江苏省南通中学2019-2020学年高二上学期期中物理试卷 (有解析)

江苏省南通中学2019-2020学年高二上学期期中物理试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.矩形闭合线圈平面跟磁感线方向平行，如图所示，下列哪种情况中有感应

电流()

A. 线圈绕ab轴转动

B. 线圈平面垂直纸面向外移动

C. 线圈沿现在所处平面下移

D. 线圈绕bc轴转动

2.一条直导线平行于通电螺线管的轴线放在螺线管的正上方，如图所示，

导线ab通以由b向a的电流，则导线ab的可能运动是()

A. 导线ab不做任何运动

B. 导线ab向纸面内平移

C. 导线a端向纸外，b端向纸内转动，同时向下移动

D. 导线a端向纸内，b端向纸外转动，同时向上移动

3.如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形闭合线框

abcd，线框平面与磁场垂直，O1O2框的对称轴，下列可使通过线框的磁通量

发生变化的方式是()

A. 向左或向右平动

B. 向上或向下平动

C. 绕O1O2转动

D. 平行于纸面向里运动

4.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，

然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中()

A. 小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒

B. 小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒

C. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零

D. 在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反

5.在光滑水平面上有一辆平板车。一个人站在车上，人和车均静止。若

该人用大锤敲打车的左端，已知车的质量为100kg，人的质量为50kg，

锤的质量为5kg，当大锤以大小为4m/s的水平向右的速度撞击车时，

车的速度大小和方向为()

A. 约0.13m/s，水平向左

B. 约0.13m/s，水平向右

C. 约2.2m/s，水平向右

D. 约2.2m/s，水平向左

6.如图，两个初速度大小相等的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强

磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()

A. a带负电b带正电

B. a在磁场中飞行的时间比b的短

C. a在磁场中飞行的路程比b的短

D. a在P上的落点与O点的距离比b的近

二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）

7.如图，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高

处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平

板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列

说法正确的是()

A. 若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动

B. 若水平面光滑，打后平板车可能向右运动

C. 若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动

D. 若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动

8.如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ

是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力

作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外

的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()

A. 感应电流的方向始终是由P→Q

B. 感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P

C. PQ受磁场力的方向垂直杆向左

D. PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右

9.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带

电粒子(不计重力)以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域

的时间为t，粒子飞出此区域时速度方向偏转60°角，根据上述条件可求下

列物理量中的()

A. 带电粒子的比荷

B. 带电粒子的初速度

C. 带电粒子在磁场中运动的周期

D. 带电粒子在磁场中运动的半径

10.一端连接轻质弹簧的物体B静止在光滑水平面上(如图甲所示)。物体A以速度v向右运动压缩

弹簧，弹簧的最大压缩量为x，现让该弹簧一端连接另一物体C(如图乙所示)，物体A以2v的速度向右压缩弹簧，弹簧的最大压缩量仍为x，知A、B的质量均为m，则()

A. 物体C的质量为1

7m B. 物体C的质量为3

7

m

C. 物体C的最终速度为7

2v D. 物体C的最终速度为15

4

v

11.如图所示，正方形ABCD以坐标原点O为中心，关于x轴对称，

与x轴交于M、N两点，带电量均为Q的点电荷固定在正方形的四

个顶点，其中A、B处点电荷带正电，C、D处点电荷带负电。下

列说法中正确的是()

A. M、N两点的电场强度大小相等、方向相反

B. 由原点O开始沿x轴正半轴方向，电势先降低后升高

C. 在x轴上M点左侧、N点右侧都存在场强为零的点

D. 负检验电荷在N点的电势能大于其在M点的电势能

12.在光滑水平面上沿同一直线相向运动的两辆玩具小车甲、乙，甲小车质量为2kg，乙小车质量为

1.5kg，甲向左运动速度大小为3m/s，乙向右运动速度大小为4m/s。下列两车碰撞后的速度大

小及方向可能正确的是()

A. 都静止

B. 甲向左运动速度为1.5m/s，乙向右运动速度为2m/s

C. 甲向右运动速度为3m/s，乙向左运动速度为4m/s

D. 甲向右运动速度为4.5m/s，乙向左运动速度为6m/s

三、计算题（本大题共5小题，共50.0分）

13.某实验小组利用如图1所示的电路测量一节干电池的电动势和内电阻。现有的实验器材为：

A.待测干电池(电动势约为1.5V)

B.电压表(量程3V)

C.电压表(量程15V)

D.电流表(量程0.6A)

E.电流表(量程3A)

F.滑动变阻器(阻值范围0--10Ω)

G.滑动变阻器(阻值范围0--100Ω)H.开关、导线若干

①实验中，电压表应选用，电流表应选用，滑动变阻器应选用。(选填器材前的字母)

②在图2中按图1用笔画线代替导线将电路连线补充完整。

③如图3所示，他们根据实验数据绘制出图像，其中是电压表的读数，是电流表的

读数。由此可以得到，干电池的电动势________，内电阻_______。(结果保留两位有效数字)

14.一个质量为50kg的人从1.8m高处由静止跳下，第一次着地之时，他没有曲腿缓冲，在0.1s内停

下；第二次从同样的高度跳下，这一次他曲腿缓冲，经1s停下．g=10m/s2.若忽略空气阻力．求两次地面对人的冲击力之比．

15.如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为l=1.0m，导体棒ab跨放在导轨上，

棒的质量为m=20g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M=30g.在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10m/s2.若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？

16.如图所示，右端是四分之一圆弧的装置P，质量M=3.0kg，其水平段AB粗糙，圆弧段BC光

滑，半径R=0.4m.现将P固定在光滑的水平地面上，一质量m=1.0kg的小物块(可视为质点)以速度v0=4m/s从A端沿水平方向滑上P，恰能运动到圆弧的最高点C，物块与AB段的动摩擦

因数μ=0.4，求：(g取10m/s2)

(1)AB段的长度L；

(2)若P不固定，物块在圆弧面上能上升的最大高度h；

(3)在满足(2)的条件下，通过计算判断物块是否会从P上掉落，若不掉落，最终物块距A点多

远？

17.如题图所示，在半径为a的圆柱空间中(图中圆为其横截面)充满磁

感应强度大小为B的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者．在

圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为

L=1.6a的刚性等边三角形框架△DEF，其中心O位于圆柱的轴

L)处有一发射带电粒子的源，发射粒

线上．DE边上S点(DS=1

4

子的方向皆在题图中截面内且垂直于DE边向下．发射粒子的电量皆为q(>0)，质量皆为m，但速度v有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架的碰撞无能量损失(不能与圆柱壁相碰)，电量也无变化，且每一次碰撞时速度方向均垂直于被碰的边．试问：

(1)带电粒子经多长时间第一次与DE边相碰？

(2)带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点？

(3)这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？

-------- 答案与解析 --------

1.答案：A

解析：解：A、根据感应电流产生的条件，当线圈绕ab轴转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，故A正确

B、线圈垂直纸而向外平动，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故△Φ=0，无电流产生，故B错误

C、线圈沿ab轴下移，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故△Φ=0，无电流产生，故C错误

D、线圈绕bc轴转，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故△Φ=0，无电流产生，故D错误故选：A

根据感应电流产生的条件：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．

考查了感应电流产生的条件，穿过线圈磁通量的变化．

2.答案：C

解析：解：通电螺线管的磁感线如图所示：

则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向下，右侧导体所处的磁场斜向上，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，小磁针应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故C正确，ABD错误；

故选：C．

通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们

可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．

解决本题的关键(1)清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；(2)能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；(3)会找到一些有代表性的特殊位置求解．

3.答案：C

解析：解：A、线圈向左或向右平动，Φ=BS，不变，故A错误；

B、线圈向上或向下平动，Φ=BS，不变，故B错误；

C、线圈绕O1O2转动，根据公式Φ=BSsinθ，磁通量不断改变，故C正确；

D、线圈平行于纸面向里运动，Φ=BS，不变，故D错误；

故选：C．

根据公式Φ=BSsinθ判断磁通量是否变化，公式中θ为磁感线与线圈平面的夹角．

本题关键是明确磁通量的定义，也可以用穿过线圈的磁感线条数进行分析，基础题目．

4.答案：D

解析：解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，故AB错误

C、小球向左摆到最高点，竖直方向速度为零，水平速度小球与车等大反向，则小球的速度为零而小车的速度也为零，故C错误

D、系统只在在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反。故D正确

故选：D。

小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；系统机械能守恒，但对小球来说，不满足动量和机械能守恒的条件。

本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断。对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒。

5.答案：A

解析：解：以人、锤和车组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：

m

锤v

锤

?(m

人

+m

车

)v=0，

代入数据解得：v≈0.13m/s，方向：水平向左。

故A正确，BCD错误

故选：A。

把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律分析即可。

本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键是要知道系统的动量守恒，但总动量不守恒，运用动量守恒定律分析小车的运动情况。

6.答案：D

解析：解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：

A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子打屏上，则粒子进入磁场后向下偏转，

粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，a、b两粒子

都带正电，故A错误；

B、由图示粒子运动轨迹可知，a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，

由于两粒子的速率v相等，由t=s

v

可知，a在磁场中飞行的时间比b的长，故

BC错误；

D、根据运动轨迹可知，a在P上的落点与O点的距离比b的，故D错误；

故选：D．

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性；

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，

应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径与周期，然后分析答题．

本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．

7.答案：AD

解析：

若水平面光滑，把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律分析小车的运动情况。若水平面粗糙，分析平板车的受力情况，来分析其运动情

况。

本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键是要知道系统的水平动量守恒，但总动量不守恒，运用动量守恒定律和受力情况来分析平板车的运动情况。

解：AB、若水平面光滑，把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统的总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，则平板车一定向左运动。打后由于惯性，平板车仍向左运动。故A正确，B错误。

C、若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车可能静止不动，也可能向左运动，故C错误。

D、若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车可能静止不动，打后平板车受到向右的冲力，可能向右运动，故D正确。

故选：AD。

8.答案：BD

解析：

在PQ杆滑动的过程中，△POQ是等腰三角形时的面积最大，所以它的面积先增大，后减小，穿过△POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律判断感应电流方向，PQ受磁场力的方向，即安培力方向始终与PQ垂直，由左手定则判断其方向。

本题是楞次定律和左手定则的应用，难点是分析△POQ的面积变化。

AB.在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大，后减小，穿过△POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P吗，故A错误，B正确；

CD.由左手定则判断得到：PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右，故C错误，D正确。

故选BD。

9.答案：AC

解析：解：A、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对

应的弦，确定圆弧的圆心，算出圆心角θ.再根据运动的时间及周期公式T=2π

ω，而ω=θ

t

可算出带电

粒子的荷质比，故A正确；

B、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确

定圆弧的圆心，算出圆心角．再根据运动的时间及周期公式可算出带电粒子的荷质比．但由于不知圆形磁场的半径，则无法求出轨道圆弧的半径，所以也不能算出粒子的初速度，故B错误；

C、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确

定圆弧的圆心，算出圆心角θ.根据T=2π

ω，而ω=θ

t

，可得，T=2π

θ

t.故C正确；

D、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确定圆弧的圆心，算出圆心角．再根据运动的时间及周期公式可算出带电粒子的荷质比．但由于不知圆形磁场的半径，则无法求出轨道圆弧的半径．故D错误；

故选：AC

带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，使粒子做匀速圆周运动．从而可推导出轨道半径公式与周期公式，由题中运动的时间与磁感应强度可求出粒子的比荷，由于圆磁场的半径未知，所以无法求出轨道半径，也不能算出粒子的初速度．

带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．

10.答案：AC

解析：解：AB、A、B系统动量守恒，当A、B速度相等时弹簧压缩量最大，

由动量守恒定律得：mv=(m+m)v′，

由能量守恒定律得：1

2mv2=1

2

(m+m)v′2+E P，

A、C系统动量守恒，当A、C速度相等时弹簧压缩量最大，

两正情况下弹簧的压缩量x相等，则两种情况下，弹簧的弹性势能E P相等，由动量守恒定律得：m?2v=(m+m C)v″，

由能量守恒定律得：1

2m(2v)2=1

2

(m+m C)v″2+E P，

解得：m C=1

7

m，故A正确，B错误；

C、A、C两物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m?2v=mv A+m C v C，

由机械能守恒定律得：1

2m(2v)2=1

2

mv A2+1

2

m C v C2，

解得：v C=7

2

v，故C正确，D错误；

故选：AC。

压缩弹簧过程，物体组成的系统动量守恒，根据题意应用动量守恒定律与能量守恒定律求出物体C

的质量与C的最终速度。

本题考查了动量守恒定律的应用，物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。

11.答案：BCD

解析：解：A、对M点研究，两个正电荷在M点产生的合场强为零，根据平行四边形法可知，两个负电荷在M点产生的合场强方向水平向右；对N点研究，两个负电荷在N点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在N点的合场强，方向水平向右，且由对称性可知，M、N两点电场强度等大同向，故A错误；

B、根据电场的叠加原理可知，由原点O开始沿x轴正半轴方向，电势先降低后升高，故B正确；

C、在M点左侧，两个正电荷的合场强与两个负电荷的合场强方向相反，大小可能相等，所以在x 轴上M点左侧存在场强为零的点；同理，在N点右侧也存在场强为零的点，故C正确；

D、M点的电势高于N点的电势，负检验电荷从M移动到N点时电场力做负功，电势能增加，则负检验电荷在N点具有的电势能比其在M点的电势能大，故D正确；

故选：BCD。

根据点电荷产生的电场特点和电场的叠加原理分析各个点的电场强度。电荷在等势面上移动，电场力做功为0.根据电场力做功来分析电势能的变化。

根据点电荷产生的电场特点和电场的叠加原理分析各个点的电场强度。电荷在等势面上移动，电场力做功为0.根据电场力做功来分析电势能的变化。

12.答案：AC

解析：解：以向右为正方向，碰撞前系统总动量为：

p=1.5×4?2×3=0kg?m/s，

系统总动能为：

E K=1

2×1.5×42+1

2

×2×32=21J；

A、如果都静止，则碰后总动量为0，动量守恒，碰撞后的动能：E K′=0，系统动能不增加，符合事实，故A正确；

B、如果甲向左运动速度为1.5m/s，乙向右运动速度为2m/s，则碰后总动量为0，动量守恒，碰撞

后的动能为：E K′=1

2×2×(?1.5)2+1

2

×1.5×22=5.25J，系统动能不增加，但会发生二次碰撞，

不符合实际情况，故B错误；

C、如果甲向右运动速度为3m/s，乙向左运动速度为4m/s，则碰后总动量为0，动量守恒，且碰撞后系统动能不变，且不会发生二次碰撞，符合事实，故C正确；

D、如果甲向右运动速度为4.5m/s，乙向左运动速度为6m/s，碰撞后总动量为：p′=2×4.5?

1.5×6=0kg?m/s，动量守恒，碰撞后的动能为：E K′=1

2×2×(4.5)2+1

2

×1.5×62=47.25J，系

统动能增加，不符合事实，故D错误。

故选：AC。

两球碰撞过程需满足动量守恒、机械能不增加、速度满足实际情况，三者联立分析答题。

本题考查了求两求两球的速度，注意不是满足动量守恒定律就正确，还需满足机械能不增加、速度满足实际情况。

13.答案：①B D F

②如图：

③1.40.91

解析：

(1)根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器；

(2)根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图将电路连线补充完整；

(3)电源的U?I图像与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图像斜率的绝对值是电源的内阻。

本题考查了测定电源的电动势和内阻；考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图像法处理实验数据的方法即可正确解题；在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的。

①干电池电动势约为1.5V，电压表应选B，根据U?I图像得出最大电流为0.55A，因此电流表应选D；干电池电动势约为1.5V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为：R=2.5Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选F；

故填B D F

②根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图将电路连线补充完整：

③在U?I图像中图线与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.4V，

图像中的斜率绝对值表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=△U

△I =1.4?0.9

0.55

Ω=0.91Ω；

故填1.40.91

故答案为：①B D F；

②如图：；

③1.40.91。

14.答案：解：下落的过程中机械能守恒，得：

1

2

mv2=mg?取人下落方向为正方向，人的初动量为：

p=mv

人的末动量为：

p′=0

设人所受平均作用力为F ，则由动量定理有：

(mg ?F)t =p′?p

得人所受平均作用力为：F =mg +m?√2g?Δt

代入数据可得两次地面对人的冲击力之比：F 1F 2=358

答：两次地面对人的冲击力之比为35：8．

解析：首先要分析物理情景，确定人着地前后瞬间速度方向和大小，确定初末态的动量，然后应用动量定律计算，求出人所受的平均作用力．从而进行比较，得出结论．

动量定理和现实生活的联系比较紧密，要注意掌握动量定理做出定性的解释．在运用动量定理解决竖直方向的冲击力问题时，若接触时间很短，则自重可不予考虑，反之，自重就不可忽略． 15.答案：解：据题导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab 重力的0.5倍，若要保持物体c 静止不动，ab 所受的安培力必须向左，由左手定则知棒中电流方向为a →b ．

导体棒刚要向右滑动时，BI 1l +0.5mg =Mg ，

可得I 1=Mg?0.5mg Bl =1A

导体棒刚要向左滑动时，BI 2L =0.5mg +Mg

可得I 2=Mg+0.5mg Bl =2A

故若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入的电流范围为：1A ≤I ≤2A ．

答：若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入的电流范围为：1A ≤I ≤2A ，方向a →b ．

解析：分析导体棒的受力情况，当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时导体棒所受的安培力最小，电路中电流最小，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最小值．当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时导体棒所受的安培力最大，电路中电流最大，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最大值．

本题是力平衡问题中极值问题，解题关键要根据平衡条件和安培力公式，求出电流的范围，不是特殊值．

16.答案：解：(1)小木块从A 到C 的过程中，根据动能定理得：?μmgL ?mgR =0?12mv 02

代入数据得到：L=1m

(2)小木块在滑块上滑动过程，系统水平动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0=(M+m)v

当小木块滑到最高点的过程中，小木块和滑块组成的系统由能量守恒定律有：

1 2mv02=1

2

(M+m)v2+mg?+μmgL

联立并代入数据解得：?=0.2m

(3)假设小木块不会从滑块上滑下，设小木块在滑块上相对滑动的路程为s，小木块和滑块组成的系统动量守恒，有：

mv0=(M+m)v′

若小木块最终停止滑块上，由能量守恒定律有：

1 2mv02=1

2

(M+m)v′2+μmgs

联立并代入数据解得：s=1.5m

由于s<2L，所以小木块不会从滑块上滑下，最终小木块停止在距离A点0.5m处．

答：(1)AB段的长度L是1m；

(2)若P不固定，物块在圆弧面上能上升的最大高度h是0.2m．

(3)小木块不会从滑块上滑下，最终小木块停止在距离A点0.5m处．

解析：(1)将P固定在光滑的水平地面上，小木块从A到C的过程中，根据动能定理求AB段的长度L．

(2)若P不固定，小木块在滑块上滑动过程，系统水平动量守恒，到达圆弧面上最大高度时两者速度相同，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求物块在圆弧面上能上升的最大高度h．

(3)假设小木块不会从滑块上滑下，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出小木块在滑块上相对滑动的路程，再进行判断．

本题分析清楚物体的运动情况，明确能量的转化情况是关键．要注意P不固定时，系统在水平方向动量是守恒的，但总动量不守恒，整体过程中要注意能量是如何转化的．

17.答案：解：(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πm

qB

，

粒子垂直与DE边射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，粒子转过半个圆周，即经过半个周期后第一次与DE相碰，

粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πm qB

，

粒子第一次与DE相碰需要的时间：t=1

2

T=πm

qB

；

(2)带电粒子(以下简称粒子)从S点垂直于DE边以速度v射出后，

在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，

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：qvB=m v2

r

，

解得：r=mv qB…①

要求此粒子每次与△DEF的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足以下条件：(ⅰ)与边垂直的条件．

由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于△DEF的边上，

粒子绕过△顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即D、E、F)上．

粒子从S点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，

在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为r，所以SE的长度应是R的奇数倍．

粒子从FD边绕过D点转回到S点时，情况类似，即DS的长度也应是轨道半径的奇数倍．

取=r1，则当的长度被奇数除所得的R也满足要求，即r=r n=DS

2n?1

n=1、2、3、…；

因此为使粒子与△DEF各边发生垂直碰撞，r必须满足下面的条件：r=r n=12n?1L4=2a

5(2n?1)

n=1、2、3、…②

此时：==(6n?3)r n，n=1、2、3、…，为r n的奇数倍的条件自然满足．只要粒子绕过E点与EF边相碰，

由对称关系可知，以后的碰撞都能与△DEF的边垂直．

(ⅰ)粒子能绕过顶点与△DEF的边相碰的条件．

由于磁场局限于半径为a的圆柱范围内，如果粒子在绕E点运动时圆轨迹与磁场边界相交，

它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回．所以粒子作圆周运动的半径R不能太大，由图示可知，必须r≤DM(△的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，r=DM时，

粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切)，由给定的数据可算得：DM=a?8√3

15

a≈0.076a…③

将n=1，2，3，…，分别代入②式，得：

n=1r1=2a

5=0.400an=2，r2=2a

15

≈0.133a，n=3r3=2a

25

=0.080a，n=4r4=2a

35

=0.057a，

由于R 1，R 2，R 3≥DM ，这些粒子在绕过△DEF 的顶点E 时，将从磁场边界逸出， 只有n ≥4的粒子能经多次碰撞绕过E 、F 、D 点，最终回到S 点．

由此结论及①、②两式可得与之相应的速度：v n =qB

m r n =qB m 2a

5(2n?1) n =4、5、6、…④

这就是由S 点发出的粒子与△DEF 的三条边垂直碰撞并最终又回到S 点时，其速度大小必须满足的条件．

(3)这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T =

2πm qB …⑤ 可见在B 及q m 给定时T 与v 无关．粒子从S 点出发最后回到S 点的过程

中，与△DEF 的边碰撞次数愈少，

所经历的时间就愈少，所以应取n =4，如图所示(图中只画出在边框

DE 的碰撞情况)，此时粒子的速度为v 4，

由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，所需时间为：

t =3×13×12T +3×56

T =22T …⑥ 将⑤式代入得：t =44πm

qB …⑦

答：(1)带电粒子经时间πm qB 第一次与DE 边相碰；

(2)带电粒子速度v 的大小取值为qB m 2a 5(2n?1) n =4、5、6、…时可使S 点发出的粒子最终又回到S 点；

(3)这些粒子中，回到S 点所用的最短时间是44πm

qB ．

解析：(1)经过半个周期粒子第一次与DE 相碰，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子的运动时间．

(2)S 点发出的粒子最终又回到S 点必须满足：要求此粒子每次与△DEF 的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S 点；粒子能绕过顶点与△DEF 的边相碰；

(3)求出粒子做匀速运动转过的圆心角，然后由t =θ

2π求出粒子的运动时间．

本题考查了粒子咋磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，解题时要注意结合几何特性及半径与长度的关系；本题的难点在于先挖掘出粒子能回到S 点需要满足的隐含条件以及考虑到粒子最终又回到S 点时的多解性．