2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）下学期期中考试物理试题 解析版
2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）下学期期中考试物理试题 解析版
一、选择题
1. 如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向外为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，右侧线圈连接一定值电阻R,下列说法中正确的是
A. 设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3，则有i1
E1，i3>i1。由于E3，E1大小均不变，由法拉第电磁感应定律可知，副线圈中不会有感应电流出现，故A错误；t3~t4时间内有恒定感应电流，通过ab电量不为0，由于副线圈磁通量不变，定值电阻R中无电流，通过R的电量为0，故B错误；t1时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，ab边中电流方向由a→b，原线圈中电流值恒定，副线圈中不产生感应电动势，e点电势等于f点电势,故C错误；t5时刻磁场均匀减少，根据楞次定律，ab边中电流方向由b→a;原线圈中电流变化，副线圈中产生感应电动势（感应电动势上正下负），因此e点电势高于f点，故D正确。
2. 如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平向里的匀强磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B,分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB,前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA,和dB,粒子重力不计，则
A. tA一定小于tB，dA一定等于dB
B. tA一定小于tB，dA可能小于dB
C. tA可能等于tB，dA一定等于dB
D. tA可能等于tB，dA可能小于dB
【答案】A
【解析】两带正电粒子先在电场中做类平抛运动后在磁场中做匀速圆周运动，设类平抛的速度偏向角为α，则匀速圆周运动的圆心角为，因， ，B粒子的水平速度大，则类平抛的时间短，较小，则α角较小，故圆周运动的圆心角较大，由可知时间较长，即；磁场中穿过的距离构成弦长，，，联立可得，因两粒子做类平抛的水平初速度不等，但沿着电场线方向的做功相同，速度 相同，故和推得.综上可知A正确。故选A。
【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与粒子做圆周运动的半径公式可以解题
3. 如图所示，一带电粒子(重力不计)以初动能E0垂直电场线穿过以虚线为边界的匀强电场区域，粒子离开电场时的动能为Ek；若将粒子的初动能增加到4E0，粒子离开电场时的动能不可能为
A. B. C. D.
【答案】B
【点睛】考查了粒子在电场中的运动，本题还可以用电场力做功来求解，时间变为原来的二分之一，所以竖直方向上的距离变为原来的四分之一，即电场力做功变为原来的四分之一．
4. 如图所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内甲、乙两小球固定在轻杆的两端，甲、乙两球质量相同，开始时乙球位于轨道的最低点，现由静止释放轻杆，下列说法正确的是( )
A. 甲球下滑至底部的过程中，轻杆对系统不做功
B. 甲球滑回时不一定能回到初始位置
C. 甲球可沿轨道下滑到最低点且具有向右的瞬时速度
D. 在甲球滑回过程中杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功
【答案】A
【解析】A. 甲球下滑的过程中，甲、乙两小球和轻杆组成的系统，只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒，故轻杆对系统不做功，故A正确；
B、两球滑动过程中，只有重力作用，故机械能守恒，所以甲球滑回时，一定能回到初始位置，故B错误；
C、两球滑动过程中，只有重力作用，故机械能守恒，甲球的质量等于乙球的质量，故甲球沿轨道下滑能滑到到最低点但速度为0，故C错误；
D、在甲球滑回的过程中，杆对甲球的作用力大小等于杆对乙球的作用力，甲球速度沿杆方向的分量等于乙球速度沿杆方向的分量，故杆对甲球做的功大小等于杆对乙球做的功，故D错误；
故选A。
【点睛】根据滑动过程中的受力情况得到做功情况，进而得到机械能守恒，再由杆对两球的作用力与速度之间的关系得到做功情况，进而求解。
5. 均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球半径为R，MN为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有A、B两点，A、B关于O点对称，AB=4R。已知A点的场强大小为E，则B点的场强大小为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】解：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在A、B点所产生的电场为，由题知当半球面产生的场强为E，则B点的场强为。解得，故选B。
6. 如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够大．有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示．在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴，液滴在0～内处于静止状态．重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. 液滴带负电
B. 液滴的质量为
C. 时液滴的运动方向改变
D. t＝T时液滴与初始位置相距
【答案】BD
【解析】A、根据题意液滴在处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，线圈中的感应电动势沿逆时针方向，B板接高电势，A板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相同，所以液滴带正电，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律，两极板间的电场强度，得，故B正确；
C、根据楞次定律，内，线圈内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律，其中，解得，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第时速度最大，运动方向不改变，故C错误；
D、根据楞次定律内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在内做匀速直线运动，匀加速直线运动，位移， 匀速直线运动，位移，t＝T时液滴与初始位置相距，故D正确；
故选BD。
【点睛】由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小。
7. 如图所示，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从某一位置处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态．在下落h高度时，绳的中点碰到水平放置的钉子O.重力加速度为g，空气阻力不计．则( )
A. 两小球从开始下落到相碰前的过程中机械能守恒
B. 从轻绳与钉子相碰到小球到达最低点的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小
C. 两小球相碰前瞬时，速度大小为
D. 两小球相碰前瞬时，加速度大小为
【答案】AD
【解析】A. 小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
B、以向下为正方向，竖直方向合力为，开始时θ很小，，竖直方向加速度向下，增大，到快要相碰时，，竖直方向加速度向上，减小，根据可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；
C. 从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得：，解得，故C错误；
D、根据向心加速度公式有：，故D正确
故选AD。
【点睛】小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，系统机械能守恒；重力的瞬时功率根据求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度。
8. 如图所示，水平地面上停放一质量为3m的木板C,质量分别为2m和m的A、B两滑块，同时从木板的两端以相同的速率v滑上木板，两滑块相撞后粘连成一个整体一起运动。已知木板C与水平地面间的动摩擦因数为μ,滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为为3μ和6μ,则
A. 木板C加速运动时的加速度大小为μg
B. 木板C加速运动时的加速度大小为2μg
C. 两滑块相撞后瞬间的速度大小一定小于
D. 两滑块相撞后瞬间的速度大小可能等于
【答案】BD
【解析】C、D、A与B相向运动时对C时间的摩擦力为，故C无相对运动趋势而保持静止，对A与B的系统动量守恒有，解得，故C错误、D正确。A、B、A与B相撞后一起向右运动，对C受力分析，由牛顿第二定律可知，得，方向向右，故A错误，B正确、故选BD。
【点睛】本题分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题．
9. 如图所示为理想变压器，其中r为定值电阻，R为滑动变阻器，电源u为正弦交流电源， 输出电压的有效值恒定，当滑动变阻器的触头P向右移动时
A. 原、副线圈的电流之比变小
B. 通过定值电阻r的电流变大
C. 滑动变阻器R的电压变大
D. 电源u的输出功率变小
【答案】CD
【解析】A、根据I1：I2=n1：n2可知，只要原副线圈的匝数比不变，无论P向何方移动，原、副线圈的电流之比不变，故A错误；B、C、D、P向右移动时，滑动变阻器接入电路总电阻变大，由 知原线圈的电流变小，即经过定阻r的电流变小；电源的输出功率 变小；滑变的电压为变大，故B错误，C、D正确；故选CD。
【点睛】
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等，理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率．
10. 如图所示，竖直平面内固定一个圆环状的细管，一光滑小球(直径略小于管经)在管内作圆周运动，则
A. 小球以不同的速度大小通过最高点时，管壁对小球的作用力天小一定不等
B. 小球以不同的速度大小通过最高点时，管壁对小球的作用力大小可能相等
C. 小球以不同的速度大小通过最低点时，管壁对小球的作用力大小一定不等
D. 小球以不同的速度大小通过最低点时，管壁对小球的作用力大小可能相等。
【答案】BC
【解析】A、B、杆—球模型的最高点，最小速度为零，杆即可以提供拉力又可以提供支持力，杆是拉力时；杆是支持力时，故可能是不同的速度大小，相等大小的杆作用力，A错误，B正确。C、D、杆—球模型的最低点，杆一定是提供拉力，，则不同的速度大小经过最低点时杆的拉力大小一定不同，C正确、D错误。故选BC。
【点睛】本题是杆—球模型在最低点和最高点的向心力分析，抓住临界状态，运用合适的规律进行求解．
11. 如图所示，劲度系数为k0的轻弹簧一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的小球a，小球a静止时处于空中A点．在悬点O处固定一带电量为–q（q>0）小球b（未画出），弹簧与小球a、b彼此绝缘．某时刻，用某种方式让小球a带上电量+q，小球a由静止开始向上运动，当a、b球间的电场力为a球重力的两倍时，小球a的速度达到最大值v，此时小球a处于空中B点．两带电小球均看作点电荷，静电力常数为k，重力加速度为g，不计空气阻力．则
A. 弹簧的原长为
B. A、B两点间的距离为
C. A、B两点间的电势差
D. 小球a从A点到B点机械能的变化量为
【答案】AD
【解析】A项：小球a静止时处于空中的A点，根据平衡条件有，小球a带上电荷量为+q的正电荷向上加速到B点时有，解得，此时弹簧弹力处于压缩状态，形变量与A点形变量相同，A、B两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律得 ，其中，联立解得，故A正确；
B项：A、B两点间的距离为，故B错误；
C项：小球a从A点到B点，根据动能定理，即，解得，故C正确；
D项：小球a从A点到B点机械能的变化量，故D错误。
12. 如图，在xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的场强的匀强电场，第四象限内分布有垂直于纸面向里的磁感应强度B1=0.2T的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直于纸面向里的 磁感应强度为B2的匀强磁场。在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM平板上开有一个小孔P，P处连接有一段长度d=1cm
，内径不计的准直管，位于第一象限内，管内由于静电屏蔽没有电场。Y轴负方向上距O点cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射α粒子，且OS0）。金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度。该金属环的收尾速度为v，已知金属圆环的电阻为R，忽略空气阻力，关于该情景，以下结论正确的有( )
A. 金属圆环速度稳定后，△t时间内，金属圆环产生的平均感应电动势大小为kΦ0 v
B. 金属圆环速度稳定后金属圆环的热功率P=（kΦ0v）2/Rg
C. 金属圆环的质量m=（kΦ0）2v/R
D. 金属圆环速度稳定后金属圆环的热功率P=（kΦ0v）2/R
【答案】AD
【解析】A、金属圆环速度稳定后，△t时间内，下降的高度为，圆环磁通量的变化量为，由得金属圆环产生的平均感应电动势大小为，故A正确；
BD、金属圆环速度稳定后金属圆环的热功率，故B错误，D正确；
C、金属圆环速度稳定后，由能量守恒可得，金属圆环速减小的重力势能全部转变为热量，重力功率等于热功率，，解得，故C错误；
故选AD。
【点睛】当圆环所受的重力与安培力相等时，达到收尾速度，根据法拉第电磁感应定律和热功率公式，结合能量守恒定律求出。
14. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是
A. 斜面倾角a＝30°
B. A获得最大速度为
C. C刚离开地面时，B的速度最大
D. A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】BC
【解析】小球C刚离开地面时，对C有：，此时B有最大速度，即，则对B有：，对A有：，联立解得：，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有：，由A项的分析知：，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：，解得：，故B正确，C
刚离开地面时，B的速度最大，说明是受力平衡，故加速度微粒，故C正确；由B项的分析知，从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，所以从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误，故选BC.
【点睛】C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等．
15. 如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v=2 m/s沿图示方向匀速运动。现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0=4 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上转送带。已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，传送带足够长，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10 m/s2。小物块从滑上转送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是
A. 运动时间为0.4 s
B. 发生的位移为1.6 m
C. 产生的热量为9.6 J
D. 摩擦力对小木块所做功为12.8 J
【答案】BC
【解析】第一阶段：根据牛顿第二定律，，得，第一阶段位移为，所用时间为 ，传送带位移为，划痕为 ；第二阶段，得，第二阶段位移为，所用时间为，传送带位移为，划痕为。由以上分析可知，物体运动总时间为；物体的总位移；产生总热量为
；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为，综上分析可知BC正确。
16. 如图所示，边长为l1、l2的单匝矩形线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框可绕轴OO′转动，轴OO′与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小灯泡连接为如图所示的电路。已知小灯泡L1、 L2额定功率均为P，正常发光时电阻均为R。当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡L1正常发光，电流表A示数为I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡L1仍正常发光，线框电阻、电流表A内阻不计，以下说法正确的是
A. 断开开关S时，电流表示数为2I
B. 变压器原、副线圈的匝数比为
C. 当开关闭合时线框转动的角速度为
D. 当开关断开时线框转动的角速度为
【答案】BD
【解析】由于小灯泡功率为，可得，由于 ；断开开关S时，小灯泡正常发光，电流不变，故变压器原线圈电流仍为；由于 ， 可得当开关闭合时线框转动的角速度为，当开关断开时两个小灯泡总功率为，原线圈电流不变，则原线圈输入功率为，，可得当开关断开时线框转动的角速度为。综上分析可知，AC错误，BD正确。
17. 如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由柔软细导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E
处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的（ ）
A. 在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针
B. 当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大
C. 在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为
D. 在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为
【答案】AD
【解析】A项：设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积：
磁通量为=BR2sinθ=BR2sinωt，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故A正确；
B项：根据知e=ωBR2cosωt，C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故B错误；
C项：根据知，故C错误；
D项：根据B项知电动势有效值为，故电热，故D正确。
点晴：本题关键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知识的迁移应用。
18. 光滑水平地面上固定着一带滑轮的竖直硬杆，一根轻绳的一端系着小滑块，另一端绕过滑轮，如图所示，现用恒力水平向左拉小滑块的同时，用恒力拉绳子的另一端，使滑块从A点由静止开始沿地面向右运动，已知B和C是A点右方的两点，且AB=2BC
，小滑块到达A点时绳子与水平方向的夹角为30°，小滑块到达B点时绳子与水平方向的夹角为45°，不计滑轮大小以及绳子与滑轮的摩擦，则以下说法正确的是（ ）
A. 滑块从A点运动到C点加速度先变小再变大
B. 滑块从A点运动到B点恒力做的功是从B点运动到C点做的功的2倍
C. 滑块从A点到C点克服恒力做功的功率先增大后减小
D. 若定滑轮的高度为H，物块到达B点时动能为
【答案】ACD
【解析】在B点，对滑块由牛顿第二定律得：，而，解得：，故从A到B，从增大到，故减小，最终，由牛顿第二定律：，可知从A到B，不断减小；从B到C，从继续增大，故减小，此时，由牛顿第二定律：，可知从A到B，不断增大，故A正确；从A到B，做的功为，从B到C，做的功为，由题知，但与不相等，是不断变化的，故从A到B恒力做的功不是从B到C做的功的2倍，故B错误；由A项分析知，加速度先正方向减小再反向增大，故速度先增大后减小，根据，可知瞬时功率先增大后减小，故C正确；在A点，绳子的长度为，A到滑轮的水平距离，在B点，绳子的长度为，B到滑轮的水平距离，故沿方向的位移为，则做的功为，滑块的位移为，则做的功为，根据动能定理得：，联立解得：，故D正确；故选ACD.
19. 如图，ABC为粗细均匀的等边三角形导线框，导线框在纸面内；过直线MN的水平面上方有一足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在t=0时刻，让线圈从图示位置开始绕垂直于纸面、且过C点的轴以周期T顺时针匀速转动，设线框产生的感应电流为i
，穿过线框的磁通量为，则下列 图像和图像可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】线圈边长为L，绕C点转动的周期为T，某时刻转过的角度为θ，则由正弦定理： ；
则线圈进入磁场的面积： ，则当θ<600时，当θ增大时，S增大，但是并非均匀增加，根据∅=BS可知，磁通量的变化和S的变化相同，当线圈转过600-1200时，全部进入磁场，此时磁通量不变；同理当出离磁场时，磁通量减小到零；则选项D正确，C错误；根据， ，则；则当线圈进入磁场，且θ<600时，i随θ的变化并非线性关系，即i随t的变化并非线性关系；当线圈全部进入磁场时，感应电流为零；出离磁场时电流方向与进入时相反，变化的趋势与进入时相似；则选项A正确，B错误；故选AD.
二、实验题
20. 现将一满偏电流Ig=1mA且内阻未知的电流表改装成量程为3V的电压表。电流表的电阻可用下面(甲)图电路测定。连接好电路，先将电位器R2调至最大，断开S2，闭合S1，调节电位器R2，使电流表指针偏转到满刻度。再闭合S2，调节电阻箱R1，使电流表的指针偏转到满刻度的，此时电阻箱R1的示数如图(乙)所示。
（1）电阻箱的示数R1=________Ω。
（2）按要求将该电流表改装成量程为3V的电压表时应串联一个阻值R=_______Ω的电阻。
（3）用此电路测定电流表的内阻会产生系统误差，导致测量值_______真实值(填“大于”或“小于”)。
（4）要对改装好的电压表进行逐刻度校对，实验器材如(丙)图所示，请完成实物图连线__________。
【答案】 (1). 120 (2). 2940 (3). 小于 (4).
【解析】(1)电阻箱的读数是从最大的数开始读．该电阻的阻值：1000×0+100×1+10×2+1×0=120Ω.
(2)将上述电流表改装成量程为6.0V的电压表，应给该表头串联一个阻值为：Ig×（rg+R）=U,而rg=240Ω，代入数据得：R=2940Ω.
(3)闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R1的电流小于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻偏小；
(4)为了使改装后的电压表跟标准电压表V从0开始一一进行校对，采用滑动变阻器的分压接法,同时两表需要并联，实物连线如图所示：
【点睛】本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释．
三、解答题
21. 如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为，y轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为，方向为＋x轴方向．已知电场强度大小为，磁感应强度大小，不计粒子所受重力．求：
(1)时刻粒子的速度大小及对应的位置坐标；
(2) 为使粒子第一次运动到y轴时速度沿－x方向，与应满足的关系；
(3) (n为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标x.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类似平抛运动，采用正交分解法，根据分运动规律列式求解即可；（2）使粒子第一次运动到y轴时速度沿-x方向，则圆心在y轴上，结合几何关系得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解；（3）有电场时粒子做类似平抛运动，只有磁场时粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系列式分析。
（1）在电场中运动，沿着x轴正方向有：
沿着y轴正方向，有：
由牛顿第二定律，有：
运动的速度大小
联立解得：，粒子的位置坐标为
（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则：
解得：
则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做圆周运动时，有：
圆心在y周期上，结合几何关系得到：
且
联立解得：
则时间内粒子在x方向向左移动的距离为
由几何关系得：
则粒子的横坐标
【点睛】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析粒子的在电场和磁场中受力情况，确定其运动情况，从而根据运动的性质列出运动方程，本题中最关键是运用几何知识求解坐标。
