2017-2018学年广东省中山市高二（上）期末物理试卷

这是一份2017-2018学年广东省中山市高二（上）期末物理试卷，共19页。

2017-2018学年广东省中山市高二（上）期末物理试卷
一.选择题：
1．（4分）在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物 理学研究方法。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．物理学中所有物理量都是采用比值法定义的
B．元电荷、点电荷都是理想化模型
C．奧斯特首先发现了电磁感应现象
D．法拉第最早提出了“电场”的概念
2．（4分）某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈并远离而去，该过程中（　　）

A．通过电流表的感应电流方向一直是b→G→a
B．通过电流表的感应电流方向是先b→G→a，后a→G→b
C．条形磁铁的加速度一直等于重力加速度
D．条形磁铁的加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度
3．（4分）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关K，电源即给电容器充电，则（　　）

A．断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
B．断开K，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差增大
C．保持K接通，使两极板左右错幵一些，则极板上的电荷量增大
D．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
4．（4分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小灯泡L1、L2均变暗
B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗
C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大
D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小
5．（4分）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（　　）

A． B．
C． D．
6．（4分）已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B的距离为R、B和A间的距离为2R．现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V=43πr3，则A点处场强的大小为（　　）

A．5kQ36R2 B．7kQ36R2 C．5kQ72R2 D．41kQ450R2
二、多选择题
7．（4分）下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身的机械损耗，则：（　　）
自重
40kg
额定电压
48（V）
载重
75（kg）
额定电流
12（A）
最大行驶速度
20（km/h）
额定输出功率
432（W）
A．电动机的输入功率为576W
B．电动机的内电阻为4Ω
C．电动机的内电阻为1Ω
D．该电动机正常工作时，每秒钟有432J电能转化为其他能量
8．（4分）有一灵敏电流计，其表头内阻Rg＝1000Ω，满偏电流Ig＝100μA，以下说法正确的是（　　）
A．把它改成量程为1.5V的电压表，应串联一个15 kΩ的电阻
B．把它改成量程为1.0A的电流表，应并联一个1Ω的电阻
C．把它改成量程为1.0A的电流表，测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50μA
D．把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，此时流过表头的电流为100μA
9．（4分）如图，实线为某电场的部分电场线（方向未标出），将带负电粒子P从A点沿直线移动到B点，C点是AB连线的中点。已知A点的电势为φA＝30V，B点的电势为φB＝﹣20V，则下列说法正确的是（　　）

A．粒子P在A点的受到的电场力大于在B点的受到的电场力
B．粒子P在A点的加速度大于在B点的加速度
C．C点的电势φC＜5V
D．粒子P在A点的电势能大于在B点的电势能
10．（4分）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1．现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（　　）

A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短
C．F1＞F2 D．F1＜F2
11．（4分）如图所示，在xOy平面内有两根平行y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向大小相等的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，O为z轴上一点，下列说法正确的是（　　）

A．O点处的磁感应强度为零
B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直
C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行
D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用
12．（4分）如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的交变电流，设t＝0时电流沿顺时针方向（图中箭头所示）．下列说法中正确的是（　　）

A．t1～t2时间内，线圈B中有顺时针方向的电流
B．t1～t2时间内，线圈B中的感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外
C．0～t2时间内，线圈B中产生感应电流方向始终不变
D．0～t2时间内，线圈B有扩张的趋势
三、解答题（共1小题，满分12分）
13．（12分）某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体电阻的电阻率，进行如下实验：
（1）分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图1、2所示，其读数分别是L＝　 　mm；d＝　 　mm。

（2）图3是一个多量程多用电表的内部简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S转到位置5、6时，可用来测量　 　（填“电阻”或“电压”）；当S转到位置1、2时，可用来测量电流，其中S转到　 　位置时量程较大。
（3）用多用电表的电阻“×10”档，按正确操作步骤测得此圆柱体的电阻值，读数如图4，该电阻的阻值为　 　Ω；
（4）该同学想用伏安法更精确地测量该电阻R的值，可供选用的器材如下；
待测圆柱体电阻R
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～10mA，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）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流为2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）
开关S
导线若干
为使实验误差较小，并在实验中获得较大的电压调节范围，实验时电流表选择　 　；电压表选择　 　；滑动变阻器应选　 　，并请在图5中的方框内画出测量电路图（表明所选器材代号）


三.计算题：
14．（10分）如图所示，固定斜面与水平面夹角为60°，高度为h，空间充满垂直斜面向下的匀强电场，电场强度mgq，一质量为m，电量为+q的物体以某速度下滑时刚好能做匀速直线运动，物体可以看成质点，且下滑过程中其电量保持不变，重力加速度为g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释放物体，求物体落到地面时候的速度大小。

15．（10分）如图示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间距也为l，板间电压恒定为U．M、N左端有两竖直放置的金属板P、Q，相距为d，P、Q两板间加的电压是6U．今有一带电量为q、质量为m的带正电粒子（重力不计）在PQ板间距离Q板d/4处由静止释放，经P、Q间的电场加速后沿M、N两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏S上。
（1）粒子刚进入M、N间的偏转电场时的速度是多少？
（2）粒子在屏上的落点距O点的距离为多少？
（3）假设大量的上述粒子以上述（1）问中的速度从MN板左端不同位置垂直进入偏转电场。试求这些粒子打到竖直屏S上的范围。

16．（10分）如图所示，两平行的粗糙金属导轨倾斜固定在匀强磁场中，并通过导线与电源相连，导轨平面与水平面的夹角为37°，磁感线方向竖直向下，磁感应强度为2T，导轨宽度为1m，电源电动势为6V，内阻为1Ω； 一质量为1kg的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5，导轨、金属棒与导线电阻均忽略不计；
（1）若棒ab保持静止，且滑动变阻器电阻调节范围足够大，请作出ab棒可能的受力分析图（不用列式）
（2）要使金属棒不能向下运动，求滑动变阻器阻值的最大值（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）

17．（10分）如图为某同学在学习完回旋加速器之后设计的粒子加速器示意图。两块平行板电极的间距很小，可忽略不计。两板中茌接近右端处各有一个小孔M、N，两孔连线与板垂直，孔的直径及孔到板右端的距离很小，可忽略不计。垂直向里的匀强磁场以边长为L的正六边形ABCDEF为边界，N孔恰好位于该六边形的几何中心，平行板与边界CD平行，匀强磁场的磁感应强度为B（两平行板间无磁场）。现将比荷为q/m的带正电的粒子从M无初速释放，不计粒子重力
（1）若粒子恰好能以最短时间从A点离开磁场区域，求所加直流电压的值U1并求出从N运动到A点的最短时间。
（2）若U=qB2L250m，则粒子经该加速器加速后能获得的最大速度是多少？（取3=1.7）


2017-2018学年广东省中山市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一.选择题：
1．【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的。知道比值定义法的含义，同时记住著名物理学家的主要贡献。
【解答】解：A、不同的物理量采用不同的方法，如加速度a=Fm即不是比值定义法定义的，故A错误；
B、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，点电荷是理想化模型，但元电荷不是理想化模型，故B错误。
C、奧斯特首先发现了电流的磁效应，而法拉第发现的电磁感应现象，故C错误；
D、法拉第最早提出了“电场”的概念，故D正确。
故选：D。
【点评】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错。对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助。
2．【分析】当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向。
【解答】解：A、当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场先向上后向下，故感应电流先逆时针后顺时针（俯视），即先b→G→a，后a→G→b．故A错误，B正确；
C、根据楞次定律可知，线圈内产生的感应电流的对条形磁铁的运动有阻碍作用，可知条形磁铁运动的加速度始终小于重力加速度。故C错误，D错误。
故选：B。
【点评】本题是楞次定律的基本应用。对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动。
3．【分析】断开K，电容器的带电量不变，保持K接通，电容器板间电压不变。先根据电容的决定式C=ɛS4πkd分析电容如何变化，再根据电容的定义式C=QU分析电容器的电压或电量如何变化。由E=Ud分析板间场强的变化。
【解答】解：A、断开K，电容器所带电量不变。减小两极板间的距离，根据电容的决定式C=ɛS4πkd分析得知电容C增大，由C=QU分析得知，两极板间的电势差U减小。故A正确。
B、断开K，电容器所带电量Q不变。在两极板间插入一块电介质，根据电容的决定式C=ɛS4πkd分析得知电容C增大，由C=QU分析得知，两极板间的电势差减小。故B错误。
C、保持K接通，电容器板间电压U不变。使两极板左右错幵一些，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=ɛS4πkd分析得知电容C减小，由C=QU分析得知，极板上的电荷量Q减小。故C错误。
D、保持K接通，板间电压U不变，减小两极板间的距离d，由公式E=Ud分析得知，两极板间电场的电场强度E增大。故D错误。
故选：A。
【点评】本题是电容器的动态分析问题，往往根据电容的决定式C=ɛS4πkd和电容的定义式C=QU相结合分析，再抓住不变量进行研究。
4．【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化．
【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小。电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大。
根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮。故BC正确。
故选：BC。
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．
5．【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度B和电流大小I相等，即根据线框在磁场中的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系。
【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，
由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，
磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡。
故选：A。
【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F＝BIL公式的L是指导体的有效长度。
6．【分析】本题采用割补的思想方法求解，先求出整个大球在B点产生的场强，再求出割出的小圆在A点产生的场强，利用整体场强等于割掉的小圆球在A点产生的场强和剩余部分在A点产生的场强的矢量和，从而求出A处的场强。
【解答】解：由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：
E整=kQ(3R)2=kQ9R2
同理割出的小球半径为R2，
因为电荷平均分布，其带电荷量为：
Q′=43π(R2)343πR3Q=Q8
则其在A点产生的场强为：
E割=kQ'(12R+2R)2=kQ50R2
所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强为：
Ex＝E整﹣E割=kQ9R2-kQ50R2=41kQ450R2
所以ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要采用割补法的思想，根据整体球在A点产生的场强等于割掉的小球在A点产生的场强和剩余空腔部分在A点产生的场强的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。
二、多选择题
7．【分析】对于电动机来说，正常工作时不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P＝UI计算的是总的消耗的功率，P热＝I2r是计算电动机的发热的功率。
【解答】解：A、额定电压48V，额定电流12A，故电动机的输入功率为：P＝UI＝48×12＝576W，故A正确；
B、C、由表格数据得到电动机的输出功率为432W，根据能量守恒定律，有：UI＝P出+I2R
代入数据，有：
576＝432+122×R
解得：R＝1Ω，故B错误，C正确；
D、电动机的输入功率为576W，则该电动机正常工作时，每秒钟有576J电能转化为其他能量，故D错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键是区分开电功率的不同的公式计算所得到的量的含义，对于非纯电阻来说总功率和发热功率的公式是不同。
8．【分析】改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R=IgRgI-Ig；电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=UIg-Rg，U为改装后的量程。
【解答】解：A、改装成电压表要串联电阻分压，串联阻值为：R=UIg-Rg=1.5100×10-6-1000＝14000Ω，故A错误；
B、改装成电流表要并联分流，并联阻值：R=IgRgI-Ig=100×10-6×10001-100×10-6=0.1Ω，故B错误；
C、把它改成量程为1.0A的电流表，用它去测量某电流时读数为0.5A，则指针正好是满偏的一半，即为50μA，故C正确；
D、把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，说明此时电流表达到满偏，此时流过表头的电流为100μA，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查电表的改装原理，明确电压表要串联电阻分压，电流表要并联电阻分流，同时明确测量的基本方法和读数方法。
9．【分析】电场线的疏密表示电场的强弱。根据牛顿第二分析加速度的大小；由图看出，AC段电场线比CB段电场线密，AC段场强较大，根据公式U＝Ed定性分析A、C间与C、B间电势差的大小，再求解中点C的电势φc．根据电势的变化分析电势能的变化，再判断电场力做功情况。
【解答】解：A、电场线的疏密程度表示场强的大小，A点比B点密，所以A点电场强度大于B点电场强度，由F＝qE得，粒子P在A点的受到的电场力大于在B点的受到的电场力，故A正确；
B、带负电粒子P从A点沿直线移动到B点的过程中，带电粒子受力情况不明，所以无法判定加速度的大小，故B错误；
C、由图看出，AC段电场线比CB段电场线密，则AC段场强比CB段场强大，根据U＝Ed可知，AC间电势差UAC大于BC间电势差UCB
所以 UAC＞UCB，即φA﹣φC＞φC﹣φB，又φA＝30V，φB＝﹣20V，可得 φC＜5V．故C正确。
D、A点的电势高于B点的电势，而负电荷在电势低处电势能较大，所以负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能。故D错误。
故选：AC。
【点评】本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小。要注意公式U＝Ed使用的条件是匀强电场，但对于非匀强电场可以用来定性分析。
10．【分析】以导体棒为研究对象，根据左手定则判断其受到的安培力方向，再由牛顿第三定律分析磁铁受到的安培力方向，确定弹簧长度及弹簧秤读数的变化．
【解答】解：A、B以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短。故A错误，B正确。
C、D由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则F1＞F2．故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查灵活选择研究对象的能力和应用左手定则判断安培力方向的能力，是常规题．
11．【分析】根据右手螺旋定则判断出磁场的方向，通过场强的叠加得出合场强的方向．
【解答】解：A、根据安培定则可判断出两电流在0点处产生的磁感应强度等大反向，合磁感应强度为零。故A正确。
B、两电流在P点的磁场方向相反，叠加后合磁场方向沿z轴正方向；两电流在z轴正方向上各点产生的磁感应强度矢量叠加后，都沿x轴负方向，P、Q两点磁场方向垂直。故B正确。C错误。
D、正电荷从O点沿z轴向上运动，由左手定则判断其受沿y轴正方向的洛伦兹力作用。故D错误。
故选：AB。
【点评】解决本题的关键会根据右手螺旋定则（安培定则）判断电流周围磁场方向，以及会通过左手定则判断洛伦兹力方向．
12．【分析】线圈A中的电流产生磁场，磁场变化，在B中产生感应电流，它的方向可以根据楞次定律进行判断。
【解答】解：A、线圈A中的电流产生磁场根据安培定则，磁场的方向向里，电流减小时，磁场减弱，B中感应电流的磁场故向里，电流的方向始终沿着顺时针方向；
当A中的电流反向增加时，B中感应电流的磁场仍然向里，电流的方向仍然沿着顺时针方向。故AC正确，B错误；
D、0～t1时间内，线圈B内感应电流的方向为顺时针方向，与A内电流的方向相同，所以B受到吸引力，有扩张的趋势；在t1～t2时间内，线圈B内感应电流的方向为顺时针方向，与A内电流的方向相反，所以B受到A的排斥力，有缩小的趋势，故D错误。
故选：AC。
【点评】该题考查安培定则和楞次定律的应用，属于基础题型，简单题目。
三、解答题（共1小题，满分12分）
13．【分析】（1）10分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.1mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分；
（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分。
（3）电阻的测量值＝指针指示值×倍率。
【解答】解：（1）游标卡尺主尺的刻度数为23mm，而游标上的第8条刻度对得最整齐，所以导体的长度是23.8mm；螺旋测微器固定刻度是2.5mm，可动刻度为29.5×0.01mm，所以直径是2.795mm。
（2）接5、6时，电表内部构成是表头与电阻串联的，所以此档是电压表，由于接1、2是测电流的，并联的电阻越小，则量程越在，所以接1时量程越大。
（3）电阻的测量值＝指针指示值×倍率，所以电阻值是220Ω。
（4）大致计算电路中的电流为I=4220+10A，大致10mA左右，所以电流表选A2，而电源电压才4V，所以压表选V1，滑动变阻器选小的R1。
故答案为：（1）23.7、2.795 （2.792〜2.798均可）
（2）电压、1
（3）220
（4）A2 V1 R1
电路如图

【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计。测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系。
三.计算题：
14．【分析】（1）对物体进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出；
（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式即可求出。
【解答】解：（1）对m受力分析，由平衡关系有：mg sinθ＝f
其中：f＝μN
垂直于斜面的方向：N＝mgcosθ+Eq
联立解得：μ=33

（2）当电场改为水平向左时，由受力分析可知，合力 F合=2mg
与竖直方向成45°＞30°，因此物体会脱离斜面做匀加速直线运动。
由牛顿第二定律可得：2mg＝ma
又：S=2h
根据速度﹣位移公式：v2＝2aS
联立可得：v=2gh
答：（1）斜面与物体间的动摩檫因数是33。
（2）物体落到地面时候的速度大小为2gh。
【点评】本题考查小球在混合场中的运动问题，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况。
15．【分析】（1）根据动能定理列式求解；
（2）粒子进入电场做类平抛运动出电场后做匀速直线运动，根据运动规律求解；
（3）当粒子贴着M板进入MN时，打到粒子打到屏上范围的上边界。恰能从N板右边缘离开，打到屏时偏离入射点最远，根据运动规律求解。
【解答】解：（1）PQ间的电场强度为：E=UPQd
粒子在加速电场中由动能定理得：qE⋅14d=12mv2
解得：v=3qUm
即粒子刚进入偏转电场时的速度是v=3qUm
（2）MN电场间的电场强度为：E'=UMNl=Ul
粒子在电场间的加速度为：a=qE'm=qUml
运动的时间：t=lv
离开MN电场时偏转位移：y=12at2
解得y=12qUml(lv)2=16l
粒子速度偏转角为tanθ=vyvx=atv=13
粒子在屏上的落点位置：Y=y+ltanθ=12l
即粒子落点距O点的距离为12l
（3）当粒子贴着M板进入MN时，由（2）得，它将偏离入射点12l打到屏上，即打到O点，此为粒子打到屏上范围的上边界。
由（2）得y=16l，即当粒子在距离N板16l处进入MN之间，恰能从N板右边缘离开，打到屏时偏离入射点12l，即在O点以下56l处，即偏离入射方向距离为：Y=l2+5l6=4l3．即这些粒子打到竖直屏S上的范围为l2-43l。
答：（1）粒子刚进入M、N间的偏转 电场时的速度是3qUm；
（2）粒子在屏上的落点距O点的距离为12l；
（3）这些粒子打到竖直屏S上的范围为l2-43l。
【点评】本题关键是由粒子在电场中做类平抛运动，根据由此判定粒子运动轨迹并能计算相关的侧位移量，掌握运动的合成与分解是关键。
16．【分析】（1）根据安培力的大小结合摩擦力的方向进行分析；
（2）根据第一个受力分析图，根据安培力的计算公式结合共点力的平衡条件求解。
【解答】解：（1）受力分析如图所示；

（2）根据第一个受力分析图，正交分解得：
mg sinθ＝f+BIL cosθ
f＝μN
N＝mgcosθ+BILsinθ
可得：I=1011A
由闭合电路欧姆定律I=ER+r可得R＝5.6Ω
可知变阻器阻值的最大值为5.6Ω。
答：（1）如图所示；
（2）要使金属棒不能向下运动，滑动变阻器阻值的最大值5.6Ω。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
17．【分析】（1）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求出粒子速度，根据动能定理即可求出所加直流电压的值U1，利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，联立即可求出从N运动到A点的最短时间；
（2）若U=qB2L250m，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系与动能定理，联立即可确定加速次数，将加速次数再带回到动能定理，即可求出粒子经该加速器加速后能获得的最大速度。
【解答】解：（1）粒子恰好能以最短时间从A点离开磁场区域，即粒子经过一次加速后从A点离开，其轨迹如图所示，

由几何关系得轨迹半径为：R1=L2cos600=L
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R1
联立可得：v=qBR1m=qBLm
在电场中，根据动能定理可得：qU1=12mv2
可得：U1=mv22q=qB2L22m
粒子匀速圆周运动的周期：T=2πR1v=2πmqB
从N到A根据几何关系可知转过的圆心角：θ=13π
所以粒子在磁场中的运动的时间：t=θ2πT=πm3qB
（2）若粒子轨迹与AB边相切，如图所示。

根据几何关系可得：L=R2+R2sin600，即：R2=32+3L=0.46L
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv′B＝mv'2R2
联立可得：v'=qBR2m=0.46qBLm
假设粒子经n此加速后，速度达到v′，根据动能定理可得：nqU=12mv′2
解得n＝5.28
即粒子可以经过6次加速，当n＝6时，根据动能定理可得：6qU=12mvm2
解得：vm=6qBL5m
答：（1）所加直流电压的值U1为qB2L22m，从N运动到A点的最短时间为πm3qB。
（2）若U=qB2L250m，则粒子经该加速器加速后能获得的最大速度为6qBL5m。
【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、动能定理和几何关系列式求解；注意电场是改变速度，磁场是使粒子旋回，类似回旋加速器。