物理卷·2018届福建省泉州市城东中学高二上学期期末物理试卷（解析版） 22页

‎2016-2017学年福建省泉州市城东中学高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）‎ ‎1．如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图所示，AB是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度大小变化因题设条件不能确定 C．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动 D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大 ‎3．下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是（　　）‎ A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转 B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用 C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近 D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离 ‎4．如图所示，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变小 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变大 ‎5．如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是（　　）‎ A．Rx的测量值等于真实值 B．Rx的测量值比真实值小 C．Rx的真实值为99.8Ω D．Rx的真实值为100.2Ω ‎6．直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB B．EA＜EB C．φA＞φB D．φA＜φB ‎7．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎8．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．47W B．44W C．32W D．48W ‎9．在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示．闭合开关后，发现电路有故障，电源、电表均完好，电源电动势为E，若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是（　　）‎ A．导线 B．滑动变阻器 C．开关 D．待测金属丝 ‎10．如图示，固定长直导线通以图示方向的电流，导线旁有一导线框，两者共面，框中通以顺时针方向的电流时，框的运动是（　　）‎ A．绕OO′轴顺时针转动 B．离开长直导线向右平动 C．靠近长直导线向左平动 D．向上或向下平动 ‎11．如图所示．在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，若加上磁感应强度为B水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的哪几个（　　）‎ A．带电粒子的比荷 B．带电粒子在磁场中运动的周期 C．带电粒子的初速度 D．带电粒子在磁场中运动的半径 ‎12．在图中虚线所围的区域内，存存电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转，设重力可以忽略不计，则在这区域中的E和B的方向不可能是（　　）‎ A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同 B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反 C．E竖直向上，B垂直纸面向外 D．E竖直向上，B垂直纸面向里 ‎　‎ 二、实验题（13题8分，14题12分，共20分）‎ ‎13．某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．‎ ‎①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3V档，示数如图（b），电压值为　　V．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于　　端．‎ ‎③要使输出电压U变大，滑片P应向　　端．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在　　的风险（填“断路”或“短路”）‎ ‎14．某同学想要研究某元件在不同电压下的电阻变化，实验室现备有如下器材：‎ A．待测元件（额定电压2.5V，额定功率约为0.1W）‎ B．电流表A1（量程0～50mA，内阻约为10Ω）‎ C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω）‎ D．电压表V（量程0～3V，内阻约为10kΩ）‎ E．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，允许最大电流1A）‎ F．直流电源E（输出电压3V，内阻不计）‎ G．开关S，导线若干 ‎（1）为提高实验的准确程度，电流表应选用　　（选填“A1”或“A2”）；‎ ‎（2）为尽量减小实验误差，电流表应采用　　接法（选填“内”或“外”）；‎ ‎（3）某次实验中，电压表的指针指向图1中位置，则其读数为　　V；‎ ‎（4）为使实验误差尽量减小，且操作方便，请用实线把图2中测量元件电阻的实物电路图补画完整．‎ ‎　‎ 三、计算题（每题16分，共32分）‎ ‎15．如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l．一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度与y轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：‎ ‎（1）粒子经过C点时速度的大小和方向（用tanθ表示即可）；‎ ‎（2）磁感应强度的大小B．‎ ‎16．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．‎ ‎（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；‎ ‎（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化△p；‎ ‎（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省泉州市城东中学高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）‎ ‎1．如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；左手定则．‎ ‎【分析】当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．‎ ‎【解答】解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故A正确．‎ ‎ B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用．故B正确．‎ ‎ C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用．故C错误．‎ ‎ D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，AB是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度大小变化因题设条件不能确定 C．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动 D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，根据该电荷所受电场力方向判断电场线的方向，由于不知场源电荷的电性，所以无法知道电场线的疏密，无法知道加速度的大小．‎ ‎【解答】解：负电荷由静止向B运动，知所受电场力方向由A指向B，所以电场线的方向由B指向A．场源的电荷的电性未知，无法知道A、B点电场线的疏密，无法比较出电场力，则加速度的大小无法比较．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是（　　）‎ A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转 B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用 C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近 D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】磁场对放入其中的磁极或电流有力的作用，根据此性质可判断电流是否产生了磁场．‎ ‎【解答】解：A、甲图中小磁场发生了偏转，说明小磁场受到了磁场的作用，故说明电流产生了磁场，故A正确；‎ B、乙图中由于导线中通以电流使导线受到了安培力的作用，不能说明电流产生了磁场，故B错误；‎ C、两导线相互靠近，是因为彼此处在了对方的磁场中，故说明了电流产生了磁场，故C正确；‎ D、两导线相互远离是因为彼此处在对方产生的磁场中，从而受到了安培力，故D正确；‎ 本题选错误的，故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变小 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故电源的内电压增大；因此路端电压减小，故电压表示数变小；‎ 将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数变大；故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是（　　）‎ A．Rx的测量值等于真实值 B．Rx的测量值比真实值小 C．Rx的真实值为99.8Ω D．Rx的真实值为100.2Ω ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】由欧姆定律求得电阻阻值，因图示为电流表内接法，则R测=RX+RA．可知测量值偏大，RX=R测﹣RA．‎ ‎【解答】解：由欧姆定律：R测===100Ω，‎ RX=R测﹣RA=100﹣0.2=99.8Ω 则测量值偏大，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB B．EA＜EB C．φA＞φB D．φA＜φB ‎【考点】电势；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义求解．沿着电场线方向电势降低．‎ ‎【解答】解：A、B、由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误；‎ C、D、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故ɛA＜ɛB，电子带负电，由φ=可知，A点的电势要大于B点电势，φA＞φB，故C正确，D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．‎ ‎【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．‎ 应串联电阻为R===9.5×103kΩ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．47W B．44W C．32W D．48W ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；‎ 利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：电动机的电阻R===4Ω；‎ 电动机的总功率P=U1I1=24V×2A=48W；‎ 克服自身电阻的功率PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W；‎ 电动机正常运转时的输出功率是P输出=P﹣PR=48W﹣16W=32W．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示．闭合开关后，发现电路有故障，电源、电表均完好，电源电动势为E，若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是（　　）‎ A．导线 B．滑动变阻器 C．开关 D．待测金属丝 ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】电流表读数为零，说明是电路中某个部位断路；电压表有读数，考虑到实际电压表是大电阻，有微弱的电流流过电压表，故与电压表串联部分正常．‎ ‎【解答】解：电流表读数为零，说明是电路中某个与电流表串联的部位断路；‎ 电压表有读数，考虑到实际电压表是大电阻，有微弱的电流流过电压表，故与电压表串联部分正常，是与电压表并联的电阻丝断路，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图示，固定长直导线通以图示方向的电流，导线旁有一导线框，两者共面，框中通以顺时针方向的电流时，框的运动是（　　）‎ A．绕OO′轴顺时针转动 B．离开长直导线向右平动 C．靠近长直导线向左平动 D．向上或向下平动 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】‎ 根据安培定则判断出直线电流周围的磁场方向，根据左手定则判断线框左右两条边所受的安培力方向，根据受力判断其运动．‎ ‎【解答】解：根据安培定则，知直线电流右边的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，线框左边受到的安培力方向水平向左，右边所受安培力方向水平向右，离直导线越近，磁场越强，则左边所受的安培力大于右边所受的安培力，所以线框所受的合力水平向左，将靠近直导线向左运动．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示．在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，若加上磁感应强度为B水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的哪几个（　　）‎ A．带电粒子的比荷 B．带电粒子在磁场中运动的周期 C．带电粒子的初速度 D．带电粒子在磁场中运动的半径 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】这种由已知量，来确定可以求那些量的题目，要从给定情形中的已知量涉及的公式，来进行尝试变化，组合．最终能消掉公式中未知量的，就是可以求出的量．而在尝试变化，组合之后仍不能消掉的，即为求不出来的．‎ ‎【解答】解：‎ 由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系得磁场宽度d=rsin60°=sin60°，又由未加磁场时有d=vt，所以可求得比荷，故A正确 周期：可求出，故B正确 因初速度未知，无法求出CD，故C、D错误．‎ 故选AB ‎　‎ ‎12．在图中虚线所围的区域内，存存电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转，设重力可以忽略不计，则在这区域中的E和B的方向不可能是（　　）‎ A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同 B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反 C．E竖直向上，B垂直纸面向外 D．E竖直向上，B垂直纸面向里 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据各选项提供的电场方向和磁场方向，逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况．‎ ‎【解答】解：重力忽略不计的电子，穿过这一区域时未发生偏转，‎ A、若E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同，则电子所受电场力方向与运动方向相反，而由于电子运动方向与B方向相互平行，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转．故A可能；‎ B、若E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反，则电子所受电场力方向与运动方向相同，而由于电子运动方向与B方向在一条直线上，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转．故B可能；‎ C、若E竖直向上，B垂直于纸面向外，则电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电子穿过此区域不会发生偏转．故C可能；‎ D、若E竖直向上，B垂直于纸面向里，则电场力方向竖直向下，而磁场力方向由左手定则可得竖直向下，所以两力不能使电子做直线运动，故D不可能；‎ 本题选不可能的，故选D．‎ ‎　‎ 二、实验题（13题8分，14题12分，共20分）‎ ‎13．某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．‎ ‎①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3V档，示数如图（b），电压值为　1.30　V．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于　A　端．‎ ‎③要使输出电压U变大，滑片P应向　B　端．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在　短路　的风险（填“断路”或“短路”）‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】①根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小．‎ ‎③根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在短路的可能．‎ ‎【解答】解：①由题，电压表的量程为0～3V，其最小分度为0.1V，则图b中电压值为1.30V．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于A端，使输出电压为零．‎ ‎③要使输出电压U变大，PA间的电阻应增大，所以滑片P应向B端移动．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，滑片移到B端时存在短路的可能．‎ 故答案为：‎ ‎①1.30；②A；③B；④短路．‎ ‎　‎ ‎14．某同学想要研究某元件在不同电压下的电阻变化，实验室现备有如下器材：‎ A．待测元件（额定电压2.5V，额定功率约为0.1W）‎ B．电流表A1（量程0～50mA，内阻约为10Ω）‎ C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω）‎ D．电压表V（量程0～3V，内阻约为10kΩ）‎ E．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，允许最大电流1A）‎ F．直流电源E（输出电压3V，内阻不计）‎ G．开关S，导线若干 ‎（1）为提高实验的准确程度，电流表应选用　A1　（选填“A1”或“A2”）；‎ ‎（2）为尽量减小实验误差，电流表应采用　外　接法（选填“内”或“外”）；‎ ‎（3）某次实验中，电压表的指针指向图1中位置，则其读数为　2.0　V；‎ ‎（4）为使实验误差尽量减小，且操作方便，请用实线把图2中测量元件电阻的实物电路图补画完整．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】由P=UI可求得待测元件的额定电流后确定电流表，由待测元件的阻值确定内外接法，电表的读数要估读．‎ ‎【解答】解：（1）对待测元件：I===40mA，则电流表选：A1‎ ‎　　（2）待测元件的电阻为约为R=则要用外接法 ‎　　（3）电压表的读数要估读为：2.0V ‎　　（4）用电流表外接法测电阻，滑动变阻器分压式接法，画电路图．‎ 故答案为：（1）A1　（2）外（3）2.00（2.00±0.01），‎ ‎（4）如右图 ‎　‎ 三、计算题（每题16分，共32分）‎ ‎15．如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l．一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度与y轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：‎ ‎（1）粒子经过C点时速度的大小和方向（用tanθ表示即可）；‎ ‎（2）磁感应强度的大小B．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场作用下做类平抛运动，加速度沿y轴负方向，根据平抛运动的基本公式可求出初速度，再根据圆周运动的对称性求出C点进入磁场时的速度为v，方向可通过几何关系求解．‎ ‎（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动．通过几何关系表示出轨道半径R，进而求出B．‎ ‎【解答】解：（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE=ma ①‎ 加速度沿y轴负方向．设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，‎ 则有 h=②‎ l=v0t ③‎ 由①②得：④‎ ‎ 设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量⑤‎ 由①④⑤式得 =⑥‎ 设粒子经过C点时的速度方向与x轴夹角为α，则有tanα=⑦‎ ‎ 由④⑤⑦式得：⑧‎ ‎（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，则有qvB=⑨‎ 设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有．用β表示PA与y轴的夹角，‎ 由几何关系得Rcosβ=Rcosα+h⑩‎ Rsinβ=l﹣RsinαⅠ 由⑧⑩Ⅰ式得：Ⅱ ‎ 由⑥⑨Ⅱ式得； ‎ 答：（1）粒子经过C点时速度的大小为，方向与水平方向的夹角的正切值为；（2）磁感应强度的大小B为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．‎ ‎（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；‎ ‎（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化△p；‎ ‎（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值．‎ ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】（1）根据洛伦兹力等于电场力，即可求解；‎ ‎（2）根据压强与压力的关系，结合安培力表达式，及欧姆定律，即可求解；‎ ‎（3）由功率表达式，结合数学知识求极值法，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，‎ 有qv0B=q①‎ 解得：U0=Bdv0②‎ ‎（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，‎ 液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，‎ 有p1hd=f③‎ p2hd=f+F安④‎ F安=BId⑥‎ 根据欧姆定律，有I=⑥‎ 两导体板间液体的电阻r=ρ⑦‎ 由②③④⑤⑥⑦式得△p=⑧‎ ‎（3）电阻R获得的功率为P=I2R⑨‎ P=⑩‎ 当=时，⑪‎ 电阻R获得的最大功率Pm=‎ 答：（1）开关闭合前，M、N两板间的电势差大小Bdv0；‎ ‎（2）开关闭合前后，管道两端压强差的变化；‎ ‎（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变，电阻R可获得的最大功率 及相应的宽高比的值．‎ ‎　‎ ‎2017年1月16日