2017-2018学年广东省实验中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年广东省实验中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

广东实验中学20177—2018学年（上）高二级期末模块考试 理 科 物 理 一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．每题只有一个选项是正确的．）‎ ‎1.1.首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是（ ）‎ A. 安培 B. 法拉第 C. 奥斯特 D. 特斯拉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特．‎ 解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特．安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场．法拉第研究了电磁感应现象，特斯拉是电力工程师．故C正确．‎ 故选C ‎【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢．‎ ‎2.2.电场强度是用比值定义法定义的物理量，下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法（ ）‎ A. 电流 B. 磁感应强度 C. 电容 D. 电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 比值法定义中，被定义的物理量与等式右边的各个物理量没有关系，而根据欧姆定律可知电流的大小和其两端的电压成之比，和其电阻成反比，故A不是应用了比值法定义；磁感应强度，采用的是比值定义法，电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，采用的是比值定义法，电阻，与U、I无关，采用的是比值定义法，故BCD都用了比值法定义。‎ ‎3.3.电场中有a、b两点，a点电势为4V，带电量为C的负离子仅在电场力作用下从a运动到b的过程中，电场力做正功J，则 （ ）‎ A. b点电势是2V B. a、b两点中，b点电势较高 C. 此电荷的电势能增加 D. 该电荷速度一定减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ a、b间的电势差，所以b点的电势高；又；所以：，A错误B正确；负电荷从a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，即速度增大，CD错误．‎ ‎4.4.两只电阻的伏安特性曲线如右图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 两电阻的阻值为R1大于R2‎ B. 两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压 C. 两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率 D. 两电阻并联在电路中时，R1的电流小于R2的电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 图像斜率的倒数表示电阻大小，故斜率越大，电阻越小，故，A错误；两电阻串联在电路中时，通过两电阻的电流相等，故电阻越大，其两端的电压越大，所以两端电压小于两端电压，根据可得消耗的功率小于消耗的功率，B错误C正确；并联在电路中时，两电阻两端的电压相等，所以根据可知电阻越大，电流越小，故的电流大于的电流，D错误．‎ ‎5.5.如图所示，长为2L的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　 )‎ A. 0 B. 0.5BIL C. BIL D. 2BIL ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，选项C正确，选项ABD错误。‎ 考点：安培力 ‎【名师点睛】由安培力公式进行计算，注意式中的应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义。‎ 视频 ‎6.6.两个分别带有电荷量 和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为 。两小球相互接触后将其固定距离变为 ，则两球间库仑力的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为Q′=，则此时F′=，故B正确，ACD错误，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题．注意两电荷接触后电量先中和后均分，各自电荷量要发生变化，这是解决本题的关键．‎ ‎7.7.如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是(　　)‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示，在C点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大．故C正确；ABD错误．故选C.‎ 考点：安培定则；磁场的叠加.‎ ‎【名师点睛】该题考察了磁场的叠加问题．要知道磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．‎ ‎8.8.如图，是一火警报警电路的示意图其中为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大值班室的显示器为电路中的电流表，电两极之间接一报警器当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是　　‎ A. I变大，U变小 B. I变小，U变大 C. I变小，U变小 D. I变大，U变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大．传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并=E-I（r+R1），I减小，U并变大，电流表的读数变大．故选D.‎ 考点：电路的动态分析.‎ ‎9. 如图，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过半圆轨道最高点C．现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是（ ）‎ A．H′=H B．H′＜H C．H′＞H D．无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：有磁场时，恰好通过最高点，靠重力和洛伦兹力的合力提供向心力，无磁场时，恰好通过重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度，通过动能定理比较释放点的高度．‎ 解：有磁场时，恰好通过最高点，有：mg﹣qvB=m，‎ 无磁场时，恰好通过最高点，有：mg=m，‎ 由两式可知，v2＞v1．‎ 根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg（h﹣2R）=mv2可知，H′＞H．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的运用，知道圆周运动的最高点，恰好通过时向心力的来源．‎ ‎10.10.第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则(　　)‎ A. 油滴带正电 B. 油滴带电荷量为 ‎ C. 电容器的电容为 ‎ D. 将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A错误。B、由场强与电势差关系可知，，解得，选项B错误。C、由题意知，电容器带电荷量，由电容的定义式知，选项C正确。D、电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，由可得油滴所受电场力减小，合力变成向下，则油滴向下做加速运动，选项D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．‎ 二、多项选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）‎ ‎11.11.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是 (　　 )‎ A. M带负电，N带正电 B. M的速率小于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N不做功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．‎ 解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；‎ B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；‎ C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；‎ D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．‎ 故选：AB ‎【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．‎ 视频 ‎12.12.一充电后与电源断开的平行板电容器，保持两极板的正对面积、间距不变，在两极板间插入一电介质，则（　　）‎ A. 电容器的电量增大 B. 电容器的电容C减小 C. 两极板间的电势差U增大 D. 两极板间的电势差U减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、平行板电容器充电后与电源断开，其带电量不变，在两极板间插入一电介质，根据电容的决定式知，电容器的电容C增大，故AB错误。‎ C、由电容的定义式，知两极板间的电势差U减小，故C错误，D正确。‎ 点睛：解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式，明确电容器充电后与电源断开其带电量不变。‎ ‎13.13.一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时下述正确的是 (　　 )‎ A. 电动机所消耗的电功率为IU B. t秒内所产生的电热为IUt C. t秒内所产生的电热为I2Rt D. t秒内所产生的机械能为IUt－I2Rt ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A项：电动机所消耗的电功率P=UI，所以A正确；‎ B、C项：I2R计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，所以产生的电热为I2Rt，所以B错误，C正确；‎ D、t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功UIt-I2Rt，所以D正确。‎ 点晴：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。‎ ‎14.14.如图，正点电荷放在O 点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线。以水平电场线上的O’ 点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于 a、b、c、d、e，下列说法正确的是 (　　 )‎ A. b、e两点的电场强度相同 B. a点电势高于e点电势 C. b、c两点间电势差等于 e、d两点间电势差 D. 电子沿圆周由d运动到 c，电场力做功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由图看出，b、e两点到O点的距离相等，根据可得两点的电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，B错误；根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等．所以b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，C正确；d点的电势与c点的电势相等，电子沿圆周由d到c，电场力做不做功，D正确．‎ ‎15. 如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（ ）‎ A. 从a点离开的电子速度最小 B. 从a点离开的电子在磁场中运动时间最短 C. 从b点离开的电子运动半径最小 D. 从b点离开的电子速度偏转角最小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：根据，由轨道半径的大小确定速度的大小，根据t=，由偏转角的大小确定时间的大小．‎ 解：对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大．从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t==，与粒子的速度无关，知θ越小，运行的时间越短．故B、C正确，A、D错误．‎ 故选BC．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式，以及知道带电粒子在磁场中运行的周期与速度的大小无关．‎ ‎16.16.回旋加速器的主要结构如图所示，两个D形空盒拼成一个圆形空腔，中间留一条缝隙，当其工作时，关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是 A. 与加速器的半径有关，半径越大，能量越大 B. 与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大 C. 与加速器的电场有关，电场越强，能量越大 D. 与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量、电荷量越大，能量越大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由qvB＝得：，则最大动能为：，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关。半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大；故AB正确；由可知，粒子获得的最大动能与加速电场无关。故C错误；由可知，质量和电量都大，粒子获得的最大动能不一定大。故D错误。故选AB。‎ ‎17.17.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带正电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是 (　　 )‎ A. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动 B. 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将向下偏转 C. 保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 D. 保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】若开关断开，则电容器与电源断开，而与R形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故A错误；保持开关闭合，将a极板向下移动一点，板间距离减小，电压不变，由E=U/d可知，板间场强增大，因为粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故B正确；由图可知a板带正电，b板带负电；带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电路中电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由E=U/d可知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，故粒子一定向上偏转，不可能从下极板边缘射出，故C错误；若滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，定值电阻及内阻上的电压减小，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，则由E=U/d可知，所受极板间电场强度增大，则所受电场力增大，故粒子将向下偏转，可能从下极板边缘飞出，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；要求大家熟练掌握速度选择器模型，会利用闭合电路欧姆定律进行电路的动态分析，分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，结合粒子电性判断出带电粒子偏转的方向。‎ ‎18.18.如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0‎ 向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为(　　)‎ ‎ ‎ A. 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零．故A正确．当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：-W=0-mv2 得：W=mv2  故B正确．当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．当qvB=mg时得： 根据动能定理得：-W=mv2−mv02代入解得： ，故C错误，D正确．故选ABD.‎ 点睛：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．‎ 三、实验题（两题，共20分）‎ ‎19.19.某兴趣小组研究一金属丝的物理性质，‎ ‎(1) 首先用螺旋测微器测量其直径，其值为_____________mm。‎ 为了进一步测量此金属丝电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量，实验室里准备了以下器材：‎ A．多用电表 B．电压表Vl，量程6 V，内阻约10 kΩ C．电压表V2，量程15 V，内阻约20 kΩ D．电流表Al，量程0.6 A，内阻约0.2 Ω E．电流表A2，量程3 A，内阻约0.02 Ω F．电源：电动势E=7.5 V G．滑动变阻器Rl，最大阻值10 Ω，最大电流为2 A H．滑动变阻器R2，最大阻值50 Ω，最大电流为0.2 A I．导线、电键若干 ‎(2) 在用多用电表粗测电阻时，该小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图甲中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用__________欧姆挡(选填“×100”或“×1”)，并要重新进行________________________；按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图乙中指针所示，则Rx的阻值大约是_________Ω；‎ ‎(3) 在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，则在上述器材中应选出的器材是___________________________ (填器材前面的字母代号) ；‎ ‎(4) 在虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图____________。‎ ‎【答案】 (1). 0.885±0.002mm (2). “”欧姆挡 (3). 欧姆调零 (4). 9 Ω ‎ ‎(5). BDFGI (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+38.5×0.01mm=0.885mm；‎ ‎（2）由图所示可知，欧姆表针偏角过大，故说明所选量程过大，使读数偏小，故应换用小档位，使指针偏角在中间位置，故应选用×1档；由图所示可知，欧姆表指针示数为9.0，则其读数为：9.0×1=9.0Ω； （3）电源、滑动变阻器、导线和电键是构成闭合电路必须选择的；要减小误差，在不超出量程的情况下，电压表和电流表量程尽量选择较小的量程；由于实验要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，实验要选取电阻值较小的滑动变阻器，故选：BDFGI； （4）为获得较大的电压条件范围，滑动变阻器选择分压式接法；由于待测电阻的电阻值与电流表的电阻值较接进，故采用电流表外接法，则实验原理图如图所示；‎ ‎【点睛】本题考查了多用电表的读数，对多用电表进行读数前要明确多用电表选择开关置于什么挡上，根据多用电表的档位及表盘确定其分度值，然后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。‎ ‎20.20.某同学为了测一节干电池的电动势E和内电阻r。‎ ‎⑴ 先用多用电表估测电动势E。将选择开关旋至直流2.5V档，红、黑表笔与干电池的正、负极相接，此时指针所指位置如图甲所示，则此时多用表的读数为_______V。‎ ‎⑵ 再用伏安法更精确地测量该干电池的电动势和内电阻，实验电路如图乙所示。请你用实线代替导线在图丙中连接好实物_______，要求变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大。‎ ‎⑶ 由实验测得的7组数据已在图丁的U-I图上标出，请你完成图线________。由图象可得E＝_______V（保留三位有效数字），r＝_______Ω（保留两位有效数字）。‎ ‎⑷ 这位同学对以上实验的系统误差进行了分析，其中正确的是_______。‎ A．主要是由电压表的分流引起的 B．主要是由电流表的分压引起的 C．电动势测量值小于真实值 D．内阻测量值大于真实值 ‎【答案】 (1). 1.45±0.01 (2). 如图；‎ ‎ (3). 如图；‎ ‎ (4). 1.49±0.01 (5). 1.0～1.1 (6). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）选择开关旋至直流2.5V档，由图示多用电表可知，多用电表分度值是0.5V，多用电表示数是1.45V； （2）变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大，滑动变阻器应接左下接线柱，根据实验电路图连接实物电路图，如图丙所示；‎ ‎ （3）用直线把坐标系中各点连接起来，得到U-I图象，如图丁所示；由图象可知， 图象与纵轴交点是1.5V，则电源电动势E=1.5V，电源内阻； （4）在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用．可以将电压表内阻与电源并联后看作等效电源，实际测量的是等效电源的电动势和内电阻，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小．故AC正确，BD错误，故选AC.‎ ‎【点睛】电源的U-I图象斜率等于电源内阻；由图象求电源内阻时，一定要注意图象纵坐标轴的起点是否是零，这是容易忽略的地方．‎ 四、计算题（三题，共42分）‎ ‎21.21.质谱仪是研究同位素的重要仪器，如图所示为质谱仪原理示意图。设粒子质量为m、电荷量为q，从S1无初速度释放进入电场，加速电场电压为U，之后垂直磁场边界进入匀强磁场，磁感应强度为B．（不计粒子重力）则 ‎（1）打在底片上的位置到S3的距离多大？‎ ‎（2）粒子从进入磁场到打在底片上的时间是多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）在电场中加速：则 在磁场中在匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：‎ 打在底片上的位置到的距离 联立可以得到：；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动：，而且：，则：‎ 则粒子从进入磁场到打在底片上的时间为：。‎ 点睛：质谱仪的原理是先让带电粒子在电场中加速，然后进入匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律进行求解即可。‎ ‎22.22.有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为，极板的长为L，极板间有一均匀电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速射入，其方向平行于极板，并打在极板边缘的D点，如图甲所示。电子的电荷量用e表示，质量用表示，重力不计。回答下面各问题（用字母表示结果）‎ ‎（1）求电子打到D点的动能；‎ ‎（2）电子的初速V0至少必须大于何值，电子才能飞出极板？‎ ‎（3）若极板间没有电场，只有垂直进入纸面的匀强磁场，其磁感应强度为B，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速射入，如图乙所示，则电子的初速为何值，电子才能飞出极板？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎（3）两种可能：①电子从左边出，‎ ‎②电子从右边出 ‎【解析】‎ ‎（1）（2分）‎ ‎（1分）‎ ‎（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为V，则（1分）‎ ‎（2分）‎ ‎（2分）‎ 解得（1分）‎ 要逸出电容器外必有（1分）‎ ‎（3）有两种情况 ‎①电子从左边出，做半圆周运动其半径（1分）‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 电子避开极板的条件是（1分）‎ ‎②电子从右边出，‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 电子避开极板的条件是（1分）‎ ‎23. 如图所示，空间区域I、II有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，I区域高度为d，II区域的高度足够大，匀强电场方向竖直向上；I、II区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外。一个质量为m、带电荷量为q的小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动。已知重力加速度为g。‎ ‎(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；‎ ‎(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h；‎ ‎(3)试讨论在h取不同值时，带电小球第一次穿出I区域的过程中，电场力所做的功。‎ ‎【答案】(1)正电；(2)(3)0或者－mgd ‎【解析】‎ 试题分析：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电 由qE=mg 解得 ‎(2)带电小球在进入磁场前做自由落体运动，据机械能守恒定律得mgh=mv2‎ 带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R，据牛顿第二定律得qvB=m 由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60º，如图a所示 由几何关系知R=‎ 解得h=‎ ‎(3)当带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，设小球释放时距MN的高度为h0，运动轨迹如图b所示 半径R=d 联立解得h0=‎ 讨论：‎ i．当h≤h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域的速度较小，半径较小，不能进入Ⅱ区域，由磁场上边界MN第一次穿出磁场Ⅰ区域，此过程电场力做功W=qEs=0‎ ⅱ．当h>h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ第一次穿出磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，此过程电场力做功W=－qEd 解得W=－mgd 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.‎ ‎ ‎ ‎ ‎