2023-2024学年广东省广州市天河区高二（上）期末物理试卷(含解析）

2023-2024学年广东省广州市天河区高二（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图，是自感系数很大、电阻不计的线圈，、是两个相同的小灯泡。开关由断开到闭合( )
A. 先亮后亮，然后逐渐变亮
B. 先亮后亮，然后逐渐变亮
C. 、同时亮后逐渐变暗至熄灭
D. 、同时亮后逐渐变暗至熄灭
2.回旋加速器核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A. 粒子射出时的动能与形金属盒的半径无关
B. 回旋加速器是靠电场加速的，粒子射出时的动能与电压有关
C. 回旋加速器是靠磁场加速的，粒子射出时的动能与磁场无关
D. 加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多
3.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在到的时间间隔内，直导线中电流发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流正方向与图中箭头方向相同，则随时间变化的图线可能是( )
A. B. C. D.
4.点电荷产生的电场中，电子仅在电场力作用下，从点到点做加速度增大的减速直线运动，则( )
A. 点电荷为正电荷 B. 从点到点电子电势能增加
C. 点场强比点的大 D. 点电势比点的低
5.用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关，待电流稳定后再闭合开关，通过传感器的电流随时间变化的图像是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图为某电吹风电路图，、、、为四个固定触点。可动的扇形金属触片可同时接触两个触点。触片处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是( )
热风时输入功率
冷风时输入功率
小风扇额定电压
正常工作时小风扇输出功率
A. 当触片同时接触两个触点和，电吹风处于吹冷风状态
B. 吹热风时，流过电热丝的电流是
C. 小风扇的内阻是
D. 变压器原、副线圈的匝数比：：
7.电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，边长为，两侧端面是边长为的正方形。在泵头通入导电剂后液体的电导率为电阻率的倒数，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为，把泵体的上下两表面接在电压为的电源内阻不计上，则( )
A. 泵体下表面应接电源正极
B. 减小液体的电导率可获得更大的抽液高度
C. 减小磁感应强度可获得更大的抽液高度
D. 通过泵体的电流
8.有一边长、质量的正方形导线框，由高度处自由下落，如图所示，其下边进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边刚刚开始穿出匀强磁场为止。已知匀强磁场的磁感应强度，匀强磁场区域的高度也是，取，则线框( )
A. 电阻
B. 进入磁场的过程通过线框横截面的电荷量
C. 穿越磁场的过程产生的焦耳热
D. 穿越磁场的过程，感应电流方向和安培力方向都不变
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图中曲线，所示，则( )
A. 两次时刻线圈平面均与中性面重合 B. 曲线、对应的线圈转速之比为：
C. 曲线表示的交变电动势频率为 D. 曲线表示的交变电动势有效值为
10.如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒又称漂移管、、、、组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度从点沿轴线进入加速器，质子在每个金属圆筒内做匀速运动且时间均为，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压大小相同。质子电荷量为，质量为，不计质子经过狭缝的时间，下列说法正确的是( )
A. 所接电源的极性应周期性变化
B. 圆筒的长度应与质子进入该圆筒时的速度成正比
C. 质子从圆筒射出时的速度大小为
D. 圆筒的长度与圆筒的长度之比为：
11.如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子、分别从点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子偏转从右边点射出，粒子偏转从左边点射出。不计粒子重力，下列判断正确的是( )
A. 粒子带正电，粒子带负电
B. 粒子带负电，粒子带正电
C. 带电粒子、的速度：：
D. 带电粒子、在磁场中运动的时间：：
三、实验题：本大题共3小题，共17分。
12.用如图甲所示的多用电表测量一个阻值约为的电阻，测量步骤如下：
调节指针定位螺丝，使多用电表指针对准电流“”刻度线；
将选择开关旋转到“”挡的______位置；填“”或“”
将红、黑表笔分别插入“”“”插孔，并将______，调节______，使电表指针对准______；
将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为______。
13.某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图所示电路，所用器材如下：
电压表量程，内阻很大
电流表量程
电阻箱阻值
干电池一节、开关一个和导线若干
调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值、相应的电流表示数和电压表示数。根据记录数据作出的图像如图所示，则干电池的电动势为______保留位有效数字、内阻为______保留位有效数字。
根据记录数据进一步探究，作出图像如图所示。利用图像的纵轴截距，结合问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为______保留位有效数字。
14.在“测定金属丝的电阻”的实验中：
用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径为 ______；
某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻阻值约为几欧，可选用的器材规格如下：
电流表，内阻约
电流表，内阻为
滑动变阻器阻值
滑动变阻器阻值
定值电阻
定值电阻
电源电动势
开关和导线若干
图乙中单刀双掷开关应置于______填“”或“”，滑动变阻器应选______填“”或“”，定值电阻应选______填“”或“”；
若某次测量时电流表的读数，电流表的读数指针如图丙所示，则金属丝阻值的测量值为 ______结果保留位小数。
四、简答题：本大题共2小题，共18分。
15.晚会上装饰着个彩色小灯泡，每个小灯泡的额定电压都是，工作电流都是，它们并联在一起，由一台变压器供电，小灯泡正常发光。变压器的原线圈接在的照明电路上，则通过原线圈的电流为______。结果保留位小数
在边长为的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为的同种点电荷。如果保持它们的位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力是______。静电力常量为
如图，长为、重力为的金属杆用绝缘轻绳水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中。下方纸面内有一固定的圆形金属导轨，半径为，圆形导轨内存在垂直纸面向外的匀强磁场。长为的导体棒的一端固定在圆心处的转轴上，另一端紧贴导轨。在外力作用下绕匀速转动时，绳子拉力刚好为零。已知两磁场的磁感应强度大小均为，电阻为，其它电阻不计。则的转动方向为______填“顺时针”或“逆时针”，转动角速度 ______。
16.如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为、电荷量为的粒子束恰能沿直线通过速度选择器，并从半圆环状形盒的中缝垂直射入环形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。形盒的外半径为，内半径为，壳的厚度不计，出口、之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度大小为，方向水平向左，磁感应强度大小为磁场方向未画出。不计粒子重力，若带电粒子能够打到照相底片，求：
的方向以及粒子进入形盒时的速度大小；
形盒中的磁感应强度的大小范围；
打在底片点的粒子在形盒中运动的时间。
五、计算题：本大题共2小题，共21分。
17.如图所示，平行长直金属导轨水平放置，间距，导轨右端接有阻值的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域内有方向竖直向下的匀强磁场，连线与导轨垂直，长度也为从时刻开始，磁感应强度的大小随时间变化，规律如图所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度做直线运动，求：
棒进入磁场前，回路中的电动势；
棒在运动过程中受到的最大安培力，以及棒通过三角形区域时电流与时间的关系式．
18.在光滑水平面上有一质量，电量的带正电小球静止在点，以点为原点，在该水平面内建立直角坐标系，现突然加一沿轴正方向，场强大小的匀强电场，使小球开始运动经过，所加电场突然变为沿轴正方向，场强大小仍为的匀强电场再经过，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：刚闭合开关时，线圈会产生很大的自感电动势，阻碍电流通过线圈，故两灯同时获得电压，即同时亮，根据自感现象知，自感电动势并不能阻止电流的增加，即通过线圈的电流逐渐增加，所以通过的电流逐渐减小，故灯逐渐变暗，因为的电阻不计，故电路最终稳定时，线圈相当于导线，将灯短路，故灯熄灭，故C正确，ABD错误。
故选：。
刚闭合开关时，线圈会产生很大的自感电动势，阻碍电流通过线圈，两灯同时获得电压，即同时亮，自感电动势并不能阻止电流的增加，即通过线圈的电流逐渐增加，所以通过的电流逐渐减小，电路最终稳定时，线圈相当于导线，将灯短路，最终灯熄灭。
本题考查的是自感现象，注意电路稳定时，线圈相当于定值电阻，电阻不计的线圈相当于导线。
2.【答案】
【解析】解：设型盒半径为，由牛顿第二定律得，粒子射出时的最大动能为，联立解得，可见，粒子射出时的动能与形金属盒的半径有关，故A错误；
回旋加速器是靠电场加速的，磁场只是改变速度的方向，并且粒子射出时的动能与电压无关但与磁场有关，故BC错误；
D.粒子在回旋加速器中需加速的次数为，因此，加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多，故D正确；
故选：。
回旋加速器是靠电场加速的，利用磁场进行偏转，根据洛伦兹力提供向心力得到最大动能表达式，分析最大动能的决定因素，再分析增大最大动能的方法。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解回旋加速器的工作原理，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
3.【答案】
【解析】解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；
由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；
由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；
A、由图示可知，直线电流按所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；
B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，故B错误；
C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；
D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；
故选：。
感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．
正确理解楞次定律中“阻碍”的含义是正确解题的关键，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题．
4.【答案】
【解析】解：、电子仅在电场力作用下，从点到点做加速度增大的减速直线运动，加速度增大，说明电子在靠近点电荷；又因为做减速运动，可知电场力指向点电荷，点电荷为负电荷，故A错误，B正确；
C.电子从点到点加速度增大的减速直线运动，则点的电场力大小点的电场力，根据公式可知，点场强小于点的场强，故C错误；
D.点电荷带正电，电场线方向由点指向点，沿电场线方向电势降低，所以点电势比点的高，故D错误。
故选：。
根据电子在做加速度减小的减速运动，判断电子在远离场源电荷且与场源为异种电荷；再根据点电荷场强公式判断场强大小，最后根据电场线特点判断地势高低。
本题解题关键是根据电子的加速度和速度变化判断出电子的运动性质，同时还要熟记点电荷的电场线特点。
5.【答案】
【解析】解：闭合开关后，电容器充电，电容器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时电路中电流为零；
再闭合开关，因为电容器电压大于电压，则电容器放电，电容器电压与电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，且电流方向与开始充电时的方向相反，当电容器电压等于电压，此时电路中电流为零。
由以上分析可知，选项A正确，选项BCD错误。
故选：。
电容器放电过程中，放电电流和电压都是逐渐减小，电流的变化率和电压的变化量也是逐渐减小，由此分析。
本题主要是考查利用电流传感器和电压传感器研究电容器的放电情况，关键是知道电容器充放电过程中电流和电压的变化情况，了解电容器放电时间长短的决定因素，弄清楚图像表示的物理意义。
6.【答案】
【解析】解：、当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片应与触点、接触，故A错误；
B、吹热风电热丝的功率为，此时流经电热丝的电流为，故B正确；
C、冷风时输入功率为，正常工作时小风扇输出功率为，说明小风扇内阻消耗的功率为，则有，，解得，故C错误；
D、变压器原副线圈的匝数之比为：，故D错误；
故选：。
只吹冷风时，电热丝处于断电状态由此即可判断；根据电功率公式即可求解流经电热丝的电流；根据小风扇自身消耗的电功率公式即可求解小风扇的内阻；根据变压比公式求解匝数之比。
题目考查了电功率公式以及变压比与匝数之比公式的应用，解答该题的关键是明白吹风机在不同情况下的工作原理，并结合电路特点解题，题目难度适中。
7.【答案】
【解析】解：、将液体等效为通电导线，根据题意可知，液体受到的安培力水平向左，结合左手定则可知泵体上表面接电源正极，故A错误；
D、根据电阻定律可得，泵体内液体的电阻为：
根据欧姆定律可知通过泵体的电流为：
，故D正确；
B、若减小液体的电导率，则电流减小，受到的安培力也减小，抽液的高度变小，故B错误；
C、减小磁感应强度，安培力减小，抽液高度减小，故C错误；
故选：。
根据液体受到的安培力方向，结合左手定则得出电流的方向，进而得出电源的正极；
根据电阻定律和欧姆定律得出电流的表达式；
根据安培力的计算公式分析出不同情况下抽液高度的变化趋势。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则的应用，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
8.【答案】
【解析】解：线框由高度处自由下落，根据运动学公式有
线框在磁场中做匀速运动，根据平衡条件有
根据电磁感应定律
根据闭合电路的欧姆定律
代入数据联立解得
，故A错误；
B.线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量
，故B错误；
C.根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热
代入数据解得
，故C正确；
D.根据右手定则可知，线框进入磁场和出离磁场时感应电流的方向相反；根据左手定则可知，穿越磁场的过程安培力的方向没有变化，总是竖直向上，故D错误。
故选：。
：根据运动学公式表求解速度，根据电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、平衡条件联立求解电阻；
：根据电荷量与电流关系求解进入磁场的过程通过线框横截面的电荷量；
：根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，利用恒力功公式求解穿越磁场的过程产生的焦耳热；
：根据右手定则判断感应电流的方向，根据左手定则判断安培力的方向。
本题考查电磁感应中的能量问题，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。
9.【答案】
【解析】A、在时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；
B、由图可知，的周期为；的周期为，则由可知，转速与周期成反比，故转速之比为：；故B错误；
C、曲线的交变电流的频率；故C正确；
D、由可知，所以，曲线表示的交变电动势有效值为；故D错误；
故选：。
根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量。
10.【答案】
【解析】解：因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，的右边缘为正极时，则在下一个加速时需右边缘为正极，所以所接电源的极性应周期性变化，故A正确；
B.因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为，由
可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，故B正确；
C.质子以初速度从点沿轴线进入加速器，质子经次加速，由动能定理可得
解得
，故C正确；
D.对于带电粒子在圆筒分析可得
对于质子以初速度从点沿轴线进入加速器，质子经次加速，由动能定理可得
解得
所以
，故D错误。
故选：。
：根据直线加速器的原理判断；
：根据质子在金属圆筒中的运动性质，根据运动学公式列式，即速度与位移的表达式判断；
：根据动能定理求解质子从圆筒射出时的速度大小；
：带电粒子在圆筒中根据运动学公式求解长度；带电粒子在圆筒中，先根据动能定理求解带电粒子进入圆筒时的速度，再根据运动学公式求解圆筒的长度，最后求解圆筒和圆筒的长度之比。
本题考查带电粒子在电场中的运动，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。
11.【答案】
【解析】解：、磁场方向竖直向上，粒子速度方向在水平面内沿半径方向，粒子向右偏转，粒子向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，粒子带负电，故A正确，B错误；
C、粒子偏转从右边点射出，粒子偏转从左边点射出，粒子在磁场中转过的圆心角是，粒子在磁场中转过的圆心角是，粒子运动轨迹如图所示，设磁场区域的半径为，由几何知识得：，，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得，粒子的速度：
由题意可知，两粒子的比荷相等，磁感应强度相等，
则粒子的速度之比，故C错误；
D、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，粒子比荷相等，则两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，
粒子在磁场中的运动时间：，由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角，，
则带电粒子、在磁场中运动的时间之比，故D正确。
故选：。
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则判断粒子带电性质；作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子速度之比；求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间，再求出粒子运动时间之比。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与转过的圆心角，应用牛顿第二定律即可解题。
12.【答案】 红黑表笔短接 欧姆调零旋钮 电阻的零刻度线
【解析】解：进行欧姆调零，先选挡位，由于待测电阻约为，与欧姆表中央刻度值相近，所以选“”挡位；
欧姆调零，红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准电阻的零刻度线；
欧姆表读数是表盘读数乘以挡位倍率，图中读数为；
故答案为：；红黑表笔短接，欧姆调零旋钮；电阻的零刻度线；
使用多用电表之前，最早确定指针位置，要进行机械调零，先选择合适的挡位，进行欧姆调零，再测电阻；欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数。
本题考查了欧姆表的使用方法、欧姆表读数；使用欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，然后选择合适的挡位，再进行欧姆调零，最后测电阻。
13.【答案】
【解析】解：由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
由图像可知
内阻
根据
可得
由图像可知
解得
故答案为：，；
根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距求解；
根据结合图像得出函数关系式，再根据图像的斜率和截距求解。
本题考查了测定电源电动势和内阻实验原理的理解，解题关键掌握闭合电路欧姆定律的应用。
14.【答案】
【解析】解：螺旋测微器的精度为，金属丝的直径；
由于金属丝的电阻约为几欧，属于小电阻，电流表应采用外接法，故单刀双掷开关应置于
因待测电阻只有几欧，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的；
定值电阻和电流表改装成的电压表，量程比较合适，所以定值电阻选；
根据读数可知电流为，被测电阻两端电压为
由欧姆定律可知
故答案为：；；；；
先确定螺旋测微器固定刻度和可动刻度的分度值，再读出固定刻度和可动刻度的读数，相加即为螺旋测微器的读数；
根据定值电阻和电流表串联两端计算接入的定值电阻阻值，根据滑动变阻器限流式接法确定滑动变阻器的选择；
根据电表读数结合欧姆定律解答。
本题考查测定金属的电阻率实验，要求掌握实验原理、电路元件的选择、螺旋测微器读数。
15.【答案】 顺时针
【解析】解：根据题意，变压器的副线圈输出功率
原线圈输入功率
通过原线圈的电流为；
电荷受到相邻两个电荷的电场力均为
合力为
受到对角线电荷的电场力
，解得；
绳子拉力刚好为零，金属杆受到的安培力向上，则电流由到，则的转动方向为顺时针，有
由欧姆定律有
转动产生的电动势
转动角速度；
故答案为：；；顺时针，。
根据理想变压器输入功率等于输出功率，再结合功率公式即可求解；
根据库仑定律以及力的合成方法求解；
根据绳子的拉力刚好为零，判断安培力方向，由此判断判断的转动方向，再根据法拉第电磁感应定律即可求解角速度。
本题需要根据理想变压器输入功率等于输出功率、库仑定律以及法拉第电磁感应定律等知识点进行解题，以上知识点属于常见知识点，要熟练掌握其规律，题目难度适中。
16.【答案】解：粒子沿直线通过速度选择器，所受电场力和洛伦兹力平衡，粒子带正电，所受电场力与电场方向相同，所受洛伦兹力与电场方向相反，根据左手定则，可得磁感应强度的方向为垂直于纸面指向外。
由平衡条件可得：
解得：
粒子在形盒的磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
解得：
粒子打在点时运动半径最小设为，对应的磁感应强度最大设为。
由几何关系可得：
解得：
粒子打在点时运动半径最大设为，对应的磁感应强度最小设为。
由几何关系可得：
解得：
则磁感应强度的大小范围为：
打在底片点的粒子在形盒中运动的周期为：
在形盒中的运动轨迹为半个圆周，则对应的运动时间为：
答：的方向为垂直于纸面指向外，粒子进入形盒时的速度大小为；
形盒中的磁感应强度的大小范围为；
打在底片点的粒子在形盒中运动的时间为。
【解析】粒子沿直线通过速度选择器时，所受电场力和洛伦兹力平衡，依此可求出速度的大小；
粒子在形盒的磁场中做匀速圆周运动，打在点的轨道半径是粒子运动半径的最小值，打在点的轨道半径是粒子运动半径的最大值，由几何关系可得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的大小范围。
粒子在形盒中的运动轨迹为半个圆周，对应的运动时间为圆周运动周期的一半，结合打在底片点的粒子在形盒中运动的周期求解。
本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，也是质谱仪的工作原理，基础题。粒子在速度选择器中做匀速直线运动，根据平衡条件确定粒子进入偏转磁场的速度。粒子在偏转磁场中由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律得到磁感应强度与运动半径的关系式。粒子在磁场中的运动时间利用运动轨迹的圆心角，结合周期求解。
17.【答案】解：根据法拉第电磁感应定律得：
棒进入磁场前，回路中感应电动势为：
同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，后刚好进入磁场，
在时刻，其相对的位移为：，
棒切割磁感线产生的感应电动势大小：，
根据欧姆定律，棒通过三角形区域时，电流与时间的关系式：
，
当时，电流最大，有效长度最大，最大安培力，
根据左手定则得安培力方向水平向左。
【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，考查了闭合欧姆定律和安培力公式，难度中等。
根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据棒切割磁感线产生的感应电动势公式和欧姆定律求解感应电流，再根据安培力大小求解。
18.【答案】解：由牛顿第二定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小恒为：
代入数值得：
第内：场强沿正方向时，经过秒钟小球的速度大小为：

速度的方向沿轴正方向，小球沿轴方向移动的距离

第秒内：电场方向沿轴正方向，故小球在方向做速度为的匀速运动，在方向做初速为零的匀加速运动，
沿方向移动的距离：
沿方向移动的距离：
故在第秒末小球到达的位置坐标：


在第秒末小球在方向的分速度仍为，在方向的分速度为：

由上可知，此时运动方向与轴成角．要使小球速度能变为零，则在第秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与轴成角．
第秒内：设在电场作用下小球加速度的分量和分量分别为，，则有：
，

在第秒未小球到达的位置坐标为：
，

答：此电场的方向为指向第三象限，与轴成角．速度变为零时小球的位置为．
【解析】分析小球的运动情况：第内小球沿轴正方向做匀加速直线运动，第内做类平抛运动，加速度沿轴正方向，第内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求出第末小球的速度和位移．对于类平抛运动，运用运动的分解法求出第秒末小球的速度大小和方向，并求出方向和方向的位移大小．再根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场的方向和第末的位置．
本题考查运用牛顿第二定律和运动学公式分析和处理动力学问题，要通过计算进行分析．类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究．
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