北京市东城区2016届高三上学期期末物理试卷

北京市东城区2016届高三上学期期末物理试卷

‎2015-2016学年北京市东城区高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题只有一个选项正确．）‎ ‎1．物理学上经常用物理学家的名字命名物理量的单位，以纪念他们做出的突出贡献．下列说法正确的是（　　）‎ A．用牛顿的名字命名力的单位 B．用安培的名字命名功率的单位 C．用伏特的名字命名磁感应强度的单位 D．用焦耳的名字命名电场强度的单位 ‎2．如图所示为某质点做直线运动的v﹣t图象，由此可知（　　）‎ A．前1秒物体的位移大小为1m B．第2秒末物体的瞬时速度大小2m/s C．第3秒内物体的加速度大小为3m/s2‎ D．前3秒物体做匀变速直线运动 ‎3．在水平地面上方同一位置将物体沿水平方向抛出，不计空气阻力的影响，物体在同一地方下落过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的加速度逐渐减小 B．物体运动的时间只由高度决定 C．物体落地的位置与初速度无关 D．物体落地时的速度方向竖直向下 ‎4．如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，由图可知（　　）‎ A．此列简谐横波的频率是4Hz B．介质中各质点的振幅都是4cm C．x=1m处质点此时刻所受合外力最大，方向沿y轴负方向 D．x=2m处质点此时刻速度最大，方向沿y轴正方向 ‎5．清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶．当洒水车行驶到某一路口时开始洒水，若洒水车的速度保持不变，且所受阻力与车重成正比，则开始洒水后（　　）‎ A．洒水车受到的牵引力保持不变 B．洒水车受到的牵引力逐渐增大 C．洒水车发动机的输出功率保持不变 D．洒水车发动机的输出功率不断减小 ‎6．“蹦极”是一种很有挑战性的运动．将一根有弹性的绳子系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从蹦极者离开跳台到第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．蹦极者受到的合力始终增大 B．蹦极者始终处于失重状态 C．弹性绳刚好被拉直时，蹦极者的速度最大 D．蹦极者下降至最低点时，蹦极者的机械能最小 ‎7．科学研究中经常利用磁场来改变带电粒子的运动状态．现有两个速率相同的质子分别在磁感应强度大小为B1、B2的匀强磁场中做匀速圆周运动．已知B1=2B2，下列说法正确的是（　　）‎ A．两质子所受洛仑兹力大小之比f1：f2=1：2‎ B．两质子加速度的大小之比a1：a2=2：1‎ C．两质子运动的轨道半径之比r1：r2=1：1‎ D．两质子运动的角速度之比ω1：ω2=1：1‎ ‎8．如图所示，匀强电场中有M、N、P、Q四个点，它们分别位于矩形的四个顶点上，各点的电势分别为φM、φN、φP、φQ．在电子分别由M点运动到N点和P点的过程中，电场力所做的正功相同，则（　　）‎ A．φM＜φN，若电子由M点运动到Q点电场力不做功 B．φM＞φN，若电子由M点运动到Q点电场力不做功 C．φP＜φN，若电子由M点运动到Q点电场力做正功 D．φP＞φN，若电子由M点运动到Q点电场力做负功 ‎9．两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带正电，N板带负电，且电荷量保持不变．如图所示，板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为θ，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，则（　　）‎ A．小球带负电；若将细线烧断，小球将做匀加速直线运动 B．小球带正电；若将细线烧断，小球将做自由落体运动 C．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大 D．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大 ‎10．如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示．以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），副线圈所在电路中接有电热丝、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电热丝额定功率为44W，电动机内电阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作．则（　　）‎ A．电压表示数为31.1V B．电动机的输出功率为21 W C．变压器的输入功率为44 W D．通过保险丝的电流为0.3 A ‎12．水平绝缘地面上固定一带电体P，另一个质量为m的带电小球Q在其正上方做往复直线运动．已知P、Q之间的最大距离为H，最小距离为．带电小球Q所受电场力F=k，取无穷远处电势为零，带电小球Q所具有的电势能E=k，其中h为P、Q之间距离，k为大于零的未知常量，重力加速度为g．则在带电小球Q运动过程中（　　）‎ A．P、Q不可能带有同种电荷 B．带电小球Q一定做简谐运动 C．带电小球Q具有的最大速度为 D．P、Q之间距离为时，带电小球Q的速度最大 ‎　‎ 二．填空作图题（本题共3小题，共18分）‎ ‎13．为了探究电磁感应现象的产生条件，图中给出了必备的实验仪器．‎ ‎（1）请你用笔画线代替导线，将实验电路连接完整．‎ ‎（2）正确连接实验电路后，在闭合开关时灵敏电流计的指针发生了偏转．开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片，灵敏电流计的指针　　偏转（选填“发生”或“不发生”）．断开开关时灵敏电流计的指针　　偏转（选填“发生”或“不发生”）．‎ ‎14．兴趣小组的同学们利用如图1所示的装置“研究匀变速直线运动的规律”．他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2（m1＜m2）通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体1通过铁夹与纸带相连接．开始时物体1与物体2均处于静止状态，之后将它们同时释放．图2所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O是打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D…是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．‎ ‎（1）相邻两计数点之间的时间间隔为　　；‎ ‎（2）实验时要在接通打点计时器之　　释放物体（选填“前”或“后”）；‎ ‎（3）将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4…，测得s2=1.60cm，s4=6.40cm，请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是　　 m/s；‎ ‎（4）同学们根据测出的物体1上升高度s与相应的时间t，描绘出如图3所示的s﹣t2图线，由此可以求出物体的加速度大小为　　m/s2．‎ ‎15．实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：‎ A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）‎ B．电压表（量程3V）‎ C．电压表（量程15V）‎ D．电流表（量程0.6A）‎ E．定值电阻（阻值为50Ω）‎ F．滑动变阻器（阻值范围0～50Ω）‎ G．开关、导线若干 ‎（1）为了尽量减小实验误差，在如图1所示的四个实验电路中应选用　　．‎ ‎（2）实验中电压表应选用　　．（选填器材前的字母）‎ ‎（3）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U（V）‎ ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.10‎ 电流I（A）‎ ‎0.060‎ ‎0.120‎ ‎0.240‎ ‎0.260‎ ‎0.360‎ ‎0.480‎ 请你将第5组数据描绘在图2中给出的U﹣I坐标系中并完成U﹣I 图线；‎ ‎（4）由此可以得到，此干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（5）有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量电池的电动势和内电阻．闭合开关后，改变电阻箱阻值．当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2．已知电流表的内阻为RA．请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出电池的内电阻r=　　．‎ ‎　‎ 三．计算题（本题共5小题，共54分．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须写出数值和单位．‎ ‎16．如图1所示，山区高速公路上，一般会在较长的下坡路段的坡底设置紧急避险车道．如图2所示，将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面．一辆质量为m的汽车在刹车失灵的情况下，以速度v冲上紧急避险车道匀减速至零．汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力，大小是自身重力的k倍．‎ ‎（1）画出汽车的受力示意图；‎ ‎（2）求出汽车行驶时的加速度；‎ ‎（3）求出汽车行驶的距离．‎ ‎17．我国自1970年4月24日发射第一颗人造地球卫星﹣﹣﹣﹣“东方红”1号以来，为了满足通讯、导航、气象预报和其它领域科学研究的不同需要，又发射了许多距离地面不同高度的人造地球卫星．卫星A为近地卫星，卫星B为地球同步卫星，它们都绕地球做匀速圆周运动．已知地球半径为R，卫星A距地面高度可忽略不计，卫星B距地面高度为h，不计卫星间的相互作用力．求：‎ ‎（1）卫星A与卫星B运行速度大小之比；‎ ‎（2）卫星A与卫星B运行周期之比；‎ ‎（3）卫星A与卫星B运行的加速度大小之比．‎ ‎18．据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g取10m/s2．如表为一次实验过程中的相关数据．‎ 重物（包括传感器）的质量m/kg ‎8.5‎ 重物下落高度H/cm ‎45‎ 重物反弹高度h/cm ‎20‎ 最大冲击力Fm/N ‎850‎ 重物与地面接触时间t/s ‎0.1‎ ‎（1）请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：‎ a．重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；‎ b．在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍．‎ ‎（2）如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由．‎ ‎19．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m．整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m=1kg的金棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；‎ ‎（2）求金棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；‎ ‎（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q．‎ ‎20．如图所示，两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右．在ABCD矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场．极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界．将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点，由静止释放．不计带电粒子所受重力．‎ ‎（1）求带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小；‎ ‎（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小，并画出粒子运动轨迹的示意图．‎ ‎（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年北京市东城区高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题只有一个选项正确．）‎ ‎1．物理学上经常用物理学家的名字命名物理量的单位，以纪念他们做出的突出贡献．下列说法正确的是（　　）‎ A．用牛顿的名字命名力的单位 B．用安培的名字命名功率的单位 C．用伏特的名字命名磁感应强度的单位 D．用焦耳的名字命名电场强度的单位 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】在物理学上经常用物理学家的名字命名物理量的单位，以纪念他们做出的突出贡献．结合常见的单位分析解答即可．‎ ‎【解答】解：A、用牛顿的名字命名力的单位．故A正确；‎ B、用安培的名字命名电流的单位．故B错误；‎ C、用伏特的名字命名的是电压的单位．故C错误；‎ D、用焦耳的名字命名的是能量的单位．故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．如图所示为某质点做直线运动的v﹣t图象，由此可知（　　）‎ A．前1秒物体的位移大小为1m B．第2秒末物体的瞬时速度大小2m/s C．第3秒内物体的加速度大小为3m/s2‎ D．前3秒物体做匀变速直线运动 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．‎ ‎【解答】解：A、图象与坐标轴围成的面积表示位移，则前1秒物体的位移大小x=，故A正确；‎ B、1﹣3s内做匀减速直线运动，加速度，则第2秒末物体的瞬时速度大小v=v1+at=2﹣1×1=1m/s，故B错误；‎ C、第3秒内物体的加速度大小为1m/s2，故C错误；‎ D、0﹣1s内质点做匀加速运动，1﹣3s内做匀减速直线运动，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．在水平地面上方同一位置将物体沿水平方向抛出，不计空气阻力的影响，物体在同一地方下落过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的加速度逐渐减小 B．物体运动的时间只由高度决定 C．物体落地的位置与初速度无关 D．物体落地时的速度方向竖直向下 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】物体做平抛运动时的加速度不变．根据h=分析下落的时间，结合x=vt分析平抛的距离，根据平行四边形定则分析落地速度大小关系．‎ ‎【解答】解：A、物体运动时都只受重力，根据牛顿第二定律知，加速度始终为g，大小不变．故A错误．‎ B、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，落地的时间是t，则：h=；则：t=，物体运动的时间只由高度决定．故B正确；‎ C、物体沿水平方向的位移：x=vt=，物体落地的位置与初速度有关，与高度有关．故C错误；‎ D、平抛运动的物体在竖直下抛运动是初速度的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，所以落地时的速度始终有水平方向的分速度，所以物体落地时的速度方向不可能竖直向下．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，由图可知（　　）‎ A．此列简谐横波的频率是4Hz B．介质中各质点的振幅都是4cm C．x=1m处质点此时刻所受合外力最大，方向沿y轴负方向 D．x=2m处质点此时刻速度最大，方向沿y轴正方向 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由图直接读出波长和振幅，根据简谐运动的特征 F=﹣kx分析合外力的大小和方向．根据质点的位置，分析其速度大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、由图知，该波的波长为 λ=4m，由于波速未知，所以不能求出频率，故A错误．‎ B、介质中各质点的振幅相同，都是2cm，故B错误．‎ C、x=1m处质点此时刻位移为正向最大，由F=﹣kx知，该质点所受合外力最大，方向沿y轴负方向，故C正确．‎ D、x=2m处质点此时刻正通过平衡位置，速度最大，方向沿y轴负方向．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶．当洒水车行驶到某一路口时开始洒水，若洒水车的速度保持不变，且所受阻力与车重成正比，则开始洒水后（　　）‎ A．洒水车受到的牵引力保持不变 B．洒水车受到的牵引力逐渐增大 C．洒水车发动机的输出功率保持不变 D．洒水车发动机的输出功率不断减小 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】洒水车在竖直方向上受力平衡，水平方向上受到牵引力和阻力，根据平衡条件可知牵引力大小等于阻力大小，通过判断阻力的变化，来判断牵引力的变化，再根据输出功率P=Fv判断输出功率的变化．‎ ‎【解答】解：AB、洒水车所受阻力与车重成正比，即阻力f=kG，而开始洒水后，车重G减小，故阻力f减小，洒水车匀速行驶，则牵引力F的大小等于阻力f，开始洒水后阻力减小，因此洒水车受到的牵引力逐渐减小，故A错误，B错误；‎ CD、洒水车发动机的输出功率P=Fv，开始洒水后F逐渐减小，速度v不变，则洒水车的洒水车发动机的输出功率不断减小，C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．“蹦极”是一种很有挑战性的运动．将一根有弹性的绳子系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从蹦极者离开跳台到第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．蹦极者受到的合力始终增大 B．蹦极者始终处于失重状态 C．弹性绳刚好被拉直时，蹦极者的速度最大 D．蹦极者下降至最低点时，蹦极者的机械能最小 ‎【考点】功能关系；超重和失重．‎ ‎【分析】先分析该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到绳子拉直时，只受重力，重力势能转化为动能．从绳子拉直点到最低点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：上段受到向下的合力做加速运动，速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零．‎ ‎【解答】‎ 解：A、蹦极者从最高点到绳子拉直时，只受重力，合力不变，从绳子拉直点到最低点的过程中，刚开始重力大于弹力，合力向下，则加速度向下，处于失重状态，随着弹力增大，合力逐渐减小，当弹力等于重力时，合力为零，速度最大，继续向下运动，弹性绳的拉力大于重力，合力向上，加速度向上，处于超重状态，随着弹力的增大，合力增大，故ABC错误；‎ D、整个运动过程中，只有重力和绳子的弹力做功，蹦极者和弹性绳的机械能守恒，蹦极者下降至最低点时，弹性绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能最小，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．科学研究中经常利用磁场来改变带电粒子的运动状态．现有两个速率相同的质子分别在磁感应强度大小为B1、B2的匀强磁场中做匀速圆周运动．已知B1=2B2，下列说法正确的是（　　）‎ A．两质子所受洛仑兹力大小之比f1：f2=1：2‎ B．两质子加速度的大小之比a1：a2=2：1‎ C．两质子运动的轨道半径之比r1：r2=1：1‎ D．两质子运动的角速度之比ω1：ω2=1：1‎ ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据v与B垂直时洛仑兹力F=qvB求出两质子所受洛仑兹力大小；加速度a=，求出两质子加速度的大小之比；做匀速圆周运动的轨迹半径，求出两质子运动的轨道半径之比；角速度，求出两质子运动的角速度之比．‎ ‎【解答】解：A、洛仑兹力f=qvB，因为两质子带电量q和速率v都相同，则f1：f2=B1：B2=2：1，A错误；‎ B、向心加速度a=，f1：f2=2：1，两质子质量m相同，则a1：a2=f1：f2=2：1，B正确；‎ C、做匀速圆周运动的轨迹半径，因为两质子带电量q、速率v和质量m都相同，则，C错误；‎ D、做匀速圆周运动的角速度，因为两质子的速率v相同，则，D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，匀强电场中有M、N、P、Q四个点，它们分别位于矩形的四个顶点上，各点的电势分别为φM、φN、φP、φQ．在电子分别由M点运动到N点和P点的过程中，电场力所做的正功相同，则（　　）‎ A．φM＜φN，若电子由M点运动到Q点电场力不做功 B．φM＞φN，若电子由M点运动到Q点电场力不做功 C．φP＜φN，若电子由M点运动到Q点电场力做正功 D．φP＞φN，若电子由M点运动到Q点电场力做负功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，说明N、P为等电势点，结合匀强电场的等势面和电场线分别情况得到各点电势的高低和电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：AB、电子分别由M点运动到N点和P点的过程中，电场力所做的正功相同，说明NP 为等势面，电场力向下，故电场强度向上；故φM＜φN；MQ与电场强度垂直，故MQ为等势面，故电子由M点运动到Q点电场力不做功，故A正确，B错误；‎ CD、NP 为等势面，故φP=φN，故电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误，D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带正电，N板带负电，且电荷量保持不变．如图所示，板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为θ，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，则（　　）‎ A．小球带负电；若将细线烧断，小球将做匀加速直线运动 B．小球带正电；若将细线烧断，小球将做自由落体运动 C．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大 D．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大 ‎【考点】电容器的动态分析；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据电容的决定式C=，分析电容的变化．电容器的电量不变，由C=，分析板间电势差的变化．根据E=，C=，C=，结合分析场强E的变化，判断θ的变化．轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向沿作匀加速直线运动．‎ ‎【解答】解：A、根据小球受力分析，结合小球在图示位置，可知，小球不可能带负电，故A错误；‎ B、小球带正电，受到水平向右的电场力，拉力，及重力处于平衡，当轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故B错误．‎ C、若将N极板向右平移稍许，根据E=、C=，C=，可得板间场强E=，知板间场强E不变，小球所受的电场力不变，θ不变．故C错误．‎ D、同理，若将N极板向右上移少许，电容C会减小，因电量Q不变，根据U=，板间电势差U增大，由E=得知，则E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示．以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：由感应定律和欧姆定律得：I===×，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，‎ 由图2可知，在2～3s感应电流的值是0～1s的2倍．‎ 再由图2可知，0～1时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），‎ 由楞次定律，则感应电流是逆时针的，因而是负值．所以可判断0～1s为负的恒值；1～2s为零；2～3s为正的恒值，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），副线圈所在电路中接有电热丝、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电热丝额定功率为44W，电动机内电阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作．则（　　）‎ A．电压表示数为31.1V B．电动机的输出功率为21 W C．变压器的输入功率为44 W D．通过保险丝的电流为0.3 A ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】电压表测量的是副线圈的电压有效值，根据原线圈交流电压随时间变化的规律求出原线圈电压的有效值，再利用求出电压表的示数；‎ 电动机的输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，分别计算即可；‎ 变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，计算副线圈总的输出功率就能得出变压器的输入功率；‎ 利用变压器中原副线圈中电流与匝数成反比计算通过保险丝的电流有效值，再计算通过它的电流．‎ ‎【解答】解：A、已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），则原线圈电压的有效值为U1==220V，，解得U2=22V，故电压表示数为22V，A错误；‎ B、通过电热丝的电流I1==2A，故通过电动机的电流IM=I﹣I1=1A，则电动机的输入功率P=IMU2=22W，电动机的发热功率P热=IM2r=1W，故电动机的输出功率为P﹣P热=21W，B正确；‎ C、副线圈的输出功率P2=44W+22W=66W，变压器输入功率等于输出功率，也是66W，C错误；‎ D、得原线圈的电流为0.3A，不过这是电流的有效值，而通过保险丝的电流i=0.3sin100πt（A），D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．水平绝缘地面上固定一带电体P，另一个质量为m的带电小球Q在其正上方做往复直线运动．已知P、Q之间的最大距离为H，最小距离为．带电小球Q所受电场力F=k，取无穷远处电势为零，带电小球Q所具有的电势能E=k，其中h为P、Q之间距离，k为大于零的未知常量，重力加速度为g．则在带电小球Q运动过程中（　　）‎ A．P、Q不可能带有同种电荷 B．带电小球Q一定做简谐运动 C．带电小球Q具有的最大速度为 D．P、Q之间距离为时，带电小球Q的速度最大 ‎【考点】功能关系；简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的回复力和能量．‎ ‎【分析】根据小球的电势能即可判定两个小球的电性之间的关系；结合简谐振动的特点分析是否是简谐振动；结合功能关系分析小球的最大速度．‎ ‎【解答】解：A、由题可知，小球Q的电势能为正，则向无穷远运动的过程中，电场力一定做正功，所以两个小球之间的作用力为斥力，所以电性一定相同．故A错误；‎ B、带电小球受到的电场力：F=k，重力为mg，所以合力不可能为：F=﹣kx的形式，所以小球的运动一定不是简谐运动．故B错误；‎ C、以小球P处为重力势能的零点，带电小球Q所具有的电势能E=k，而重力势能为：EP=mgh，小球从最高点到最低点的过程中：mg（H﹣）=‎ 整理得：①‎ 系统的总能量：②‎ 当小球的速度最大时，③‎ 联立①③，结合二项式定理可知，当有最小值时，速度最大，即当：时速度最大，则：时速度最大，为：．故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎　‎ 二．填空作图题（本题共3小题，共18分）‎ ‎13．为了探究电磁感应现象的产生条件，图中给出了必备的实验仪器．‎ ‎（1）请你用笔画线代替导线，将实验电路连接完整．‎ ‎（2）正确连接实验电路后，在闭合开关时灵敏电流计的指针发生了偏转．开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片，灵敏电流计的指针　发生　偏转（选填“发生”或“不发生”）．断开开关时灵敏电流计的指针　发生　偏转（选填“发生”或“不发生”）．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路．当通过副线圈磁通量发生变化时，会产生感应电流．‎ ‎（2）根据感应电流产生的条件分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）把电流计与大线圈组成串联电路，电源、开关、滑动变阻器、小线圈组成串联电路，电路图如图所示．‎ ‎（2）开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片时，小线圈中的电流发生变化，磁通量在变化，则穿过大线圈的磁通量也变化，电流表指针发生偏转；‎ ‎（3）断开开关时，小线圈中电流减小，则穿过大线圈的磁通量减小，则会产生感应电动势，形成感应电流，电流表指针会发生偏转；‎ 故答案为：（1）见上图；（2）发生，发生．‎ ‎　‎ ‎14．兴趣小组的同学们利用如图1所示的装置“研究匀变速直线运动的规律”．他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2（m1＜m2）通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体1通过铁夹与纸带相连接．开始时物体1与物体2均处于静止状态，之后将它们同时释放．图2所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O是打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D…是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．‎ ‎（1）相邻两计数点之间的时间间隔为　0.1s　；‎ ‎（2）实验时要在接通打点计时器之　后　释放物体（选填“前”或“后”）；‎ ‎（3）将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4…，测得s2=1.60cm，s4=6.40cm，请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是　0.24　 m/s；‎ ‎（4）同学们根据测出的物体1上升高度s与相应的时间t，描绘出如图3所示的s﹣t2图线，由此可以求出物体的加速度大小为　0.8　m/s2．‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】根据相邻点时间间隔为0.02s，即可求解相邻两计数点之间的时间间隔；‎ 先接通电源，后释放纸带；‎ 中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度；‎ 根据图象的斜率，即可求解物体的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）相邻两计数点之间的时间间隔为：T=0.02×5=0.1s；‎ ‎（2）实验时要在接通打点计时器之后释放物体；‎ ‎（3）C点的瞬时的速度为BD点的平均速度为：‎ vC===0.24m/s ‎ ‎（4）根据运动学公式s=，因此s﹣t2图线的斜率k=，‎ 那么a=2k=2×=0.8m/s2；‎ 故答案为：（1）0.1s； （2）后； （3）0.24； （4）0.8．‎ ‎　‎ ‎15．实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：‎ A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）‎ B．电压表（量程3V）‎ C．电压表（量程15V）‎ D．电流表（量程0.6A）‎ E．定值电阻（阻值为50Ω）‎ F．滑动变阻器（阻值范围0～50Ω）‎ G．开关、导线若干 ‎（1）为了尽量减小实验误差，在如图1所示的四个实验电路中应选用　丙　．‎ ‎（2）实验中电压表应选用　B　．（选填器材前的字母）‎ ‎（3）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U（V）‎ ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.10‎ 电流I（A）‎ ‎0.060‎ ‎0.120‎ ‎0.240‎ ‎0.260‎ ‎0.360‎ ‎0.480‎ 请你将第5组数据描绘在图2中给出的U﹣I坐标系中并完成U﹣I 图线；‎ ‎（4）由此可以得到，此干电池的电动势E=　1.50　V，内电阻r=　0.83　Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（5）有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量电池的电动势和内电阻．闭合开关后，改变电阻箱阻值．当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2．已知电流表的内阻为RA．请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出电池的内电阻r=　　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理选择实验电路，作出U﹣I图象，然后求出电源电动势与内阻．‎ ‎（2）根据待测干电池电动势，选择电压表，不能量程过大；‎ ‎（3）直接描点作图；‎ ‎（4）从U﹣I图象中，纵坐标表示干电池的电动势，斜率表示内电阻；‎ ‎（5）根据测量结果，利用闭合电路的欧姆定律列式，求出电池的内电阻．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）测干电池的电动势和内阻，采用的方法是作出U﹣I图象，然后求出电源电动势与内阻，故甲、乙电路不行，误差太大；‎ 根据U=E﹣Ir测量干电池电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差．干电池内阻较小，所以丁电路中的电流表分压影响较大，因此应选择丙电路．‎ ‎（2）由于待测干电池电动势约为1.5V，故选择量程为3V的电压表即可，故选B；‎ ‎（3）将第5组数据描绘在图2中给出的U﹣I坐标系中作出U﹣I 图线如右图所示；‎ ‎（4）由作出的U﹣I 图线，可得干电池的电动势E=1.50V 内电阻r等于图线的斜率，则r=‎ ‎（5）当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1，由闭合电路的欧姆定律有：‎ 当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2，由闭合电路的欧姆定律有：‎ 联立解得电池的内电阻为：r=．‎ 故答案为：（1）丙；（2）B；（3）如图所示；（4）1.50；0.83；（5）．‎ ‎　‎ 三．计算题（本题共5小题，共54分．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须写出数值和单位．‎ ‎16．如图1所示，山区高速公路上，一般会在较长的下坡路段的坡底设置紧急避险车道．如图2所示，将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面．一辆质量为m的汽车在刹车失灵的情况下，以速度v冲上紧急避险车道匀减速至零．汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力，大小是自身重力的k倍．‎ ‎（1）画出汽车的受力示意图；‎ ‎（2）求出汽车行驶时的加速度；‎ ‎（3）求出汽车行驶的距离．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】（1）以汽车为研究对象，分析受力情况，画出汽车受力的示意图；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出汽车在紧急避险车道上行驶的加速度；‎ ‎（3）根据速度位移公式求出汽车行驶的距离．‎ ‎【解答】解：（1）以汽车为研究对象，受到竖直向下的重力、沿斜面向下的阻力及垂直于斜面向上的支持力，受力示意图如图所示．‎ ‎（2）汽车在紧急避险车道做匀减速直线运动，其加速度大小a，‎ 由题意知，阻力f=kmg…①‎ 根据牛顿第二定律可知，f+mgsinθ=ma…②‎ 联立①②可解得：a==（k+sinθ）g； ‎ 方向：沿斜面（避险车道）向下．‎ ‎（3）汽车做匀减速直线运动，根据速度位移关系式可知，‎ 汽车行驶的距离：x==．‎ 答：（1）见上图；‎ ‎（2）汽车行驶时的加速度大小为（k+sinθ）g；方向沿斜面（避险车道）向下；‎ ‎（3）汽车行驶的距离为．‎ ‎　‎ ‎17．我国自1970年4月24日发射第一颗人造地球卫星﹣﹣﹣﹣“东方红”1号以来，为了满足通讯、导航、气象预报和其它领域科学研究的不同需要，又发射了许多距离地面不同高度的人造地球卫星．卫星A为近地卫星，卫星B为地球同步卫星，它们都绕地球做匀速圆周运动．已知地球半径为R，卫星A距地面高度可忽略不计，卫星B距地面高度为h，不计卫星间的相互作用力．求：‎ ‎（1）卫星A与卫星B运行速度大小之比；‎ ‎（2）卫星A与卫星B运行周期之比；‎ ‎（3）卫星A与卫星B运行的加速度大小之比．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】（1）卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解线速度表达式进行分析；‎ ‎（2）卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解周期的一般表达式进行分析即可；‎ ‎（3）卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解向心加速度的表达式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：（1）卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球质量为M，卫星质量为m，轨道半径为r，运行速度大小为v，由万有引力定律和牛顿运动定律，有：‎ ‎…①‎ 解得：‎ 卫星A与卫星B运行速度大小之比为：‎ ‎（2）由万有引力定律和牛顿运动定律，有：‎ ‎…②‎ 可知卫星运行周期：‎ 卫星A与卫星B运行周期之比：‎ ‎（3）由万有引力定律和牛顿运动定律，卫星运行的加速度大小为：‎ ‎…③‎ 卫星A与卫星B运行的加速度大小之比为：‎ 答：（1）卫星A与卫星B运行速度大小之比为；‎ ‎（2）卫星A与卫星B运行周期之比为；‎ ‎（3）卫星A与卫星B运行的加速度大小之比为．‎ ‎　‎ ‎18．据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g取10m/s2．如表为一次实验过程中的相关数据．‎ 重物（包括传感器）的质量m/kg ‎8.5‎ 重物下落高度H/cm ‎45‎ 重物反弹高度h/cm ‎20‎ 最大冲击力Fm/N ‎850‎ 重物与地面接触时间t/s ‎0.1‎ ‎（1）请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：‎ a．重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；‎ b．在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍．‎ ‎（2）如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；先求人落地时的速度和反弹时的速度，再选取重物与地面接触过程利用动量定理求解．‎ ‎（2）根据公式Ft=mv2﹣mv1可知在动量一定的情况下，延长力的作用时间可减小冲击力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）a．重物受到最大冲击力时加速度的大小为a，由牛顿第二定律：‎ 解得：a=90m/s2…①‎ b．重物在空中运动过程中，由动能定理有：‎ ‎…②‎ 重物与地面接触前瞬时的速度大小为：‎ 重物离开地面瞬时的速度大小为：‎ 重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向，由动量定理有：‎ ‎（F﹣mg）t=mv2﹣mv1…③‎ 解得：F=510N 重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的倍数为：‎ 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．‎ ‎（2）人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面接触的时间来减小人受到地面的冲击力．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m．整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m=1kg的金棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；‎ ‎（2）求金棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；‎ ‎（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；安培力．‎ ‎【分析】（1）释放金属棒后，金属棒受到重力、支持力、安培力、滑动摩擦力四个力作用，由于棒的速度增大，导致感应电流增大，从而阻碍导体运动的安培力也增大，所以加速度减小．当加速度减小为零时，棒的速度达到最大，写出平衡式，结合感应电动势、欧姆定律、安培力的式子，就能求出最大速度．‎ ‎（2）棒做匀速直线运动时，电流最大，消耗的电功率最大，由电功率的式子可以求出电阻R上的最大电功率PR．‎ ‎（3）由于已知金属棒在整个过程中产生的热量，则电阻R上产生的热量能够求出，从而知道机械能的减小量，由于动能的增量能算出，则棒减小的重力势能可以求出．那么就能表示出磁通量的改变量、平均感应电动势、乃至平均感应电流，于是通过导体的电荷量就能求出（时间△t最后消掉）．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力、摩擦力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动．有：‎ mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F安=0…①‎ 又安培力大小为：F安=BI L…②‎ 感应电流为：I=…③‎ 感应电动势为：E=BLvm …④‎ 联解①②③④得：vm=2m/s…⑤‎ ‎（2）金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，根据功率公式有：‎ PR=I2R…⑥‎ 联解③④⑤⑥得：PR=3W…⑦‎ ‎（3）设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律：‎ ‎（mgsinθ﹣μmgcosθ）•x=+QR+Qr…⑧‎ 根据焦耳定律Q=I2Rt得： =…⑨‎ 流过电阻R的总电荷量 q=△t=△t=…⑩‎ 联解⑧⑨⑩得：q=1C…⑬‎ 答：（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度为2m/s．‎ ‎（2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率为3W．‎ ‎（3）流过电阻R的总电荷量为1C．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右．在ABCD矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场．极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界．将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点，由静止释放．不计带电粒子所受重力．‎ ‎（1）求带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小；‎ ‎（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小，并画出粒子运动轨迹的示意图．‎ ‎（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在电场中加速，根据动能定理可求得粒子射出时的速度；‎ ‎（2）粒子粒子运动过程进行分析，明确粒子能回到电场所转过的圆心角，根据洛伦兹力充当向心力可求得磁感应强度；‎ ‎（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解规律明确运动轨迹和时间；粒子在磁场中做圆周运动，根据周期公式和转过的角度可明确对应的时间，从而求出总时间．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为v，由动能定理有：qU=mv2…①‎ 解得：v=‎ ‎（2）带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动，若能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，运动方向改变270°，由此可知在磁场中的运动轨迹为四分之三圆，圆心位于D点，半径为d，由A点垂直射入电场．‎ 带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力充当向心力，由牛顿运动定律 Bq=m…②‎ 解得：B==‎ ‎（3）带电粒子由A点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动 若能够射出电场，运动时间为：t1==d…③‎ 沿电场方向的侧移为：s=at12…④‎ 由牛顿第二定律可知：‎ a==…⑤‎ 解得：s=d 因此带电粒子恰能从C点射出．轨迹如图所示．‎ 设带电粒子第一次在电场中加速，运动时间为t1‎ 带电粒子在磁场中偏转，运动时间为t2．‎ 粒子转动中洛仑兹力充当向心力．由牛顿第二定律有：Bqv=m…⑥‎ 周期为：T==πd 则有：t2=T=πd 带电粒子第二次在电场中偏转，运动时间也为t1，因此带电粒子运动从O点到C点的总时间为：‎ t总=2t1+t2=（2+π）d 答：（1）带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为 ‎（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，磁场的磁感应强度的大小，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示．‎ ‎（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间为（2+π）d．‎ ‎　‎ ‎2017年4月5日