轨道半径r和周期T，木星质量的计算式为4π2r3T2；
（2）已知木星的半径为R，测得木星的质量为M，木星的第一宇宙速度为GMR。
【点评】本题关键是根据木星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要测量的量，涉及半径有星体半径和轨道半径，解题时要注意区分。
14．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
【解答】解：变压器输入端与输出端电压之比：U1U2=n1n2。
U＝U0+U1．其中U0＝I1R0。
原副线圈的电流之比：I1I2=n2n1。
每只小灯泡的电流：PL＝ULIL。
小灯泡的个数：N=I2IL=24。
答：并联的小灯泡的个数为24个。
【点评】根据理想变压器的电压与匝数，电流与匝数之间的关系，和欧姆定律来逐项的分析求解即可求得结论。
15．【分析】（1）小滑块P刚好要离开水平轨道时所受的洛伦兹力与重力二力平衡，由此求出P的速度。再根据动能定理求碰撞前小滑块P、Q之间的距离；
（2）根据动量守恒定律求出碰后PQ整体的速度。整体刚要离开水平轨道时，洛伦兹力与重力二力平衡，由此求出整体的速度。由碰后整体做匀加速运动，可根据牛顿第二定律和速度时间公式结合求运动时间。
【解答】解：（1）设小滑块P刚要离开地面时的速度为v0，碰撞前P、Q间距为x。有：
qv0B＝mg
由动能定理得：
qEx=12mv02
解得：x=m3g22q3B2E
（2）对小滑块P、Q碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1。
整体刚要离开水平面时有：
qv2B＝2mg
碰后整体的运动过程，由牛顿第二定律得：
qE＝2ma
v2﹣v1＝ma
联立解得：t=3m2gq2BE
答：（1）碰撞前小滑块P、Q之间的距离是m3g22q3B2E；
（2）碰撞后PQ整体经过3m2gq2BE时间离开水平轨道。
【点评】本题要理清物块运动情况的基础上，搞清临界条件：物体刚要离开水平面时重力和洛伦兹力二力平衡，要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，结合牛顿第二定律与运动学公式进行解答。
16．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律结合感应电动势的计算公式求解；
（2）根据受力情况结合平衡条件求解；
（3）根据焦耳定律求解。
【解答】解：（1）根据欧姆定律可得：I=UR
根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+r）
感应电动势E＝Bdv
解得：v＝3m/s；
（2）对金属棒受力分析如图所示

根据平衡条件可得：mgsinθ＝BId+Fcosθ
解得：F＝2.5N，方向水平向右；
（3）根据焦耳定律可得：QR＝I2Rt
t=xv
解得：QR=23J。
答：（1）金属棒的速度大小为3m/s；
（2）画出金属棒的受力分析图如图所示，水平外力为2.5N，方向水平向右；
（3）金属棒沿导轨下滑x＝1m的过程中，电阻R上产生的热量为23J。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
17．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的轨迹求解；、
（2）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，再根据牛顿第二定律和向心力公式求解磁感应强度；
（3）求出粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角和磁场中运动的时间，由此求出粒子从开始运动至第二次打在y轴上所经历的时间。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有：
L＝v0t1
qE＝ma
vy＝at1，
进入磁场时的速度为：v=v02+vy2=53v0
设粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角为θ
则：tanθ=vyv0
解得：θ＝53°；
（2）粒子进入磁场后恰好不能从x轴射出，运动轨迹如图所示。
做类平抛运动向下运动的位移为：y=12at12
由几何知识得：R（1﹣cosθ）＝L﹣y
由牛顿第二定律和向心力公式得：qvB＝mv2R
解得：B=2mv0qL；
（3）粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为：
α＝360°﹣2×37°＝286°
粒子在磁场中运动的周期为：T=2πRv
运动的时间为：t2=286°360°T
粒子从开始运动至第二次打在y轴上所经历的时间为：t＝t1+t2=Lv0+143πL180v0。
答：（1）粒子进入磁场时的速度为53v0，方向与x轴正方向的夹角为53°；
（2）磁感应强度B的大小为2mv0qL；
（3）粒子从开始运动至第二次打在y轴上所经历的时间为Lv0+143πL180v0。

【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。