（解析版）四川省成都市邛崃市高埂中学2013-2014学年度高二（下）开学物理试卷

2013-2014学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（下）开学物理试卷

　
一、选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．（3分）（2013秋?内江期末）用比值法定义物理量是物理学中一种重要的思想方法，下列物理量的表达式不属于用比值法定义的是（　　）
　
A．
电势φ=
B．
电流强度I=
　
C．
磁通密度B=
D．
电场强度E=k
考点：
电势．
分析：
比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量．它适用于物质属性或特征、物体运动特征的定义．
解答：
解：A、电场中某点的电势由电场本身决定，有检验电荷无关，故电势φ=采用比值定义法，故A正确
B、电流强度的数值由电压和电阻决定，与电荷量多少和时间多少无关，故电流强度I=是比值定义法，故B正确
C、磁感应强度的大小由磁场本身决定，与磁通量和面积的无关，磁通密度B=采用的是比值定义法，故C正确
D、在电场强度的表达式中E=k，E随场源电荷Q的增大而增大，随r增大而减小，该表达式不是比值定义法．
本题选不属于用比值法定义的，故选：D
点评：
中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的．应用比值法定义物理量，往往需要一定的条件；一是客观上需要，二是间接反映特征属性的两个物理量可测，三是两个物理量的比值必须是一个定值
　
2．（3分）（2014秋?湖北期末）对于由点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是（　　）
　
A．
电场强度的表达式为E=，式中的Q就是产生电场的点电荷所带电荷量
　
B．
在真空中，点电荷产生电场强度的表达式为E=，式中Q就是产生电场的点电荷所带电荷量?
　
C．
在真空中E=，式中Q是试探电荷所带电荷量?
　
D．
点电荷产生电场强度的表达式E=，与是否真空无关?
考点：
点电荷的场强；电场强度．
分析：
电场强度公式E=适用于所有的电场，E为场源电荷产生的场强，q为试探电荷；
点电荷的场强公式E=，其中E就是式中Q产生的场强．
解答：
解：A、电场强度的表达式E=，仍成立，式中Q就是本题中所指的试探电荷，所以A错误；
B、在真空中，电场强度的表达式为E=，式中Q就是产生电场的电荷，所以B正确；
C、在真空中E=，式中Q是产生电场的点电荷，所以C错误；
D、点电荷产生电场强度的表达式E=，只是由于真空中的点电荷，故D错误；
故选：B．
点评：
本题是基础的题目，考查的就是学生对基本公式使用条件：真空与点电荷，及物理量的物理意义，在平时要注意多积累．
　
3．（3分）（2013秋?内江期末）关于安培力和洛伦兹力，下列说法中不正确的是（　　）
　
A．
洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用，安培力是磁场对通电导线的作用
　
B．
洛伦兹力的方向与带电粒子运动方向有关，安培力的方向与电流的方向有关
　
C．
两种力的方向均可用左手定则判断
　
D．
洛伦兹力对运动电荷一定不做功，安培力是所有运动电荷所受洛伦兹力的总和，因此安培力也不做功
考点：
安培力；洛仑兹力．
分析：
通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，所以方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功．
解答：
解：A、洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用，安培力是磁场对通电导线的作用．故A正确；
B、洛伦兹力的方向与带电粒子的运动有关，安培力的方向与电流方向有关，而自由电荷的定向移动形成电流，故B正确；
C、两种力的方向均可用左手定则判断，故C正确；
D、安培力做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误；
本题要求选择错误的，故选：D
点评：
洛伦兹力是电荷在磁场中运动，才会有力的作用．同时通电导线与运动电荷在磁场中不一定有力的作用，但电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力．
　
4．（3分）（2010?湖南模拟）如图所示，MN是由一个正点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子+q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、b两点，不计粒子的重力，则（　　）
　
A．
粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
　
B．
a点电势?a小于b点电势?b
　
C．
粒子在a点的动能Eka小于在b点的动能Ekb
　
D．
粒子在a点的电势能Epa小于在b点的电势能Epb
考点：
电势；电势能．
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
由粒子在运动轨迹可知粒子的受力情况，则可判断电场线的方向及场源电荷的位置，即可判断电场线的方向；由电场线的方向可判断电势的高低；由电场力做功情况可知动能的变化及电势能的变化．
解答：
解：A、由图可知粒子受力应向左方，因粒子带正电，故电场线的方向应向左，故带电粒子应在N处；故a处的场强大于b处的场强，故粒子在a处的电场力大于b处电场力，故a点的加速度大于b处的加速度；故A错误；
B、沿电场线的方向电势降低，故a点的电势大于b点的电势，故B错误；
C、粒子由a到b过程中，电场力做负功，故动能减小，故a点的动能小于b点的动能，故C正确；
D、电场力做负功，故电势能增加，故a点的电势能Epa大于在b点的电势能Epb；故D错误；
故选C．
点评：
解答本题要求能熟练掌握点电荷电场的性质及电势高低的判断，明确沿电场线的方向电势是降低的．
　
5．（3分）（2013秋?内江期末）如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ．在这个过程中，线圈中的感应电流（　　）
　
A．
始终沿abcd方向
　
B．
始终沿dcba方向
　
C．
由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba方向
　
D．
由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd方向
考点：
楞次定律．
专题：
电磁感应与电路结合．
分析：
穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流．可以根据楞次定律来确定感应电流的方向．
解答：
解：磁铁产生的磁场如图所示，
线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，则产生感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；
线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向，
故选：A．
点评：
考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用．
　
6．（3分）（2014春?邛崃市校级月考）一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示．若在使用中发现此电压表的示数总是比准确值稍小一些，采取下列哪种措施可以加以改进（　　）
　
A．
在R上串联一个比R小得多的电阻
　
B．
换用比R大点儿的电阻
　
C．
换用比R小点儿的电阻
　
D．
在R上并联一比R小得多的电阻
考点：
把电流表改装成电压表．
专题：
实验题．
分析：
把电流表改装成电压表，应给电流表串联一个分压电阻；电压表示数偏小，说明通过电压表的电流比正常值小，可见通过减小电压表内阻即可改进．
解答：
解：电流表串联一个分压电阻，改装后若电压表读数偏小，说明通过电压表的电流偏小，分压电阻偏大，为电压表示数准确，可以把R换成一个阻值稍小点的电阻，或在R上并联一比R大得多的电阻即可，故ABD错误，C正确．
故选：C．
点评：
知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点即可即可正确解题；改装后电压表示数偏小，需要减小串联电阻阻值，改装后电压表示数偏大，需要增大串联电阻阻值．
　
二、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分，每小题给出四个选项中有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
7．（4分）（2013?昆明模拟）已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流成正比，与该点到导线的距离成反比．如图所示，a、b、c、d四根长直通电导体棒平行放置，它们的横截面构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、d中电流方向垂直纸面向里，c中电流方向垂直纸面向外，电流大小满足：Ia=Ic=Id＜Ib，则关于a、b、c、d长直通电导线在O点产生合磁场的方向可能是（　　）
　
A．
由0点指向aob区域
B．
由0点指向boc区域
　
C．
由O点指向cod区域
D．
由O点指向aod区域
考点：
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
分析：
根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大约方和向．
解答：
解：假设Ia=Ic=Id=Ib，则根据矢量的合成法则，可知，b、d两棒产生的磁场为零，则由a、c两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o指向d；
而如今，Ia=Ic=Id＜Ib，则由a、c两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o指向d；
而根据矢量的合成法则可知，b、d两棒产生的磁场方向：o指向a；
所以再由矢量合成法则可知，a、b、c、d长直通电导线在O点产生合磁场的方向：由O点指向aod区域，故D正确，ABC错误；
故选：D
点评：
考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成．
　
8．（4分）（2013秋?内江期末）如图所示，两极板间距为d的平行板电容器与一电源连接，电键S闭合，电容器两极间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动，下列叙述正确的是（　　）
　
A．
微粒带正电
　
B．
电源电动势的大小为
　
C．
断开电键S，微粒将向下做加速运动
　
D．
保持电键S闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动
考点：
电容器的动态分析．
专题：
电容器专题．
分析：
带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=，求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．
解答：
解：
A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，由平衡条件知：微粒受到竖直向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．
B、由平衡条件得：mg=q得，电源电动势的大小为：E=．故B错误．
C、断开电键s，电容器所带电量不变，场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．
D、保持电键s闭合，把电容器两极板距离s增大，由E场强=知，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D正确．
故选：D
点评：
本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E=，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．
　
9．（4分）（2013秋?岳阳县校级期末）如图所示，把金属环从平面内匀速拉出磁场，下面的说法中正确的是（　　）
　
A．
向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反
　
B．
不管向什么方向拉出，产生的感应电流方向不变
　
C．
向右匀速拉出时，感应电流大小不变
　
D．
要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变
考点：
导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．
专题：
电磁感应与电路结合．
分析：
在纸面内不管沿什么方向将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向关系．
根据感应电动势公式E=BLv，分析产生的感应电动势的大小变化，式中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．
解答：
解：
A、B、在纸面内不管沿什么方向将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故A错误，B正确．
C、感应电流的大小与感应电动势成正比，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，则感应电流先增大后减小．故C错误．
D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．
故选：BD．
点评：
本题关键掌握楞次定律和感应电动势公式E=BLv，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．
　
10．（4分）（2013秋?内江期末）如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r．开关S闭合后，灯泡L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，则（　　）
　
A．
灯泡 L1变亮，L2变暗
B．
灯泡 L1、L2均变暗
　
C．
电流表的示数变大
D．
电源的总功率变小
考点：
闭合电路的欧姆定律．
专题：
恒定电流专题．
分析：
首先搞清电路的连接关系：灯L2与滑动变阻器并联，再与灯L1串联；再据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解即可．
解答：
解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．
A、B、将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，整个电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减少，所以电灯L1变暗；
由于干路电流减少，内电压和灯泡L1两端的电压都减小，所以L2与滑动变阻器并联的电压增大，L2变亮．故A、B错误．
C、干路电流I减小，L2与滑动变阻器并联电压增大，所以通过L2的电流增大，所以电流表的示数减少，故C错误．
D、干路电流I减小，根据P=EI得电源的总功率减少，故D正确．
故选：D．
点评：
对于电路的动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．
　
11．（4分）（2013秋?内江期末）如图所示，在正方形区域abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场，一束电子以大小不同的速率沿ac从a点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是（　　）
　
A．
入射速度越大的粒子，其运动时间越长
　
B．
运动时间越长的粒子，其运动轨迹越长
　
C．
从ad边出射的粒子的运动时间都相等
　
D．
从cd边出射的粒子的运动时间都相等
考点：
带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
专题：
带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意及几何知识分析电子从AC，AB边飞出时粒子所转过的圆心角，比较电子的运动时间．轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．
解答：
解：电子做圆周运动的周期T=，保持不变，电子在磁场中运动时间为t=T，轨迹对应的圆心角θ越大，运动时间越长．
A、电子沿ac方向入射，若从ad边射出时，根据几何知识可知在ad边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故A错误，C正确．
B、从cd边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等．故BD错误．
故选：C．
点评：
本题考查了求电子在磁场中的运动时间问题，找出粒子在磁场中做圆周运动时所转过的圆心角是正确解题的关键．
　
12．（4分）（2013秋?荆门期末）如图所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是（　　）
　
A．
等势面A的电势高于等势面B的电势
　
B．
a、c两小球通过等势面B时的速度相同
　
C．
开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同
　
D．
开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等
考点：
电势能；电势．
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
由题三个带正的小球不计重力，只受电场力作用，都能通过等势面B，即可知电场力方向和电场方向．三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，由动能定理可判断速度关系．在同一时刻，a、b两小球竖直位移不同，电场力做功不同，即可得知动能不同，电势能也不同．
解答：
解：A、由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可得：电场力方向竖直向下，则电场方向也竖直向下．故A正确．
B、由动能定理得，a、c两个小球通过等势面B时，电场力做功相等，两球的速度大小和方向都相同．故B正确．
C、同一时间内，a、b两小球竖直位移不同，则电场力做功不同，因此同一时刻的两球的动能不相同，故C错误．
D、三个小球运动后不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，故D错误．
故选AB
点评：
本题考查判断和推理能力，根据三球均能通过等势面B，判断出电场方向，根据速度关系，判断竖直位移关系，得到动能关系．
　
三、实验探究题：（本题共3小题，共16分．）
13．（5分）（2013秋?武侯区校级期中）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，请帮助该同学完成以下问题：
（1）在图 （a）方框中画出相应的实验电路图；
（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图（b）所示的U﹣I图象，则该同学测得干电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.0　Ω．
考点：
测定电源的电动势和内阻．
专题：
实验题．
分析：
（1）根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理作出电路图．
（2）电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻．
解答：
解：（1）伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，由于电源内阻较小，为了减小实验误差，对电源来说，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．
（2）由图示U﹣I图象可知，电源电动势E=1.5V，内阻r===1.0Ω；
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）1.5；1.0．
点评：
应用图象法求电源电动势与内阻时，要知道：图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻．
　
14．（6分）（2014春?邛崃市校级月考）（1）在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，符合要求的作法是　A　
A．闭合电键前必须检查滑动变阻器的滑片位置使之起到保护作用
B．实验所用滑动变阻器的阻值越大越好
C．实验中测3组数据即可
D．在坐标纸上描出点后，用直尺作一条直线使不在线上的点均匀分布在线的两侧
（2）实验室新进了一批低阻值的电阻，课外活动小组的同学设计了一个实验来测量其电阻．为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图1的A、B、C、D四个电路中选择　D　电路来测量．
（3）某同学在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，连接的测量电路（如图2）中有一处错误，连线的编号是　④　．
考点：
描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：
实验题．
分析：
（1）的关键是明确当要求变阻器采用分压式接法时，应选择全电阻小的变阻器（线性好，容易调节）；若已知图象不是线性关系时，应画出平滑的曲线而不能用直尺；
（2）的关键是明确本实验要求电流表应采用外接法，变阻器应用分压式接法；
（3）的关键是明确实验连线时，导线必须通过接线柱才行．
解答：
解：（1）A：闭合电键前必须检查滑动变阻器的滑片位置使之起到保护作用，所以A正确；
B：由于本实验要求变阻器应采用分压式接法，且变阻器的全电阻适当小一些时线性越好，所以B错误；
C：由于待测电阻阻值随温度变化，应画出U﹣I或I﹣U图象，不能只测量3组数据，所以C错误；
D：由于图象不是倾斜直线，不能用直尺连线，所以D错误．
（2）：由于小灯泡电阻满足，电流表应用外接法；由于要求电流从零调，滑动变阻器应用分压式接法，所以应选择D电路；
（3）：因导线必须通过接线柱连接，不能连接在滑片上，所以错误连线的标号是④；
故答案为：（1）A；（2）D；（3）④
点评：
应明确“伏安法”测电阻实验中电流表内外接法的选择方法以及滑动变阻器采用分压式接法的条件．
　
15．（5分）（2014?郫县校级模拟）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．
请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动部件　S　，使指针对准电流的“0”刻线．
②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．
③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件　T　，使指针对准电阻的　0刻线　（填“0刻线”或“∞刻线”）．
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按　ADC　的顺序进行操作，再完成读数测量．
A．将K旋转到电阻挡”×1K”的位置
B．将K旋转到电阻挡”×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．
考点：
用多用电表测电阻．
专题：
实验题；恒定电流专题．
分析：
多用电表测量电阻时，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，接着机械校零，然后殴姆调零后，测量电阻读出示数．注意示数是由刻度值与倍率的乘积．当发现指针偏转太小时，则需要选择更大的倍率．
解答：
解：首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S．接着是欧姆调零，将“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端电阻的零刻度处．当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序ADC
故答案为：①S； ③T； 0刻线； ④ADC．
点评：
考查多用电表欧姆档的使用方法，要正确选择档位，明确每次换档要进行欧姆调零．
　
四、计算题：（本题共4个小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
16．（12分）（2013秋?内江期末）电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器，它的主要原理如图所示，把待发射的炮弹（导体）放置在处于匀强磁场中的两条平行导轨上，给导轨通以电流，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，沿导轨作加速运动（此过程视为匀加速运动），以某一速度发射出去．1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体（也包括金属杆EF的质量）加速到10km/s的电磁炮，若导轨宽为2m，长为100m，不计摩擦，通过的电流为10A．则：
（1）所加的匀强磁场磁感应强度是多少？
（2）发射炮弹过程中，磁场力的最大功率是多少？
考点：
导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度．
专题：
电磁感应与电路结合．
分析：
（1）金属杆受到安培力作用，做加速运动，使弹体获得了速度，根据动能定理和安培力公式求解匀强磁场的磁感应强度．
（2）当弹体被加速到最大速度时，磁场力有最大功率，由公式P=Fv求解．
解答：
解：（1）由题设条件，炮弹水平方向受恒定磁场力作用，由动能定理有：
FB?S=mvm2﹣0
又安培力大小为 FB=BIL
即得：BILS=mvm2，
则得：B===55T
（2）由题知，当弹体被加速到最大速度时，磁场力有最大功率，则：
Pm=BIL?vm=55×10×2×104W=1.1×107W
答：（1）所加的匀强磁场磁感应强度是55T．
（2）发射炮弹过程中，磁场力的最大功率是1.1×107W．
点评：
本题安培力是恒力，涉及到力空间的累积效应，运用动能定理研究是常用的思路．
　
17．（12分）（2010?上海模拟）如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势?=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）带电小球的质量．
考点：
电场强度；闭合电路的欧姆定律．
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
（1）先搞清楚电路的结构，根据闭合电路欧姆定律求出电流I，根据P出=I（E﹣Ir）求出电源的输出功率；
（2）电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律UC=I（R1+R23）求出电容器的电压，再根据E=求出电场强度；
（3）小球处于静止状态，对小球进行受力分析，由平衡条件列出方程即可求解．
解答：
解：（1）R2与R3并联后的电阻值R23==4Ω 　　
由闭合电路欧姆定律得 I==A=2A
电源的输出功率 P出=I（E﹣Ir）=28W 　
（2）两板间的电压 UC=I（R1+R23）=2×（3+4）=14V 　 　
两板间的电场强度 E==140N/C 　　
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE 　　 　
由平衡条件得：水平方向 Tcosα﹣mg=0
竖直方向 Tsinα﹣qE=0 　
所以m==5.6×10﹣4kg
答：（1）电源的输出功率为28W；
（2）两板间的电场强度的大小为140N/C；
（3）带电小球的质量为5.6×10﹣4kg．
点评：
本题考查闭合电路欧姆定律、匀强电场中电场强度与电势差的关系、平衡条件等相关知识，涉及知识点较多，题目难度适中．
　
18．（18分）（2010?平顶山模拟）如图所示，水平地面上有一辆固定有长为L的竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、电荷量q=8×10﹣5C的小球，小球的直径比管的内径略小．在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B1=15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=5T的匀强磁场．现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图所示．g取10m/s2，π取3.14，不计空气阻力．求：
（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a；
（2）绝缘管的长度L；
（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x．
考点：
带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在混合场中的运动．
专题：
带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：
（1）小球在水平方向上随小车做匀速直线运动，刚进入磁场时，在竖直方向上对小球受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力以及洛伦兹力，在竖直方向上利用牛顿第二定律可求出小球的加速度．
（2）在小球刚要离开管口时，在水平方向上合力为零，在水平方向上受管侧壁的弹力和洛伦兹力（此力是速度在竖直方向上的分量产生的）结合牛顿运动定律和运动学公式可求出绝缘管的长度．
（3）当小球离开管口进入复合场时，对其受力分析，受到重力、电场力和洛伦兹力，经计算可判断重力和电场力平衡，可知小球会在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，做出小球的运动轨迹图，利用有边界磁场的运动规律可求出小球和管口在水平方向上的位移之差．
解答：
解：（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则
即小球刚进入磁场B1时的加速度大小a为2m/s2．
（2）在小球运动到管口时，FN=2.4×10﹣3N，设v1为小球竖直分速度，由FN=qv1B1，则m/s
由得=1m
即绝缘管的长度L为1m．
（3）小球离开管口进入复合场，其中qE=2×10﹣3N，mg=2×10﹣3N．故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动．
合速度v′==m/s，与MN成45°角，
轨道半径为R，
小球离开管口开始计时，到再次经过
MN所通过的水平距离：m
对应时间
小车运动距离为m
答：球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x为0.43m．
点评：
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，对复合场的理解和运动过程的分析是解决此类问题的关键．第一问中实际速度斜向右上方；第二位通过弹力求解出竖直分速度，然后根据运动学公式求解；第三位关键画出运动轨迹．