?2022-2023學年四川省成都市蓉城名校聯(lián)考高二（下）期末物理試卷
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
注意事項:
1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。
3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。
1. 下列關(guān)于靜電場和磁場的說法正確的是(????)
A. 放入靜電場某處的試探電荷所受電場力為零，則該處的電場強度一定為零
B. 放入磁場某處的一小段通電直導線所受安培力為零，則該處的磁感應強度一定為零
C. 放入靜電場某處的試探電荷所受電場力的方向與該處電場強度的方向一定相同
D. 放入磁場某處的一小段通電直導線所受安培力的方向與該處磁感應強度的方向一定相同
2. 如圖，電磁繼電器是一種利用光電效應工作的儀器。當光照射到光電管陰極時，陰極會逸出光電子，此時放大器中有電流流過，進而使得電磁繼電器工作，實現(xiàn)自動控制。若用黃光照射光電管陰極時，電磁繼電器沒有工作，則下列操作可能使電磁繼電器工作的是(????)

A. 減小黃光的光照強度 B. 增大黃光的光照強度
C. 改用紅光照射光電管陰極 D. 改用藍光照射光電管陰極
3. 冷凍電子顯微鏡能捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過程。如圖為某種電子顯微鏡內(nèi)電場線的分布圖，一電子僅在電場力作用下沿直線從a點運動到c點，b為線段ac上的一點。下列說法正確的是(????)

A. 場強大小關(guān)系為：Ea>Eb
B. 電勢高低關(guān)系為：φa?R區(qū)域存在方向水平向右、電場強度大小為E=mgq的勻強電場，重力加速度大小為g。求：
(1)彈簧壓縮至A點時彈簧的彈性勢能；
(2)小球經(jīng)過O點時對圓弧軌道BO的壓力大??；
(3)小球經(jīng)過O點后速度最小時小球的位置坐標。



17. 如圖甲為空間站上某種離子推進器，由離子源、間距為d、中間有小孔的平行金屬板M、N和邊長為L的立方體組成，其后端面P為噴口。以N板中心小孔為坐標原點O建立x軸、y軸和z軸，xOy平面與N板共面，z軸垂直于N板所在平面。M、N板正對空間存在電場強度大小為E、方向沿z軸正方向的的勻強電場，立方體中沿x軸和y軸方向存在如圖乙所示的交變磁場，其中B0可調(diào)。氙離子(Xe2+)束從離子源中射出后做勻速直線運動，經(jīng)M板中心小孔射入電場，再經(jīng)N板中心小孔以相對推進器為v0的速度射入磁場，最終從噴口P射出。單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為+2e，不計離子重力及離子間的相互作用力，不考慮離子與器壁的碰撞，單個離子在推進器中的運動時間遠小于磁場變化周期T，射出離子的總質(zhì)量遠小于推進器的質(zhì)量。
(1)求離子從離子源中射出時相對推進器的速度大小vS；
(2)若要使在t=T4時刻射入的離子能從噴口P射出，求磁感應強度大小B0的取值范圍；
(3)若單位時間從噴口P射出的離子個數(shù)為n，且B0=3 2mυ020eL，求t0時刻離子束對推進器沿z軸方向的推力。


18. 根據(jù)熱力學定律和分子動理論，下列說法正確的是(????)
A. 布朗運動是液體分子的運動，它說明分子永不停息地做無規(guī)則運動
B. 一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的
C. 用活塞壓縮密閉氣缸里的氣體，外界對氣體做功2.0×105J，同時氣體向外界放出熱量0.5×105J，則氣體內(nèi)能增加了1.5×105J
D. 一定質(zhì)量的理想氣體溫度升高1K，其等容過程中吸收的熱量小于等壓過程吸收的熱量
E. 根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體，但不可能從低溫物體傳到高溫物體
19. 如圖所示，在開口向上的豎直放置圓筒形容器內(nèi)用質(zhì)量為m的活塞密封部分氣體，活塞與容器壁間能夠無摩擦滑動，大氣壓恒為P0，容器的橫截面積為S，活塞靜止于位置A.對活塞施加外力F，使其從位置A緩慢移動到位置B，位置A、B到容器底部的距離分別為h1、h2，密封氣體與外界溫度始終保持相同，已知重力加速度為g.求：
(i)活塞在位置A時，密封氣體的壓強；
(ii)活塞在位置B時，外力F的大?。?br /> 20. 如圖甲，在電視劇《西游記》中，孫悟空為朱紫國國王懸絲診脈，中醫(yī)懸絲診脈懸的是“絲”，“診”的是脈搏通過懸絲傳過來的振動，即通過機械波判斷出病灶的位置與輕重緩急。如圖乙，假設(shè)“絲”上有A、B、C三個質(zhì)點，坐標分別為xA=0、xB=0.4m、xC=1.4m，A、B兩質(zhì)點運動的方向始終相反，波長大于0.6m。t=0時刻，朱紫國國王搭上絲線圖中的質(zhì)點A，質(zhì)點A開始振動，其振動圖像如圖丙所示，產(chǎn)生的機械波沿絲線向?qū)O悟空傳播。關(guān)于該機械波，下列說法正確的是(????)


A. 波長為0.8m
B. 波速為1.6m/s
C. t=2s時，質(zhì)點C第一次運動到波峰
D. 在t=0到t=2.25s內(nèi)，質(zhì)點B通過的路程為3.5mm
E. 若孫悟空將絲線的另一端搭在自己的脈搏上，他的脈搏振動頻率為1Hz，則絲線中兩列波相遇時能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象
21. 如圖，一內(nèi)部空心、厚度均勻的圓柱形玻璃管內(nèi)徑為r，外徑為3r，高為(2 3+1)r。一束單色光從玻璃管上方入射，入射點與M點的距離為r，光線與圓柱上表面成30°角，且與直徑MN在同一豎直平面內(nèi)。光線入射后從玻璃管內(nèi)壁射出，最終到達圓柱底面。已知該玻璃管的折射率為 62，光在真空中的傳播速度為c。(有光折射時，不考慮反射)
(ⅰ)證明光線入射到玻璃管內(nèi)壁時不會發(fā)生全反射；
(ⅱ)求光線從玻璃管上方入射至到達圓柱底面所需的時間。
答案和解析

1.【答案】A?
【解析】解：A.根據(jù)公式F=qE可知，若放入靜電場某處的試探電荷所受電場力為零，則該處的電場強度一定為零，故A正確；
B.一小段通電直導線放入磁場受到的安培力大小為：
F=BILsinθ
其中θ是電流方向與磁感應強度方向的夾角，若放入磁場某處的一小段通電直導線所受安培力為零，可能是導線與磁場平行，則該處的磁感應強度不一定為零，故B錯誤；
C.正試探電荷所受電場力的方向與電場強度的方向相同，負試探電荷所受電場力的方向與電場強度的方向相反，故C錯誤；
D.由左手定則知一小段通電直導線在磁場某處所受安培力的方向與該處磁感應強度的方向是垂直關(guān)系，故D錯誤。
故選：A。
電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度一定為零，一小段通電導線在某處若不受磁場力，可能是導線與磁場平行，則此處不一定無磁場；正電荷在電場中受到的電場力的方向與場強的方向相同，負電荷受到的電場力的方向與電場強度的方向相反；磁感應強度的方向與安培力的方向垂直。
本題考查對電場強度與磁感應強度兩公式的理解能力，首先要理解公式中各個量的含義，其次要理解公式的適用條件，同時知道電荷有正負之分，注意電場力的方向與電場強度的方向、安培力的方向與該處磁感應強度的方向間的關(guān)系。

2.【答案】D?
【解析】解：AB.電磁繼電器通電時有磁性，斷電時無磁性；用黃光照射光電管陰極時，電磁繼電器沒有工作，說明電路中沒有光電流產(chǎn)生，根據(jù)光電效應產(chǎn)生的條件可知，黃光的頻率小于極性頻率，此時增大或減小黃光的強度都不能產(chǎn)生光電效應，故AB錯誤；
CD.根據(jù)光電效應產(chǎn)生的條件可知，要使光電子逸出從而產(chǎn)生光電流讓電磁繼電器工作，只能增大照射光的頻率；紅光的頻率小于黃光，也不能使繼電器工作，藍光的頻率大于黃光，可使繼電器工作，故C錯誤，D正確。
故選：D。
AB.根據(jù)電磁鐵的工作原理可知，用黃光照射光電管陰極時沒有產(chǎn)生光電效應，再根據(jù)光電效應產(chǎn)生的條件分析作答；
CD.根據(jù)紅光、黃光和藍光的頻率大小，結(jié)合光電效應產(chǎn)生的條件分析作答。
解決本題的關(guān)鍵是要弄懂電磁鐵的工作原理，再結(jié)合光電效應產(chǎn)生的條件即可完成分析。

3.【答案】C?
【解析】解：A.由于b點處的電場線更密集，因此場強大小關(guān)系為：Eaφb，故B錯誤；
CD.電子從a點運動到c點的過程中，電場力做負功，因此其電勢能逐漸變大，由能量守恒定律知動能逐漸變小，故C正確，D錯誤。
故選：C。
依據(jù)電場線的疏密，即可判定電場強度的強弱；沿著電場線方向，電勢是降低的；負電荷從高電勢向低電勢，則其電勢能減小；相反，則其電勢能增大；根據(jù)能量守恒定律分析動能的變化。
本題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強的大小，順著電場線電勢逐漸降低，理解電荷的電勢能高低的確定方法。

4.【答案】B?
【解析】解：磁感應強度方向沿細線向下，安培力方向與細線垂直，對導體棒受力分析如圖，

由共點力平衡條件得：
mgsin30°=BIL
解得：B=mg2IL，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
對導體棒受力分析，根據(jù)共點力平衡條件求出磁感應強度大小。
本題考查了含有安培力共點力平衡問題，注意受力分析時要畫出導體棒的截面圖，才能準確地找到各力之間的關(guān)系。

5.【答案】A?
【解析】解：A.開關(guān)S閉合的瞬間，根據(jù)安培定則可知，線圈A中產(chǎn)生向下的磁場，穿過線圈B的磁通量向上且增大，再由楞次定律可知，感應電流的磁場向下，因此線圈B中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，小磁針上方直導線中的電流方向水平向右，根據(jù)安培定則可知，小磁針所在位置的磁感線方向垂直紙面向里，因此小磁針N極向里偏轉(zhuǎn)，故A正確；
BC.保持開關(guān)S閉合，無論如何移動滑動變阻器R的滑片，穿過線圈B的磁通量沒有發(fā)生改變，線圈B中無感應電流，小磁針不偏轉(zhuǎn)，故BC錯誤；
D.開關(guān)S斷開的瞬間，線圈A中的電流減小，因此線圈B中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針的N極向外偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。
故選：A。
A.開關(guān)S閉合的瞬間，根據(jù)右手螺旋定則判斷線圈A中的磁場方向以及磁通量的變化情況，再根據(jù)楞次定律判斷線圈B中感應電流的方向，然后判斷小磁針的偏轉(zhuǎn)方向；
BC.保持開關(guān)S閉合，穿過原、副線圈的磁通量不發(fā)生變化，再根據(jù)楞次定律分析作答；
D.開關(guān)S斷開的瞬間，線圈A中的電流減小，判斷原磁通量的變化情況，然后根據(jù)楞次定律分析作答。
本題主要考查了磁通量的變化以及感應電流產(chǎn)生的條件，要求熟練掌握楞次定律。

6.【答案】C?
【解析】解：A.當矩形線圈處于圖示位置時，穿過線圈的磁通量為0，感應電動勢最大，故A錯誤；
B.線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值為Em=NBSω
電壓表的讀數(shù)為有效值，大小為：U1=Em 2= 22NBSω
由于U1：U2=n1：n2
則U2=2 2NBSω，故B錯誤；
C.原線圈兩端的電壓U1不變，匝數(shù)比不變，副線圈兩端的電壓U2不變，滑動變阻器的滑片向c端移動的過程中，滑動變阻器接入電路部分電阻值變大，副線圈電阻變大，總電流變小，R1兩端的電壓變小，R2兩端的電壓變大，因此I2變大，故C正確；
D.滑動變阻器的滑片向d端移動的過程中，同理可得流過副線圈的電流變大，根據(jù)變壓器原、副線圈的電流關(guān)系可知I1變大，故D錯誤。
故選：C。
結(jié)合線圈的位置與感應電動勢的關(guān)系判斷感應電動勢是否為零；根據(jù)法拉第電磁感應定律判斷；滑動變阻器滑片向上滑動過程中，變阻器連入電路的阻值變大，原副線圈電流均變小，電阻R0兩端的電壓變?。辉€圈電壓不變，原副線圈匝數(shù)比不變，則副線圈兩端的電壓不變，滑動變阻器兩端的電壓變大。同理判斷滑動變阻器滑片向下滑動過程中的變化。
本題考查了正余弦交流電產(chǎn)生的原理、變壓器的原理和電路動態(tài)分析，理想變壓器的原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，原副線圈的電流比與匝數(shù)比成反比?；A(chǔ)題目。

7.【答案】B?
【解析】解：A、油滴靜止在電容器中的A點，則油滴所受的電場力與重力等大反向，電場力方向豎直向上，而電容器中的電場強度方向豎直向下，所以油滴帶負電，故A錯誤；
B、將M極板豎直向上移動，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd分析可知，電容C減小，根據(jù)Q=CU可知，U不變，所以Q減小，電容器放電，靈敏電流計中有從b流向a的電流，故B正確；
C、將M極板豎直向上緩慢地移動一小段距離，因為電容器始終和電源相連，所以兩極板間的電壓U不變，根據(jù)表達式E=Ud可知，d增大，則E減小，油滴所受電場力減小，重力大于電場力，所以油滴將豎直向下運動，故C錯誤；
D、N極板接地，其電勢為零。A點與N極板間的電勢差為U′=Ed′，A點到N極板的距離d′不變，E減小，所以U′減小，根據(jù)U′=φA?φN=φA，可知，φA降低，故D錯誤。
故選：B。
油滴靜止在電容器中的A點，分析其所受電場力方向與電場方向的關(guān)系，判斷電性；將M極板豎直向上移動，根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd分析電容的變化，由Q=CU分析電容器所帶電荷量的變化，判斷電流方向；根據(jù)E=Ud分析板間場強的變化，判斷油滴的運動方向；根據(jù)U=Ed分析A點與N極板間電勢差的變化，再判斷A點電勢的變化。
本題整合了油滴的力平衡、電容器動態(tài)分析，由平衡條件判斷油滴的電性，根據(jù)電容的決定式和定義式相結(jié)合進行分析。

8.【答案】D?
【解析】解：根據(jù)法拉第電磁感應定律和歐姆定律有：F安=BIL=B?BLvR+r?L=B2L2vR+r
豎直向上的過程中金屬棒受到兩個豎直向下的力—重力與安培力，做減速運動
根據(jù)牛頓第二定律有：mg+B2L2vR+r=ma
解得：a=g+B2L2vmR+mr
所以金屬桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，直到速度為0；
同理，豎直向下的過程中，有：mg?B2L2vR+r=ma′
解得：a′=g?B2L2vmR+mr
隨著金屬桿ab的速度增加，金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動。由于安培力做負功，返回時速度的大小應該比v0小，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
分兩個階段對金屬棒進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律、動生電動勢公式E=BLv、安培力公式F安=BIL、寫出加速度的表達式，從而分析加速度的變化及速度的變化。
本題是關(guān)于單桿在磁場的電磁感應力學問題，考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓第二定律、能量守恒定律等內(nèi)容，通過分析要理解金屬桿在上升和下降過程中加速度隨速度的變化規(guī)律，即v?t圖象的斜率表達加速度。

9.【答案】AD?
【解析】解：A.該衰變方程為?94238Pu→24He+92234U，X為?24He，該衰變?yōu)棣了プ?，故A正確；
B.放射性元素的半衰期與環(huán)境溫度無關(guān)，只與元素本身的性質(zhì)有關(guān)，故B錯誤；
C.因為半衰期的定義可得：
m=m0(12)12=8 2?mg
故C錯誤；
D.衰變過程存在質(zhì)量虧損，故X原子核與?92234U原子核的總質(zhì)量小于钚(?94238Pu)的質(zhì)量，故D正確。
故選：AD。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒得出對應的衰變方程，從而分析出衰變的類型；
元素的半衰期與環(huán)境溫度無關(guān)；
根據(jù)半衰期的定義得出钚的質(zhì)量；
衰變過程存在質(zhì)量虧損，從而分析出質(zhì)量的大小關(guān)系。
本題主要考查了原子核的衰變問題，理解衰變前后的特點，即質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，結(jié)合質(zhì)能方程即可完成分析。

10.【答案】AC?
【解析】解：A.根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r，解得粒子在磁場中運動的軌道半徑為r= 3R，故A正確；
B.粒子在磁場中運動的周期為：T=2πrv=2πmqB
設(shè)軌跡所對應的圓心角為θ，如圖所示：

則有：tanθ2=Rr= 33
可得：θ=60°
因此粒子在磁場中運動的時間為：t=60°360°T=16T=πm3qB，故B錯誤；
CD.要使粒子經(jīng)過D點需增大粒子做圓周運動的半徑，由r=mvqB可知，應增大入射速度或者減小磁感應強度，故C正確，D錯誤。
故選：AC。
根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子在磁場中運動的軌道半徑；求出粒子軌跡對應的圓心角，根據(jù)周期公式求解粒子在磁場中運動的時間；要使粒子經(jīng)過D點需增大粒子做圓周運動的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到半徑的表達式進行分析。
對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應的圓心角求時間。

11.【答案】BC?
【解析】解：A.根據(jù)題意，單刀雙擲開關(guān)接到1時，I1=2A，由閉合回路歐姆定律得：
E=I1(R+r)
解得：r=0.5Ω，故A錯誤；
B.單刀雙擲開關(guān)接到1時，電源的輸出功率為：
P出=I12R
代入數(shù)據(jù)得：P出=4W，故B正確；
CD.由于電動機是非純電阻，其消耗的電能大于產(chǎn)生的內(nèi)能，則有
UI2>I22R
解得：U>I2R
由閉合電路歐姆定律得：
E=U+I2r
即E>I2R+I2r
解得：I2Ee
要使電子在選擇器中做直線運動，需減小洛倫茲力，故需要減小電子射入選擇器時的速度，根據(jù)
eU=12mv2
整理解得
v= 2eUm
所以需減小U，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
根據(jù)動能定理可知，洛倫茲力不做功，電場力做負功，電子的動能減?。?br /> 根據(jù)彎曲情況判斷電場力與洛倫茲力大小，進而判讀出需要減小的物理量速度，再根據(jù)動能定理求出速度表達式，判斷改變速度需改變的物理量。
根據(jù)題意分析清楚粒子的受力情況與運動過程是解題的前提，應用動能定理即可解題。

13.【答案】黑? 0?EIg?r?Rg?EI?EIg?
【解析】解：(1)電流從A端流出，根據(jù)“紅進黑出”可知，A端應與黑色表筆相連接。
(2)將兩表筆短接，接入的待測電阻為0，所以此時對應的電阻刻度應為0；由閉合電路歐姆定律有
E=Ig(r+Rg+R接)
可得
R接=EIg?r?Rg
(3)由閉合電路的歐姆定律有
E=I(r+Rg+R接+Rx)
可得
Rx=EI?EIg
故答案為：(1)黑；(2)0，EIg?r?Rg；(3)EI?EIg。
(1)根據(jù)歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)分析判斷；
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律推導接入的電阻；
(3)由閉合電路歐姆定律推導待測電阻阻值。
本題關(guān)鍵掌握多用電表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)、閉合電路歐姆定律。

14.【答案】G? B?5UI?URV? 連接電源“?”極和滑動變阻器“c”端的導線斷路?
【解析】解：(1)由電壓關(guān)系有
U總=URV(RV+R)
解得
R=960Ω
所以定值電阻選用G；若將電源接在待測電阻Rx兩端，此時通過Rx的電流最大，約為0.1?A，所以電流表選用B。
(2)因滑動變阻器R1遠小于待測電阻Rx，所以電路用分壓式；根據(jù)比值法可計算出改裝好的電壓表的內(nèi)阻與待測電阻Rx的比值為R′VRx=12，待測電阻Rx與電流表A1的內(nèi)阻的比值為RxRA=12.5，兩個比值相差不大，但電壓表內(nèi)阻已知，電壓表分得的電流可以計算，因此選用電流表外接法無系統(tǒng)誤差。

(3)由閉合電路歐姆定律有
URV(RV+R3)=(I?URV)Rx
可得
Rx=5UI?URV
(4)若滑動變阻器R1和待測電阻Rx串聯(lián)，因滑動變阻器R1遠小于待測電阻Rx，所以移動滑片，電路中電流和待測電阻Rx兩端電壓變化很小，則原因可能是連接電源“?”極和滑動變阻器“c”端的導線斷路。
故答案為：(1)G，B；(2)見解析；(3)5UI?URV；(4)連接電源“?”極和滑動變阻器“c”端的導線斷路。
(1)根據(jù)歐姆定律計算定值電阻，估算最大電流選擇電流表量程；
(2)分析誤差確定滑動變阻器和電流表的接法；
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律推導待測電阻阻值；
(4)根據(jù)電路中滑動變阻器R1和待測電阻Rx串聯(lián)分析判斷。
本題考查用伏安法測定待測電阻實驗，要求掌握電表和定值電阻的選擇方法、掌握實驗電路的選擇方法。

15.【答案】解：(1)金屬棒ab由靜止釋放到剛進入磁場的過程中，由機械能守恒定律得
??mgh=12mv2
解得：v=4m/s
金屬棒ab產(chǎn)生的感應電動勢為
E=BLv=1×1×4V=4V
由閉合電路歐姆定律有
E=I?2R
解得：I=2A
根據(jù)右手定則判斷可知金屬棒ab中的電流由b指向a。
(2)金屬棒ab在整個運動過程中，由能量守恒定律有：
? mgh=μmgd+Q
金屬棒ab中產(chǎn)生的熱量為
?Qab=R2RQ
聯(lián)立解得：Qab=0.825J
答：(1)金屬棒ab剛進入磁場時通過金屬棒ab的電流大小為2A，方向由b指向a；
(2)整個運動過程金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為0.825J。?
【解析】(1)金屬棒下滑過程機械能守恒，應用機械能守恒定律可以求出金屬棒進入磁場時的速度，由E=BLv求出ab棒產(chǎn)生的感應電動勢，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求出通過金屬棒ab的電流大小，運用右手定則判斷感應電流方向。
(2)應用能量守恒定律與串聯(lián)電路特點求出金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱。
對于電磁感應中的焦耳熱，如果感應電流是變化的，往往根據(jù)能量守恒定律求解。如果感應電流是恒定的，也可以根據(jù)焦耳定律求解。

16.【答案】解：(1)小球從A點運動到B點的過程中，AB光滑，由能量守恒定律得Ep?0=12mvB2?0
得：Ep=12mgR
(2)小球從B點運動到O點的過程中，由動能定理得
qER?mgR=12mvO2?12mvB2，得v0=vB= gR
小球在O點，受力分析可得，小球受到重力，水平向右的電場力，軌道的支持力，小球在O點時速度豎直向上，由牛頓第二定律得
N?qE=mvO2R，得N=2mg
由牛頓第三定律有，小球經(jīng)過O點時對圓弧軌道BO的壓力大小為N′=N=2mg
(3)小球經(jīng)過O點后在重力和電場力作用下做斜拋運動，由受力分析得，電場力和重力的合力F合，大小為 2mg，方向斜向右下45°角，速度先減小后增大，當F合與速度垂直時，有速度最小值，即沿F合方向速度減小到0時，速度最小。則有0=vOsin45°?at
由牛頓第二定律有
2mg=ma
聯(lián)立解得
t= gR2g
小球經(jīng)過O點后，在水平方向上初速度為0的勻加速直線運動，由牛頓第二定律有qE=max得ax=g，x=12axt2
在豎直方向上豎直上拋運動，y=vOt?12gt2
得x=R8，y=3R8
所以小球經(jīng)過O點后速度最小時小球的位置坐標為(R8,3R8)。
故：(1)彈簧壓縮至A點時彈簧的彈性勢能為12mgR；
(2)小球經(jīng)過O點時對圓弧軌道BO的壓力大小為2mg；
(3)小球經(jīng)過O點后速度最小時小球的位置坐標為(R8,3R8)。?
【解析】帶電粒子多過程問題一定要學會分段研究，小球從A點運動到B點的過程中，AB光滑，由能量守恒定律可得；小球從B點運動到O點的過程中，小球經(jīng)過O點時對圓弧軌道BO的壓力大小，需要先求O點時速度，注意垂直速度方向的合力才能提供向心力，還需考慮牛頓第三定律；O點以后的運動類斜拋運動，求解方式同類平拋運動，化曲為直并且將力和運動分解為互相垂直的方向研究。
帶電粒子多過程問題一定要學會分段研究，只有將復雜問題分段才能簡化問題。

17.【答案】解：(1)離子從離子源中射出到剛射入磁場的過程中，由動能定理有
2eEd=12mv02?12mvS2
解得
vS= v02?4eEdm
(2)當離子剛好從噴口P下邊界中點射出時，離子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑最小，根據(jù)幾何關(guān)系有
(R1?L2)2+L2=R12
由牛頓第二定律有
2ev0B=mv02R1
聯(lián)立求解，得
B=2mv05eL
所以磁感應強度大小B0的取值范圍為0

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