卷子答案网-一个不只有答案的网站广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期物理第一次大考试卷
一、选择题
1．（2018高二上·湛江月考）下列有关物理学家的贡献叙说错误的是（ ）
A．元电荷e的数值最早由美国物理学家密立根测定的
B．静电力常量k是卡文迪许通过扭秤实验测定的
C．丹麦物理学家奥斯特最早发现了电流的磁效应
D．法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述
2．（2018高二上·湛江月考）有一个电风扇，标有“220 V 50 W”，电动机线圈的电阻为0.4 Ω，把它接入220 V的电路中，以下几种计算时间t内产生热量的方法正确的是（ ）
A． B．Q＝Pt
C． D．以上三种方法均正确
3．（2018高二上·湛江月考）如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么（ ）
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
4．（2018高二上·湛江月考）如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQ之间有阻值为R的电阻，PQNM所为的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．在0~t0和t0~2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同
B．在t0~2t0内，通过电阻R的电流方向为P到Q
C．在0~t0内，通过电阻R的电流大小为
D．在0~2t0内，通过电阻R的电荷量为
5．（2018高二上·湛江月考）如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是（ ）
A．上表面的电势高于下表面电势
B．仅增大h时，上下表面的电势差增大
C．仅增大d时，上下表面的电势差减小
D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小
6．（2018高二上·湛江月考）温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示，电源的电动势E＝9.0V，内阻不计，G为灵敏电流计，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示。闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1＝2mA；当电流表的示数I2＝3.6mA时，热敏电阻的温度是（ ）
A．60℃ B．80℃ C．100℃ D．120℃
7．（2018高二上·湛江月考）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
8．（2018高二上·湛江月考）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数减小 B．电流表读数减小
C．质点P将向上运动 D．电源的输出功率逐渐增大
9．（2018高二上·湛江月考）如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子带负电
B．电场的方向是由b指向c
C．粒子在b点和d点的动能相等
D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为p∶2
10．（2018高二上·湛江月考）如图所示，三根通电长直导线 都垂直于纸面放置，彼此之间的距离都相等， 电流等大反向， 电流方向相同， 电流大小为 电流大小的一半。已知 受到 所产生磁场的安培力为 ，若直线电流在某点所产生磁感应强度大小与电流成正比，与该点到直线电流的距离成反比，则下列说法正确的是（ ）
A． 对 作用力的合力大小等于
B． 对 作用力的合力方向垂直于 连线
C． 对 作用力的合力方向垂直于 连线
D． 对 作用力的合力大小等于
11．（2018高二上·湛江月考）如图所示，在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力）（ ）
A．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
B．从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
C．在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点
D．若轨道半径等于R，则所有离子飞出磁场时的动量一定相同
12．（2018高二上·湛江月考）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是 （ ）
A．P=2mgvsinθ
B．P=3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到v/2时加速度为
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
二、填空题
13．（2018高二上·湛江月考）如图所示，游标卡尺读数为 mm，螺旋测微器读数为 mm.
三、实验题
14．（2018高二上·湛江月考）二极管是一种半导体元件，电路符号为 ，其特点是具有单向导电性。某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究。据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA。
（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的电阻挡来判断它的正负极：当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断 （填“左”或“右”）端为二极管的正极。
（2）实验探究中他们可选器材如下：
A．直流电源（电动势3V，内阻不计）；
B．滑动变阻器（0 20Ω）；
C．电压表（15V、内阻约80KΩ）；
D．电压表（3V、内阻约50KΩ）；
E．电流表（0.6A、内阻约1Ω）；
F．电流表（50mA、内阻约50Ω）；
G．待测二极管；
H．导线、开关。
为了提高测量精度，电压表应选用 ，电流表应选用 。（填序号字母）
（3）实验中测量数据如下表，请在坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线。
电流I/mA 0 0 0.2 1.8 3.9 8.6 14.0 21.8 33.5 50.0
电压U/V 0 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50
（4）同学们将该二极管与阻值为10Ω的定值电阻串联后接到电压恒为3V的电源两端，则 二极管导通时定值电阻的功率为 W。
15．（2018高二上·湛江月考）
（1）某同学想测量一节干电池的电动势和内电阻。由于没有电流表，同学将一个表头的内阻为10W、满偏电流为100mA的毫安表改装成量程为0.5A的电流表，则应并联阻值为 的电阻R1.
（2）实验电路如（a）所示。实验步骤如下，请完成相应的填空：
①将滑动变阻器R的滑片移到B端，闭合开关S；
②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为 mA。
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U - I图线，如图(c)所示；
④根据图线求得电源的电动势E = V，内阻r = W。（结果均保留到小数点后两位）
⑤忽略偶然误差，本实验测得的E测、r测与真实值比较：E测 E真，r测 r真。（选填“＜”、“＝”或“＞”）
四、解答题
16．（2018高二上·湛江月考）如图所示，两根平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面成θ=37°角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距L="0.5" m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒ab，金属棒ab处于静止状态，它的质量为m= 。金属棒ab两端连在导轨间部分对应的电阻为R2＝2Ω，电源电动势E＝2V，电源内阻r＝1Ω，电阻R1＝2Ω，其他电阻不计。装置所在区域存在一垂直于斜面MPQN的匀强磁场。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8， ）求：
（1）所加磁场磁感应强度方向；
（2）磁感应强度B的大小。
17．（2018高二上·湛江月考）如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻；匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好。t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v-t图象如图乙所示。其余电阻不计。求：
（1）从t=0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压；
（2）在0~3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式。
18．（2018高二上·湛江月考）如图所示，在xOy坐标系中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为 (粒子的重力不计) ．
（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？
（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（6d，0）（图中未画出），求磁感应强度的大小．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得，A不符合题意；静电力常量是由库仑通过扭秤实验测得，B错误，符合题意；奥斯特最早发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，C不符合题意；法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述电场和磁场，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】库仑才是测出静电常数的科学家。
2．【答案】C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】公式 是由 得来的，即利用了 ，而电动机不是线性电阻，所以欧姆定律不再适用，故不能使用 计算电动机产生的热量，A不符合题意；电风扇的功率为P，电风扇有机械能的输出，电热要小于Pt，B不符合题意；由于 ， ，故 ，C符合题意D不符合题意．
故答案为：C
【分析】利用功率和电压可以求出线圈电流大小，利用焦耳定律可以求出热量大小。
3．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】铜是金属材料，但不能被磁化。铜管可视为闭合回路，强磁体穿过整个铜管的过程中，铜管始终切割磁感线，在管中运动的过程中管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C符合题意．
故答案为：C
【分析】整个过程中线圈内磁通量发生改变，产生感应电流产生安培力阻碍磁体下落，所以加速度大小始终小于重力加速度。
4．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、由图乙所示图象可知， 内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在 内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，A不符合题意；
B、由图乙所示图象可知，在 内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R的电流方向为Q到P，B不符合题意；
C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 内感应电动势： ，感应电流为 ，C不符合题意；
D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 内通过电阻R的电荷量为 ；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由于磁感应强度不变，但是先减小后正道导致感应电流方向改变所以安培力改变方向所以摩擦力方向改变；利用增反减同可以判别感应电流方向，利用感生电动势可以求出感应电流大小，电荷量等于磁通量除以对应电阻。
5．【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，A不符合题意；根据 ， ，解得 ，知增大h，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，C符合题意BD不符合题意．
故答案为：C
【分析】利用洛伦兹力等于电场力可以求出电势差的大小，再利用电流的微观表达式，可以判别增大d影响电流影响运动的速率就会影响电动势。
6．【答案】D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】由图象知，当R的温度等于20℃时，热敏电阻的阻值R=4000Ω，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得： ，解得： 。
当电流 时，由串联电路特点及欧姆定律得：
解得： 。
由图象知，此时热敏电阻的温度t=120℃．
故答案为：D．
【分析】利用电动势和低昂了关系可以求出电流表内阻，利用电动势除以电流可以求出第二次总电阻，减去电流表内阻为热敏电阻阻值，知道阻值就知道温度。
7．【答案】A,B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】由电磁感应定律得 ， ，故 一定时，电流大小恒定，A符合题意；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，B符合题意；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，C不符合题意； ，角速度加倍时功率变成4倍，D不符合题意，
故答案为：AB。
【分析】利用动生电动势可以判别电流大小和角速度有关；利用微元法可以相当于Pd间有一根导线在无限切割，利用左手定则可以判别电流方向，转动方向不变则电流方向不变，当角速度变大2倍时实际功率变为4倍。
8．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流I增大，电源的内电压 增大，电源的路端电压U减小；
对 ： 增大、 增大；
对电容器： 减小，质点P受到的电场力减小，质点P将向下运动；
对 ： 减小， 减小；
对电流表： 增大；
对 ： 增大， 增大；
对 ： 减小，电压表读数减小；
电源的输出功率： 滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路外电阻R减小， (R1大于电源的内阻r)，当R减小时，输出功率增大。
综上AD符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用串反并同可以判别电表的读数和电容器两端电压变化，电容器电压变化会导致场强变化就会出现合力不为0，利用电源输出功率和电阻的关系可以知道当R变小时越接近内阻，输出功率越大。
9．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从d点进e点出，由左手定则知带负电，则A符合题意。B、根据磁场中运动的对称性知e点的速度大小等于v0，方向与bd成45°，即水平向右，而电场线沿bc方向，则做类平抛运动，可知负粒子受的电场力向上，则电场由b指向c，B符合题意。C、粒子从d到e做匀速圆周运动，速度的大小不变，而e到b电场力做正功，动能增大，B点的动能大于d点的动能，C不符合题意。D、设正方形边长为L，由几何关系可知 ，电场中的水平分运动是匀速直线运动， ，故 ，则D符合题意。
故答案为：ABD.
【分析】利用左手定则可以判别粒子的属性；利用对称性可以判别进入电场的速度，粒子偏转方向可以判别粒子受到电场力向上所以场强向下；在电场内电场力做功会导致动能增大，利用圆心角可以求出在磁场运动的时间，利用类平抛可以求出电场的运动时间，就可以作比。
10．【答案】A,D
【知识点】安培力
【解析】【解答】设c在a处产生的磁感应强度为B；根据安培定则可知，bc在a点产生的磁场方向如图所示，根据平行四边形定则可知， ；a受到c所产生磁场的安培力为F，即 ，所以b、c对a作用力的合力大小等于F，A符合题意；根据A中分析可知，合场强方向如图所示，再根据左手定则可知，b、c对a作用力的合力方向不垂直于ac，B不符合题意；根据安培定则可知，a、c在b产生的磁场方向如图所示，由图可知，合磁场方向如图所示，由安培定则可知，安培力不垂直于ac方向，C不符合题意；
由已知可知，a受c的安培力为F，c在a处产生磁感应强度为B，则a在b处产生的磁感应强度为 ；而c在b处产生的磁感应强度为B；根据平行四边形定则可知， ；a受到c所产生磁场的安培力为F，即F=BIL，所以b，c对a作用力的合力大小等于 ，D符合题意；
故答案为：AD
【分析】利用右手螺旋定则可以判断导线周围的磁场方向，利用左手定则可以求出安培力大小，再利用合成可以求出合力的大小。
11．【答案】B,C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A、B、D项：由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故此时粒子一定不会沿PQ飞出，由Q点飞出的粒子圆心角最大，故所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点．BC符合题意，A不符合题意；
D项：若轨道半径等于R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨道半径与PQ平行，飞出磁场时速度相同，离子质量不一定相同，所以飞出磁场的动量p=mv不一定相同，D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】由于速率相同所以轨迹的半径都相同，所以运动时间由运动的轨迹所对弦长最大，圆心角最大，所以从Q出去时间最长，从PQ方向的粒子一定不会从Q点离开所以所对角度不是最大，轨迹从P到Q所以不过原点，飞出磁场时速度方向改变所以动量不会相同。
12．【答案】A,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示． ， 解得 ；当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示． ，解得 ，功率 。A符合题意；当导体棒速度达到 时，对导体棒受力分析如图丙所示．
解得 ，C符合题意；当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和mgsinθ之和，所以以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，D不符合题意。综上分析，AC符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用平衡分析可以求出导体棒在不同速度下的平衡方程，可以求出拉力的大小，利用拉力乘以对应速度可以求出额定功率，利用牛二方向可以求出某一速度下的加速度大小，到达匀速过程后，接下来重力、拉力、安培力做功之和为0.
13．【答案】49.15；0.900
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】20分度的游标卡尺，精确度是0.05 mm，游标卡尺的主尺读数为49 mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：49+0.15=49.15mm；
螺旋测微器的主尺读数为0.5mm，可动刻度为40.0×0.01=0.400mm，所以最终读数为0.5+0.400=0.900mm.
【分析】游标卡尺分为主尺和游尺两部分读数相加；螺旋测微器分为固定刻度和可动刻度相加。
14．【答案】（1）左
（2）D；F
（3）
（4）0.025
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）由于黑表笔接电源的正极，则由题意可知，黑表笔接左侧时电流较大，说明二极管左侧为二极管的正极；（2）因电源电压为3V，为了安全和准确电压表应选择D；由表中数据可知，电流最大为50mA，则电流表应选择F；（3）如图建立直角坐标系，采用描点作图，图象如下；
；（4）将10Ω定值电阻等效为电源内阻；在图中作出电源的伏安特性曲线，如图；则两曲线的交点为二极管工作点，则由图象可知，二极管的工作电压约为2.5V；电流约为50mA；则定值电阻消耗的功率P=I2R=0.025W；（0.022-0.028均可）
【分析】（1）电流从黑笔流出，当偏角大说明电阻小说明左端是正极；（2）利用电动势和二极管最大电流可以挑选量程；（3）利用坐标可以描点画线；画出电源两端的闭合电路欧姆定律的直线，和曲线相交就是二极管的工作电压和工作电流，就可以求出功率的大小。
15．【答案】（1）2.5Ω
（2）68；1.48(1.47～1.49之间均可)；0.45(0.43～0.48之间均可)；＝；＝
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）改装电流表，应并联电阻分流，根据欧姆定律以及串并联电路规律可得： ；（2）②电流表量程为100mA，故读数为68mA；
④改装后电流的内阻为 ，根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知 ，由图可知，电源的电动势E=1.48V； ，故 ；
⑤由于本题中的计算是将电流表和内阻捆绑在一块的，通过的电流为通过电源内部的电流，电压为路端电压的读数，不存在分流或分压导致的误差，故 ；
【分析】（1）利用并联电路的特点可以求出支路并联电阻的大小；（2）读数的最小分度值不是1所以不要估读；列出图像的解析式，利用解析式的截距和斜率可以求出电动势和内阻；本实验知道电流表在电路中的影响所以没有误差产生。
16．【答案】（1）解：金属棒ab处于静止状态，又是垂直于斜面MPQN的匀强磁场，则所受安培力沿斜面向上，由左手定则判断磁场的方向垂直斜面向下。
（2）解：R1和R2并联的总电阻R＝ ＝1Ω，电路中的总电流I= ，通过导体棒的电流I′= ，导体棒受到安培力为 ，受力平衡 ，磁感应强度为 。
【知识点】安培力
【解析】【分析】（1）利用安培力方向和电流方向可以判断磁场方向；（2）利用回路中电阻和电压关系可以电流大小，利用安培力等于重力的分力可以求处于磁感应强度的大小。
17．【答案】（1）解：根据v-t图象可知金属杆做匀减速直线运动时间Dt=3s，t=0时杆速度为v0=6m/s，
由运动学公式得其加速度大小
设杆运动了5m时速度为v1，则
此时，金属杆产生的感应电动势
回路中产生的电流
电阻R两端的电压U=I1R
联立解 U=1.6V
（2）解：由t =0时 ，可分析判断出外力F的方向与v0反向。
金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有
设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为ε，回路电流为I，
则
又
联立解得 F=0.1+0.1t
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）利用图像可以求出加速度大小，利用位移可以求出末速度大小，利用动生电动势可以求出电动势大小，进而求出回路中的电流和电阻两端的电压，利用安培力大小小于合力可以判断F方向与速度方向，利用牛二方程可以找出F和时间的关系。
18．【答案】（1）解：粒子先在电场中做类平抛运动， ，
其中 ，得
进入磁场速度
速度与x轴夹角
所以 ，粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切 设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力 由几何关系 ，得
故要使粒子不打到挡板上，
（2）解：粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离
调节磁场
粒子通过P点，回旋次数 ，n为整数，只能取n=2和n═3
n=2时， ，此时磁场
n=3时， ，此时磁场
n=4时，，此时磁场
n=4时，，此时磁场
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）利用类平抛运动可以求出进入磁场的速度大小和方向，利用和上板相切可以求出临界的半径，就可以求出临界的磁感应强度（2）由于粒子再次回到X轴上，所以水平方向的距离为2x减去轨迹圆弦长的大小，利用半径的关系可以求出前进距离的范围，利用回旋次数可以求出距离的大小，利用距离可以求出轨道半径进而求出磁感应强度大小。
广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期物理第一次大考试卷
一、选择题
1．（2018高二上·湛江月考）下列有关物理学家的贡献叙说错误的是（ ）
A．元电荷e的数值最早由美国物理学家密立根测定的
B．静电力常量k是卡文迪许通过扭秤实验测定的
C．丹麦物理学家奥斯特最早发现了电流的磁效应
D．法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述
【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得，A不符合题意；静电力常量是由库仑通过扭秤实验测得，B错误，符合题意；奥斯特最早发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，C不符合题意；法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述电场和磁场，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】库仑才是测出静电常数的科学家。
2．（2018高二上·湛江月考）有一个电风扇，标有“220 V 50 W”，电动机线圈的电阻为0.4 Ω，把它接入220 V的电路中，以下几种计算时间t内产生热量的方法正确的是（ ）
A． B．Q＝Pt
C． D．以上三种方法均正确
【答案】C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】公式 是由 得来的，即利用了 ，而电动机不是线性电阻，所以欧姆定律不再适用，故不能使用 计算电动机产生的热量，A不符合题意；电风扇的功率为P，电风扇有机械能的输出，电热要小于Pt，B不符合题意；由于 ， ，故 ，C符合题意D不符合题意．
故答案为：C
【分析】利用功率和电压可以求出线圈电流大小，利用焦耳定律可以求出热量大小。
3．（2018高二上·湛江月考）如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么（ ）
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】铜是金属材料，但不能被磁化。铜管可视为闭合回路，强磁体穿过整个铜管的过程中，铜管始终切割磁感线，在管中运动的过程中管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C符合题意．
故答案为：C
【分析】整个过程中线圈内磁通量发生改变，产生感应电流产生安培力阻碍磁体下落，所以加速度大小始终小于重力加速度。
4．（2018高二上·湛江月考）如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQ之间有阻值为R的电阻，PQNM所为的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．在0~t0和t0~2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同
B．在t0~2t0内，通过电阻R的电流方向为P到Q
C．在0~t0内，通过电阻R的电流大小为
D．在0~2t0内，通过电阻R的电荷量为
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、由图乙所示图象可知， 内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在 内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，A不符合题意；
B、由图乙所示图象可知，在 内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R的电流方向为Q到P，B不符合题意；
C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 内感应电动势： ，感应电流为 ，C不符合题意；
D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 内通过电阻R的电荷量为 ；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由于磁感应强度不变，但是先减小后正道导致感应电流方向改变所以安培力改变方向所以摩擦力方向改变；利用增反减同可以判别感应电流方向，利用感生电动势可以求出感应电流大小，电荷量等于磁通量除以对应电阻。
5．（2018高二上·湛江月考）如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是（ ）
A．上表面的电势高于下表面电势
B．仅增大h时，上下表面的电势差增大
C．仅增大d时，上下表面的电势差减小
D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小
【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，A不符合题意；根据 ， ，解得 ，知增大h，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，C符合题意BD不符合题意．
故答案为：C
【分析】利用洛伦兹力等于电场力可以求出电势差的大小，再利用电流的微观表达式，可以判别增大d影响电流影响运动的速率就会影响电动势。
6．（2018高二上·湛江月考）温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示，电源的电动势E＝9.0V，内阻不计，G为灵敏电流计，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示。闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1＝2mA；当电流表的示数I2＝3.6mA时，热敏电阻的温度是（ ）
A．60℃ B．80℃ C．100℃ D．120℃
【答案】D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】由图象知，当R的温度等于20℃时，热敏电阻的阻值R=4000Ω，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得： ，解得： 。
当电流 时，由串联电路特点及欧姆定律得：
解得： 。
由图象知，此时热敏电阻的温度t=120℃．
故答案为：D．
【分析】利用电动势和低昂了关系可以求出电流表内阻，利用电动势除以电流可以求出第二次总电阻，减去电流表内阻为热敏电阻阻值，知道阻值就知道温度。
7．（2018高二上·湛江月考）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】A,B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】由电磁感应定律得 ， ，故 一定时，电流大小恒定，A符合题意；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，B符合题意；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，C不符合题意； ，角速度加倍时功率变成4倍，D不符合题意，
故答案为：AB。
【分析】利用动生电动势可以判别电流大小和角速度有关；利用微元法可以相当于Pd间有一根导线在无限切割，利用左手定则可以判别电流方向，转动方向不变则电流方向不变，当角速度变大2倍时实际功率变为4倍。
8．（2018高二上·湛江月考）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数减小 B．电流表读数减小
C．质点P将向上运动 D．电源的输出功率逐渐增大
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流I增大，电源的内电压 增大，电源的路端电压U减小；
对 ： 增大、 增大；
对电容器： 减小，质点P受到的电场力减小，质点P将向下运动；
对 ： 减小， 减小；
对电流表： 增大；
对 ： 增大， 增大；
对 ： 减小，电压表读数减小；
电源的输出功率： 滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路外电阻R减小， (R1大于电源的内阻r)，当R减小时，输出功率增大。
综上AD符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用串反并同可以判别电表的读数和电容器两端电压变化，电容器电压变化会导致场强变化就会出现合力不为0，利用电源输出功率和电阻的关系可以知道当R变小时越接近内阻，输出功率越大。
9．（2018高二上·湛江月考）如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子带负电
B．电场的方向是由b指向c
C．粒子在b点和d点的动能相等
D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为p∶2
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从d点进e点出，由左手定则知带负电，则A符合题意。B、根据磁场中运动的对称性知e点的速度大小等于v0，方向与bd成45°，即水平向右，而电场线沿bc方向，则做类平抛运动，可知负粒子受的电场力向上，则电场由b指向c，B符合题意。C、粒子从d到e做匀速圆周运动，速度的大小不变，而e到b电场力做正功，动能增大，B点的动能大于d点的动能，C不符合题意。D、设正方形边长为L，由几何关系可知 ，电场中的水平分运动是匀速直线运动， ，故 ，则D符合题意。
故答案为：ABD.
【分析】利用左手定则可以判别粒子的属性；利用对称性可以判别进入电场的速度，粒子偏转方向可以判别粒子受到电场力向上所以场强向下；在电场内电场力做功会导致动能增大，利用圆心角可以求出在磁场运动的时间，利用类平抛可以求出电场的运动时间，就可以作比。
10．（2018高二上·湛江月考）如图所示，三根通电长直导线 都垂直于纸面放置，彼此之间的距离都相等， 电流等大反向， 电流方向相同， 电流大小为 电流大小的一半。已知 受到 所产生磁场的安培力为 ，若直线电流在某点所产生磁感应强度大小与电流成正比，与该点到直线电流的距离成反比，则下列说法正确的是（ ）
A． 对 作用力的合力大小等于
B． 对 作用力的合力方向垂直于 连线
C． 对 作用力的合力方向垂直于 连线
D． 对 作用力的合力大小等于
【答案】A,D
【知识点】安培力
【解析】【解答】设c在a处产生的磁感应强度为B；根据安培定则可知，bc在a点产生的磁场方向如图所示，根据平行四边形定则可知， ；a受到c所产生磁场的安培力为F，即 ，所以b、c对a作用力的合力大小等于F，A符合题意；根据A中分析可知，合场强方向如图所示，再根据左手定则可知，b、c对a作用力的合力方向不垂直于ac，B不符合题意；根据安培定则可知，a、c在b产生的磁场方向如图所示，由图可知，合磁场方向如图所示，由安培定则可知，安培力不垂直于ac方向，C不符合题意；
由已知可知，a受c的安培力为F，c在a处产生磁感应强度为B，则a在b处产生的磁感应强度为 ；而c在b处产生的磁感应强度为B；根据平行四边形定则可知， ；a受到c所产生磁场的安培力为F，即F=BIL，所以b，c对a作用力的合力大小等于 ，D符合题意；
故答案为：AD
【分析】利用右手螺旋定则可以判断导线周围的磁场方向，利用左手定则可以求出安培力大小，再利用合成可以求出合力的大小。
11．（2018高二上·湛江月考）如图所示，在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力）（ ）
A．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
B．从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
C．在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点
D．若轨道半径等于R，则所有离子飞出磁场时的动量一定相同
【答案】B,C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A、B、D项：由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故此时粒子一定不会沿PQ飞出，由Q点飞出的粒子圆心角最大，故所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点．BC符合题意，A不符合题意；
D项：若轨道半径等于R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨道半径与PQ平行，飞出磁场时速度相同，离子质量不一定相同，所以飞出磁场的动量p=mv不一定相同，D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】由于速率相同所以轨迹的半径都相同，所以运动时间由运动的轨迹所对弦长最大，圆心角最大，所以从Q出去时间最长，从PQ方向的粒子一定不会从Q点离开所以所对角度不是最大，轨迹从P到Q所以不过原点，飞出磁场时速度方向改变所以动量不会相同。
12．（2018高二上·湛江月考）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是 （ ）
A．P=2mgvsinθ
B．P=3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到v/2时加速度为
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【答案】A,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示． ， 解得 ；当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示． ，解得 ，功率 。A符合题意；当导体棒速度达到 时，对导体棒受力分析如图丙所示．
解得 ，C符合题意；当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和mgsinθ之和，所以以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，D不符合题意。综上分析，AC符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用平衡分析可以求出导体棒在不同速度下的平衡方程，可以求出拉力的大小，利用拉力乘以对应速度可以求出额定功率，利用牛二方向可以求出某一速度下的加速度大小，到达匀速过程后，接下来重力、拉力、安培力做功之和为0.
二、填空题
13．（2018高二上·湛江月考）如图所示，游标卡尺读数为 mm，螺旋测微器读数为 mm.
【答案】49.15；0.900
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】20分度的游标卡尺，精确度是0.05 mm，游标卡尺的主尺读数为49 mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：49+0.15=49.15mm；
螺旋测微器的主尺读数为0.5mm，可动刻度为40.0×0.01=0.400mm，所以最终读数为0.5+0.400=0.900mm.
【分析】游标卡尺分为主尺和游尺两部分读数相加；螺旋测微器分为固定刻度和可动刻度相加。
三、实验题
14．（2018高二上·湛江月考）二极管是一种半导体元件，电路符号为 ，其特点是具有单向导电性。某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究。据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA。
（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的电阻挡来判断它的正负极：当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断 （填“左”或“右”）端为二极管的正极。
（2）实验探究中他们可选器材如下：
A．直流电源（电动势3V，内阻不计）；
B．滑动变阻器（0 20Ω）；
C．电压表（15V、内阻约80KΩ）；
D．电压表（3V、内阻约50KΩ）；
E．电流表（0.6A、内阻约1Ω）；
F．电流表（50mA、内阻约50Ω）；
G．待测二极管；
H．导线、开关。
为了提高测量精度，电压表应选用 ，电流表应选用 。（填序号字母）
（3）实验中测量数据如下表，请在坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线。
电流I/mA 0 0 0.2 1.8 3.9 8.6 14.0 21.8 33.5 50.0
电压U/V 0 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50
（4）同学们将该二极管与阻值为10Ω的定值电阻串联后接到电压恒为3V的电源两端，则 二极管导通时定值电阻的功率为 W。
【答案】（1）左
（2）D；F
（3）
（4）0.025
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）由于黑表笔接电源的正极，则由题意可知，黑表笔接左侧时电流较大，说明二极管左侧为二极管的正极；（2）因电源电压为3V，为了安全和准确电压表应选择D；由表中数据可知，电流最大为50mA，则电流表应选择F；（3）如图建立直角坐标系，采用描点作图，图象如下；
；（4）将10Ω定值电阻等效为电源内阻；在图中作出电源的伏安特性曲线，如图；则两曲线的交点为二极管工作点，则由图象可知，二极管的工作电压约为2.5V；电流约为50mA；则定值电阻消耗的功率P=I2R=0.025W；（0.022-0.028均可）
【分析】（1）电流从黑笔流出，当偏角大说明电阻小说明左端是正极；（2）利用电动势和二极管最大电流可以挑选量程；（3）利用坐标可以描点画线；画出电源两端的闭合电路欧姆定律的直线，和曲线相交就是二极管的工作电压和工作电流，就可以求出功率的大小。
15．（2018高二上·湛江月考）
（1）某同学想测量一节干电池的电动势和内电阻。由于没有电流表，同学将一个表头的内阻为10W、满偏电流为100mA的毫安表改装成量程为0.5A的电流表，则应并联阻值为 的电阻R1.
（2）实验电路如（a）所示。实验步骤如下，请完成相应的填空：
①将滑动变阻器R的滑片移到B端，闭合开关S；
②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为 mA。
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U - I图线，如图(c)所示；
④根据图线求得电源的电动势E = V，内阻r = W。（结果均保留到小数点后两位）
⑤忽略偶然误差，本实验测得的E测、r测与真实值比较：E测 E真，r测 r真。（选填“＜”、“＝”或“＞”）
【答案】（1）2.5Ω
（2）68；1.48(1.47～1.49之间均可)；0.45(0.43～0.48之间均可)；＝；＝
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）改装电流表，应并联电阻分流，根据欧姆定律以及串并联电路规律可得： ；（2）②电流表量程为100mA，故读数为68mA；
④改装后电流的内阻为 ，根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知 ，由图可知，电源的电动势E=1.48V； ，故 ；
⑤由于本题中的计算是将电流表和内阻捆绑在一块的，通过的电流为通过电源内部的电流，电压为路端电压的读数，不存在分流或分压导致的误差，故 ；
【分析】（1）利用并联电路的特点可以求出支路并联电阻的大小；（2）读数的最小分度值不是1所以不要估读；列出图像的解析式，利用解析式的截距和斜率可以求出电动势和内阻；本实验知道电流表在电路中的影响所以没有误差产生。
四、解答题
16．（2018高二上·湛江月考）如图所示，两根平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面成θ=37°角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距L="0.5" m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒ab，金属棒ab处于静止状态，它的质量为m= 。金属棒ab两端连在导轨间部分对应的电阻为R2＝2Ω，电源电动势E＝2V，电源内阻r＝1Ω，电阻R1＝2Ω，其他电阻不计。装置所在区域存在一垂直于斜面MPQN的匀强磁场。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8， ）求：
（1）所加磁场磁感应强度方向；
（2）磁感应强度B的大小。
【答案】（1）解：金属棒ab处于静止状态，又是垂直于斜面MPQN的匀强磁场，则所受安培力沿斜面向上，由左手定则判断磁场的方向垂直斜面向下。
（2）解：R1和R2并联的总电阻R＝ ＝1Ω，电路中的总电流I= ，通过导体棒的电流I′= ，导体棒受到安培力为 ，受力平衡 ，磁感应强度为 。
【知识点】安培力
【解析】【分析】（1）利用安培力方向和电流方向可以判断磁场方向；（2）利用回路中电阻和电压关系可以电流大小，利用安培力等于重力的分力可以求处于磁感应强度的大小。
17．（2018高二上·湛江月考）如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻；匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好。t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v-t图象如图乙所示。其余电阻不计。求：
（1）从t=0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压；
（2）在0~3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式。
【答案】（1）解：根据v-t图象可知金属杆做匀减速直线运动时间Dt=3s，t=0时杆速度为v0=6m/s，
由运动学公式得其加速度大小
设杆运动了5m时速度为v1，则
此时，金属杆产生的感应电动势
回路中产生的电流
电阻R两端的电压U=I1R
联立解 U=1.6V
（2）解：由t =0时 ，可分析判断出外力F的方向与v0反向。
金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有
设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为ε，回路电流为I，
则
又
联立解得 F=0.1+0.1t
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）利用图像可以求出加速度大小，利用位移可以求出末速度大小，利用动生电动势可以求出电动势大小，进而求出回路中的电流和电阻两端的电压，利用安培力大小小于合力可以判断F方向与速度方向，利用牛二方程可以找出F和时间的关系。
18．（2018高二上·湛江月考）如图所示，在xOy坐标系中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为 (粒子的重力不计) ．
（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？
（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（6d，0）（图中未画出），求磁感应强度的大小．
【答案】（1）解：粒子先在电场中做类平抛运动， ，
其中 ，得
进入磁场速度
速度与x轴夹角
所以 ，粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切 设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力 由几何关系 ，得
故要使粒子不打到挡板上，
（2）解：粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离
调节磁场
粒子通过P点，回旋次数 ，n为整数，只能取n=2和n═3
n=2时， ，此时磁场
n=3时， ，此时磁场
n=4时，，此时磁场
n=4时，，此时磁场
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）利用类平抛运动可以求出进入磁场的速度大小和方向，利用和上板相切可以求出临界的半径，就可以求出临界的磁感应强度（2）由于粒子再次回到X轴上，所以水平方向的距离为2x减去轨迹圆弦长的大小，利用半径的关系可以求出前进距离的范围，利用回旋次数可以求出距离的大小，利用距离可以求出轨道半径进而求出磁感应强度大小。