江西省景德镇一中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题(解析版)

景德镇一中2019～2020学年第一学期期末考
高二物理试卷
一、单选题（每小题3分，共21分。

）
1. 物理学中研究问题有多种方法，有关研究问题的方法叙述错误的是：
A. 在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非,是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法
B. 伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律
C. 探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法
D. 在公式
U
I
R
=电压U和电流I具有因果关系、公式中ΔΦ和E具有因果关系同理在
中ΔV和a具有因果关系
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：
AB．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，最典型的是就是伽利略的斜面试验，他将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律，此实验也是牛顿第一定律的基础，AB正确；
C．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系。

最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法，C正确；
D．在公式
U
I
R
=中的电压U和电流I具有因果关系，在公式E n
t
∆Φ
=
∆
中ΔΦ和E也具有因果关系，但是
在
∆
=
∆
v
a
t
中Δv和a不具有因果关系，因为物体的加速度与质量和合外力有关，而与速度变化量无关，D错
误；
此题选错误的，故选D。

2.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极，并把它们与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水．如果把玻璃皿放在磁场中，如图所示，通过所学的知识可知，当接通电源后从上向下看( )
A. 液体将顺时针旋转
B. 液体将逆时针旋转
C 若仅调换N 、S 极位置，液体旋转方向不变 D. 若仅调换电源正、负极位置，液体旋转方向不变 【答案】B 【解析】
【详解】AB ．根据电势的高低可知电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A 错误，B 正确； CD ．仅仅调换N 、S 极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，故CD 均错误 3.如图所示，一簇电场线的分布关于y 轴对称，O 是坐标原点，M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四个点，其中M 、N 在y 轴上，Q 点在x 轴上，则（ ）
A. M 点的电势比P 点的电势高
B. OM 间的电势差等于NO 间的电势差
C. 一正电荷在O 点时的电势能小于在Q 点时的电势能
.
D. 将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功
【答案】D
【解析】
【分析】
解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．
【详解】A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；
B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM 间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；
C、O点电势高于Q点，根据E p=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C错误；
D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D正确．
故选D．
【点睛】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．
4.电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是
A. 线圈转动的角速度为31.4rad/s
B. 如果线圈转速提高一倍,则电流不会改变
C. 电热丝两端的电压U
D. 电热丝的发热功率P=1800W
【答案】D 【解析】
【详解】A ．从图中可知：
T =0.02s
角速度为：
22=
3140.02
T ππω==rad/s 故A 说法错误；
B ．在t =0.01s 时刻，产生的感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B 说法正确； CD ．交流电压的最大值为E m =200V ，所以有效值
E =
=则电热丝两端的电压为：
9E U R V R r =
==+消耗的功率为：
(2
2
18009
U P R ==
=W
故C 错误，D 正确。

故AC ．
5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10︰l ，电流表、电压表均为理想电表，R 、L 和D 分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡．原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法中正确的是（ ）
A. 交流电的方向每秒钟改变50次
B. 在t=0．005s 时，电压表的示数为V
C. 有光照射R 时，D 变亮
D. 抽出L 中的铁芯，电流表的示数变小 【答案】C 【解析】
【详解】通过观察图象可知交流电的周期为0.02s ，频率为50Hz ，每秒钟有50个周期，一个周期内电流方向改变两次，每秒钟电流方向改变100次，所以A 项错误；在t=0．005s 时，原线圈电压达到了最大值V ，根据匝数比可知，副线圈电压最大值为
V ，由于电表示数显示的是有效值22V ，所以B 项错误；
原线圈电压不变，匝数比不变，副线圈电压不变，有光照射R 时，电阻减小，副线圈电流变大，D 变亮，所以C 项正确；根据感抗公式
，抽出L 中的铁芯，感抗减小，副线圈电流增大，原线圈电流增
大，电流表的示数变大，所以D 项正确．
6.如图所示，在直角三角形abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，∠B=60，∠B=90°，边长ac=L ，一个粒子源在a 点将质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A.
2qBL
m
D.
6qBL
m
【答案】A 【解析】
【详解】根据题意可知，当速度方向沿着ab 方向并且圆弧与bc 相切，此时粒子的运动时间最长，如图所示，设半径为Aa R ，根据三角形相关知识可知：
aC =
3AC R =
CE R R =-
则：
23Cc R R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
则：
2l R ⎛⎫
=+ ⎪ ⎪⎝⎭
整理可以得到：
2
l
R =
由于2
qvB m R
v
=，整理得到：
2qBl
v m
=
故选项A 正确
【点睛】考查电场力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系．本题关键之处是画出正确的运动图．
7.如图，一个质量为m 、带电量为+q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中。

现给圆环一个水平向右的初速度v 0，在以后的运动中下列说法正确的是（ ）
A. 圆环可能做匀减速运动
B. 圆环不可能做匀速直线运动
C. 圆环克服摩擦力所做的功可能为
2012
mv D. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为32
2022122m g mv q B
【答案】C 【解析】
【详解】分情况对圆环受力分析，第一种情况
圆环受到向下的重力，向上的支持力、向上洛伦兹力、水平向左的摩擦力，圆环受到的洛伦兹力变小，支持力变大，摩擦力增大，圆环做加速度增大的减速运动，最后速度减为零； 第二种情况
支持力为零，圆环受到的摩擦力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动。

第三种情况
随着速度减小，支持力减小，摩擦力减小，此时圆环做加速度减小的减速运动，当支持力减为零后做匀速
运动。

由以上分析可知圆环可能做匀速运动或变减速运动，不可能做匀减速运动，故A 错误；
B ．由受力分析第二种情况可知圆环可能不受摩擦力作用，合力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动，故B 错误；
C ．由受力分析第一种情况可知当圆环受到向上的支持力，圆环做加速度逐渐增大的减速运动，最后速度减为零，由动能定理可得圆环克服摩擦力所做的功为
2
012
mv ，故C 正确。

D ．由受力分析第三种情况可知当圆环受到向下的支持力时，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当支持力减为零时开始做匀速直线运动，由平衡关系可得
mg Bqv =
设克服摩擦力做功为W ，由动能定理可得
22011
22
W mv mv -=
- 解得
32
2022122m g W mv q B
=-
圆环克服摩擦力所做的功为32
2022
122m g mv q B -，故D 错误。

故选择C 选项。

二、多选题（每小题4分，共20分。

）
8.如图所示是一定质量的理想气体的体积V 和摄氏温度变化关系的v-t 图象，气体由状态A 变化到状态 B 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 气体的内能增大
B. 气体的压强减小
C. 气体的压强不变
D. 气体对外做功，同时从外界吸收能量
【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．气体由状态A 变化到状态 B 的过程中，温度升高，气体的内能增大，故A 正确； BC ．
画出过B 、A 的等压线，由图象分析可知图线b 斜率大，对应的压强小，说明从A 点到B 点压强减小，故B 正确，C 错误；
D ． 温度升高则0U ∆> 体积增大，对外做功，则0W < ，由热力学第一定律U W Q ∆=+可知0Q > 说明气体从外界吸收能量。

故选择ABD 选项。

9.如图所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd ，ab ⊥bc ，2ab ＝cd ＝bc ＝2l ，电场方向与四边形所在平面平行．已知a 点电势为24 V ，b 点电势为28 V ，d 点电势为12 V ．一个质子(不计重力)经过b 点的速度大小为v 0，方向与bc 成45°，一段时间后经过c 点，则下列说法正确的是（ ）
A. c 点电势为20 V
B. 质子从b 运动到c
所用的时间为
v C. 场强的方向由a 指向c D. 质子从b 运动到c 电场力做功为8 eV
【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．作如图e 点，ab 间电势差为4V ，可求得e 点电势为20V ，即eb 间电势差为8V ，所以dc 间电势差也为8V ，故c 点电势为20V ，A 正确；
B ．质子从b →c 做类平抛运动，
沿初速度方向分位移为，此方向做匀速直线运动，
则0
t v =，B 正确； C ．连接bd ，可得bd 中点O 处
电势为20V ，所以Oc 为等势面，根据几何知识可得bd ⊥oc ，所以bd 为一
条电场线，b 点电势高于d 点，所以电场方向为从b 到d ，C 错误； D ．电势差8V bc U =，则质子从b →c 电场力做功为8eV ，D 正确。

故选ABD 。

【点睛】本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰． 10.如图所示，电流表()10~3A A 和()20~0.6A A 由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（ ）
A. 1A 和2A 的读数之比为1:1
B. 1A 和2A 的读数之比为5:1
C. 1A 和2A 的指针偏转角度之比为1:1
D. 1A 和2A 指针偏转角度之比为1:5
【答案】BC 【解析】
【详解】图中的1A 、2A 并联，表头两端的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以1A 、2A 的指针偏转角度之比为1:1；量程不同的电流表读数不同，1A 的量程为0~3A ，2A 的量程为0~0.6A ，当指针偏
的
转角度相同时，1A 、2A 的读数之比为5:1，故B 、C 正确．
11. 如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB 、CD 相距L ，在A 、C 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间abcd 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d 的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒放在磁场下边界ab 上（与ab 边重合），现用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A. 导体棒离开磁场时速度大小为
22
2()
mg R r B L +
B. 导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为5BLd
R
C. 离开磁场时导体棒两端电压为
2mgR
BL
D. 导体棒经过磁场的过程中，电阻R 产生焦耳热为44322
4492()()
mgdRB L m g R R r B L R r -++
【答案】ACD 【解析】
【详解】A.设导体棒离开磁场时速度大小为v ．此时导体棒受到的安培力大小为：
22B L v
F R r
=
+安 由平衡条件得：
F F mg =+安
由图2知：
3F mg =
联立解得：
()22
2mg R r v B L
+=
故A 正确；
B.导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为：
55B dL BLd
q R r R r R r
∆Φ⋅=
==+++ 故B 错误；
C.离开磁场时，由F=BIL+mg 得：
2mg
I BL =
导体棒两端电压为：
2mgR
U IR BL
==
故C 正确；
D.导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q ．根据功能关系可得：
21
52
F Q W mg d mv =-⋅-
而拉力做功为：
23414F W mgd mg d mgd =+⋅=
电阻R 产生焦耳热为：
R R
Q Q R r
=
+ 联立解得：
()
44322
4492()R mgdRB L m g R R r Q B L R r -+=+
故D 正确． 故选ACD ．
【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要
掌握安培力经验公式22B L v
F R r
=+安，能正确分析能量是转化的，运用能量守恒定律求焦耳热．
12.如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B
的匀强磁场区域，MN 和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，两边界的距离为s ，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v －t 图象（其中OA 、BC 、DE 相互平行）．已知金属线框的边长为L （L<s ）、质量为m ，电阻为R ，当地的重力加速度为g ，图象中坐标轴上所标出的字母v 1、v 2、t 1、t 2、t 3、t 4均为已知量．下落过程中bc 边始终水平，根据题中所给条件，以下说法正确的是
A. t 2是线框全部进入磁场瞬间，t 4是线框全部离开磁场瞬间
B. 从bc 边进入磁场起一直到ad 边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgs
C. v 1的大小一定为
22
mgR
B L D. 线框离开磁场过程中流经线框横截面的电荷量和线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量一样多 【答案】AD 【解析】
【详解】金属线框进入磁场之前，做自由落体运动，下边进入磁场切割磁感线产生感应电动势和感应电流，下边受到向上的安培力作用，做加速度减少的减速运动；导线框完全进入磁场中，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，受重力，做匀加速运动；导线框下边开始出磁场时，上边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，上边受到向上的安培力作用，导线框做减速运动．全部离开后，以加速度g 做匀加速运动．所以A 正确；从bc 边进入磁场起一直到ad 边离开磁场为止，
22
1211()22
mg L s W mv mv +-=
-， 222111()22mg L s mv mv W ++-=，B 错误；当恰受力平衡时，1BLv mg B L R =，解得122mgR
v B L
=，即C 有
可能正确，D 正确；q ＝It ＝t tR ∆Φ
∆∆＝R ∆Φ，进入和离开∆Φ相同，所以q 相同．
【点睛】解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式q n
R
∆=Φ
，并能灵活运用 三、实验填空题（共15分。

）
13.用如图所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平．
（1）实验时，一定要进行的操作是_______．（填步骤序号）
A ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数0F ；
B ．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
C ．用天平测出砂和砂桶的质量
D ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）以拉力传感器示数的二倍F （F=20F ）为横坐标，以加速度a 为纵坐标，画出的a F -图象如下图所示，则可能正确的是________．
（3）在实验中，得到一条如图所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～5每相邻两个点间各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到O 点的距离分别为：10．92、18．22、23．96、28．30、31．10（cm ）
，通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz ．则：小车的加速度大小为
______m/s2，（结果保留一位小数）
【答案】(1). AB (2). C (3). 1.5
【解析】
【详解】（1）A、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故A正确；
B、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故B正确；
C、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD错误．
故选AB；
（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a﹣F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a﹣F图象在F轴上有截距，故C正确．
故选C；
（3）根据△x=aT2，运用逐差法得，
()()
2 3513
2
0.31100.23960.23960.1092
1.48m/s 440.01
x x
a
T ---
-
===
⨯
－，则小车的加速度大小为1.48m/s2．
14.某同学利用如图（1）所示电路测定电源电动势和内阻．实验中电表内阻对实验结果影响很小，均可以忽略不计．闭合电键S后，变阻器的滑片P由变阻器的一端滑到另一端的过程，两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图（2）的U﹣I图象中的直线a、b所示．
（1）用画线代表导线，将如图（3）实物图中各元件按图（1）连接成实验电路_______；
（2）通过分析可知，其中图（2）中图线_____（填a 或b ）V 1表示电压表示数随电流表A 示数变化关系； （3）根据U ﹣I 图象中坐标轴所标出的数据，可求出电源的电动势E=____，内阻r=____．（用图中给出的坐标值表示）
【答案】 (1).
(2). a
(3). 1
22121
--U I U I I I (4). 12
21U U I I --
【解析】
【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示
（2）[2]电压表V 1示数随电流表A 示数的增加而减小，故对应的图象应是图线a ； （3）[3][4]由E U Ir =+知：
11E U I r =+
22E U I r =+
联立解得：
1221
21U I U I E I I -=
-
12
21
U U r I I -=
-
四、计算题（共44分。

要求写出规范的解答过程。

）
15.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x ＞0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为
32
103
⨯V/m ；比荷为1.0×
105C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (4，3)点；粒子P 的重力不计，试求：
（1）金属板AB 之间的电势差U AB ；
（2）若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电粒子Q ，使P 、Q 恰能在运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；粒子Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点坐标(x ，y )满足的关系．
【答案】(1) 3810V 9⨯(2)2
332
y x =其中0x > 【解析】
【详解】(1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M （4，3）点历时为t 0，由类平抛运动规律可得
00?M x v t =
2
1012
M y a t =
联立解得：
404
10m /s 3
v =⨯
在金属板AB 之间，由动能定理：
2012
AB qU mv =
联立解得：
38
10V 9
AB U =⨯
(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从坐标N （x ，y ）点释放后，竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，经时间t 与粒子P 相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得，对于P 粒子：
0x v t =
2112
P y a t =
对于粒子Q ：
2?2Eq ma =
2212
Q y a t =
因为21a a ＜，所以粒子Q 应在第一象限内释放，则有：
P Q y y y =+
联立解得
2
332
y x =
其中0x > 即粒子Q 释放点N （x ，y ）坐标满足的方程为
2
332
y x =
其中0x > 16.如图所示，
间距为L 、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L 、横截面均为圆形的金属棒 CD 、PQ 放在斜面导轨上，已知CD 棒的质量为m 、电阻为R ，PQ 棒的圆截面的半径是CD 棒圆截面的2倍．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k 、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD ．开始时金属棒CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ ，使金属棒PQ 由静止开始运动，当金属棒PQ 达到稳定时，弹
簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ 开始运动到稳定的过程中通过CD 棒的电荷量为q ，此过程可以认为CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合
4
sin 5
qRk mg BL α=的关系式，求此过程中(要求结果均用mg 、k 、α来表示)：
（1）CD 棒移动的距离； （2）PQ 棒移动的距离； （3）恒力所做的功．
【答案】(1)1sin mg x k θ= (2)22sin mg x k θ= (3)2
12(sin )mg W k
θ=
【解析】
【详解】PQ 棒的半径是CD 棒的2倍，PQ 棒的横截面积是CD 棒横截面积的4倍，PQ 棒的质量是CD 棒的质量的4倍，所以，PQ 棒的质量:
4m m '=
由电阻定律可知PQ 棒的电阻是CD 棒电阻的
1
4
即: 4R R '=
两棒串联的总电阻为:
0544
R R R R =+
= （1）开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于CD 棒重力平行于斜面的分量，即：
2sin k F mg α=
弹簧的形变量为：
sin 2mg x k
α
∆=
CD 棒移动的距离：
sin 2CD mg s x k
α
∆=∆=
（2）在达到稳定过程中两棒之间距离增大s ∆，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为:
B S BL s
E t t
∆⋅∆=
=∆∆ 感应电流为:
045E BL s I R R t
∆=
=∆ 所以，回路中通过的电荷量即CD 棒中的通过的电荷量为:
45BL s
q I t R
∆=∆=
由此可得两棒距离增大值:
54qR
s BL
∆=
PQ 棒沿导轨上滑距离应为CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ 棒沿导轨上滑距离为：
5sin 2sin 4PQ CD qR mg mg s s s BL k k
αα
∆=∆+∆=
+= （3）CD 棒受力平衡，安培力为
sin 22sin B k F mg F mg αα=+=
金属棒PQ 达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的分量， 即恒力：
sin 6sin B F F m g mg αα=='+
恒力做功为：
2
2sin 12(sin )6sin PQ
mg mg W F s mg k k
ααα=∆=⋅=
17.如图所示，在半径为R ，圆心在(0，0)的圆形磁场区域内，加有方向垂直纸面向外、磁感强度为B 的匀强磁场．一个质量为m 、带电量为+q 的带电粒子（不计重力），以某一速度从O 点沿y 轴的正方向进入磁场，从图中的A 点射出．出射的方向与圆在A 点的切线方向夹角为600． 如果再在x>R 的BC 区域加一宽
度为2R 的方向竖直向下的匀强电场，让在A 点射出的带电粒子经电场后，能恰好击中x 轴上的点C （坐标为（0，3R ））．求：
（1）带电粒子的初速度大小
（2）所加电场E 的大小
【答案】（1）0qBR v m =；（2
）2224=B R E m
【解析】
【详解】（1）由于粒子在O 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在X 轴上，OP 是直径，设入射粒子的速
度为v 0，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：200v qBv m r
= 由几何关系可得：22cos60cos602cos60R r R r Rr +=
+-
解得：R=r 0qBR v m
= （2）带电粒子进入电场时
坐标(x 1，y 1)，且x 1=R 123sin 60cos 60tan 30R y R r =+= 进入电场做类平抛运动：0cos30x v v =
；0sin30y v v =
击中C
点的时间：0
23==x R t v v
Y 方向：2112-=-y qE y v t t m
解得：2224=B R E m。