2018-2019学年贵州省都匀市第一中学高二12月月考物理试题 解析版

2018-2019学年贵州省都匀市第一中学高二12月月考物理试题 解析版

都匀一中2018年12月高二月考物理试题 一、选择题（共12题，每小题4分，共计48分。其中第1-8小题为单项选择题，只有一项是符合题意的；第9-12小题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度是6m/s，乙物体的速度是2m/s。碰撞后两物体都沿各自原来方向的反方向运动，速度大小都是4m/s。则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 甲、乙的初动能之比为27:5‎ B. 甲、乙的初动量大小之比为9:5‎ C. 甲、乙碰后瞬间动量大小之比为3:5‎ D. 甲、乙两物体的质量之比为1:5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲乙两物体在碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律，结合甲乙碰撞前后的速度得出甲、乙两物体的质量之比，从而得出初动量、初动能及甲、乙碰后瞬间动量大小之比。‎ ‎【详解】甲乙两物体碰撞前后动量守恒，规定甲初速度的方向为正方向，根据动量守恒得：m甲v1+m乙v2=m甲v1′+m乙v2′，代入数据有：6m甲-2m乙=-4m甲+4m乙，可得：，故D说法错误；甲、乙的初动能之比为：，故A说法正确；甲、乙的初动量大小之比为：，故B正确；甲、乙碰后瞬间动量大小之比为：，故C说法正确。所以选D。‎ ‎【点睛】本题考查了动量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题时，需规定正方向，速度与正方向相同，取正值，速度与正方向相反，取负值。‎ ‎2.2018年12月8日凌晨2点24分，中国长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心起飞，把“嫦娥四号”探测器送入地月转移轨道，踏上了奔赴月球背面的征程，经过27天飞行之后，预计2019年年初着陆。嫦娥四号”将首次实现人类探测器在月球背面软着陆和巡视勘察，首次实现月球背面与地面站通过中继卫星通信。将对月球背面的环境进行研究，对月球背面的表面、浅深层、深层进行研究，在月球背面进行低频射电天文观测等。随着我国航天技术的发展，在未来我国将实施载人登月行动，假设一个连同装备共有m的航天员，在绕月轨道上与飞船脱离后，在离飞船（大约几十米）的位置与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源，能以的速度喷出气体（以飞船为参考系）。航天员为了能在时间内返回飞船（不考虑因速度改变而引起的轨道变化且将航天员返回飞船的运动视为直线运动），他至少需要在开始返回的一瞬间一次性向后喷出气体的质量是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得出宇航员及装备获得的反冲速度，再根据速度公式求出宇航员返回飞船的时间，联立等式即可得出方程，解方程即可得出宇航员射出一次性喷出的氧气的质量。‎ ‎【详解】设宇航员的速度为u，则，释放m1氧气后，则根据动量守恒有：0=m1v-（m-m1）u，联立解得：，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了速度公式的灵活应用，要建立物理模型，理清思路，关键键能从题干中得出和理解有用的信息。‎ ‎3.如图所示，带正电的电荷固定于Q点，电子在静电力作用下沿顺时针方向做以Q点为焦点的椭圆运动，O为椭圆的中心，M、P、N为椭圆上的三点，M和N分别是轨道上离Q点最近和最远的点，则电子在运动的过程中 (　 　)‎ A 在M点的速率最小 B 在N点的电势能最小 C 在P点受的库仑力方向指向O点 D 椭圆上N点的电势最低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电子在运动过程中电势能和动能之和守恒，在在M点的速率最大，在N点的电势能最大，在P点受的库仑力方向指向Q点，负电荷电势越低电势能越大，N点电势能最大，电势最低，选D ‎4.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是 ( )‎ A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2s末带电粒子回到原出发点 C. 带电粒子在0-3s内的初、末位置间的电势差为零 D. 0-2s内，电场力的总冲量为零，电场力的总功不为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设水平向右为正方向，设粒子带正电，设 ‎0-1s内：电场水平向左，带电粒子受到的电场力水平向左，粒子将向左做匀加速直线运动 ‎1-2s内：电场水平向右，粒子受到的电场力水平向右，粒子将向左先做匀减速直线运动 即在1-1.5s内往左匀减速，在1.5-2s内往右匀加速 ‎1-1.5s内 ‎1．5-2s内 ‎2-3s内：电场水平向左，粒子受到的电场力水平向左，粒子将向右做匀减速直线运动 即3s时速度恰好减小为0，这1s内物体往右运动的位移为：‎ 做出0-3s内的运动草图，可知3s时物体恰好回到出发点，所以AB错误C正确；‎ ‎0-2s内电场力的冲量,D错误。‎ ‎5.如图所示，已知电源电动势为内阻为，保护电阻，为电阻箱。下列说法错误的是（ ）‎ A. 当电阻箱读数为时，保护电阻消耗的电功率最大 B. 当电阻箱读数为时，电阻箱消耗的功率最大 C. 若电阻箱的最大值为，，则当电阻箱读数为时，电阻箱的功率最大 D. 电源的最大输出功率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出保护电阻R0‎ 消耗的电功率的表达式，据表达式分析其功率随所串联电阻阻值的变化关系。把定值电阻R看成电源的内阻，即等效电源的内阻r′=R0+r，当R= r′时，输出功率最大。当内外电路的电阻相等时，输出功率最大。‎ ‎【详解】保护电阻消耗的电功率为：，因为R0和r是常量，而R是变化的，所以R最小时，P0最大，故A说法错误；当R0+r=R，即R=1+0.5=1.5Ω时电阻箱消耗的电功率最大，故B说法正确；电阻箱消耗的功率为，若最大值为，根据输出功率图象可知当R最大时，R的输出功率最大，即当电阻箱读数为时，电阻箱的功率最大，故C说法正确；当内外电路的电阻相等时，输出功率最大，即R+R0=r，解得：R=0.5Ω，功率，故D说法正确。所以选A。‎ ‎【点睛】本题考查功率公式的应用；解题的关键要知道电源的内电阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大。注意明确等效电阻的应用。‎ ‎6.根据都匀一中学生宿舍管理条例，严禁学生使用功率超过的电吹风，否则将对学生做出没收电吹风和记过处分的双重惩罚。如图所示是一次行动中没收的某大功率的电吹风的电路图，它主要由电动机和电热丝构成。当闭合开关、后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为，吹冷风时的功率为，吹热风时的功率为。关于该电吹风，下列说法正确的是( 　　)‎ A. 电热丝的电阻为 B. 电动机线圈的电阻无法计算 C. 当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为 D. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率等于它们功率之和，根据并联电路的特点即可求解电动机每秒钟消耗的电能。‎ ‎【详解】电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P热-P冷=1400-190W=1210W，根据，可得电热丝的电阻为：，故A错误；电机为非纯电阻电路，所以不能计算其电阻，故B正确；当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为Q=Pt=1210×1=1210J，故C错误；当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为190W，所以每秒钟消耗的电能Q=Pt=190×1=190J，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析。‎ ‎7.如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　 　)‎ A. a、b、c的N极都向纸里转 B. b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转 C. b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转 D. b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；在磁场中，小磁针静止时N极所指的方向是磁场的方向；由安培定则判断出a、b、c、d各处磁场方向，然后确定小磁针的转动情况。‎ ‎【详解】圆环带有负电荷，圆环顺时针转动时，产生的等效电流方向沿逆时针方向；由安培定则可知，a、c所在处磁场垂直于纸面向里，b处磁场垂直于纸面向外，故a、c处的小磁针的N极朝纸内转动，b处小磁针的N极朝纸外转动，故C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了判断磁场方向问题，知道电流方向、熟练应用安培定则即可解题。‎ ‎8.如图所示，和是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但的尺寸比的尺寸大，在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 中的电流小于中的电流 B. 中的电流等于中的电流 C. 中自由电荷定向移动的速率大于中自由电荷定向移动的速率 D. 中自由电荷定向移动的速率小于中自由电荷定向移动的速率 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：设导体的电阻率为，厚度为，边长为L，则由电阻定律得：导体的电阻，R与边长L无关，故；通过电阻的电流，由于U与R都相同，则通过两电阻的电流相同，故A错误，B正确；电流，由于相同，则L越大，越小，则中自由电荷定向移动的速率小于中自由电荷定向移动的速率，故C错误，D正确。‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变。‎ ‎9.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。下列说法正确的是(　 　)‎ A. 甲图中与点电荷等距的a、b两点电势相等，电场强度相同 B. 乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相等，电场强度相同 C. 丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相等，电场强度不相同 D. 丁图中非匀强电场中的a、b两点电势相等，电场强度不相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时电场强度才相同．在电场中，电场线的疏密表示场强的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度方向，由此分析即可。‎ ‎【详解】甲图为正点电荷的电场，图中a、b两点在同一个圆上，两点电势相等，电场强度的大小相同，但是电场强度的方向不同，则电场强度不同，故A错误；乙图为等量的异种电荷的电场，根据对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向也相同，即电场强度相同，等量的异种电荷的电场中垂线是电势相等，所以a、b两点电势相同，故B正确；丙图中，根据电场的叠加原理可知，两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相等，电场强度不相同，故C正确；丁图中非匀强电场中的a、b两点a的电势比b的高，b点电场强度大于a点电场强度，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎【点睛】判断场强的大小根据电场线疏密，方向看电场线的切线方向．要注意场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。‎ ‎10.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为、内电阻为，、为定值电阻，为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自b 端向a端滑动的过程中，下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 电压表示数减小 B. 电流表示数减小 C. 电容器C所带电荷量增多 D. b点的电势升高 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压。‎ ‎【详解】在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I减小，电阻R1两端电压减小，则电压表示数减小。电阻R2两端的电压U2=E-I（R1+r），I减小，则U2变大，电容器板间电压变大，其带电量增大。U2变大，通过R2的电流I2增大，通过电流表的电流IA=I-I2，I减小，I2增大，则IA减小。即电流表示数减小，R1的消耗功率减小，因为b点接地，所以b点的电势始终不变，故ABC正确，D错误。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化。‎ ‎11.如图所示，质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ。磁感应强度方向和大小可能为( ）‎ A. z负向， B. y负向，‎ C. z正向， D. 沿悬线向上，‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：对导体棒进行受力分析如下图所示：要使导线平衡，可以使安培力等于重力，此时磁场沿y轴正向，即B项正确。若磁场沿z轴负向，此时安培力水平指向y轴正向，根据平衡有磁感应强度为tanθ，即C项正确。其他两项错误。‎ 考点：本题考查安培力即平衡关系。‎ ‎12.如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度沿ab方向垂直射入磁场，经时间从d点射出磁场，乙粒子沿与成30°角的方向以速度垂直射入磁场，经时间垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( 　　)‎ A. ＝1∶3 B. ＝‎ C. ＝3∶1 D. ＝‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b 两种粒子从正方形的一个顶点以不同的速度（包括大小和方向）射入磁场，粒子从不同位置不同方向射出正方形磁场区，由几何关系关系确定半径与边长的关系，由偏转角从而能求出时间的关系。‎ ‎【详解】分别画出a、b两种粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示：‎ 若正方形边长为L，由几何关系关系求出两种粒子做匀速圆周运动的半径分别为，，偏转角分别为α1=π，，由洛仑兹力提供向心力可得：，所以，故D错误，B正确；带电粒子的比荷相同，磁感应强度相同，所以它们做匀速圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间，所以两种粒子的运动时间之比，故A错误，C正确。所以BC正确，AD错误。‎ ‎【点睛】本题是带电粒子在正方形磁场中做匀速圆周运动的情况，只是速度大小和方向不同，粒子分别从不同的特殊点射出，画出两种情况下粒子的轨迹是关键：先根据几何关系求出半径关系，从而求出速度关系，由偏转角的关系得到运动时间的关系。‎ 二、实验题（共2题，共计17分。）‎ ‎13.某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．‎ ‎(1)下面是实验的主要步骤：‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先____________，然后____________，让滑块带动纸带一起运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；‎ ‎⑧测得滑块1的质量310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.完善实验步骤⑥的内容．‎ ‎(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．‎ ‎(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_________________．‎ ‎【答案】 (1). 接通打点计时器的电源； (2). 放开滑块； (3). 0.620； (4). 0.618； (5). 纸带与打点计时器限位孔有摩擦；‎ ‎【解析】‎ 解：（1）使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后释放滑块1；‎ ‎（2）放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：‎ 碰撞前滑块1的动量为：，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为 碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：‎ ‎（3）说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔之间有摩擦。‎ ‎14.(1)在测金属电阻率实验中：‎ ‎①测长度时，金属丝的起点、终点位置如图，则长度为：___________cm；‎ ‎②用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图，则直径为：___________mm；‎ ‎③读出电压表和电流表的读数：电压表：__________； 电流表：___________； ‎ ‎④在实物图中完成实物连线 ‎(2)如图甲所示是某电器的伏安特性曲线，某实验小组想用伏安法验证该特性曲线。已有符合实验要求的电压表V（内阻约为10kΩ），滑动变阻器R，直流电源E（电压6V，内阻不计），开关S和导线若干，电流表A1（量程0-50mA，内阻约为50Ω），电表A2（量程0-300mA，内阻约为10Ω）。‎ ‎①从图像中可判断元件的电阻随温度的增大而________；‎ ‎②电流表应选用________（填‘A1’或‘A2’）；‎ ‎③请完成主要实验的步骤：‎ A．如图乙连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到________（填‘左’或‘右’）端；‎ B．闭合开关，_________________________，使通过元件的电流从小到大变化，读出数据。‎ ‎【答案】 (1). 60.50（60.48—60.52均可） (2). 1.980(1.976—1.984均可) (3). 0.80V（0.78V—0.84V均可） (4). 0.35A (5). 减小 (6). A2 (7). 左 (8). 调节滑动变阻器的阻值（或调节变阻器的滑动片）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数．螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；根据图甲所示图象，应用欧姆定律判断电阻阻值如何变化，根据电路最大电流选择电流表，滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前，滑片应移到分压电路分压为零的位置；移到滑片，改变待测元件两端电压进行试验。‎ ‎【详解】（1）①由图（a）所示刻度尺可知，其分度值为1mm，长度为：70.50cm-10.00cm=60.50cm；‎ ‎②由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+48.1×0.01mm=1.981mm．‎ ‎③电压表最小刻度为0.1V，故读数为0.80V；电流表最小刻度为0.02A，故读数为0.35A。‎ ‎④为保证安全，滑动变阻器采用限流式接法；金属丝电阻较小，故电流表采用外接法；对照电路原理图连线，如图所示：‎ ‎（2）①由图甲所示图象可知，随电压增大，电流增大，元件的实际功率增大，元件温度升高，由欧姆定律可知，电压与电流的比值减小，元件电阻减小。‎ ‎②由图甲所示图象可知，最大电流约为0.2A，则电流表应选A2．‎ ‎③A、为保护电路，连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到左端；B．闭合开关，调节变阻器的滑动片，使通过元件的电流从小到大变化，读出数据。‎ ‎【点睛】本题考查了刻度尺与螺旋测微器的读数、连接实物电路图，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是连接实物电路图的关键. 滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前，滑片应移到分压电路分压为零的位置；滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前，滑片应置于阻值最大处。‎ 三、计算题（共4小题，共计45分。按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15.在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m=0．5kg，AB间距离s=5m，如图所示．小物块以初速度v0=8m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7m/s，碰撞后以速度v2=6m/s反向弹回．重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；‎ ‎（2）小物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）若碰撞时间t=0．05s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小．‎ ‎【答案】（1）1．5m/s2；（2）0．15；（3）130N．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：==﹣1．5m/s2‎ ‎（2）从A到B过程，由动能定理，有：‎ 可得：μ=0．15‎ ‎（3）对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：F△t=mv2﹣m（﹣v1）‎ 可得：F=130N 考点：动量定理；牛顿第二定律；动能定理．‎ ‎16.如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为 .再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增大到 ，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．‎ ‎【答案】2Q ‎【解析】‎ 试题分析：设电容器的电容为C，板间距为d。‎ 第一次充电后有和 由受力分析得即 由于q、m、g、d、C均为常数 所以代入数据 考点：电容器 视频 ‎17.如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E的大小分别是多少？‎ ‎【答案】 ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子在加速电场中，电场力做功，动能增大，根据动能定理求出离子获得的速度。离子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，轨迹半径r=d，根据牛顿第二定律求解B；离子在电场中受电场力做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由题水平位移和竖直位移均为d，根据由牛顿第二定律和运动学公式求解E。‎ ‎【详解】在加速电场中，由动能定理知：‎ 带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力：‎ 由几何关系知：‎ 联立可解得：‎ 带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点 ‎ ‎ ‎ ‎ 又由受力分析及牛顿第二定律知： ‎ 联立可解得：‎ ‎【点睛】本题为带电粒子在电场、磁场中的运动类题目，若粒子垂直磁场进入，则粒子做匀速圆周运动，若垂直电场线进入电场粒子做类平抛运动。‎ ‎18.如图，轨道 CDGH 位于竖直平面内，其中圆弧段 DG 与水平段 CD 及倾斜段 GH ‎ 分别相切于 D 点和 G 点，圆弧段和倾斜段均光滑，在 H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中．一带电物块由 C 处静止释放，经挡板碰撞后滑回 CD 段中点 P 处时速度恰好为零．已知物块的质量 ，所带的电荷量；电场强度 ； CD 段的长度 L=0.8m，圆弧 DG 的半径 r=0.2m，GH 段与水平面的夹角为 θ，且 sinθ=0.6，cosθ=0.8； 不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度 g 取 10m/s2．‎ ‎（1）求物块与轨道 CD 段的动摩擦因数 µ；‎ ‎（2）求物块第一次碰撞挡板时的动能 Ek；‎ ‎（3）分析说明物块在轨道 CD 段运动的总路程能否达到 2.6m．若能，求物块在轨道 CD 段运动 2.6m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能．‎ ‎【答案】（1）0.25；(2) 0.018J；(3)不能达到2.6m，物块碰撞挡板时的最小动能为0.002J.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）物块由C处滑回P点过程中，由动能定理得 ‎ 代入数据得：‎ ‎（2）物块在GH段运动时，由于qEcosθ=mgsinθ，所以做匀速直线运动； 由C运动至H过程中，由动能定理得：qEL-μmgL+qErsinθ-mgr（1-cosθ）=Ek 代入数据得：Ek=0.018J （3）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0，设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得：qEL=μmgs 代入数据得：s=2.4m 因为  2.6 m＞s，所以不能在水平轨道上运动2.6 m的路程，物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得：qErsinθ-mgr（1-cosθ）=E0‎ 代入数据得：E0=0.002J 点睛：本题是带电粒子在复合场中的运动问题，考查动能定理的应用，解题的关键是分析运动过程中哪些外力做了功，做正功还是负功，再根据动能定理列式求解即可．‎ ‎ ‎ ‎ ‎