1、2018-2019学年重庆市巴蜀中学高二上学期期末考试物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、单选题1下列说法正确的是( )A处于静电平衡的导体,内部的电场强度和电
2、势均为零B电势、电势差、电势能都是电能的概念,都与放入电场中的电荷无关C电动势数值上就等于电源正负极之间的电压D金属中的涡流会产生热量,生活中的电磁炉是利用这原理而工作的2如图,一个水平放置的矩形线圈abcd,在细长水平磁铁的S极附近竖直下落,由位置I经位置到位置。位置与磁铁同一平面,位置I和都很靠近,则在下落过程中,线圈中的感应电流的方向为( )Aadcba Babcda C从 abcda到 adcba D从 adcba到 abcda3如图所示的电路中,AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成,流过的电流为I1,CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，流过的电流为I2,已知AB支路稳定时电阻
3、较小,CD支路电阻较大,若只考虑电流大小,则( )A接通S的瞬间IlI2 B接通S的瞬间I1I2,断开S后I1=I2C接通S的瞬间I1=I2,斯开S后IlI2,断开S后I1=I24一个电流表,刻度盘的每1小格代表1uA,内阻为Rg。如果把它改装成量程较大的电流表,刻度的每一小格代表nA,则( )A给它并联一个电阻,阻值为Rg/n B给它并联一个电阻,阻值为Rg/（n-1）C给它串联一个电阻,阻值为n Rg D给它串联一个电阻,阻值为(n-1)Rg5一平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,在两极饭间有一带电油滴(电量很小,不响电场分布)位于P点且恰好处于平衡。如图所示,若保持正极板不动,将负
4、极板移到图中虚线所示的位置,则（ ）A带电油滴将沿竖直方向向下运动B电容器的电压增大CP点的电势将不变D带电油滴的电势能升高6根据电、磁场对运动电荷的作用规律我们知道,电场可以使带电粒子加(或减)速,磁场可以控制带电粒子的运动方向.回旋加速器,图示的质谱仪都是利用以上原理制造出来的高科技设备,如图中的质谱仪是把从S1出来的带电量相同的粒子先经过电压U使之加速,然后再让他们进入偏转磁场B,这样质量不同的粒子就会在磁场中分离.下述关于回旋加速器，质谱仪的说法中错误的是（ ）A经过回旋加速器加速的同种带电粒子，其最终速度大小与高频交流电的电压无关B经过回旋加速器加速的同种带电粒子，其最终速度大小与D
5、型盒上所加磁场强弱有关C图示质谱仪中，在磁场中运动半径大的粒子，其质量也大.D图示质谱仪中，在磁场中运动半径大的粒子，其电荷量也大.7如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小为B和2B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L；边长为L的正方形框abed的be边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框匀速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（ ）A BC D8如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U，距离为d。两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1。圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁
6、感应强度大小为B2。一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场。已知ab为圆形区域的水平直径，cOb=60，dOb=120。不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）A金属板A、B分别接电源的负极、正极B进入圆形磁场的粒子的速度大小为C1、2两束粒子的比荷之比为13D1、2两束粒子的比荷之比为12二、多选题9关于电场和磁场的概念,以下说法正确的是( )A电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场B放入电场中某位置的电荷受到的
7、电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零C一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零D电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零10如图所示,三条虚线表示某电场的三个等势面,其中1=30V,2=20V, 3=10V,一个带电粒子只受电场力作用,按图中实线轨迹从A点运动到B点,由此可知( )A粒子带正电 B粒子的速度变小 C粒子的加速度变大 D粒子的电势能变小11在某控制电路中,需要连成如图所示的电路,主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值定阻R1、R2及电位器（滑动变阻器)R连接而成,L1、L2是红、绿两个指示灯,当电位器的触头由弧形碳膜
8、的中点逆时针滑向a端时,下列说法中正确的是（ ）AL1、L2两个指示灯都变亮 BL1、L2两个指示灯都变暗CR2两端电压增大 DR1两端电压增大12如图，纸面内有U形属导轨，AB部分是直导线，虚线范图内有向纸里的均匀磁场，AB右侧有圆线圈C；为了使C中产生时顺针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情是( )A向左加速运动 B向左减速运动 C向右加速运动 D向右减速运动13如图甲,电动势为E,内阻为r的电源与R=6的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rp的关系如图乙,下列说法正确的是（ ）A电源的电动势E=V,内阻r=4B
9、定值电阻R消耗的最大功率为0.96WC图乙中Rx=25D调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W14如图所示,给一块金属导体通以向右的电流I,金属导体的高为h,厚度为d,已知电流与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv。则下列说法中正确的是( )A在上、下表面形成电势差的过程中,电子受到的洛仑兹力方向向下B达到稳定状态时,金属板上表面A的电势低于下表而A的电势C只将金属板的厚度d减小为原来的一半,则上,下表面之间的电势差大小变为U/2D只将电流I减小为原来的一半,则上、下表面之间的电势差大小变为U/215如图所示
10、,边长为L的单匝正方形金属框,质量为m,电阻为R,用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘,金属框的上半部处于磁场内,下半部处于磁场外,磁场随时间的变化规律为B=kt(k0),已知细线所能承受的最大拉力为5mg下列说法正确的是( )A只有ab边受到安培力作用B线圈回路中的电流在均匀的增大C线圈的感应电动势大小为kL2/2D从t=0开始直到细线会被拉断的时间为8mgR/k2L316如图,竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微拉从a板下边缘以初速度v竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进
11、入bc区域，bc宽度也为d，所加电场大小也为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小等于E/v，重力加速度为g，则下列关于拉子运动的有关说法中正确的是（ ）A粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为2v/gB粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=2dC拉子在bc区规中做匀速圆周运动，运动时间为d/6vD粒子在ab、bc区域中运动的总时间为(+6)d/3v第II卷（非选择题)三、实验题17(1)用一主尺最小分度为1mm,游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度,结果如图.可以读出此工件的长度为_mm；(2)某多用电表的欧姆档共有Rx1、R10、R100、R1k档,当用
12、Rx10档测某一电阻时,指针指在如图(乙)的位置,则该电阻的阻值是_；若要測量1k左右的电阻,倍率应选_档读数较准确。下列关于多用电表测电阻的说法中正确的是_.A.测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔,不会影响测量结果B.双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大C.可直接测量己闭合的电路中的某电阻D.每次从一个倍率变换到另一个倍宰,都需要重新进行欧姆调零18某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表1：量程00.6 A，内阻r0.3 C电流表2：量程00.6 A，内阻约为0.1 D电压表1：量程03 V，内阻未知E电压表2：量程015 V，内阻未知F滑
13、动变阻器1：010 ，2 AG滑动变阻器2：0100 ，1 AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择_，电压表选择_，滑动变阻器选择_。(2)实验电路图应选择如图中的_(填“甲”或“乙”)。(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E_V，内阻r_。四、解答题19如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子，电量为e，
14、静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d电压为U的水平放置的平行金属板间；若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别位于两块水平板的中线上。求： (1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度20一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B,方向垂直纸而向里的匀强磁场,矩形区域的左边界ad宽为L,现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒亍,速度大小为v方向与ad边夹角为30,如图所示。已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计)。求：(1)若拉子带负电,且恰能从d点射出磁场,求v的大小；(2)若粒子带正电
15、,使粒子能从ab边射出磁场,求拉子从ab边穿出的最短时间。21如图所示,两倾角为=45、间距为L的光滑金属平行轨道，轨道间接有电阻R，导轨电阻不计，轨道平面处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。有一质量为m、长也为L、电阻为r的导体棒，从轨道上某处由静止开始下滑距离x时达最大速度。则从导体棒开始下滑到达到最大速度的过程中，求：(1)通过导体棒的电荷量；(2)导体棒中的最大电流；(3)电路中产生的焦耳热。22如图,在坐标平面内，第三、四象限内一RxR的范围内有y方向的匀强电场(临界虚线PO上有电场、但临界虚线CB上无电场)。电场强度为E，电场的下边界方程分别为(-Rx0)，(0xR)，电荷可
16、以自由穿越边界，在一、二象限内有垂直于纸面向外，边界方程为x2+y2=R2的匀强磁场；在y=-R/2处有一荧光屏，荧光屏PQ长度为2R，中点C在y轴上，在第三象限中电场的下边界上，均匀分布着粒子发射源，不断由静止发出许多质量为m，电量为q的正粒子，不计重力和粒子间相互作用力，粒子打在荧光屏上会发光。求：（1）求粒子运动半径r与释放位置的x坐标的绝对值和磁感应强度B三者之间的关系；（2）改变磁场的磁感应强度的大小，发现屏幕上荧光只有一个亮点，请问此亮点在哪？此时磁感应强度的大小为多少?（3）继续调整磁感应强度的大小，发现荧光屏上CO段距C点R/3至R之间有光点，求此时磁场的磁感应强度。2018-
17、2019学年重庆市巴蜀中学高二上学期期末考试物理试题物理答案1D【解析】处于静电平衡的导体,内部的电场强度为零，导体是等势体，电势不为零，选项A错误；电势、电势差、电势能都是电能的概念，电势、电势差与放入电场中的电荷无关，而电势能与放入电场中的电荷有关，选项B错误；电动势数值上就等于外电路断开时电源正负极之间的电压，选项C错误；金属中的涡流会产生热量，生活中的电磁炉是利用这原理而工作的，选项D正确；故选D.2A【解析】如图所示，线圈从位置到位置的过程中，穿过线圈方向向下的磁通量减小，则产生感应电流；根据楞次定律，感应电流的磁场的方向向下，属于感应电流的方向为adcba方向；线圈从位置到位置的过
18、程中，穿过线圈向上的磁通量增加，所以感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为adcba方向。所以整个过程中感应电流的方向始终都是沿adcba方向。故A选项正确，BCD错误。故选A。【点睛】本题考查楞次定律的应用，要注意明确原磁场与感应电流的磁场间的关系，明确“增反减同”的正确应用3B【解析】如图所示，当接通瞬间，通过线圈L的电流要增加，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流增加，从而使得电流慢慢增加。故I1I2；当断开瞬间，通过线圈L的电流要减小，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流减小，从而使得电流慢慢减小。但两电流表是串联，故电流相等，I1=I2，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】线圈电流
19、增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极。4B【解析】设电流表刻度盘总共有N个小格，则满偏电流为NA，改装后量程为nNA，改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，则并联电阻中的电流为：IR=（nN-N）A，满偏电压：Ug=NRgV；根据欧姆定律：；即需要并联一个阻值的电阻。故选B。【点睛】电流表的原理是并联电阻起到分流作用改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和也等于满偏电压除以并联后的总电阻5C【解析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论得知，板间场强E不变，油滴仍然平衡，A错误。将负极板移到图中虚线所示的位
20、置，电容器板间距离减小，由电容的决定式得知电容C增大，由电容的定义式分析得知，电压U变小。由U=Ed得知，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变，负电荷的电势能W不变，则C正确，BD错误。故选C。【点睛】电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式、电容的定义式和场强推论进行分析6D【解析】根据，解得，则粒子的最终速度与交流电压无关，与D形盒上所加的磁场强弱有关。故A B正确。根据得 ，根据qUmv2得，则，则在磁场中运动半径大的粒子，其电荷量小，其质量大；故C正确，D错误。本题选错误的，故选D。7A【解析】线圈的bc边进入磁场运动0-L的过程中，线框中产生
21、逆时针方向的电流，大小为；线圈的bc边进入磁场运动L-2L的过程中，线框的bc边和ad边均产生顺时针方向的电流，两部分电流相加，大小为；线圈的bc边进入磁场运动2L-3L的过程中，线框的ad边在右边磁场中切割磁感线，产生逆时针方向的电流，大小为；故选项A正确，BCD错误；故选A.8C【解析】由圆形磁场中粒子的运动轨迹可知粒子带正电，粒子在金属板间受力平衡，故电场方向向下，金属板A接电源的正极，金属板B接电源的负极，A错误；由，可知，B错误；设粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示，利用几何关系可知，可知，而题图中，则1、2两束粒子的比荷之比为13，C正确D错误【点睛】带电粒子在匀强磁场中
22、运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题9AB【解析】电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，选项A正确；放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零，选项B正确；一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，可能是导线放置的方向与磁场平行，而该位置的磁感应强度不一定为零，选项C错误；电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，可能是电荷的速度为零或者速度方向与磁场平行，而该位置的磁感应强度不一定为零
23、，选项D错误；故选AB.10AD【解析】由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向右。因为带电粒子受力与电场的方向相同，所以粒子带正电。故A正确。由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，速度变小，故B错误。由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误。由电场力做功的公式WAB=qUAB得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小。故D正确。故选AD。【点睛】本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的电性以及粒子的速度、加
24、速度、电势能等物理量的变化情况；关键是先能根据轨迹判断电场力的方向11BD【解析】触头由中点滑向a端时，变阻器接入电路的电阻减小，则总电流要变大，则内压变大，外压变小，则L1变暗，因总电流变大，L1的电流变小，则R1的电流大，分压变大，则L2以及R2的分压变小，则L2变暗，R2两端电压减小。则AC错误，BD正确；故选BD.【点睛】本题先分析变阻器接入电路电阻的变化，再分析外电路总电阻的变化，路端电压的变化，根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化，是电路动态分析问题常用的分析思路.12BC【解析】导线MN加速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则判断出来MN中感应电
25、流方向由NM，根据安培定则判断可知：AB在C处产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过C磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈C产生顺时针方向的感应电流。同理，MN向左减速运动时，线圈C中也产生时顺针方向的感应电流；MN向左加速或者向右减速运动时，线圈C中产生时逆针方向的感应电流；故BC正确，AD错误；故选BC。【点睛】本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，要按程序法依次运用右手定则、楞次定律和安培定则进行判断13BC【解析】由图乙知，当RP=R+r=10时，滑动变阻器消耗的功率最大，R=6，可得内阻 r=4，最大功率 P=0.4W，解得 E=4V，故A错误。滑动变阻器的阻值为4与阻值为Rx时消耗的功率
26、相等，有 4Rx=（R+r）2，解得 Rx=25，故C正确。当回路中电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为 Pmax=()2R=0.96W，故B正确。当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为 P出max=()2R=0.96W，故D错误。故选BC。【点睛】解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大。对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究。14BD【解析】电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的
27、定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A错误；B正确；电子最终达到平衡，有：evB=e，则：U=vBh；电流的微观表达式：I=nevS=nevhd，则：，代入得：；只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为U/2，故D正确。故选BD。【点睛】解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡15CD【解析】线圈的ab、ad、bc都受到安培力作用，选项A错误；感应电动势，电动势恒定
28、不变，则线圈中的电流不变，故B错误，C正确；安培力，根据左手定则可知，安培力方向向下。故当细线承受的最大拉力为5mg时有：T=5mg=F+mg，将F代入解得：，D正确；故选CD。16BD【解析】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v=at， 竖直方向：0=v-gt；解得a=g；故A错误；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m解得： ，联立得到r=2d，故B正确；由于r=2d，画出轨迹，如图；由几何关系，得到回旋角度为30，故在复
29、合场中的运动时间为，故C错误；粒子在电场中运动时间为：；故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：t=t1+t2=，故D正确；故选BD.17（1）104.05 （2）200；x 100；AD【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm.（2）多用电表测电阻时，读最上面的刻度，读数是20，乘以倍数是，2010=200，若要测量1k左右的电阻，量程应选100档读数较准确测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，选项A正确
30、；由于人体是导体，双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小，故B错误；为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，所以C错误；每次从一个倍率变换到另一个倍率，都需要重新进行欧姆调零，选项D正确；故选AD.18（1）B；D；F （2）甲 （3）1.5；0.7【解析】(1)电源的电动势约1.5V，则电压表选择量程03 V的D；选择内阻已知的电流表B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择010 的F。(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差。(3)据
31、可得：，则图线的纵截距，图线的斜率，电源的内阻.【点睛】本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差。在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻。19（1） （2）【解析】（1）由动能定理有：eU0=mv02得：v0=（2）根据牛顿第二定律知加速度为：电子进入偏转电场做类平抛运动。设板长为L，有：L=v0t联立以上得：【点睛】本题是复合场问题，关键是分析电子的分析情况和运动情况。在偏转电场中电子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究。20（1） （2）【解析】（1）由图可知：R据洛伦兹力提供向心力，得： 则（2）若粒子带正电，粒子的运动
32、轨迹如图，当粒子的速度大于与R1相对应的速度v1时，粒子从cd边射出，由几何关系可知R1=L；由洛伦兹力等于向心力可知：从图中看出，当轨迹的半径对应R1时从ab边上射出时用时间最短，此时对应的圆心角为 由公式可得： ；由解得【点睛】考查牛顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系注意本题关键是画出正确的运动轨迹21（1） （2） （3） 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律 联立解得： （2）导体棒下滑达到最大速度时，重力沿斜面下滑的分力与安培力平衡，故有：mgsin=BImL。解得： （3）导体棒下滑达到最大速度时，产生的感应电动势为：E=Blvm，由欧姆
33、定律得棒中的电流值为：；联立解得： 由根据能量守恒定律得：焦耳热Q=mgxsin450-mvm2解得：22（1） （2） （3）【解析】（1）从第三象限电场边界处释放的粒子，由动能定理有：qEx2=mv2进入磁场的速度： 在磁场中粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得： 所以半径： （2）当所有的粒子打到0点时，为荧光的左边界，根据几何关系可得：r=x代入得： （3）当荧光左边界到C点R/3时，粒子来源于三象限x=-的粒子；根据几何关系可得此时在磁场中的半径：代入得：。【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系。