福建省厦门外国语学校2024-2025学年高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份福建省厦门外国语学校2024-2025学年高二（下）期中物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列四种情况中，不属于光的干涉现象是( )
A. 单色光通过双缝
B. 用特制眼镜看立体电影
C. 测平面的平滑度
D. 肥皂泡表面有彩色条纹
2.如图所示，是远距离输电示意图，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电线路的总电阻为R，下列说法正确的是( )
A. T1输出电压等于T2输入电压
B. T1输出功率等于T2输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R消耗的功率增大
D. 若用户接入的用电器增多，则T2输出功率减小
3.如图甲所示，在水平绝缘的桌面上，一个用电阻丝构成的闭合矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，规定磁场的方向垂直于桌面向下为正，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。下列关于线框中的感应电流i(规定逆时针为正)随时间t变化的关系正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，在直角坐标系第一象限存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的粒子从x轴上的P点射入磁场中，入射方向与x轴成θ=60°，射入后恰好能垂直于y轴射出磁场，不计粒子重力，已知OP= 3a。则( )
A. 粒子带正电荷
B. 射出点与O点距离为2a
C. 若只改变θ，粒子射出点与O点最远的距离为4a
D. 若只改变θ，粒子在磁场中运动时间最长为4πm3qB
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.磁流体发电机是利用磁偏转作用进行发电的装置，如图所示，A、B是两块在磁场中相互平行的金属板，一束含有大量异种电荷的等离子体以一定的速度射入磁场，则( )
A. A极板带正电
B. B极板带正电
C. 等离子体的入射速度增大，A、B两板间的电势差减小
D. 等离子体的入射速度增大，A、B两板间的电势差增大
6.如图所示，一矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴OO′以转速10r/s匀速转动，线圈的匝数为N，面积为S，电阻不计。线圈通过电刷与一理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接有两只电阻均为2Ω的相同灯泡L1和L2，变压器原、副线圈的匝数比为10：1，若开关S断开时L1正常发光，此时电流表示数为0.1A，电表为理想电表，则( )
A. 若从线圈平面平行于磁场方向开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 2cs20πt(V)
B. 若增大原、副线圈匝数比，变压器输入功率减小
C. 若开关S闭合，灯泡L1将变暗
D. 若开关S闭合，电流表示数将变大
7.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样材料和粗细的导线制成，匝数均为N匝，线圈边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法正确的是( )
A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B. a、b线圈中感应电动势之比为3：1
C. a、b线圈中感应电流之比为 3：1
D. a、b线圈中电功率之比为27：1
8.如图甲所示，水平桌面上固定两条平行的光滑金属轨道MN、PQ，间距为L=1m，质量为m=0.5kg的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T。P、M间接有阻值为R0的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现导体棒ab在恒力F的作用下，从静止开始加速到最大速度。改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到的关系1vm与1R如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计。则( )
A. 棒中感应电流方向沿棒由b指向a
B. 定值电阻的阻值R0=1.0Ω
C. 棒ab受到的恒力F=5N
D. 若电阻箱阻值R=1.0Ω，导体棒运动1m流过该棒的电荷量为0.5C
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”工作原理如图乙所示，按下门铃按钮时磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮时磁铁远离螺线管回归原位置。当按下按钮时，有电流向______(填“右”或“左”)通过电铃，螺线管的P端电势______(填“大于”、“等于”或“小于”)Q端电势。
10.如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻与灯泡阻值相等。闭合开关S后，A1会 (填“立即亮”或“逐渐变亮”)；断开开关S的瞬间，A1会 (填“闪亮一下再熄灭”或“立即熄灭”)。
11.某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab=L1，bc=L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为______(填“N→M”或“M→N”)；该电流表所测电流的最大值为______。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图甲所示。已知双缝间的距离为d，在距离双缝L处的屏上，用测量头测量条纹间宽度。

(1)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示，图乙所示的手轮上的示数为______mm；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图丙所示的手轮上的示数为______mm，求得相邻亮纹的间距Δx为______mm；

(2)波长的表达式λ= ______(用Δx、L、d表示)；
(3)若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将______(选填“变大”“不变”或“变小”)；
(4)如图丁为上述实验装置示意图。S为单缝，S1、S2为双缝，屏上O点处为一条亮条纹。若实验时单缝向下略微偏离光轴，则可以观察到O点附近的干涉条纹间距将______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
13.1834年，物理学家楞次在分析了许多实验事实后，总结得到电磁学中一重要的定律——楞次定律，某兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验：

(1)“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将图甲中的实物电路补充完整。
(2)图甲实验电路连接后，开关闭合瞬间，发现电流计指针向左偏转；开关处于闭合状态时，电流计指针______(选填“偏转”或“不偏转”)；滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电流计指针______偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。
(3)为了进一步研究，该小组又做了如图乙实验，磁体从靠近线圈上方由静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示电流i随时间t的图像如图丙所示，由图可得到的结论是______。
A.感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关
B.感应电流方向与磁铁下落速度的大小有关
C.感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关
五、计算题：本大题共3小题，共39分。
14.MN、PQ为水平放置、间距L=1m的平行导轨，接有如图所示的电路。电源电动势E=6V、内阻r=1Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=0.5T，导体棒接入电路的部分阻值R=2Ω。调节电阻箱使接入电路的阻值R0=3Ω时，闭合开关S，导体棒仍处于静止状态。不计导轨的电阻。求：
(1)通过导体棒电流I的大小；
(2)导体棒在磁场中受到的安培力F的大小和方向。
15.如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角θ=30°，导轨间距为L=0.5m，上端接有R=3Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO′O1′O1，磁感应强度大小为B=2T，磁场区域宽度为d=0.4m，放在导轨上的一金属杆ab质量为m=0.08kg、电阻为r=2Ω，从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v=2m/s。导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g=10m/s2，求：
(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0；
(2)杆通过磁场区域的过程中所用的时间；
(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热QR。
16.如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在方向垂直该平面向外的匀强磁场，ad边与y轴重合，且坐标原点O位于ad边的中点。第三象限内存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E。带正电的粒子质量为m，电荷量为q，从第三象限内(包含坐标原点)的不同位置p沿x轴正方向以速度v0出发，都经过坐标原点O进入正方形abcd区域。若p位于O点时，粒子恰好从cd边中点垂直于cd边射出，不计粒子的重力，求：
(1)磁感应强度大小；
(2)带电粒子出发点p的坐标轨迹方程；
(3)从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A属于双缝干涉，CD属于薄膜干涉，B是利用了光的偏振，B不属于光的干涉，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据光的干涉特点分析判断，用特制眼镜看立体电影，是利用了光的偏振现象。
本题考查光的干涉，解题关键掌握光的干涉在实际生活中的应用。
2.【答案】C
【解析】解：AB、由于输电过程中电阻R会产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率；T1输出电压大于T2输入电压，故AB错误；
C、由于输入电压不变。所以变压器T1的输出变压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P=I2R，可知R功率增大，故C正确；
D、用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
故选：C。
明确题目考查的知识点(远距离输电和变压器原理)，逐一分析选项并应用相关知识进行判断。在判断过程中，要注意考虑输电线路上的电阻R对电压和功率的影响，以及用户接入用电器增多时负载电阻和电流的变化对功率的影响。
题目考查的是远距离输电过程中的变压器原理和功率传输关系。
3.【答案】B
【解析】解：在0～1s内，磁感应强度B向里均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为逆时针；
由法拉第电磁感应定律可得：E=ΔBSΔt恒定，则感应电流大小恒定；
1s～2s内，磁场不变，则线框中磁通量恒定，所以没有感应电流；
2s～4s内，图像斜率绝对值不变，感应电流不变，电流方向为顺时针；
4s～5s内，磁场不变，则线框中磁通量恒定，所以没有感应电流；；
5s～6s感应电流与0～1s感应电流相同，故B正确、ACD错误。
故选：B。
4.【答案】D
【解析】解：A、粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动垂直于y轴射出磁场，即水平向左离开，由左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B、粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得：sinθ=OPr
可得圆周的半径为：r=2a
则射出点与O点距离为：d=r+rcsθ=2r+2r×0.5=3a，故B错误；
C、若只改变θ，出射点与入射点为直径时，购成的直角三角形使得粒子射出点与O点最远，如图所示，
则由几何关系可知到O点的最远距离：dmax= (4a)2−( 3a)2= 13a，故C错误；
D、若只改变θ，粒子在磁场中运动时间由圆心角决定，圆心角最大时时间最长，当粒子的速度水平向右进入磁场时运动时间最大，如图所示，
由几何关系有：csα=OP2a= 32
解得：α=30°
则最长运动时间为：tmax=360°−90°−α360∘⋅T=240°360∘⋅T=4πm3qB，故D正确。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，由左手定则判断粒子的电性；
根据题意求出粒子做圆周运动的轨道半径，应用几何关系求出射出点到O点的距离；
找到符合条件的粒子的入射方向，由几何关系求最远距离；
当偏转角最大时，时间最长，画出轨迹，由时间公式求最长时间。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式和几何关系即可解题。
5.【答案】BD
【解析】解：AB.根据左手定则可知，正离子向B极板聚集，负离子向A极板聚集，则A带负电，B带正电，故A错误，B正确；
CD.稳定时，离子所受电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件有qvB=qUd，解得U=dvB，可知等离子体的入射速度增大，A、B两板间的电势差增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据左手定则和平衡条件列式求解。
考查磁流体发电机问题，会根据题意进行准确分析解答。
6.【答案】BD
【解析】解：A.开关断开时L1正常发光，变压器原线圈中的电流I1=0.1A；
根据理想变压器电流与匝数比的关系，变压器副线圈中的电流I2=n1n1I1=101×0.1A=1A
根据欧姆定律，变压器副线圈两端电压U2=I2RL=1×2V=2V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器原线圈两端电压U1=n1n2U2=101×2V=20V
由于发电机内阻不计，因此发电机产生的感应电动势的有效值E=U1=20V
根据有效值与最大值的关系，发电机产生的感应电动势的最大值Em= 2E=20 2V
图中线圈平面位于与中性面垂直的位置，感应电动势瞬时值的表达式e=Emcsωt
线圈转动的角速度ω=2πn=2π×10rad/s=20πrad/s
联立解得瞬时值的表达式为e=20 2cs20πt(V)
B.变压器输入功率P入=P 出=U22RL
若增大原、副线圈匝数比，则变压器副线圈两端电压U2变小，因此变压器的输入功率变小，故B正确；
C.变压器的匝数比不变，变压器副线圈两端电压不变，若开关S闭合，则灯泡L1的亮度不变，故C错误；
D.若开关S闭合，变压器的输出功率变大，根据功率关系，变压器的输入功率变大；
根据功率公式P入=U1I1
由于输入功率变大，变压器原线圈两端电压不变，因此电流表的示数变大，故D正确。
故选：BD。
A.根据理想变压器电流与匝数比的关系求解副线圈中的电流，根据欧姆定律求变压器副线圈两端电压；根据理想变压器电压与匝数比的关系求解变压器原线圈两端电压，进而求解发电机感应电动势的有效值和最大值；
根据瞬时值的表达式求解作答；
B.根据功率公式、理想变压器电压与匝数比的关系和变压器的功率关系分析作答；
C.根据功率公式、理想变压器电压与匝数比的关系分析作答；
D.若开关S闭合，变压器的输出功率变大，根据功率公式和变压器的功率关系分析作答；
本题主要考查了交流电瞬时值表达式的书写；考查了理想变压器的动态变化；熟练掌握理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系、功率公式、欧姆定律以及理想变压器的功率关系是解题的关键。
7.【答案】AD
【解析】解：A.根据楞次定律可知，两线圈内产生顺时针方向的感应电流，故A正确；
B.根据法拉第电磁感应定律可得E=NΔBΔtl2可知ab线圈中感应电动势之比为9：1，故B错误；
C.根据电阻定律可得R=ρ4NlS0，可知ab线圈电阻之比为3：1，根据I=ER可得线圈中感应电流之比为3：1，故C错误；
D.根据P=I2R可知ab线圈中电功率之比为27：1，故D正确。
故选：AD。
根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比。
本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。
8.【答案】AB
【解析】解：A、导体棒ab向右做切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应电流方向沿棒由b指向a，故A正确；
BC、导体棒ab速度最大时，所受安培力大小为F安=BIL
棒中电流大小为
I=ER总=BLvmR总
其中R总=RR0R+R0
根据平衡条件有
F=F安
联立整理得
1vm=B2L2F⋅1R+B2L2FR0
则1vm−1R图像的斜率k=B2L2F=2.5−0.54Ω⋅s/m=12Ω⋅s/m，纵轴截距b=B2L2FR0=0.5s/m
解得R0=1.0Ω，F=0.5N，故B正确，C错误；
D、若电阻箱阻值R=1.0Ω，R总=RR0R+R0=1.0×1.01.0+1.0Ω=0.5Ω
导体棒运动x=1m流过该棒的电荷量为q=I−Δt
又I−=E−R总，E−=ΔΦΔt=BLxR总
联立解得q=1C，故D错误。
故选：AB。
根据右手定则判断感应电流方向；导体棒ab速度最大时，加速度为零，根据平衡条件以及安培力与速度的关系推导出1vm与1R的关系式，结合图像的信息求R0和F；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电荷量与电流的关系求流过该棒的电荷量。
本题是电磁感应与力学相结合的综合题，分析清楚电路结构与金属棒的运动过程是解题的前提，根据安培力公式与平衡条件求出图像的函数表达式是解题的关键。
9.【答案】左 小于
【解析】解：按下按钮过程条形磁铁靠近螺线管，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，螺线管的P端电势小于Q端电势；电铃外接在PQ之间，对电铃为研究对象流过电铃的电流向左。
故答案为：左；小于。
按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律判断感应电流的方向，结合电路的特点分析电势的高低。
该题考查楞次定律的应用，解答的关键是明确穿过螺线管的磁通量的变化。
10.【答案】立即亮
立即熄灭

【解析】【解答】
闭合开关S后，灯泡A1、二极管和灯泡A2能够组成闭合回路，所以A1会立即亮。断开开关S后，由于线圈的自感作用，会产生自感电动势，经过二极管的电流自右向左，但是因为二极管的单向导电性，所以电流不能经过二极管，A1会立即熄灭。
【分析】
闭合开关后，由于灯泡A1、二极管和灯泡A2能够组成闭合回路，则电路中立即有电流经过；断开开关后，由于二极管的单向导电性，不能有电流经过二极管。注意二极管的单向导电性是解题的关键。
11.【答案】M→N kL2BL1
【解析】解：电流表示数为零时，金属杆不受安培力，由平衡条件得
mg=kx0
解得
x0=mgk
x0为弹簧伸长量，不是弹簧的长度；
当电流为I时，安培力为
FA=BIL1
静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，有ΔF=kΔx
可得Δx=FAk=BIL1k
可见Δx∝I
要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N；
令Δx=L2
则有I=Im
根据共点力平衡条件有BImL1=kL2
解得Im=kL2BL1
故电流表的量程为kL2BL1。
故答案为：M→N； kL2BL1
根据电流与弹簧伸长量的关系分析刻度是否均匀。电流表正常工作，金属杆向下移动，根据左手定则判断电流的方向。求出当金属棒到达cd位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程。
本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律列方程是解题关键。
12.【答案】2.320，13.870，2.310； dΔxL； 变小； 不变
【解析】解：(1)图乙读数为2mm+0.01mm×32.0=2.320mm，图丙读数为13.5mm+0.0mm×37.0=13.870mm，则条纹间距Δx=13.870−2.3206−1mm=2.310mm；
(2)根据Δx=Ldλ，可得波长的表达式λ=dΔxL；
(3)若改用频率较高的单色光照射，则波长减小，由Δx=Ldλ可知，得到的干涉条纹间距将变小．
(4)若实验时单缝偏离主光轴向下微微移动，则主光轴变得倾斜，则可以观察到O点处的干涉条纹向上移动，由Δx=Ldλ可知，条纹间距不变。
故答案为：(1)2.320，13.870，2.310；(2)dΔxL；(3)变小；(4)不变。
(1)测量头主刻度每格为1mm，副刻度每格为0.01mm；
(2)(3)(4)根据Δx=Ldλ公式分析。
考查对双缝干涉实验步骤及原理的理解，熟记公式，熟悉实验仪器的运用。
13.【答案】不偏转 向右 AC
【解析】解：(1)实物电路如图
(2)开关处于闭合状态时，线圈A中电流大小不变，通过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流计指针不偏转。
滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电路中总阻变大，线圈A中电流减小，故电流计指针向右偏转。
(3)A.由图可知，磁体从上方进入时电流为正，从下方出时电流为负，所以感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关，故A正确；
B.由图可知，感应电流方向与磁铁下落速度的大小无关，故B错误；
C.由图可知，在下落过程中速度变大，出线圈时速度大于进入时的速度，磁通量的变化率变快，感应电流也变大，所以感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关，故C正确。
故选：AC。
故答案为：(1)
(2)不偏转，向右；
(3)AC。
(1)根据限流法的特点连接电路；
(2)根据通过线圈的电流是否变化判断电流计的指针是否偏转；
(3)根据实验过程的现象分析判断。
本题关键掌握观察和总结电流计指针偏转情况与通过线圈的电流大小和方向变化的关系。
14.【答案】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER+R0+r
代入数据解得：I=1A；
(2)根据安培力的计算公式可得：F=BIL
解得安培力大小为：F=0.5N
根据左手定则可知安培力方向水平向右。
答：(1)通过导体棒电流I的大小为1A；
(2)导体棒在磁场中受到的安培力F的大小为0.5N，方向向右。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度；
(2)根据安培力的计算公式求解安培力大小，根据左手定则判断安培力方向水。
本题主要是考查安培力的计算，关键是掌握安培力的计算公式以及安培力方向的判断方法。
15.【答案】解：(1)由动能定理得：mgd0sin30°=12mv2，
代入数据解得，金属杆距磁场上边缘的距离：d0=0.4m；
(2)导体棒刚进入时，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv=2×0.5×2V=2V
由闭合电路欧姆定律：I=ER+r=23+2A=0.4A
安培力：F=BIL=2×0.4×0.5N=0.4N，F′=mgdsin30°=0.08×10×0.5N=0.4N
所以金属棒进入磁场做匀速直线运动。
那么在磁场中经历的时间：t=d0v=0.42s=0.2s
(3)根据能量守恒和焦耳定律可得金属杆通过磁场区域的过程中：Q=mgd0sinθ
由焦耳定律可得电阻R上产生的焦耳热：QR=RR+rmgd0sin30°
代入数据：QR=33+2×0.08×10×0.40×0.5J=0.096J；
答：(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0为0.4m。
(2)杆通过磁场区域的过程中所用的时间为0.2s；
(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热QR为0.096J。
【解析】(1)由动能定理可以求出金属杆距磁场上边缘的距离；
(2)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，求出进入磁场时的安培力，从而可知导体棒所受合力为零，导体棒匀速穿过磁场区域，由运动学公式求时间；
(3)判断导体棒的运动情况后，根据能量守恒定律和焦耳定理可得电阻R上产生的焦耳热。
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。
16.【答案】磁感应强度大小为2mv0qL；
带电粒子出发点p的坐标轨迹方程为Eq2mv02x2；
从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围为− 3mv02Eq≤x≤−3mv024Eq
【解析】解：(1)进入磁场时速度为v0的粒子为坐标原点出发，速度水平，恰好从cd边中点垂直于cd边射出，故圆周运动的半径为L2，由圆周运动半径公式
r=L2
根据洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02r
得磁感应强度
B=2mv0qL
(2)设p点的坐标为(−x,−y)，粒子运动到坐标原点的时间为t，由运动学公式
x=v0t
y=12at2
Eq =ma
联立后可得，出发点p的坐标轨迹方程
y=Eq2mv02x2
(3)设从坐标原点O飞入磁场的粒子速度为v，方向与x轴正方向的夹角为α，则轨道半径为r，有
r=mvqB=mv0qBcsα=L2csα
即
rcsα=L2
可知磁场中所有粒子的轨迹圆心都在dc边上。当粒子与ab边相切时，粒子打到bc边上的位置为飞出的上边缘。由如图的几何关系可知
r1=L
L2=Lcsα
α=60°
可知飞入磁场时的竖直分速度
vy=v0tan60°= 3v0
则出发点p的x轴坐标
x1=v0t=v0vya= 3mv02Eq
粒子打在c点为飞出bc边的下边缘。打在c的粒子运动轨迹如右如图所示
此时轨迹与c点相切。由几何关系
rsin α+r=L
rcsα=L2
α=37°
可知飞入磁场时的竖直分速度
vy=v0tan37°=3v04
则出发点p的x轴坐标
x2=v0t=v0vya=3mv024Eq
从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围是
− 3mv02Eq≤x≤−3mv024Eq
答：(1)磁感应强度大小为2mv0qL；
(2)带电粒子出发点p的坐标轨迹方程为Eq2mv02x2；
(3)从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围为− 3mv02Eq≤x≤−3mv024Eq。
(1)由圆周运动半径公式求磁感应强度大小；
(2)由运动学公式求带电粒子出发点p的坐标轨迹方程；
(3)由几何关系和粒子运动轨迹求从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。