安徽省安庆二中19-20学年高二上学期期末物理试卷 (附答案解析)

安徽省安庆二中19-20学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 库仑在研究电荷间相互作用时，提出了“电场”的概念
B. 电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过电源的电荷量成反比
C. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零
D. 金属材料的电阻率随温度的升高而减小
2.如图所示，把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，其结
果可能是()
A. 只有球壳外表面带正电
B. 只有球壳内表面带正电
C. 球壳的内、外表面都带正电
D. 球壳的内表面带正电，外表面带负电
3.平行板电容器的两极板A，B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容
器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图
所示．那么
A. 保持开关S闭合，在两板间插入绝缘板，则两板带电量增大
B. 保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
C. 开关S断开，带负电的B板向右远离A板，则θ减小
D. 开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
4.如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点
的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=−3V，由此可得D点电势为()
A. 6V
B. 9V
C. 12V
D. 15V
5.真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电量不变，将它们之间的
距离增大到原来的3倍，它们之间作用力的大小等于()
A. F
B. 3F
C. F
3D. F
9
6.如图所示为回旋加速器的示意图。

两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面
垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。

已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。

下列说法错误的是()
A. 质子的最大速度不超过2πRf
B. 质子的最大动能为q2B2R2
2m
C. 增大B，并适当增大f，可增大质子的最大速度
D. 电压U越大，质子的最大动能越大
7.关于磁场中的通电导线和运动电荷的说法中，下列说法正确的是()
A. 磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向相同
B. 磁场对运动电荷的作用力方向一定与速度方向垂直
C. 带电粒子只受洛伦兹力作用时，其动能不变，速度不变
D. 电荷在磁场中不可能做匀速直线运动
8.用图示的电路可以测量电阻的阻值.图中R x是待测电阻，R0是定值，G是
灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝.闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则R x的阻值为()
A. l1
l2R0 B. l1
l1+l2
R0 C. l2
l1
R0 D. l2
l1+l2
R0
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是()
A. 电势ϕA>ϕB，场强E A>E B
B. 电势ϕA>ϕB，场强E A<E B
C. 将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功
D. 将−q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA>E PB
10.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。

将滑动变阻器
滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为
△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，则()
A. A的示数减小
B. V2的示数增大
C. △U3与△Ι的比值等于R+r
D. △U3大于△U2
11.(多选)在如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，
R2=6Ω，R3=6Ω.下列说法正确的是()
A
A. 电阻R2中电流为1
3
B. A、B两点间的电压为3V
C. 若在C、D间接入一个理想电流表，其读数是0.33A
D. 若在C、D间接入一个理想电压表，其读数是3.0V
12.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线
B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R
两端电压与电流的关系图线．将这个电阻分别接到a、b两电源上，
那么()
A. 电源a的内阻更大
B. 电源b的电动势更大
C. R接到a电源上时，电源的输出功率更大
D. R接到a电源上时，电源效率更高
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=______mm；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=______mm；
(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，
则该电阻的阻值约为______Ω.
(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R；
电流表A1(量程0～5mA，内阻约50Ω)；
电流表A2(量程0～15mA，内阻约30Ω)；
电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)；
电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)；
直流电源E(电动势4V，内阻不计)；
滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)；
滑动变阻器R2(阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A)；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
(5)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中
电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ=______.(不要求计算，用题中所给字母表示)
14.某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5V的电压表Ⓥ的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器
材有：电阻箱R(最大阻值99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，直流电源E(电动势3V)，开关1个，导线若干。

实验步骤如下：
①按电路原理图(a)连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。

回答下列问题：
(1)实验中选择滑动变阻器_________(填“R1”或“R2”)。

(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。

(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变。

计算可得电压表的内阻为_________Ω(结果保留到个位)。

(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_________(填正确答案标号)。

A.100μA
B.250μA
C.500μA
D.1mA
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
15.电路图如图甲所示，图乙中图线是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图象，滑动变阻
器的最大阻值为15Ω，定值电阻R0=3Ω．
(1)当R为何值时，R0消耗的功率最大，最大值为多少？
(2)当R为何值时，电源的输出功率最大，最大值为多少？
16.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在
导轨所在空间内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=6.0V、内阻r=0.5Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.05kg的导体棒ab 垂直放在金属导轨上，导体棒静止。

导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)导体棒受到的安培力大小；
(2)导体棒受到的摩擦力大小。

17.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场．方向沿y轴正方向；
在第Ⅳ象限某一矩形区域内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。

一质量为m、电荷量为−q的粒子，从y轴上的P(0,√3ℎ)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的Q(2ℎ,0)点进入第Ⅳ象限，经过磁场偏转后从y轴上M(0,−2ℎ)点垂直y轴进入第Ⅲ象限，不计粒子所受的重力。

求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达Q点时速度的大小和方向；
(3)矩形磁场区域的最小面积。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
库仑发现了真空中静止点电荷间的相互作用，法拉第提出场的概念；电源的电动势等于电源内非静电力做的功与通过电源的电荷量的比值；电场力做功与电势差有关；通电导线在某点不受磁场力的作用，可能是电流与磁场平行。

物理学史也是近几年考查的热点，要求我们在掌握物理规律时也要记住主要科学家的主要贡献。

A.库仑没有提出“场”的概念；故A错误；
B.电源的电动势等于电源内非静电力做的功与通过电源的电荷量的比值．跟电源内非静电力做的功无关，跟通过电源的电荷量无关，故B错误；
C.电场力做功与电势差有关，与场强的大小无关，将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零，故C正确；
D.各种材料的电阻率都与温度有关，金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故D错误。

故选C。

2.答案：A
解析：
带正电的物体是因为缺少电子，带负电的物体是因为有多余的电子，当带电体接触不带电的金属空腔球壳时，电子发生转移。

本题考查感应带电的实质：电子从导体的一部分转移到另一部分。

把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则金属壳上带负电的电子被带正电的小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，即原来不带电金属球壳的电荷分布发生了变化．故A正确，BCD错误。

故选A。

3.答案：A
解析：
本题关键是明确：(1)电键闭合时，电容器电压不变；电键断开时，电容器电量不变；(2)对电容器
电量不变情况，根据电容器电容定义式C=Q
U 、平行板电容器的公式C=εS
4πkd
以及电压与电场强度关
系公式U=Ed推导出电场强度的表达式E=4πkQ
εS
进行分析。

带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据
电容器电容定义式C=Q
U 、平行板电容器的公式C=εS
4πkd
以及电压与电场强度关系公式U=Ed对各种
变化中电场强度进行分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角θ变化情况。

A保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，U不变；插入绝缘板，ε增大，C=εS
4πkd
，
C增大，根据C=Q
U
，则两板带电量Q增大，故A正确；
B.保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，U不变；故电场强度为E=U
d
，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ变大，故B错误；
CD.断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式C=Q
U 平行板电容器的公式C=εS
4πkd
以及电
压与电场强度关系公式U=Ed，得到：E=4πkQ
εS
，故电场强度与两极板距离d无关，故无论将B板向右远离A板还是将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角θ不变，故CD错误。

故选A。

4.答案：B
解析：
本题考查静电场中等势线的特点，关键在于是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离电势差相等进行作图。

在匀强电场中等势面与电场线相互垂直，且满足U=Ed。

连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V.连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，
DF//BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势U D=9V，故B正确，ACD错误；
故选B。

5.答案：D
解析：解：由点电荷库仑力的公式F=k Q1Q2
r
可以得到，电量不变，当距离增大到原来的3倍，库仑
力将变为原来的1
9
，所以D正确．
故选D．
6.答案：D
解析：
回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。

解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关。

A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2πR
T
=2πRf.所以最大速度不超过2πfR.故A正确。

BD、质子的最大动能E km=1
2mv2=q2B2R2
2m
，与电压无关，故B正确，D错误；
C、质子的最大动能E km=1
2mv2=q2B2R2
2m
，只增大磁感应强度，并适当增大f，可增大质子的最大动
能，即可增大质子的最大速度，故C正确；
本题选错误的，故选：D。

7.答案：B
解析：解：A、根据左手定则，磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向垂直．故A错误．B、根据左手定则，磁场对运动电荷的作用力方向一定与速度方向垂直．故B正确．
C 、由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，只受洛伦兹力作用时，其动能不变；但洛伦兹力与速度垂直，所以一直在改变速度的方向，故速度一直在变．故C 错误．
D 、电荷如果沿着磁场方向运动，则电荷不受洛伦兹力，根据牛顿第一定律，不受力将保持原来的匀速直线运动．故D 错误． 故选：B
磁场对通电导线作用力的方向与该处的磁场方向垂直．根据磁感应强度定义的条件：通电导线与磁感应强度方向垂直分析．只有当电荷垂直射入匀强磁场只受洛伦兹力作用时，才做匀速圆周运动．洛伦兹力不做功，不能改变动能．
本题考查对物理概念、规律条件的理解能力．要抓住磁感应强度方向与电场强度方向不同之处：电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，而磁场方向与通电导线所受的安培力方向、电荷所受的洛伦兹力方向垂直．
8.答案：C
解析：
闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R 0和R X 的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP 段与PN 段电压之比等于R 0和R X 的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可。

本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力。

电流表G 中的电流为零，表示电流表G 两端电势差为零(即电势相等)，则R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l2两端电压相等，其等效电路图如图所示：
 I 1R 0=I 2R l1 ①
I 1R x =I 2R l2 ②
由公式R =ρl s 知，R l 1=ρl
1
s ③ R l 2=ρl
2
s
④ 由①②③④式得：R 0R x
=l
1
l 2
即R x=l2
l1
R0，故C正确，ABD错误。

故选C。

9.答案：BC
解析：解：A、电场线越密的地方电场强度越大，所以场强E A<E B，
沿着电场线电势降低，所以电势⌀A>⌀B，故A错误，B正确。

C、将+q电荷从A点移动到B点所受电场力和电场线方向相同，电场力做正功，故C正确。

D、将−q电荷分别放在A、B两点，所受电场力和电场线方向相反，电场力做负功，电势能增加，所以E PA<E PB，故D错误。

故选：BC。

电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，
电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．
要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化
10.答案：CD
解析：解：A、理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，可知电流表、电阻R和滑动变阻器构成串联电路，电压表V1、V2、V3分别测量的是R、路端电压、滑动变阻器两端的电压。

当滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，内电压增大，外电压减小，即V2减小，故A、B错误。

C、根据闭合电路欧姆定律得，U3=I(R+r)，则得△U3
△I
=R+r>r，故C正确。

D、根据闭合电路欧姆定律得，U2=E−Ir，则△U2
△I =r，又△U3
△I
=R+r>r，可知△U3大于△U2，
故D正确。

故选：CD。

理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，分析电路的连接关系，根据欧姆定律和串并联电路的规律分析判断。

本题考查了闭合电路欧姆定律的动态分析，关键理清电路的连接情况，知道电压表、电流表测的是
什么电压、什么电流，结合闭合电路欧姆定律分析判断。

11.答案：CD
解析：
根据闭合电路的欧姆定律进行分析解答。

理解闭合电路的欧姆定律和电路的结构是解题的关键。

A.根据闭合电路欧姆定律，电阻R2中电流为I=E
R1+R2+r
=0.5A，故A错误；
B.A、B两点间的电压为U AB=IR1=0.5×4V=2V，故B错误；
C.若在C、D间接入一个理想电流表，则外电路总电阻为R=R1+R2R3
R2+R3
=7Ω，电阻R1中的电流I1=
E R+r =2
3
A，电阻R3中的电流I3=1
2
I1=1
3
A，理想电流表读数是0.33A，故C正确；
D.若在C、D间接入一个理想电压表，其测量的电压为R2两端的电压，R2两端的电压U2=IR2=
0.5×6V=3V，理想电压表的读数是3.0V，故D正确。

答案CD。

12.答案：AC
解析：
由电源的U−I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U−I图线与电源的U−I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率。

本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率。

A.由闭合电路欧姆定律U=E−Ir可知，图象与U轴的交点表示电动势，则a的电动势较大，图象的斜率表示内阻，则a电源的内阻r较大。

故A正确，B错误；
C.当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U−I图线与电源的U−I图线的交点表示电阻的工作状
态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率P=UI，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大。

故C正确；
D.电源效率η=
R
R+r
=1
1+r
R
，相同R，r越大效率越低，故D错误。

故选AC。

13.答案：50.15 4.700220 πUD2
4IL
解析：解：(1)游标为20分度，其测量精度为0.05mm，则游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm所以最终读数为50.15mm；
(2)螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm，最终读数为d= 4.5mm+0.200mm=4.700mm
(3)用多用电表的电阻“×10”挡粗测电阻时，读数为R=22.0×10Ω=220Ω．
(4)根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为R max=E
R x =4
220
A=0.018A=18mA，
所以电流表应选择A2；
由于电源电动势为4V，电压表应选择V1；
由于所以要求多测几组数据，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1以方便调节，电路图如图所示：
(5)根根据电阻定律R=ρL
S 、横截面积公式S=1
4
πD2得：
ρ=πD2R
4L =πUD2
4IL
故答案为：(1)50.15；
(2)4.700；
(3)220；
(4)右边框中画出测量电路图，并标明所用器材代号：
(5)πUD2
4IL
．
(1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
(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到
0.001mm．
(3)欧姆表读数时要用示数乘以倍率．
(4)电压表和电流表的读数时要根据电表的量程及最小分度选择电流表与电压表，根据实验的要求选择滑动变阻器的接法．
(5)根据电阻定律R=ρL
S 、欧姆定律I=U
R
、横截面积公式S=1
4
πD2结合求解得到电阻率的表达式．
解决本题要掌握各种仪器的读数方法，知道测量电阻率的原理以及电流表、电压表的选择的方法和滑动变阻器的使用方法．
14.答案：(1)R1
(2)
(3)2520
(4)D
解析：
(1)调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要几乎不变，故需要选择较小的变阻器；
(2)对照电路图连线，可以先连接电源、电键和变阻器，最后将电压表和电阻箱串联后并联上去；
(3)结合欧姆定律列式求解即可；
(4)电压表为表头与分压电阻串联而成，根据欧姆定律，用满偏电压除以电阻即可。

本题是半偏法测电阻原理的改编，关键是明确实验原理，结合欧姆定律进行分析，在变阻器选择上，要从减小系统误差的角度进行分析，不难。

(1)调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；
(2)实物图连接如图所示：
R
(3)电压表和电阻箱整体分压不变，故U=U′+U
R V
代入数据，解得：R V=2520Ω；
A≈1.0×10−3A=1mA，故D正确，ABC错误。

(4)该表头的满刻度电流为：I= 2.5
2520
故选D。

故答案为：(1)R1；(2)如图：；(3)2520；(4)D。

=7.5Ω
15.答案：解：(1)由乙图知电源的电动势和内阻：E=20V，r=ΔU
ΔI
由甲图分析知道，当R=0时，R0消耗的功率最大
最大为P=(E
R0+r )
2
R0
解得P=10.9w
(2)当r=R+R0时，即R=4.5Ω电源的输出功率最大
最大为P=(E
R0+R+r )
2
(R0+R)
解得P=13.3w。

解析：本题考查分析、解决物理极值问题的能力。

对于电源，当内外电阻相等时，电源的输出功率。

本题如求R的最大功率，可把R0看成电源的内阻，当R=R0+r时R的功率最大。

(1)根据图象，由闭合电路欧姆定律，求出电源的电动势和内阻。

R0是定值电阻，当R最小时，电流最大，R的功率最大。

(2)当r=R+R0时，电源的输出功率最大，根据欧姆定律和功率公式求解。

16.答案：解：(1)由闭合电路的欧姆定律得总电流为：I=E
R0+r =6
2.5+0.5
A=2A
导体棒受到的安培力大小为：F=BIL=0.5×2×0.4N=0.4N
(2)根据左手定则，导体棒受到的安培力沿导轨向上，大小为：F=0.4N
导体棒的重力沿斜面向下的分量为：G1=mgsinθ=0.05×10×0.6N=0.3N
因导体棒处于静止状态，所以沿导轨方向上合力为零，有：
f=F−G1=0.4N−0.3N=0.1N.方向沿斜面向下。

答：(1)导体棒受到的安培力大小为0.4N；
(2)导体棒受到的摩擦力大小为0.1N，方向沿斜面向下。

解析：(1)由欧姆定律求出导体棒中电流I，再由安培力公式F=BIL可求解安培力的大小。

(2)导体棒受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力，在沿导轨方向上根据平衡条件即可求出导体棒受到的摩擦力。

本题是安培力与力学知识的综合，按照力平衡的解题思路求解，分析受力是关键。

在对导体棒进行受力分析时，要注意安培力的方向的判断，还有静摩擦力方向的判断方法。

17.答案：解：(1)如图所示，设粒子在电场中运动的时间为t ，则有：
x =v 0 
t =2ℎ
y =
12qE m t
2
=√3ℎ 联立以上各式可得：E =
√3mv 0
2
2qℎ
(2)粒子到达a 点时沿负y 方向的分速度为v y =at =√3v 0 所以v =√v 02+v y 2=2v 0
tanθ=v y
v 0
 =√3
方向指向第IV 象限与x 轴正方向成60°角 (3)粒子在磁场中运动时，有： 解得：qvB =m v 2
r
若磁场方向垂直纸面向里，轨迹如图1所示，
最小矩形磁场的边界长为√3r ，宽为r
2 面积为
2√3m 2v 02q 2B
2 若磁场方向垂直纸面向外，轨迹如图2所示，
最小矩形磁场的边界长为2r ，宽为3
2r 面积为
12m 2v 02q 2B
2
答：(1)电场强度E 的大小为
√3mv 0
2
2qℎ
； (2)粒子到达Q 点时速度的大小为2v 0，方向指向第IV 象限与x 轴正方向成60°角；
(3)磁场方向垂直纸面向外，矩形磁场区域的最小面积为2√3m
2v 02q B
；磁场方向垂直向里，矩形磁场区域
的最小面积为
12m 2v 0 q 2B
2
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小E 。

(2)由速度的合成法求出粒子到达Q 点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过Q 点时的方向。

(3)磁场方向不确定，分两种情况讨论。

先确定带电粒子在磁场区域的入射点和出射点，画出运动轨迹，根据运动轨迹确定矩形磁场区域的最小长和宽，然后利用面积公式求出最小磁场区域的面积。

本题考查带电粒子在偏转电场的运动和带电粒子在有界匀强磁场中的运动。

画出粒子运动过程图，分过程分析。

偏转场运用运动的合成和分解，在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解，通过本题要掌握矩形磁场区域最小面积的方法。