2020-2021学年广东省中山市高二（上）期末物理试卷

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2020-2021学年广东省中山市高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一项满足题设要求，选对得4分；不选、错选或多选不得分）
1．（4分）下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（　　）
A．小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向
B．磁场中某处磁感应强度的大小，和放在该处的试探电流元中的电流大小成正比
C．如果磁场中一小段通电导体在该处受到的安培力为零，则此处的磁感应强度一定为零
D．由B=FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小
2．（4分）已知电流强度为I的通电直导线在距离为r的地方产生的磁感应强度大小为
B＝klr，k为常数。如图所示，三根通有电流大小相等的长直导线垂直正方向abcd所在平面，且分别位于a、c、d三个顶点。a、d处导线中的电流方向与c处导线的电流方向相反。已知a处导线在b处产生的磁感应强度大小为B，则b
点的磁感应强度大小为（　　）

A．2105B B．102B C．255B D．55B
3．（4分）如图所示，水平放置的带电平行板M、N相距10cm，A点距M板3cm，AB间距为10cm，且与水平方向成30°角，将一带电荷量为2.0×10﹣6C的负电荷q由A点沿AB直线移到B点，电场力做功为1.0×10﹣5J．下列判断正确的是（　　）

A．板间电场的方向是M 指向N
B．板间电场强度大小是3.2×10﹣5N/C
C．A点电势是﹣4.8V
D．该电荷在B点的电势能是﹣1.6×10﹣5J
4．（4分）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V．则这台电动机正常运转时的输出功率为（　　）

A．40W B．44W C．47W D．48W
5．（4分）如图所示，A、B是平行板电容器的两个极板，分别带有等量异种电荷，板带负电荷，板接地。若将板向上平移到虚线位置，在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是（　　）

A．E不变，φ变大 B．E不变，φ不变
C．E变大，φ不变 D．E变小，φ变小
6．（4分）如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I增加时（　　）

A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小
B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小
C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大
D．环有扩大的趋势以阻碍原磁道量的增大
二、多项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中有两个或两个以上满足题设要求，全部选对得4分；部分对而无错选得2分；不选或错选得零分）
7．（4分）如图所示，匀强电场中O、A、B、C四个点恰好构成一个正三棱锥，边长为6cm。已知A点电势为6V、B点电势为9V、C点电势为3V，则下列说法正确的是（　　）

A．O 点的电势为6V
B．电场方向平行于直线AC
C．电场强度大小为100V/m
D．将正电荷从O移动到B，电势能减小
8．（4分）如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片P向右滑动后，假设电流表A1和电压表V2两个电表的示数变化量的绝对值分别为△I1和△U2，则在滑片P向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．V1变大 B．A2变大
C．V2变大 D．△U2△I1不变
9．（4分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．回旋加速器中，粒子加速的时间和做圆周运动的周期相等
B．带电粒子在D 形盒内从狭缝间的电场获得能量
C．增大D 形盒的半径，可以增大粒子从D 形盒射出时的动能
D．狭缝宽度越小，粒子从D 形盒射出时的动能越大
10．（4分）如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是（　　）

A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动
B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动
C．圆盘在磁场中向右匀速平移
D．匀强磁场均匀增加
11．（4分）空间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度沿水平方向（未标明方向），磁场垂直纸面向外，一带电油滴以某速度进入复合场中，正好做直线运动，其运动轨迹如虚线所示，ab是轨迹上的两个点，则下列判断正确的是（　　）

A．油滴带负电
B．油滴必定做匀速直线运动
C．油滴可能从a 运动到b，也可能从b 运动到a
D．电场方向水平向左
12．（4分）如图所示，竖直放置的半径为R的光滑绝缘半圆轨道固定在水平地面上，轨道所处空间存在电场。一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由底端的A点开始沿轨道内侧上滑，到达顶端B的速度大小仍为v0，重力加速度为g，则（　　）

A．小球在B点的电势能大于小球在A点的电势能
B．A、B两点的电势差大小为2mgRq
C．若电场是匀强电场，则该电场的场强是mgq
D．小球在B点的机械能比在A 点的机械能大
二、非选择题（共52分）
13．（10分）在“测定金属丝的电阻率”实验中，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数为　 　mm。
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx。
实验所用器材为：电池组（电动势为3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。
某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的　 　图（选填“甲”或“乙”）。

（3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端。请根据图2所选的电路图，在图3中补充完成该组同学实验时实物间的连线，并使闭合开关时，电压表或电流表不至于被烧坏。

（4）该组同学在坐标纸上建立U﹣I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的7个坐标点。请在图4中标出第7次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝　 　Ω（保留两位有效数字）。
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为　 　Ω•m（填选项前的符号）。
A．1×10﹣2 　　B．1×10﹣3 　　 C．1×10﹣6 　　　 D．1×10﹣8。
14．（10分）如图，真空中两个带电量均为+Q的点电荷固定在A、B亮点，它们之间的距离为8d，O点是它们连线的中点。C、D是连线中垂线MN上关于O点对称的两点。AC与MN的夹角是53°，空间中还有一匀强电场。将一试探负电荷放置在C点时恰能保持静止。已知静电力常量为k、试探电荷的比荷为μ。
（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不考虑电荷的重力）
（1）求匀强电场的电场强度E的大小及方向。
（2）给该试探电荷某一初速度，使其从C点沿MN恰能运动到D点，求初速度的大小。

15．（10分）如图所示，圆心为O，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、电量为q的带正电微粒从圆周上M点沿半径MO方向射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了120°，不计微粒重力，求：
（1）微粒入射速度大小。
（2）微粒在磁场中运动的时间。
（3）若将微粒的入射速度增大为原来的3倍，求射出点和入射点M之间的距离。

16．（10分）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质绝缘弹簧下端固定，上端与水平直导体棒ab中点相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒ab垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向下的匀强磁场。当没接通电源时，弹簧的总长度为x1；接通电源后，导体棒的电流为I，导体棒平衡时，弹簧处于伸长状态，总长度为x2；忽略回路中电流产生的磁场。（弹簧的自然长度为x0，整个过程弹簧处于弹性形变限度范围内）
（1）求磁场磁感应强度B的大小；
（2）调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，求导体棒平衡后弹簧的形变量？

17．（12分）如图所示，坐标系中第二象限存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B＝0.2T的匀强磁场，第三象限存在着与x轴正方向成45°、电场强度为E＝500N/C的斜向下的匀强电场，还有一根处于两坐标轴角平分线上的无限长的电荷接收棒，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以v＝2×104m/s的速度进入磁场，A粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴负方向成45°，最终打到接收棒上被吸收，若A粒子的比荷为106C/kg。
（1）求A粒子到达x轴时的坐标和在磁场中运动的时间。
（2）B粒子的比荷为2.5×105C/kg，以相同的速度从同一位置进入磁场，求A粒子和B粒子到达吸收棒的位置相隔多远。


2020-2021学年广东省中山市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一项满足题设要求，选对得4分；不选、错选或多选不得分）
1．【分析】磁感应强度的方向就是磁场的方向，是小磁针静止的时候N极所指的方向，也是小磁针的N极所受力的方向；
明确采用B=FIL公式定义B的条件以及采用的比值定义法的意义。
【解答】解：A、根据磁感应强度的方向的规定，磁场中某点的小磁针，静止时北极的指向就是该点磁感应强度方向。故A正确；
B、由磁场本身决定，是反应磁场本身性质的物理量，与定义式B=FIL里面的量F，I，L无关。故B错误；
C、当一长度为L的电流I在磁场中某一位置所受磁场力为0时，可能是B与I的方向平行，故C错误；
D、由磁场本身决定，是反应磁场本身性质的物理量，与定义式B=FIL里面的量F，I，L无关，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查磁感应强充的定义，要注意明确磁场的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，电场的方向与电场力的方向在同一条直线上，要注意掌握这一点的不同。
2．【分析】根据每个电流形成的磁场进行矢量合成，即可求出磁场强度大小。
【解答】解：由题意得：a处导线在b处产生的磁感应强度大小为B，B＝klr，设正方形的边长为r，则c在b处产生的磁感应强度大小也是B，d在b处产生的磁感应强度大小为kl2r=22B．方向如右图，
根据矢量合成得b点的磁感应强度大小为B′=102B，
故选：B。

【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则。
3．【分析】由图可知，M板接地，所以M点的电势为零，根据公式UAB=WABq计算AB间的电势差，根据公式E=UABdAB计算电场强度E，再根据UMN＝Ed求出MN两板电势差，根据UMA＝EdMA＝φM﹣φA，求出φA，再结合UAB＝φA﹣φB，计算φB得出电荷q在B点的电势能Ep＝qφ
【解答】解：AB、B两点的电势差为：UAB=WABq=1.0×10-5-2.0×10-6V＝﹣5V
所以电场方向由N到M，dAB＝Lsin30°＝5cm＝0.05m
则电场强度为：E=-UABdAB=50.05V/m＝100V/m，故AB错误；
C、MN两板电势差为：UMN＝Ed＝100×0.1＝10V
MA两点电势差为：UMA＝EdMA＝100×0.03＝3V，
而M板接地，所以M点的电势为零，UMA＝φM﹣φA，
解得：φA＝3V
根据UAB＝φA﹣φB
得：φB＝3﹣（﹣5）＝8V．故C错误；
D、电荷q在B点的电势能Ep＝qφ＝﹣2.0×10﹣6×8＝﹣1.6×10﹣5J，故D错误；
故选：D。
【点评】此题主要考查电场的能的性质，综合能力要求较高，要理解公式E=Ud中d的含义，知道M板接地，所以M点的电势为零，此题属于中档题。
4．【分析】让电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电阻。电动机正常运转时，根据输入的电功率和热功率之差求出输出功率。由焦耳定律求解热功率。
【解答】解：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得电动机的电阻为：
R线=U1I1=2Ω；
电动机正常运转时，输入的电功率为：
P电＝U2I2＝2×24＝48W，
发热功率为：
P热＝I22R＝22×2W＝8W，
所以输出功率为：
P出＝P电﹣P热＝48﹣8＝40W．则A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】电动机电路停止运转时其电路纯电阻电路，欧姆定律成立。电动机正常运转时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，根据能量转化和守恒定律求解输出功率。
5．【分析】由题知，电容器所带电量不变，根据C=QU、C=ɛS4πkd、E=Ud 结合分析E的变化。由U＝Ed分析P点与下板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化。
【解答】解：据题，电容器所带电量Q不变，若将板向上平移到虚线位置，根据C=QU、C=ɛS4πkd、E=Ud 得：E=4πkQɛS，则知电场强度E不变，
由于P与下板间的距离不变，E不变，则由U＝Ed分析P点与下板间电势差不变，下板电势为零，所以φ不变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握C=QU、C=ɛS4πkd、E=Ud，也可以根据推论可知E不变。
6．【分析】线圈B中电流I减小，B中电流产生的磁场减弱，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析A环的受力情况；根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥判断螺线管相邻两匝线圈间的力。
【解答】解：当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过金属环a的磁通量增大，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量增大，金属环a产生的磁场的方向与螺线管产生的磁场的方向相反，所以电流的方向与原电流的方向相反，根据异向电流相互排斥，所以金属环a有扩大的趋势，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】该题可以使用楞次定律的四个步骤逐步分析解答，也可以根据楞次定律“阻碍变化”快速做出正确的解答；正确理解楞次定律即可正确解题
二、多项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中有两个或两个以上满足题设要求，全部选对得4分；部分对而无错选得2分；不选或错选得零分）
7．【分析】根据匀强电场的性质找到A点的等势点，从而确定电场强度方向，根据E=Ud求解电场强度，正电荷随电势升高电势能增大。
【解答】解：A、根据题意知B点电势为9V、C点电势为3V，则BC中点D电势为6V，连接AD为等势线，则OAD平面为等势面，故O电势为6V，故A正确；
B、电场线与等势面垂直，所以电场线垂直AD，即BC指向C，故B错误；
C、根据E=Ud=9V-3V0.06m=100V/m，故C正确；
D、正电荷由电势为6V的位置移动到电势为9V的位置，电势能增大，故D错误；
故选：AC。

【点评】解决本题的关键是找等势点，知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=Ud求出电场强度的大小，注意d是沿电场线方向上的距离。
8．【分析】电路结构为滑动变阻器和R2串联后与R3并联，然后与R1串联到电源，A1测干路电流，V2测并联电路电压，V1测R2电压，A2测R3电流，滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器电阻增大，根据“串反并同”的方法判定各电表示数变化，根据欧姆定律分析△U2△I1的大小。
【解答】解：ABC、滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器电阻增大，根据“串反并同”知V1示数减小，V2增大，A1减小，A2增大，故A错误，BC正确。
D、根据闭合电路的欧姆定律知U2＝E﹣I1（R1+r），知△U2△I1=R1+r，保持不变，故D正确。
故选：BCD。
【点评】此题的关键是分清电路结构，使用“串反并同”法轻松判定示数变化，“串反并同”就是与可变电阻串联的电路上的电压和电流的变化与该电阻的变化相反，如果电阻增大，则串联电路的电压和电流会减小，而并联电路的电压和电路会随电阻增大而增大。
9．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关。
【解答】解：AB、粒子在电场中加速，磁场中做匀速圆周运动，电场的交变频率f与粒子在磁场运动的频率fB满足f＝nfB，由于狭缝很小，运动时间很短，一般不记，故A错误，B正确；
CD、根据qvB＝mv2R，解得v=qBRm，则最大动能Ek=12mv2=q2B2R22m，知最大动能与加速电压无关，与狭缝间的距离无关。与磁感应强度以及D形盒的半径有关。增大D 形盒的半径，可以增大粒子从D 形盒射出时的动能，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关。
10．【分析】发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意逐项判断即可．
【解答】解：A、保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，A错误；
B、圆盘以某一水平直径为轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，B正确；
C、保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；
D、使匀强磁场均匀增加，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了产生感应电流的条件，难度不大．
11．【分析】对油滴受力分析，结合运动情况，与洛伦兹力表达式，即可判断油滴的运动性质，各选项依次分析即可。
【解答】解：B、由题意可知，带电油滴做直线运动，受重力、电场力（向左或向右）、洛伦兹力，而洛伦兹力大小与速度大小有关，做直线运动，若速度变化，则洛伦兹力就变化，油滴不会做直线运动，油滴一定做匀速直线运动，故B正确；
A、由平衡条件，结合左手定则可知，油滴受力如图所示，因电场方向未知，带电性质无法判断，故A错误；
C、因油滴带电性质未知，所以可能从a 运动到b，也可能从b 运动到a，故C正确；
D、由受力分析知电场力向左，但电场方向不确定，故D错误。
故选：BC。

【点评】考查带电油滴受到电场力，重力与洛兹力时，做直线运动，则一定是匀速直线运动，是解题的关键。
12．【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差。根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大。若电场是匀强电场，根据动能定理，电场力做功与重力做功值相等，从而确定电场力与重力的大小关系。
【解答】解：A、小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，根据能量守恒定律可知电势能必定减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A错误；
B、根据动能定理得：﹣mg•2R+qUAB=12mv02-12mv02=0，得到：UAB=2mgRq，故B正确；
C、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于mgq．故C错误。
D、小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，由机械能表达式，可知，在B点的机械能比在A 点的机械能大。故D正确；
故选：BD。
【点评】本题是带电体在电场中运动问题，要转换头脑，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，掌握电场力做功与电势能的关系。
二、非选择题（共52分）
13．【分析】本题（1）的关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；题（2）的关键是根据数据表可以看出电表的示数变化范围较大，说明变阻器采用的是分压式接法；根据电阻定律和欧姆定律写出电阻率的表达式，然后解出电阻率的值即可；
【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为：d＝0+39.8×0.01mm＝0.398mm；
（2）从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量采用的是甲图；
（3）根据描出的点，作出图象，如图所示：

由图线得到金属丝的阻值为：RX=△U△I=1.80.40=4.5Ω
（4）根据R＝ρLS
得：ρ=RSL=R⋅π(d2)2L
代入数据得：ρ＝1×10﹣6Ω•m
故答案为：（1）0.398；（2）甲；（3）如图1；　（4）如图2，4.4（4.3﹣4.7）；（5）C。
【点评】该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：
1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是固定刻度的值与可动刻度的值得和。
2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接。
3、了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差。
14．【分析】（1）A点的电场强度是两个点电荷产生的场强的叠加，先根据点电荷场强公式求出两个点在A点产生的场强大小，再由平行四边形定则求解。
（2）已知试探电荷从A运动到O点时的速度，由动能定理求A、O之间的电势差UAO。
【解答】解：（1）由几何关系可知，AC与BC的长度：r=4dsin53°=5d
由库仑定律，则两个点电荷在C点产生的电场强度：EA=EB=kQ(5d)2=kQ25d2
由电场的对称性与矢量合成的特点可知，两个点电荷在C点的合场强：EC=2EAcos53°=6kQ125d2，方向向左；
试探电荷静止，则C点的总合场强为0，所以匀强电场的电场强度大小为：E=6kQ125d2，方向向右；
（2）由几何关系可知，CD之间的距离：L＝6d
由等量同种点电荷的电场的对称性可知，两个点电荷在C点的电势与在D点的电势是相等的，所以试探电荷从C到D的过程中只有匀强电场做功，设试探电荷的质量为m，带电量为q，初速度为v，由动能定理可得：-Eq⋅6d=0-12mv2
又：qm=μ
联立可得：v=625d⋅10μkQd
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为6kQ125d2，方向向右。
（2）给该试探电荷某一初速度，使其从C点沿MN恰能运动到D点，初速度的大小为625d⋅10μkQd。
【点评】本题一要掌握电场的叠加原理：平行四边形定则，并能灵活运用。二要明确电势差与电场力做功有关，常常根据动能定理求电势差。
15．【分析】（1）根据题意作出微粒运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出微粒的入射速度大小。
（2）求出微粒在磁场中转过的圆心角，然后求出微粒在磁场中的运动时间。
（3）微粒在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律求出微粒的轨道半径，然后求出出射点与入射点间的距离。
【解答】解：（1）微粒在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示，
由几何知识可知：r＝Rtan30°=33R，
由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，
解得：v=3qBR3m；
（2）由几何知识可知，微粒在磁场中转过的圆心角：θ＝120°，
微粒在磁场中的运动时间：t=θ360°T=13×2πmqB=2πm3qB；
（3）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q•3vB＝m(3v)2r'，
解得：r′=3R，
由几何知识可知，入射点与出射点间的距离：d＝2Rsin60°=3R；
答：（1）微粒入射速度大小为3qBR3m。
（2）微粒在磁场中运动的时间为2πm3qB。
（3）射出点和入射点M之间的距离为3R。

【点评】带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
16．【分析】（1）导体棒静止处于平衡状态，应用平衡条件可以求出磁感应强度。
（2）电流反向后导体棒受到的安培力反向，对导体棒应用平衡条件可以解题。
【解答】解：（1）没接通电源前，导体棒静止处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ＝k（x0﹣x1） ①，
接通电源导体棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ+k（x2﹣x0）＝BIL ②，
解得：B=k(x2-x1)IL；
（2）导体棒电流反向后，对导体棒，由平衡条件得：mgsinθ+BIL＝k△x ③，
由①②③解得：△x＝x0﹣2x1+x2；
答：（1）磁场磁感应强度B的大小为k(x2-x1)IL；
（2）导体棒平衡后弹簧的形变量为x0﹣2x1+x2。
【点评】本题借助安培力考查了平衡条件的应用，正确受力分析时关键，注意安培力方向的判断用左手定则。
17．【分析】（1）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，求出粒子在磁场中的运动时间，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出粒子到达x轴时的坐标。
（2）粒子在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动；应用牛顿第二定律求出粒子B在磁场中的轨道半径，应用类平抛运动求出粒子在电场中打到棒上的位置，然后求出两粒子间的距离。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，粒子在磁场中转过的圆心角：θ＝90°，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB，
粒子在磁场中的运动时间：t=θ360°T，
代入数据解得：t＝2.5π×10﹣6s，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r1，
代入数据解得：r1＝0.1m，
粒子经过x轴时的横坐标：x=-2r1=-210m，
粒子经过x轴时的坐标：（-210m，0）；
（2）粒子进入电场后做类平抛运动，粒子在接收棒上落点位置与坐标原点O间的距离：L＝r+vt，
粒子B在磁场中做圆周运动的轨道半径：r2=m2vq2B，代入数据解得：r2＝0.4m，
粒子A在电场中的加速：a1=q1Em1，
粒子B在电场中的加速度：a2=q2Em2，
粒子在电场中做类平抛运动，
对A：r1=12a1t12，L1＝vt1+r1，
对B：r2=12a2t22，L2＝vt2+r2，
代入数据解得：L1＝0.5m，L2＝2.0m，
A、B两粒子的落点间隔：△L＝L2﹣L1＝2.0﹣0.5＝1.5m；
答：（1）A粒子到达x轴时的坐标为（-210m，0），在磁场中运动的时间为2.5π×10﹣6s。
（2）A粒子和B粒子到达吸收棒的位置相隔1.5m。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律即可解题。