2017-2018学年浙江省台州市书生中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

2017-2018学年浙江省台州市书生中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

台州市书生中学 2017学年第一学期 高二物理第三次月考试卷 一、单项选择题：（每题3分，共36分）‎ ‎1. 对做简谐运动的物体，下列说法正确的是（ ）‎ A. 每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同 B. 通过平衡位置时，速度为零，加速度最大 C. 每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同 D. 若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值 ‎【答案】A ‎【解析】质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同，A正确；质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，B错误；质点每次通过平衡位置时，加速度为零，速度不一定相同，C错误；若位移为负值，根据，则加速度也一定为正值；质点远离平衡位置时速度方向为负值，D错误；故选A.‎ ‎2. 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，关于摆长和周期的测量，下列说法正确的是（ ）‎ A. 摆长等于摆线长度加上球的直径 B. 测量周期时只要测量一次全振动的时间 C. 测量时间应从摆球经过平衡位置开始计时 D. 测量时间应从摆球经过最高点开始计时 ‎【答案】C ‎【解析】摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A错误；只要测量一次全振动的时间作为单摆振动的周期误差较大，应测多个周期的时间求平均值，作为单摆的周期，故B错误；测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；由于不能准确确定小球的最大摆角位置，测量时间不应从摆球经过最大摆角位置时开始计时，故D错误；故选C.‎ ‎3. 对物体带电现象的叙述正确的是(　 　)‎ A. 物体带正电一定具有多余的电子 B. 物体所带电荷量可能很小，甚至小于 C. 摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程 D. 电荷中和是等量异种电荷同时消失的现象 ‎【答案】C ‎【解析】物体带正电一定是缺少了电子，选项A错误；人们通常将最小的电荷量叫做元电荷，元电荷为：e=1.60×10-19C，物体的带电量是元电荷的整数倍，故B错误，摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，故C正确；电荷中和是等量的异种电荷完全抵消，电荷并不能创生，也不能消失，故D错误；故选C．‎ ‎4. 下列叙述中正确的是(　 　)‎ A. 根据E＝F/q可知电场强度E与电场力F成正比，与放入电场中电荷的电荷量q成反比 B. 根据C＝Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 C. 根据E＝W/q可知电动势的大小，与非静电力所做的功W的大小成正比，与移送电荷量q的大小成反比 D. 根据R＝ρL/S可知，导体的电阻与材料电阻率和导体长度乘积成正比，与导体的横截面积成反比 ‎【答案】D ‎【解析】公式E＝F/q是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，与试探电荷受的电场力及带电量无关，故A错误；公式C＝Q/U是电容的定义式，电容的大小是由电容器本身决定的，与其两板间的电势差U及带电量Q无关，故B错误；公式E＝W/q是电动势的定义式，其大小是由电源本身决定的，与非静电力所做的功W的大小以及移送电荷量q大小无关，故C错误； R＝ρL/S是电阻的决定式，由公式可知，导体的电阻与材料电阻率和导体长度乘积成正比，与导体的横截面积成反比，选项D正确；故选D.‎ ‎5. 如图所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A，B，原来两球不带电时，上、下两根细线的拉力为FA，FB，现在两球带上同种电荷后，上、下两根细线的拉力分别为FA′，FB′，则( 　　)‎ A. FA＝FA′，FB＞FB′ B. FA＝FA′，FB＜FB′‎ C. FA＜FA′，FB＞FB′ D. FA＞FA′，FB＞FB′‎ ‎【答案】B ‎【解析】运用整体法研究两个质量相等的小球A和B，不管A、B是否带电，整体都受重力和上丝线的拉力，则由平衡条件得：上丝线的拉力F=2mg．所以FA=FA′．再隔离B研究，不带电时受重力和下丝线的拉力，由平衡条件得：FB=mg．带电时受重力、下丝线的拉力和A对B的向下的排斥力．由平衡条件得：FB′=F′+mg．即FB′＞mg．所以FB＜FB′；故B正确，ACD错误．故选B.‎ 点睛：本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力．‎ ‎6. 如果在某电场中将的电荷由A点移到B点，电场力做功为，那么（ ）‎ A. A、B两点间的电势差是 B. A、B两点间的电势差是 C. 若在A、B两点间移动-的电荷，电场力将做的功 D. 若在A、B两点间移动的电荷，电场力将做的功 ‎【答案】A ‎【解析】两点间的电势差UAB= =1.2×105V．故A正确，B错误．在A、B两点间移动-2.5×10-8C的电荷时，A、B间的电势差不变．则电场力做功：WAB′=q′UAB=(-2.5×10-8)×1.2×105J=-3.0×10-3J，故C错误．若在A、B两点间移动的电荷，电场力将做功WAB′′=q′′UAB=(1.0×10-7)×1.2×105J=1.2×10-2J，选项D错误；故选A．‎ ‎7. 如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )‎ A. R1：R2 =1：3‎ B. R1：R2 =3：1‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】A ‎.....................‎ 点睛：解决本题的关键知道I-U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．‎ ‎8. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是(　　)‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝‎ C. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝‎ D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、B、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由图象可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，A错误；P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻，故B正确、C错误；因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选：BD．‎ 考点：小灯泡的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】‎ ‎9. 如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合.一带 电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是(　　)‎ A. 带电液滴可能带正电 B. 增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流，‎ C. 断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降 D. 断开S，减小两极板距离的过程中，液滴静止不动 ‎【答案】D ‎【解析】带电量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，则知电场力向上，而场强向下，所以微粒带的是负电．故A错误．增大电容器两极板间距离，根据电容的决定式可知电容C减小，U不变，由分析可知Q减小，电容器放电，则R中有从a流向b的电流，故B错误．断开S，极板上是电量不变；减小两极板正对面积的过程中，根据电容的决定式可知电容减小，由分析可知U增大，由公式E=分析可知E增大，电场力大于重力，所以液滴将加速向上运动．故C错误；断开S，极板上是电量不变；减小两极板两极板距离过程中，根据电容的决定式、电容的定义式，以及 由公式E=分析可知E=与d无关，即E保持不变，所以液滴静止仍然不动，故D正确．故选D．‎ 点睛:本题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，其电压不变，同时掌握电容的定义式与决定式的内容，及其区别，并理解E=公式的推导过程．‎ ‎10. 竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，B＝0.5T，导体捧ab与cd长均为0.2m，电阻均为0.lΩ，重均为0.1N，现用力向上拉导体棒ab，使之匀速向上(与导轨接触良好,导轨足够长)，此时，导体棒cd恰好静止，那么导体棒ab上升时，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 导体棒ab受到的拉力大小为2N B. 导体棒ab向上的速度为0.2m/s C. 在2s内，拉力做功转化电能的是0.4J D. 在2s内，拉力做功为0.6J ‎【答案】C ‎【解析】导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的推力F=2mg=0.2N，故A错误．对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安=G，即BIL=G，又I=，联立得：，故B错误．在2s内，电路产生的电能，故C正确；在2s内拉力做的功，W=F推vt=0.2×2×2J=0.8J，故D错误．故选C．‎ 点睛：本题是电磁感应现象中的力平衡问题，关键是对安培力和电路的分析和计算．要灵活选择研究对象，本题运用整体法和隔离法结合，比较简洁．‎ ‎11. 如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　)‎ A. 0＜t0＜ B. ＜t0＜‎ C. ＜t0＜T D. T＜t0＜‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：据题意，从图b可以看出开始A板电势较高，如果在时刻释放粒子，粒子先向B板运动大于的时间，电场反向后要相同时间速度才能减为0，即向B极板运动位移较大，此时反向加速，只能加速小于的时间，电场再次反向，只需小于的时间就减速为0，即向A极板运动位移较小，然后反向加速大于的时间，重复以上过程，则在 时刻释放粒子不可能到达A极板，A错误；如果是，则与刚才分析相同，D错误；如果是，开始A极板电势高，但依然是向A极板运动位移较小而向B极板运动位移较大，C错误；如果，则向B极板运动较小位移，而向A极板运动位移较大，最终达到A极板上，B正确；故选B。‎ 考点：带电粒子在交变电场中的运动。‎ ‎【名师点睛】在交变电场中运动的情况，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象或位移图象来分析．在画速度图象时，要注意以下几点：1．带电粒子进入电场的时刻；‎ ‎2．速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；‎ ‎3．图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；‎ ‎4．注意对称和周期性变化关系的应用；‎ ‎5．图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解。‎ 视频 ‎12. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想电表，R为副线圈的负载电阻．现在原线圈a、b两端加上交变电压u，其随时间变化的规律u＝220sin 100πt V，则( )‎ A. 副线圈中产生的交变电流频率为100 Hz B. 电压表的示数22V C. 若电流表示数为0.1 A，则原线圈中的电流为1 A D. 若电流表示数为0.1 A，则1 min内电阻R上产生的焦耳热为132 J ‎【答案】D ‎【解析】由交流电的变化规律可知，副线圈中交流电的周期为=0.02s ‎，所以交流电的频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，故A错误．知原线圈的电压最大值为220V，则有效值为V=220V，根据理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，故副线圈的电压的有效值为22V，所以电压表的示数为22V，故B错误．原、副线圈的电流与匝数成反比，副线圈的电流是I=0.1A，所以原线圈的电流是0.01A，故C错误．电阻R消耗的电功率是：Q=UIt=22×0.1×60J=132W，故D正确．故选D．‎ ‎13. 巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应。巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性。如图所示检测电路，设输电线路电流为I(不是GMR中的电流)，GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是( )‎ A. 如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数减小 B. 如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大 C. 如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大 D. 如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小 ‎【答案】D ‎【解析】巨磁电阻的电阻值随着外电流的增加而减小，如果I增大，磁场增强，则巨磁电阻的电阻值减小，根据闭合电路欧姆定律，电流I增加；路端电压U1=E-Ir减小，电阻R2的电压U2=IR2增加，即电压表V1示数减小，电压表V2示数增大，电流表A示数增加，故AB错误；如果I减小，巨磁电阻的电阻值增加，根据闭合电路欧姆定律，电流I减小；路端电压U1=E-Ir增加，电阻R2的电压U2=IR2减小，即电压表V1示数增加，电压表V2示数减小，电流表A示数减小，故C错误，D正确；故选D．‎ 点睛：本题是简单的电路动态分析问题，只要能推导出路端电压和电阻R2的电压表达式进行分析即可.‎ 二、多项选择题：（每题4分，共12分）‎ ‎14. 如图是密立根油滴实验的示意图．油滴从喷雾器的喷嘴喷出， ‎ ‎ 落到图中的匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中．下列说法正确的是( )‎ A. 油滴带正电 B. 油滴带负电 C. 只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴的电量 D. 该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍 ‎【答案】BD 考点：本题考查了电场中的物体平衡 ‎15. 一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度vo进入某电场中．由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为．在此过程中，以下判断正确的是（ ）‎ A. 重力对液滴做的功为 B. 合外力对液滴做的功为 C. 下落的过程中，液滴的电势能一定减少 D. 液滴的机械能减少了 ‎【答案】BD ‎【解析】带电液滴下落h高度，重力做功：WG=mgh．故A错误；由动能定理得：W合＝△EK＝0−mv02．故B正确；由于电场力和重力都是恒力，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0说明液滴一定做减速运动，它受到的电场力的方向一定向上，电场力做负功，则电势能增加，机械能减小，选项C错误，D正确；故选BD.‎ 点睛：此题考查功能关系与机械能是否守恒，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小．‎ ‎16. 某同学在学校实验室采用甲、乙单摆做实验时得到的振动图象分别如图线甲、乙所示，下列说法中正确的是( )‎ A. 甲、乙两单摆的摆长相等 B. 两摆球经过平衡位置时，速率可能相等 C. 乙单摆的振动方程是（cm）‎ D. 在任意相同时间内，两摆球的路程之比为10:7‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A、由图可知，两单摆周期相等，根据单摆周期，甲、乙两单摆的摆长相等，A正确；‎ B、由图可知，两单摆振幅不相等，由因为摆长相等，所以经过平衡位置时，速率不相等，B错误；‎ C、T=2.0s，，所以乙单摆的振动方程是（cm），C正确；‎ D、由于两单摆周期相等，一个周期内两单摆位移都等于零，D错误。‎ 故选：AC。‎ 三．实验题：‎ ‎17. 指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。‎ ‎（1）如下图1所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是（_________）‎ ‎。（选填选项前面的字母）‎ A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔 ‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ ‎（2）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图2所示。‎ A．若所选挡位为直流50mA挡，则示数为_______mA。‎ B．若所选挡位为电阻×10Ω挡，则示数为_______W；‎ ‎（3）用表盘为图2所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：（________________）。‎ A．将红表笔和黑表笔接触 B．把选择开关旋转到“×100”位置 C．把选择开关旋转到“×1k”位置 D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 ‎【答案】 (1). (1)AC； (2). (2) 21.0； (3). 190； (4). (3)BAD；‎ ‎【解析】（1）由图示电路图可知，当开关置于2位置时多用电表是欧姆表，A与内置电源负极相连，A为红表笔，B与内置电源正极相连，B为黑表笔；由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误，C正确；由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误；故选AC． （2）A、若所选挡位为直流50mA挡，由图2所示可知，其分度值为1mA，则示数为21.0mA． B、若所选挡位为电阻×10Ω挡，由图2所示可知，示数为：19×10=190Ω； （3）用多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，首先要把选择开关置于×100挡位位置，然后进行欧姆调零，把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置，最后再测电阻，故合理的步骤是：BAD； 点睛：本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表．电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累．‎ ‎18. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图(a)接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系．当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图(b)所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路． ‎ ‎(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将______偏转．‎ ‎(2)线圈A放在B中不动时，指针将________偏转．‎ ‎(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将________偏转．(选填“向左”、“向右”或“不”)‎ ‎【答案】 (1). (1)向右； (2). (2)不； (3). (3)向右；‎ ‎【解析】试题分析：（1）线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；‎ ‎（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；‎ ‎（3）线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；‎ 考点：研究电磁感应现象 ‎【名师点睛】此题是研究电磁感应现象的实验；关键是掌握产生感应电流的条件，穿过线圈的磁通量是否发生变化；解题时要理解楞次定律，掌握用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤，同时灵活运用等效的思想进行判断.‎ 四、计算题 ‎19. 如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R．电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。金属棒与金属导轨间的最大静摩擦力为0.05N，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的阻值可能为多少。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】金属棒受重力、摩擦力、安培力和支持力而平衡， 若电阻较小，电流较大时摩擦力沿斜面向下：mgsin30°+f=BIL 代入数据解得：I=0.75A 设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路姆定律可得：E=I（R+r） 代入数据解得：R=15Ω 若电阻较大，电流较小时摩擦力沿斜面向上：mgsin30°=f+BI′L 代入数据解得：I′=0.25A 设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路姆定律可得：E=I′（R′+r） 代入数据解得：R′=47Ω 所以15Ω≤R≤47Ω 点睛：考查安培力表达式、受力平衡条件、欧姆定律等规律，并要求掌握与理解．注意左手定则与右手定则区分，并画出正确的受力图也是本题关键之处．‎ ‎20.‎ ‎ 如图，放置在水平面内的平行金属框架宽为L＝0.4m，金属棒置于框架上，并与两框架垂直.整个框架位于竖直向下、磁感强度B＝0.5T的匀强磁场中，电阻R＝0.09Ω，金属棒电阻为0.01Ω，阻力忽略不计，当在水平向右的恒力F作用下以2.5m/s的速度向右匀速运动时，求：‎ ‎(1)判断哪点电势高.‎ ‎(2)求回路中的感应电流.‎ ‎(3)电阻R上消耗的电功率 ‎(4)恒力F做功的功率.‎ ‎【答案】（1）根据右手定测判定a点电势高；（2）5A；（3）2.25W；（4）2.5W； ‎ ‎【解析】（1）由右手定则可知，电流由b流向a；故a端电势高； （2）ab产生的感应电动势为 E=BLv=0.5×0.4×2.5V=0.5V 由闭合电路欧姆定律得感应电流的大小为：I==5A； （3）R上的电功率为：P=I2R=52×0.09=2.25W； （4）ab棒所受的安培力大小为：FA=BIL=0.5×5×0.4N=1N 由于ab匀速运动，恒力F与安培力平衡，则得：F=FA=1N 则拉力的功率为：P′=Fv=1×2.5=2.5W；‎ ‎21. 如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：‎ ‎（1）小球经过C点的速度大小 ‎（2）小球经过半圆轨道上与圆心O等高处D点的速度大小 ‎（3）电场强度E的大小 ‎（4）小球在圆轨道上运动时的最大速率 ‎【答案】（1）；（2）；(3) ；(4) ‎ ‎【解析】（1）小球离开C点后做平抛运动到P点，R＝gt2 2R＝vCt ‎ 得： ‎ ‎（2）小球从D到C的过程由动能定理有：mvC2-mvD2=- mgR ‎ 得：‎ ‎(3)小球从A到D由动能定理有：qE∙3R－mgR＝mvD2 ‎ 得： ‎ ‎(4)设小球运动到圆轨道F点时速度最大，设最大速度为v，此时OF与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到F点的过程，根据动能定理知 qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2‎ 即mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1)‎ 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大 ‎ 由此可得 ‎ ‎22. 如图，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在 ‑m≤ x ≤0的区域内有磁感应强度大小B = 4.0×10-4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E = 4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d =2m。一质量m ‎ ‎= 6.4×10-27kg、电荷量q = -3.2×10-19C的带电粒子从P点以速度V = 4×104m/s，沿与x轴正方向成α=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求： ‎ ‎⑴带电粒子在磁场中运动时间；‎ ‎⑵当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；‎ ‎⑶若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。‎ ‎【答案】（1）；（2）5m；（3）；‎ ‎【解析】试题分析：⑴带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 ‎（1分）‎ 代入数据得：（1分）‎ 轨迹如图1交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，‎ 由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。 （1分）‎ 在磁场中运动时间（1分）‎ 代入数据得：t=5.23×10-5s （1分）‎ ‎⑵带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动 方法 一：‎ 粒子在电场中加速度（1分）‎ 运动时间（1分）‎ 沿y方向分速度（1分）‎ 沿y方向位移（1分）‎ 粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点 故Q点的坐标为（1分）‎ 方法二：‎ 设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图1，则：‎ ‎（2分）‎ 设Q点的横坐标为x 则：（2分）‎ 故x=5m。 （1分）‎ ‎⑶电场左边界的横坐标为x′。‎ 当0＜x′＜3m时，如图2，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，‎ 则：（1分）‎ 又：（1分）‎ 由上两式得：（1分）‎ 当3m≤≤5m时，如图3，有 ‎（2分）‎ 将y=1m及各数据代入上式得：‎ ‎（1分）‎ 考点：本题考查了带电粒子在电场和磁场中的偏转 ‎ ‎