2020-2021学年河南省商丘市九校联考高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年河南省商丘市九校联考高二（上）期末物理试卷，共22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学年河南省商丘市九校联考高二（上）期末物理试卷
一、选择题（每小题5分，共60分．1-8小题只有一个正确答案，9-12小题有多个正确答案．全部选对的得5分；选对但不全对的得3分；选错或不答的得0分）
1．（5分）下列关于物理学史与物理学研究方法的叙述中正确的是（　　）
A．奧斯特首先发现了电磁感应现象
B．库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值
C．法拉第最早提出了“电场”的概念
D．卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构
2．（5分）如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm．把一个电量q＝10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）

A．865 V/m，垂直AC向左
B．865 V/m，垂直AC向右
C．1000 V/m，垂直AB斜向上
D．1000 V/m，垂直AB斜向下
3．（5分）如图所示，两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的带正电小球（可视为质点）系于同一点，A球靠在绝缘墙壁上，B球保持静止状态。两球所带电荷量分别为qA＝2q和qB＝4q。现将B球与A球接触后再次释放，稳定后两球均静止，下列说法中正确的是（　　）

A．B球的电荷量不变
B．轻绳对B球的拉力变大
C．A、B两球间库仑力减小
D．A、B两球间距离与原来两球间距离的比值为392
4．（5分）如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是（　　）

A．液滴带正电荷
B．液滴的电势能减小
C．液滴的重力势能和电势能之和不变
D．液滴的电势能和动能之和不变
5．（5分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（　　）

A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流
B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流
C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流
D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过
6．（5分）如图所示，抛物线C1、C2分别是纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。由该图可知下列说法中正确的是（　　）

A．电源的电动势为8V
B．电源的内电阻为1Ω
C．电源输出功率最大值为8W
D．电源被短路时，电源消耗的最大功率可达32W
7．（5分）如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g，则（　　）

A．金属棒中的电流方向由N指向M
B．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上
C．金属棒中的电流大小为mgBLtanθ
D．每条悬线所受拉力大小为mgcosθ
8．（5分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（　　）

A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
9．（5分）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，已发展成一个品种多样的磁传感器产品族，得到广泛应用．如图为某霍尔元件的工作原理示意图，该元件中电流I由正电荷定向运动形成，下列说法正确的是（　　）

A．M点电势比N点电势高
B．用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度
C．用霍尔元件能够把磁学量转换为电学量
D．若保持电流I恒定，则霍尔电压UH与B成正比例
10．（5分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路。当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（　　）

A．向右加速运动 B．向右减速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
11．（5分）如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（　　）

A．电流的表达式为i＝0.6sin50t（A）
B．磁铁的转速为10 r/s
C．风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 10πt（A）
D．风速加倍时线圈中电流的有效值为0.62A
12．（5分）一含有理想变压器的电路如图所示，L1，L2，L3为“24V 2W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源（输出电压的有效值恒定）．当开关S闭合时，灯泡均正常发光．下列说法正确的是（　　）

A．变压器原、副线圈匝数比为1：2
B．电压表的示数为72V
C．变压器的输入功率为8W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧坏
二、实验题（共13.14两道小题，每空2分，共18分）
13．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：
A．小灯泡：规格为“3.8V，0.3A”
B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω
C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω
D．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩ
E．电压表：量程0～15V，内阻约为50kΩ
F．滑动变阻器：阻值范围0～10Ω，额定电流2A
G．滑动变阻器：阻值范围0～100Ω，额定电流50mA
H．电池组：电动势6V，内阻约为1Ω
I．开关一只，导线若干
（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选　 　，电压表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（填器材代号）需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用　 　的连接方式。
（2）在答题纸上的框中画出实验电路图。
14．（9分）为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
A．待测电源（电动势约为9V）
B．电压表（视为理想电压表，量程为3V）
C．电阻箱R（0～999.9Ω）
D．定值电阻R0（铭牌上的电阻值数字模糊，只显示出个位数字为“0”）
E．开关、导线若干
（1）用欧姆表（×1Ω）测定定值电阻R0，欧姆表的指针如图甲所示，则R0＝　 　Ω
（2）为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路．
（3）某同学应用所测得的数据，绘出的1U-R图象是一条直线，如图丙所示，测得直线的斜率k=190，纵坐标的截距b=430，则电源的电动势E＝　 　，内阻r＝　 　．

三、计算题.（本题3小题共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写最后答案不得分．请将答案写在答题卡相应位置．）
15．（12分）如图所示，一电荷量q＝3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°．已知两板相距d＝0.1m，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω．g取10m/s2．求：
（1）流过电源的电流强度；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）小球的质量。

16．（14分）如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝0.5m的光滑金属“U”型导轨，导轨右端接有R＝1Ω的电阻，在“U”型导轨右侧l＝1m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1kg、内阻r＝1Ω导体棒ab以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10m/s2．

（1）求第一秒内流过ab电流的大小及方向；
（2）求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；
（3）导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．
17．（16分）在如图所示的坐标系中，第一和第二象限（包括y轴的正半轴）内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场。p点为y轴正半轴上的一点，坐标为（0，l）；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知。现有一质量为m电荷量为q带正电的粒子由p点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点，粒子的重力忽略不计。求：
（1）粒子在p点的速度大小；
（2）第三和第四象限内的电场强度的大小；
（3）带电粒子从由p点进入磁场到第二次通过x轴的总时间。


2020-2021学年河南省商丘市九校联考高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题5分，共60分．1-8小题只有一个正确答案，9-12小题有多个正确答案．全部选对的得5分；选对但不全对的得3分；选错或不答的得0分）
1．【分析】根据物理学史，记住著名物理学家的主要贡献即可答题。
【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第首先发现了电磁感应现象，故A错误。
B、库仑通过扭秤实验总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律，密立根最早实验测量出电子电荷量的精确值，故B错误。
C、法拉第最早提出了“电场”的概念，故C正确。
D、卢瑟福通过对α粒子的散射实验的研究提出原子具有核式结构，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。
2．【分析】根据一个q＝10﹣5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等．根据电荷从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3 J，由电势差的公式求出BC间的电势差．由E=Ud 求场强大小，根据等势线与电场线垂直且由电势高处指向电势低处，作出电场线．
【解答】解：由题，q＝10﹣5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线。
BC间电势差为：UBC=WBCq=1.73×10-310-5V＝﹣1003V
则该匀强电场的场强大小：E=10030.2×32 V/m＝1000V/m，电场线方向垂直于AB向下。如图。
故选：D。

【点评】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路．
3．【分析】对B球受力分析；结合相似三角形，根据平衡条件列式求解各力的变化情况，结合电荷守恒定律分析电荷量的变化，由库仑定律分析库仑力的变化。
【解答】解：A、两个完全相同的小球接触后带电量平方，则两个小球后来的带电量：qA'=qB'=2q+4q2=3q，B的带电量减小。故A错误；
BCD、若二者之间的距离不变，根据库仑定律可知库仑力增大，所以二者之间的距离必定增大。
对B球受力分析，受重力、拉力T和库仑力F，如图所示：

由图可知，△ABO∽△BMN
根据平衡条件并结合相似三角形法，有：mgAO=FAB=TBO
由于AO与BO不变，小球的质量m不变，所以AB之间的距离增大时，绳子的拉力T不变；
由上式可得：F=mgAO⋅AB
设开始时AB之间的即可为L，接触后AB之间的距离为L′，则开始时：F1=k⋅2q⋅4qL2=8kq2L2
后来平衡时：F2=k⋅3q⋅3qL'2=9kq2L'2
又：F1=mgAO⋅L，F2=mgAO⋅L'
联立可得：L'=392L
故B错误，C错误。D正确
故选：D。
【点评】本题关键是灵活选择研究对象，根据共点力平衡条件并采用相似三角形法和正交分解法列式分析，不难。
4．【分析】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，即可分析动能的变化。根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况。
【解答】解：A、C由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，与电场强度方向相反，故液滴带负电，故A错误；
B、根在运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B正确；
C、由b到d的过程中，电场力和重力均做正功，故液滴的重力势能和电势能之和减小，故C错误；
D、根据功能关系可知，重力势能、电势能以及动能之和保持不变；而重力势能减小，所以液滴的电势能和动能之和增加，故D错误。
故选：B。
【点评】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。同时注意掌握功能关系的正确应用，知道电场力和重力做功的特点以及与对应的势能间的关系。
5．【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．
【解答】解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；
B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；
D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与滑动变阻器放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；
故选：A。
【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．
6．【分析】电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小。
【解答】解：ABC、根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于电路的电流时相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W；
根据P＝I2R＝I2r可知，当输出功率最大时，P＝4W，I＝2A，所以R＝r＝1Ω；
由于E＝I（R+r）＝2×（1+1）＝4V，所以电源的电动势为4V，故A错误，B正确，C错误；
D、当电源被短路时，电源消耗的最大功率P大=U2r=161=16W，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大。
7．【分析】对通电导线受力分析，根据平衡条件及左手定则即可求得力的方向及电流的方向和大小．
【解答】解：A、平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到的安培力水平向右，根据左手定则，可知金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；
B、受力分析，做出沿MN的方向观察的受力图，金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向水平向右，与OMNO′平面不垂直。故B错误；
C、由受力分析可知，mgtanθ＝BIL，得I=mgBLtanθ，故C正确；
D、由受力分析可知，2Tcosθ＝mg，得T=mg2cosθ，故D错误。
故选：C。

【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．
8．【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。
【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误。
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E=△BS△t得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误。
C、根据安培力公式F＝BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误。
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。
9．【分析】根据左手定则得出电子的偏转方向，确定M、N两端电势的高低，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析．
【解答】解：A、根据左手定则知，正电荷向N点偏转，所以N点这一侧得到正电荷，另一端失去正电荷带负电，所以M点的电势低于N点的电势。故A错误。
B、根据qvB=qUHd得，UH=vBd
由电流的微观定义式：I＝nesv，n是单位体积内的正电荷数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度。
整理得：v=Ines，
联立解得UH=IBnesd，可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH与B成正比。故B、D正确。
C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量。故C正确。
故选：BCD。
【点评】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象．霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的．对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力．
10．【分析】MN处于通电导线产生的磁场中，当有感应电流时，则MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ的运动情况。
【解答】解：根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。
故BC正确，AD错误。
故选：BC。
【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。
11．【分析】根据i﹣t图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍；
【解答】解：A、通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T＝0.2s，故ω=2πT=10πrad/s，故电流的表达式为i＝0.6sin10πt（A），故A错误
B、电流的周期为T＝0.2s，故磁体的转速为 n=1T=5r/s，故B错误；
C、风速加倍时，角速度加倍，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin20πt（A），故C错误；
D、根据C得分析，形成的感应电流Im＝1.2A，故有效值为I=Im2=0.62A，故D正确
故选：D。
【点评】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及转速与周期的关系。
12．【分析】由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由匝数比求电压关系，由功率公式可求得功率．
【解答】解：A、副线圈中每个灯泡电流：IL=PLUL=224=112A，则原线圈的电流为I1=112A，副线圈电流：I2=2×112=16A，则匝数比为：n1n2=I2I1=21，故A错误；
B、副线圈电压为U2＝U额＝24V，则原线圈电源U1＝48V，则电压表示数为：U＝U额+U1＝48+24＝72V，故B正确；
C、副线圈功率P1＝2PL＝4W，则变压器的输入功率为4W，故C错误；
D、副线圈上再并联一个相同的灯泡D，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1烧坏，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，特别注意电源总电压与加在副线圈两端电压的关系，难度适中．
二、实验题（共13.14两道小题，每空2分，共18分）
13．【分析】（1）明确实验仪器选择中安全和准确原则，根据灯泡额定电流选择电流表。
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图。
【解答】解：（1）因小灯泡的额定电流为0.3A，为减小示数误差，让指针偏角大一些，则电流表应选B．额定电压为3.8V，故电压表应选择D，本实验中要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选择F；
（2）因灯泡内阻较小，所以电流表应采用外接法；同时为了让电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式连接，电路图如图所示。
故答案为：（1）B；D；F；分压式；（2）如图所示。

【点评】本题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。
14．【分析】（1）由多用电表的读数方法可得出正确的读数；
（2）根据题干中给出的实验仪器，通过分析明确实验原理，从而得出正确的电路图；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，通过变形得出对应的函数关系；从而根据图象明确电动势和内电阻．
【解答】解：（1）欧姆档所用档位为×1；指针示数为10；故最终读数为：10×1＝10Ω；
（2）由题中给定仪器可知由于没有电流表，故无法直接用伏安法进行测量；同时由于电压表量程过小；故通过电压表和定值电阻组合，由欧姆定律求解电流；再与电阻箱连接；则可得出等效的安阻法；如图所示；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：E＝U+UR0(R+r)
变形可得：
1U=1E+rER0+RER0
由图象可知，b=1E+rER0；1ER0=k
解得：E＝9.0V；r＝2Ω；
故答案为：（1）10；（2）如图；（3）9.0；2．

【点评】本题考查电源电动势和内电阻的测量实验，要注意明确实验原理，能根据闭合电路欧姆定律分析，并结合图象进行分析进行数据处理．
三、计算题.（本题3小题共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写最后答案不得分．请将答案写在答题卡相应位置．）
15．【分析】（1）先求出R2R3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求干路的电流强度
（2）根据U＝IR求出电容器两端的电压，然后根据E=Ud求出极板间的场强
（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量
【解答】解：（1）R2与R3并联后的电阻值 R23=R2R3R2+R3
解得 R23＝6Ω
由闭合电路欧姆定律得：I=ER1+R23+r
解得：I＝1 A
（2）电容器两板间的电压 UC＝I（R1+R23）
电容器两板间的电场强度 E1=UCd=I(R1+R23)d
解得 E1＝100N/C
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F＝mgtanα
又有：F＝qE 所以m=qE1gtanα
解得：m＝4×10﹣3 kg
答：（1）流过电源的电流强度为1A；
（2）两板间的电场强度的大小100N/C；
（3）小球的质量4×10﹣3 kg。
【点评】本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线。
16．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律与楞次定律，即可求解；
（2）根据安培力公式，及牛顿第二定律，即可求解；
（3）根据焦耳定律，结合功能关系，即可求解．
【解答】解：（1）第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1=△ϕ△t=ld△B△t=0.5V
所以流过ab的电流 I1=E12R=0.25A，方向：由a流向b；
（2）依题意可知ab棒在1s末时刻进入磁场（速度仍为v0），此后磁感应强度保持不变
则 E2＝Bdv0＝0.5V
I2=E22R=0.25A
F＝BI2d
由牛顿第二定律，有 BI2d＝ma
所以 a＝1.25m/s2
（3）依据焦耳定律，Q1=I12(R+r)t1=0.125J
功能关系，则有：Q2=12mv02=0.05J
全过程回路产生的焦耳热 Q＝Q1+Q2＝0.175J
答：（1）第一秒内流过ab电流的大小0.25A及方向由a流向b；
（2）ab棒进磁场瞬间的加速度大小1.25m/s2；
（3）导体棒最终停止在导轨上，全过程回路中产生的焦耳热0.175J．
【点评】考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，掌握焦耳定律与功能关系的内容，注意牛顿第二定律的运用，及图象的含义．
17．【分析】（1）做出运动的轨迹，由几何关系求出其半径，然后由洛伦兹力提供向心力，即可求出粒子的速度；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移已知，由动能定理和运动学公式，运用运动的分解法可求出竖直方向的位移，由动能定理即可求出电场强度。
（3）由运动学的公式以及带电粒子在磁场中运动的周期公式分别求出各段运动的时间，然后求和即可。
【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r=2l，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B＝mv02r，
解得：v0=2qBlm；
（2）粒子进入电场在第二象限中的逆过程为类平抛运动，
速度：v2=22v1=22v0，
由类平抛运动规律得：
（2+1）l=22v0t2，
22v0＝at2=qEmt2，
解得：t2=(2+1)mqB，E=(2-1)qlB2m；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB，
粒子第一次在磁场中运动时间：t1=58T=5πm4qB，
粒子在电场中的运动时间为：2t2=2(2+1)mqB，
粒子从开始到第二次通过x轴所用时间：t＝t1+t2=5πm4qB+2(2+1)mqB；
答：（1）粒子在p点的速度大小为2qBlm；
（2）第三和第四象限内的电场强度的大小为(2-1)qlB2m；
（3）带电粒子从由p点进入磁场到第二次通过x轴的总时间为5πm4qB+2(2+1)mqB。

【点评】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识求出电子的轨迹半径是解题的关键，同时要抓住几个过程之间的联系，比如速度关系、时间关系等。