2020-2021学年广东省深圳市福田区耀华实验学校港澳台班高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年广东省深圳市福田区耀华实验学校港澳台班高二（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学年广东省深圳市福田区耀华实验学校港澳台班高二（上）期末物理试卷
一、选择题（单选，每小题4分，共52分）
1．（4分）在一个点电荷形成的电场中，关于电场强度和电势的说法中正确的是（　　）
A．没有任何两点电场强度相同
B．可以找到很多电场强度相同的点
C．没有任何两点电势相等
D．可以找到电势又相等，电场强度又相同的点
2．（4分）导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，在温度不变时，下列表述正确的是（　　）
A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
3．（4分）如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（　　）

A．电荷向B做匀加速运动
B．电荷向B做加速度越来越小的运动
C．电荷向B做加速度越来越大的运动
D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定
4．（4分）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时．三个灯泡亮度的变化情况是（　　）

A．L1变亮，L2和L3皆变暗
B．L1变亮，L2不能确定，L3变暗
C．L1变暗，L2变亮，L3也变亮
D．L1变亮，L2变亮，L3变暗
5．（4分）如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为灯泡电阻的U﹣I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路的总功率分别是（　　）

A．4W、8W B．2W、4W C．4W、6W D．2W、3W
6．（4分）如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）

A．线圈向左运动 B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动
7．（4分）图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（　　）

A．a的质量一定大于b的质量
B．a的电荷量一定大于b的电荷量
C．a运动的时间大于b运动的时间
D．a的比荷（qama）大于b的比荷（qbmb）
8．（4分）空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（　　）

A．该离子带负电
B．A、B两点位于同一高度
C．C点时离子速度并非最大
D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
9．（4分）水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（　　）

A．安培力对ab棒所做的功相等
B．电流所做的功相等
C．产生的总内能不相等
D．通过ab棒的电量不相等
10．（4分）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈（　　）
A．电键S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗，B灯变亮，最后B比A更亮
B．电键S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮
C．断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭
D．断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭
11．（4分）如图所示，由均匀导线制成的，半径为R的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（∠aOb＝90°）时，a、b两点的电势差为（　　）

A．24BRv B．22BRv C．324BRv D．2BRv
12．（4分）如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x轴按B＝B0+kx（B0、k为常量）的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc边与x轴平行向右匀速运动．若规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，下列关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象，正确的是（　　）

A． B．
C． D．
13．（4分）如图所示。绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A．不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则下列情况中铜环A会向右运动的是（　　）

A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
二、实验题（本题共2小题，共23分）
14．（9分）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　 　挡．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　 　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是　 　Ω．

15．（14分）在用电压表和电流表测电池的电动势和内阻的实验中，所用电压表和电流表的内阻分别为1kΩ和0.1Ω，图1为实验原理图及所需器件图．

（1）在图2中画出连线，将器件按原理图1连接成实物电路．
（2）一位同学记录的6组数据见表，试根据这些数据在图3中画出U﹣I图象，根据图象读出电池的电动势E＝　 　V，求出电池的内阻r＝　 　Ω．
I（A）
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.57
U（V）
1.37
1.32
1.24
1.18
1.10
1.05
三、计算题（本题共4小题，共75分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
16．（16分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界．线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行．当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动．在线框进入磁场的过程中，
（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？
（2）求线框a、b两点的电势差．
（3）求线框中产生的焦耳热．

17．（19分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d＝0.10m，a、b间的电场强度为E＝5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B＝6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为m＝4.8×10﹣25kg、电荷量为q＝1.6×10‑18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以υ0＝1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到边界b的Q（图中未标出）处。试求
（1）粒子穿过狭缝P时的速度υ及其与b板的夹角θ。
（2）P、Q之间的距离L。

18．（20分）如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置．两导轨间距为L0，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．

（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
19．（20分）如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度V0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°．粒子的重力不计，试求：
（1）圆形匀强磁场区域的最小面积？
（2）粒子在磁场中运动的时间？
（3）b点到O点的距离？


2020-2021学年广东省深圳市福田区耀华实验学校港澳台班高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（单选，每小题4分，共52分）
1．【分析】点电荷产生的电场线是辐射状或汇聚状的，根据电场线的特点判断电场强度的关系，通过点电荷的等势面判断各点电势的关系。
【解答】解：AB、点电荷的电场中，沿一条电场线，各点的电场方向相同，但大小不同，不同的点，方向又不同，所以没有任何两点的电场强度相同，故A正确，B错误；
CD、点电荷的等势面是一簇簇球面，球面上各点的电势相等，且各点的电场强度大小相等，但方向不同，故CD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握点电荷周围电场的特点，注意电场强度是矢量，有大小有方向，以及知道点电荷的等势面特点。
2．【分析】解答本题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以及电压的大小无关．
【解答】解：由电阻定律R＝ρLS可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，
A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；
B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；
C、电阻与电流以及电压的大小无关，故CD错误；
故选：A。
【点评】电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关．
3．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
【解答】解：在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，但是只有一条电场线，不能判断电场线的疏密的情况，不能判断电荷的受力的变化的情况，不能判断加速度的变化的情况，所以D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，理解牛顿第二定律内容，注意加速度的不确定性是解题的关键．
4．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯L3亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断L1变化的变化．由总电流与L1电流的变化，判断L2亮度的变化．
【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I增大，L3变亮。
并联部分电压U＝E﹣I（R3+r），E、R3、r都不变，I增大，则U减小，L1变暗。流过L2的电流I2＝I﹣I1，I增大，I1减小，I2增大，则L2变亮。
故选：C。
【点评】本题电路中动态分析问题，当外电路某一部分电阻增大或减小时，外电路电路总电阻也随之增大或减小．
5．【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与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源的输出功率和总功率．
【解答】解：由图读出E＝3V，r＝0.5Ω
灯泡与电源连接时，工作电压U＝2V，I＝2A
则电源的输出功率P出＝EI﹣I2r＝（3×2﹣22×0.5）W＝4W
电源的总功率P总＝EI＝3×2W＝6W
故选：C。
【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．
6．【分析】将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动。
【解答】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断。本题用等效法解决比较简单。
7．【分析】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解．
【解答】解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S。
根据动能定理，得
qU=12mv2，v=2qUm
由qvB＝mv2r，r=mvqB=1B2mUq
则S＝2r=2B2mUq
得到qm=8UBS2
由图，Sa＜Sb，U、B相同，则qama＞qbmb
故选：D。
【点评】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．
8．【分析】带电粒子由静止释放（不考虑重力），在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达B点时速度为零。之后粒子会继续向右重复由在由A经C到B的运动形式。
【解答】解：A、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电。故A错误。
B、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位移同一高度。故B正确。
C、根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大。故C错误。
D、只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的。故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中。
9．【分析】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分析内能关系。根据感应电荷量公式q=△ΦR，分析产生的电量关系。
【解答】解：A、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故A错误；
B、电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，故B错误；
C、两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能；故C错误；
D、根据感应电荷量公式q=△ΦR，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大。故D正确。
故选：D。
【点评】对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式q=△ΦR这一电磁感应问题常用的经验公式。
10．【分析】开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
【解答】解：A、开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A正确，B错误；
C、断开开关的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。
11．【分析】根据感应电动势公式E＝BLv求出感应电动势的大小E，ab边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解。
【解答】解：当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为2R；
线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为：E=2BRv；
线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得：Uab=34E=324BRv；
故选：C。
【点评】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用，注意a、b两点的电势差不是感应电动势，而是路端电压。
12．【分析】根据法拉第电磁感应定律E＝BLv，结合闭合电路欧姆定律I=ER，及运动学公式x＝vt，即可求解．
【解答】解：由题意可知，ad、bc两边均在切割磁感线，产生感应电动势的方向相反，大小相减，
根据题意，bc、ad两边的磁场之差为：△B＝B0+k（L+x）﹣B0﹣kx＝kL
根据法拉第电磁感应定律E＝BLv，则有：E＝△BLv＝Lv•kL；
而感应电流i=ER=kvL2R，是定值，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】考查法拉第电磁感应定律的应用，注意产生感应电动势的大小是相加、还是相减是解题的关键．
13．【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化。根据这个条件分析判断有没有感应电流产生。然后根据楞次定律判断出感应电流的方向，最后使用左手定则判断出环A受力的方向。
【解答】解：A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生，环A不动。故A错误。
B、通电时，使变阻器的滑片P作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减小，线圈产生的磁场减小，穿过铜环A磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A向左运动。故B错误。
C、通电时，使变阻器的滑片P作左加速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，环A向右运动。故C正确。
D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A向左运动。故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查安培定则、楞次定律和左手定则的应用，一定要理解三个定律（定则）的区别，能够正确使用它们。本题也可以使用楞次定律的推广形式来处理，该方法比较简单。
二、实验题（本题共2小题，共23分）
14．【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
【解答】解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．
如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；
由图示表盘可知，该电阻的阻值是22×100＝2200Ω．
故答案为：×100；欧姆调零；2200．
【点评】本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
15．【分析】（1）根据原理图明确电路原理，根据实物图作图方法连接各元件即可；
（2）由表中数据作出伏安特性曲线，由图象的纵坐标可求得电源的电动势；由斜率求得电阻．
【解答】解：（1）按照实验原理图将实物图连接起来，如图甲所示．
（2）根据U、I数据，在方格纸UI坐标系上找点描迹．如图乙所示，然后将直线延长，交U轴于U1≈1.45 V，此即为电源电动势；交I轴于I≈0.65 A，注意此时U2＝1.00 V，则r=1.45-1.000.65Ω≈0.69Ω．
故答案为：（1）如图所示；（2）1.45；0.69．

【点评】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，即E＝U+Ir，会根据U﹣I图线求电源的电动势内阻．
三、计算题（本题共4小题，共75分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
16．【分析】（1）根据感应电动势公式E＝BLv求出感应电动势的大小E．
（2）ab边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解．
（3）线框进入过程做匀速运动，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，根据功能关系求出焦耳热．
【解答】解：
（1）ab边产生的感应电动势的大小为E＝BLv0
（2）线框中感应电流为I=ER=BLv0R
a、b两点的电势差相当于电源的外电压
∴Uab＝E﹣IRab＝BLv0-BLv0R⋅R4=34BLv0
（3）ab边所受的安培力为F安＝BIL=B2L2v0R
线框匀速运动，则有F＝F安=B2L2v0R
由于线圈在恒力F作用下匀速进入磁场区，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为Q＝W＝FL=B2L3v0R
答：
（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为BLv0．
（2）线框a、b两点的电势差是34BLv0．
（3）求线框中产生的焦耳热为B2L3v0R．
【点评】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用．第（3）问也可根据焦耳定律求解：Q＝I2Rt，t=Lv0，I=ER=BLv0R，代入解得Q=B2L3v0R．
17．【分析】（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理即可求出速度和夹角；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，由几何关系及带点粒子在磁场中运动的基本公式即可解题。
【解答】解：（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理得：
qEd=12mv2-12mv02
代入数据得：v=233×106m/s
cosθ=v0v
代入数据得θ＝30°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图。由几何关系得：
L2=rsin30°，又Bqv=mv2r

联立求得：L=mvBq
代入数据得：L＝5.8cm。
答：（1）粒子穿过狭缝P时的速度υ为233×106m/s，其与b板的夹角θ为30°；（2）P、Q之间的距离L为5.8cm。
【点评】本题考查了动能定理及带点粒子在磁场中的运动情况和基本公式，题目难度适中，属于中档题。
18．【分析】由右手定则判断出感应电流方向；由E＝BLv求出电动势，由欧姆定律求出电流；由牛顿第二定律可以求出加速度；当ab杆匀速下滑时速度最大，由平衡条件求出最大速度．
【解答】解：（1）由右手定则可知，杆向下运动时，感应电流从a流向b，再根据左手定则知，杆ab所受安培力方向沿斜面向上，则物体受力如图所示：

重力mg，竖直下
支撑力N，垂直斜面向上
安培力F，沿斜面向上
（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I=ER=BLvR
ab杆受到安培力F=BIL=B2L2vR
根据牛顿运动定律，杆所受合力
F合＝mgsinθ﹣F＝ma
可得杆的加速度a=gsinθ-Fm=gsinθ-B2L2vmR
（3）杆沿轨道下滑时随着速度增大，杆的加速度逐渐减小，当杆的加速度减小为0时，杆的速度将达到最大，所以当a＝0时，有：gsinθ-B2L2vmR=0
所以此时杆的最大速度
vm=mgRsinθB2L2
答：（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图如上图所示；
（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，此时ab杆中的电流为BLvR及其加速度的大小为gsinθ-B2L2vmR；
（3）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为mgRsinθB2L2．
【点评】本题与汽车的起动相似，关键要正确分析杆的运动情况，推导出安培力与速度的关系式．
19．【分析】（1）根据带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即可求得半径；先求出连接粒子在磁场区入射点和出射点的弦长，要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L的一半，求出半径即可求得最小面积．
（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，根据圆心角与周期的关系即可求解运动时间；
（3）根据轨迹，由几何知识求得从b点射出时Ob距离．
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，则 Bqv=mv02R
其转动半径为 R=mv0qB
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为：l=3R
要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L的一半，即：r=12l=32R=32mv0qB
其面积为Smin=πr2=3πm2v024q2B2
（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周期的13，即有 t=13T=13⋅2πmqB=2πm3qB
（3）带电粒子从O处进入磁场，转过120°后离开磁场，再做直线运动从b点射出时Ob距离：d=3R=3mv0qB
答：
（1）圆形匀强磁场区域的最小面积是3πm2v024q2B2
（2）粒子在磁场中运动的时间为2πm3qB．
（3）b点到O点的距离是3mv0qB．

【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，知道向心力由洛伦兹力提供，学会利用圆心角去求运动时间，难度适中．