四川省成都市2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬自檢物理試題(A卷)（ 含答案解析 ）

第1頁/共1頁2022-2023學(xué)年四川省成都市高二上學(xué)期物理期末模擬自檢卷(A卷)一．選擇題（共8小題）（2019秋?成都期末）1.利用圖示裝置“探究決定電容大小的因素”。實驗中靜電計的指針已有一個偏角，則在此情境下（）A.僅增大兩板間的距離，指針偏角將增大B.僅增大兩板間的距離，指針偏角將減小C.僅減小兩板間的正對面積，指針偏角將減小D.僅將一塊有機(jī)玻璃插到兩板間，指針偏角將不變【答案】A【解析】【詳解】AB．增大板間距，據(jù)電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結(jié)合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變大，靜電計指針張角變大，A正確，B錯誤；C．極板正對面積變小，根據(jù)電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結(jié)合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變大，靜電計指針張角變大，C錯誤；D．極板間插入有機(jī)玻璃則變大，根據(jù)電容的決定式：可知電容變大，電容器電荷量不變，結(jié)合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變小，靜電計指針張角變小，D錯誤。故選A。（2019秋?金堂縣校級期末）2.如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，x軸下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，兩磁場右邊界均足夠?qū)挘粠ж?fù)電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從原點O與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中的運動半徑為R，下列說法正確的是A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB.粒子完成一次周期性運動的時間為C.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2:1D.粒子從原點出發(fā)后到第二次穿過x軸時，沿x軸前進(jìn)2R【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故不可能回到原點0．故A錯誤．因第四象限中磁感應(yīng)強(qiáng)度為第一象限中的一半；故第四象限中的半徑為第一象限中半徑的2倍；如圖所示；由幾何關(guān)系可知，負(fù)電荷在第一象限軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，在第四象限軌跡所對應(yīng)的圓心角也為60°，粒子圓周運動的周期為T=，保持不變，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為：t1=；同理，在第四象限運動的時間為；完在成一次周期性運動的時間為T′=t1+t2=．故B正確．由r=，知粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1：2．故C錯誤．根據(jù)幾何知識得：粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)距離為x=R+2R=3R．故D錯誤．故選B．（2017秋?成都期末）3.如圖，矩形ABCD位于勻強(qiáng)電場中，電場方向平行于矩形平面，已知，P是CD邊的中點，A、B、D的電勢分別為6V、2V、4V，初動能為6eV、電荷量大小為e的帶電粒子從A沿著AC方向射入電場恰好經(jīng)過B，不計粒子重力，下列說法正確的是A.該粒子一定帶正電B.該粒子到達(dá)B點時的動能為10eVC.若僅改變粒子的初速度大小，該粒子可能經(jīng)過C點D.若僅改變粒子的初速度方向，該粒子可能做直線運動經(jīng)過P點【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)勻強(qiáng)電場中平行的等間距的兩點間的電勢差相等，則則C的電勢取AB中點O，則O點的電勢為連接OD則為等勢線，電場線與等勢面垂直，且有高電勢指向低電勢，電場強(qiáng)度垂直O(jiān)D斜向上，由物體做曲線運動的條件，電場力斜向下，故電荷為負(fù)電荷，A錯誤；B．粒子從A到B，由動能定理得解得該粒子到達(dá)B點時的動能B錯誤；C．若僅改變粒子的初速度大小，因粒子所受電場力方向與場強(qiáng)E方向相反，該粒子不可能經(jīng)過C點，C錯誤；D．因AP在電場強(qiáng)度E的方向上，則若改變粒子的初速度方向，使得初速度沿AP方向，該粒子可沿AP做勻減速直線運動經(jīng)過P點，D正確；故選D?！军c睛】此題關(guān)鍵要掌握：勻強(qiáng)電場中平行的等間距的兩點間的電勢差相等，找到等勢線，利用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系以及電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系求解。（2019秋?成都期末）4.如圖，矩形abcd的長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，o、e分別是ad、bc的中點，以o、e為圓心有兩個半徑均為R＝0.3m的四分之一圓弧，區(qū)域obedo內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T。一群不計重力、質(zhì)量m＝3×10－9kg、電荷量q＝2×10－5C的帶正電粒子垂直于ad邊以v＝5×102m/s的速度射入磁場區(qū)域。下列判斷正確的是（）A.所有粒子射出磁場時速度方向都平行B.所有粒子在磁場中運動的時間都相等C.從od邊射入的粒子，出射點都在e點D.從ao邊射入的粒子，出射點都在b點【答案】D【解析】【詳解】C．粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力：得：因，從邊射入的粒子，形成以為半徑的圓弧，從點射入粒子的從點出去；同理從之間射入的其他粒子，到邊界處速度均豎直向上，因邊界上無磁場，之間所有粒子全部通過點，C錯誤；ABD．從邊射入的粒子先做一段時間的直線運動，設(shè)某一個粒子在點進(jìn)入磁場，其圓心為，如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系，可知虛線的四邊形是菱形，則粒子的出射點一定是從點射出。同理可知，從邊射入的粒子，出射點全部從點射出，但射出的速度方向并不相同，根據(jù)運動軌跡可知，從邊射入的粒子在磁場中運動的圓心角不相同，所以運動時間不相同，AB錯誤，D正確。故選D。（2017?秦州區(qū)校級學(xué)業(yè)考試）5.如圖所示，在場強(qiáng)為的水平方向的勻強(qiáng)電場中有、兩點，連線長為，連線與電場線夾角為α，則、兩點的電勢差UAB等于（）A. B.零C.EL D.E【答案】C【解析】【詳解】A、B之間沿電場線方向的距離為，由可得，，C正確．（2018秋?成都期末）6.如圖，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為。R1為定值電阻，R2為滑動變阻器、B為水平放置的平行金屬板，L為小燈泡，電表均為理想電表。開關(guān)S閉合后，A、B板間有一帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。則在滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中A.電壓表的示數(shù)增大 B.油滴向上加速運動C.板上的電荷量減少 D.兩表示數(shù)變化量的比值變大【答案】B【解析】【詳解】滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻增大，根據(jù)“串反并同”，由于定值電阻R1與滑動變阻器串聯(lián)，所以電壓表示數(shù)變小，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，所以電容器兩端電壓變大，由公式可知，板間電場強(qiáng)度變大，電場力變大，所以油滴向上加速運動，由公式可知，板上的電荷量變大，電壓表測的是電阻R1兩端的電壓，電流表測的是流過R1的電流，所以兩表示數(shù)變化量的比值即為R1的阻值即不變，故B正確。故選B。（2018秋?成都期末）7.如圖，水平放置的平行金屬板、B間有一勻強(qiáng)電場，一個質(zhì)子（）和一個氘核（），先后以平行于兩板中心線OO’的初速度從左側(cè)O點射入兩板間，與板無碰撞且射出后都能擊中豎直熒光屏MN，擊中熒光屏?xí)r的速率分別用v質(zhì)子和v氘核表示。下列說法正確的是A.若它們射入電場時的初速度相同，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點B.若它們射入電場時的初動能相同，在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點C.若它們射入電場時的初動量相同，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D.若它們的初速度是經(jīng)同一加速電場從靜止加速后獲得的，則打在熒光屏上時v質(zhì)子∶v氘核=：1【答案】D【解析】【詳解】ABC．兩個粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場中都做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則得到，加速度為偏轉(zhuǎn)距離為運動時間為聯(lián)立三式得A．若它們射入電場時的速度相等，y與比荷（電荷量與質(zhì)量的比值）成正比，所以熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點，故A錯誤；B．若它們射入電場時的動能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，故B錯誤；C．若它們射入電場時的動量相等，可見y與qm成正比，則在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點，故C錯誤；D．從靜止開直到熒光屏由動能定理得，在加速電場中有整理得所以打在熒光屏上時v質(zhì)子∶v氘核=：1故D正確。故選D。（2018秋?雙流區(qū)校級期末）8.豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場，其極板帶電量為Q，在兩極板之間，用輕質(zhì)絕緣絲線懸掛質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球(可看成點電荷)，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，此時小球離右板距離為b，離左板的距離為2b，如圖所示，則（）A.小球受到電場力為B.若將小球移到懸點下方豎直位置，小球的電勢能減小C.若將細(xì)繩剪斷，小球經(jīng)時間到達(dá)負(fù)極D.小球帶正電，極板之間的電場強(qiáng)度大小為【答案】C【解析】【分析】對小球受力分析，據(jù)平衡條件可得小球所受電場力，另對小球而言，板上電荷不能視為在同一水平線上的點電荷，兩板對小球的電場力．據(jù)小球所受電場力和場強(qiáng)的定義式可得極板之間的電場強(qiáng)度．據(jù)電場力的方向，可得將小球移到懸點下方豎直位置過程中電場力做功的正負(fù)，從而判斷小球電勢能的變化．細(xì)繩剪斷后小球做勻加速直線運動，將小球的運動分解成水平方向和豎直方向，據(jù)運動學(xué)公式和牛頓運動定律可得小球到達(dá)負(fù)極所需時間．【詳解】AD：對小球受力分析，由平衡條件可得，則小球受到電場力，極板之間的電場強(qiáng)度．對小球而言，板上電荷不能視為與小球在同一水平線上的點電荷，則兩板對小球的電場力．故AD兩項錯誤．B：小球所受電場力水平向右，將小球移到懸點下方豎直位置，電場力對小球做負(fù)功，小球的電勢能增加．故B項錯誤．C：細(xì)繩剪斷后小球做勻加速直線運動，將小球的運動分解成水平方向和豎直方向，對水平方向、，解得：小球到達(dá)負(fù)極所需時間．故C項正確．二．多選題（共5小題）（2018秋?成都期末）9.如圖，光滑絕緣水平面的右側(cè)存在著勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的復(fù)合場，電場方向豎直向下，磁場方向水平向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；一電荷量為q、質(zhì)量為m的小球a在水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，與靜止著的另一相同質(zhì)量的不帶電金屬小球b發(fā)生碰撞并粘在一起，此后水平向右進(jìn)入復(fù)合場中，在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。電荷量的損失不計，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是（）A.小球a可能帶正電B.小球a、b碰撞后的速度C.小球a、b做勻速圓周運動半徑為D.小球從圓軌道的最低點到最高點，機(jī)械能增加量【答案】BD【解析】【詳解】A．小球a、b碰撞后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，所以電場力豎直向上，小球a帶負(fù)電，故A錯誤；B．小球a加速過程，由動能定理得碰撞過程由動量守恒定律得解得故B正確；C．小球a、b碰撞后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．洛倫茲力不做功，電場力做功為所以機(jī)械能減少量故D正確。故選BD。（2019秋?金堂縣校級期末）10.如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場．一帶電小球以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場和電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中未標(biāo)出）穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，將此帶電小球仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則該帶電小球A.穿出位置一定在O′點下方B.在電場運動過程中動能一定增大C.在電場運動過程中電勢能可能增大D.在電場運動過程中重力勢能可能增大【答案】BD【解析】【詳解】帶電小球在電場、磁場及重力場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，若小球帶正電，故對小球有：Bqv=Eq+mg；

若小球帶負(fù)電，故對小球有：Bqv+mg=Eq；當(dāng)撤去磁場只保留電場時，若粒子帶正電，則受向下的電場力qE和向下的重力mg，粒子向下偏轉(zhuǎn)，從O′點下方射出，電場力和重力都做正功，動能增加，電勢能減小，重力勢能減??；若粒子帶負(fù)電，則受向上的電場力qE和向下的重力mg，因電場力大于重力，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，從O′點上方射出，電場力做正功，重力做負(fù)功，合力做正功，動能增加，電勢能減小，重力勢能增大；故BD正確，AC錯誤．故選BD．（2017秋?成都期末）11.如圖，質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子（帶正電、不計重力），以Ek的初動能從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向進(jìn)入場區(qū)．若場區(qū)僅存在方向沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場時，質(zhì)子通過P（d，d）點時的動能為5Ek；若場區(qū)僅存在方向垂直于xOy平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場時，質(zhì)子也能通過P點。則下列結(jié)論正確的是（）A. B.C.B D.B【答案】BD【解析】【詳解】AB．質(zhì)子在只有電場存在時，動能由Ek變?yōu)?Ek，由動能定理可知電場力做功為W=eEd=5Ek-Ek解得E=B正確，A錯誤；CD．質(zhì)子在只有磁場存在時，質(zhì)子做勻速圓周運動，由題意可知，運動半徑為d，由半徑公式有r=d=設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場時的速度為v，則速度為解得C錯誤，D正確。故選BD。（2017秋?成都期末）12.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），一個質(zhì)量為m帶電小球，從A點以初速度v0沿直線運動．直線與豎直方向的夾角為θ（θ＜90°），不計空氣阻力，重力加速度為g．以下說法正確的是（）A.小球一定做勻變速運動B.小球在運動過程中可能機(jī)械能守恒C.小球運動過程中所受電場力不少于mgsinθD.當(dāng)小球速度為v時，其重力的瞬時功率p=mgvsinθ【答案】BC【解析】【詳解】試題分析：以小球為研究對象分析受力可知，若當(dāng)小球所受電場力豎直向上，且大小等于重力時，可以沿直線做勻速運動，所以A錯誤；當(dāng)小球所受電場力不是豎直向上時，則電場力與重力的合力一定沿運動軌跡所在的直線方向上，由下圖可知電場力的最小值為，所以C正確；此時電場力做功，故小球的機(jī)械能不守恒，所以B錯誤；當(dāng)小球速度為v時，其沿重力方向的速度分量為vcosθ，故此時重力的瞬時功率，所以D錯誤；考點：靜電場、能量守恒、功率（2020春?煙臺期末）13.如圖所示，半徑為R的絕緣光滑圓環(huán)豎直固定放置，甲、乙為套在圓環(huán)上的可視為點電荷的空心帶電小球，其中小球甲固定在圓環(huán)的最低點a處，小球乙可以自由滑動。平衡時，小球乙靜止在圓環(huán)上的b點。a、b連線與豎直方向成角。已知小球乙?guī)д姡姾闪繛?，質(zhì)量為m，重力加速度為g。則（）A.小球甲一定帶正電B.小球甲在b點處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為C.小球甲所帶電荷量的絕對值為D.小球甲所帶電荷量的絕對值為【答案】AB【解析】【詳解】對乙受力分析，有兩種情況如圖1、2所示。圖2顯然無法受力平衡，對圖1，解得，A．圖1中甲乙?guī)靵隽槌饬Γ瑒t甲乙?guī)N電荷，則小球甲一定帶正電，故A正確；B．根據(jù)電場強(qiáng)度定義式故B正確；CD．根據(jù)甲乙?guī)靵龆傻霉蔆D錯誤。故選AB。三．實驗題（共2小題）（2018秋?成都期末）14.一個小燈泡上標(biāo)有“2V，1W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪它的I－U圖線．可選用的器材如下：A．電壓表（量程3V，內(nèi)阻約10kΩ）B．電壓表（量程15V內(nèi)阻約20kΩ）C．電流表（量程0.3A，內(nèi)阻約1Ω）D．電流表（量程0.6A，內(nèi)阻約0.4Ω）E．滑動變阻器（5Ω，1A）F．滑動變阻器（100Ω，0.2A）G．電源（電動勢3V，內(nèi)阻1Ω）H．開關(guān)一個，導(dǎo)線若干實驗要求：誤差盡量小，電壓表從零開始變化且能多取幾組數(shù)據(jù)，滑動變阻器調(diào)節(jié)方便．（1）電壓表應(yīng)選用________，電流表應(yīng)選用________，滑動變阻器應(yīng)選用________（填器材序號字母）．（2）實驗電路圖應(yīng)選擇圖甲中的________（選填“a”或“b”）圖．（3）連接電路時，某同學(xué)誤將電流表和電壓表接成圖乙所示的電路，其他部分連接正確且滑動變阻器滑片的初始位置正確．接通電源后，移動滑片的過程中小燈泡的發(fā)光情況是________（選填“不亮”或“逐漸變亮”）．（4）通過實驗測得該小燈泡的伏安特性曲線如圖丙所示，由圖線可求得它在正常工作時的電阻為___Ω．若將該小燈泡與本實驗中使用的電源直接相連，則還需在電路中串聯(lián)一個阻值為________Ω的電阻，才能使它正常工作．（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.A②.D③.E④.b⑤.不亮⑥.4.0⑦.1.0【解析】【詳解】（1）[1][2][3]．燈泡額定電壓是2V，電壓表應(yīng)選擇A；燈泡額定電流，電流表應(yīng)選擇D，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇E；（2）[4]．為了在燈泡上得到從0開始的電壓，滑動變阻器要用分壓電路，故選b；（3）[5]．接成乙所示的電路，電壓表內(nèi)阻很大，電路中電流幾乎為零，則燈泡不亮；（4）[6][7]．燈泡正常工作時，電壓為2V，由圖可知I=0.5A，則；將該小燈泡與本實驗中使用的電源（3V，1Ω）直接相連，則內(nèi)阻和電阻R上的電壓之和為1V，電路中的電流為0.5A，則串聯(lián)的電阻（2017秋?宜昌期末）15.用多用電表的歐姆擋測量阻值約為幾十千歐的電阻Rx，其中S為選擇開關(guān)，P為歐姆調(diào)零旋鈕。（1）以下給出的是可能的操作步驟，把你認(rèn)為正確的步驟前的字母按合理的順序填寫在橫線上___________。a．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)歐姆擋“×1k”b．將兩表筆分別連接到被測電阻的兩端，讀出Rx的阻值后，斷開兩表筆c．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)歐姆擋“×100”d．將兩表筆短接，調(diào)節(jié)P使指針對準(zhǔn)刻度盤上歐姆擋的零刻度，斷開兩表筆e．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)OFF擋，并拔出兩表筆（2）根據(jù)下圖所示指針位置，此被測電阻的阻值約為___________Ω。（3）下列關(guān)于用多用電表歐姆擋測電阻的說法中正確的是___________。A．測電阻時如果指針偏轉(zhuǎn)角過大，應(yīng)將選擇開關(guān)S撥至倍率較小的擋位，重新調(diào)零后測量B．測量電阻時，如果紅、黑表筆分別插在負(fù)、正插孔，則會影響測量結(jié)果C．測量電路中某個電阻，應(yīng)該把該電阻與電路斷開D．測量阻值不同的電阻時都必須重新調(diào)零【答案】①.adbe②.15000##1.5×104③.AC##CA【解析】【詳解】（1）[1]用多用電表的歐姆擋測量阻值約為幾十千歐的電阻Rx，為了使指針盡量位于中間刻度附近，旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)歐姆擋×1k；然后將兩表筆短接，調(diào)節(jié)P使指針對準(zhǔn)刻度盤上歐姆擋的零刻度，斷開兩表筆；接著將兩表筆分別連接到被測電阻的兩端，讀出Rx的阻值后，斷開兩表筆；最后旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)OFF擋，并拔出兩表筆。故正確的步驟為：adbe。（2）[2]根據(jù)圖所示指針位置，此被測電阻的阻值約為Rx=15×103Ω=15000Ω（3）[3]A．測電阻時如果指針偏轉(zhuǎn)角過大，說明所選倍率擋位過大，應(yīng)將選擇開關(guān)S撥至倍率較小的擋位，重新調(diào)零后測量，A正確；B．測量電阻時，如果紅、黑表筆分別插在負(fù)、正插孔，不會影響測量結(jié)果，B錯誤；C．測量電路中的某個電阻，應(yīng)該把該電阻與電路斷開，C正確；D．用同一擋位測量阻值不同的電阻時，不需要重新調(diào)零，只有換擋后需要重新歐姆調(diào)零，D錯誤。故選AC。四．計算題（共4小題）（2019秋?金堂縣校級期末）16.如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直固定放置，其半徑為R，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，半圓軌道最低點與一水平粗糙絕緣軌道MN相切于N點。一小滑塊（可視為質(zhì)點）帶正電且電荷量為q，質(zhì)量為m，與水平軌道間的滑動摩擦力大小為0.5mg，現(xiàn)將小滑塊從水平軌道的M點由靜止釋放，恰能運動到半圓軌道的最高點H。已知電場強(qiáng)度大小為，重力加速度大小為g，求：（1）小滑塊在最高點H的速度vH大?。唬?）M點距半圓軌道最低點N的水平距離L；（3）小滑塊通過半圓軌道中點P時，軌道對小滑塊的彈力F大小。【答案】（1）；（2）R；（3）12mg【解析】【詳解】（1）在H點由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得解得（2）從M點到H點的全過程，由動能定理得解得（3）從P到H的過程，由動能定理得在P點，彈力F與電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得F＝12mg（2019秋?成都期末）17.如圖，兩根足夠長且電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，它們固定在一傾角為θ的絕緣斜面上，M、P間連有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m，長度為L、阻值也為R的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于方向垂直于斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。將ab棒無初速釋放，重力加速度大小為g。求：(1)ab棒勻速運動時，電阻R功率；(2)ab棒勻速運動時的速度大小?！敬鸢浮?1)，(2)?！窘馕觥俊驹斀狻?1)棒勻速運動時，根據(jù)平衡條件有：則有：則電阻的功率為：；(2)棒勻速運動時，感應(yīng)電動勢為：則感