2013-2014学年河南省安阳一中高二上学期第二次阶段考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014学年河南省安阳一中高二上学期第二次阶段考物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是 ( ) A电场强度大的地方，电势一定高 B电场强度不变，电势也不变 C电场强度为零处，电势一定为零 D在匀强电场中 ,电场强度的方向是电势降低最快的方向 答案： D 试题分析：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故 A错误；在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故 B

2、 错误；电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零故 C错误沿着电场方向电势降低最快，故 D正确 考点：本题考查电场中电场强度和电势的比较 在如图所示的电路中， A1和 A2是两个相同的小灯泡， L是一个自感 系数相当大的线圈，其直流电阻值与 R相等 .在开关 K 接通和断开时，灯泡 A1和 A2亮暗的顺序是（ ） A接通时， A1先达到最亮，断开时， A1后暗 B接通时， A2先达到最亮，断开时， A2后暗 C接通时， A1先达到最亮，断开时， A2先暗 D接通时， A2先达到最亮，断开时， A2先暗 答案： A 试题分析：自感系数相当大的线圈有双重特性：当电流不变时，它是电

3、阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源 K 刚刚接通时，由于L自感作用，瞬间相当于断路，通过 A1的电流等于流过 A2与 R电流之和，所以 A1先达到最亮然后 L自感慢慢减弱，通过 A1的电流减小，稳定后， A1和A2亮度相同； K 断开时， A2瞬间失去电流，而 A1和 L构成回路，由于 L自感，A1会亮一会再暗， A2立刻变暗，故 A正确 BCD错误所以选 A 考点：本题考查了自感线圈的特点、自感现象和自感系数 图中 EF、 GH为平行的金属导轨，其电阻可不计， R为电阻器， C为电容器，AB为可在 EF 和 GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面 .若用 I1和I

4、2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆 AB（ ） A匀速滑动时， I1=0， I2=0 B匀速滑动时， I10,I20 C加速滑动时， I1=0， I2=0 D加速滑动时， I10， I20 答案： D 试题分析：当 AB切割磁感线时，相当于电源电容器的特点 “隔直流 ”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流匀速滑动，电动势不变，电容器两端间的电压不变，所以 I2=0， I10，故 AB 均错误；加速滑动，根据 知，电动势增大，电容两端的电压增大，所带的电量要增加，此时有充电电流，所以 I10， I20，故 C错误， D正确所以选 D 考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电

5、路的欧姆 定律及电容器对电流的作用 一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图 1 所示。现令磁感强度 B 随时间 t 变化，先按图 2中所示的 oa图线变化，后来又按图线 bc和 cd变化， 令 E1、 E2、 E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小， I1、 I2、 I3分别表示对应的感应电流，则（ ） A E1 E2， I1沿逆时针方向， I2沿顺时针方向 B E1 E2， I1沿逆时针方向， I2沿顺时针方向 C E1 E2， I2沿顺时针方向， I3沿逆时针方向 D E2 = E3， I2沿顺时针方向， I3沿顺时针方向

6、答案： BD 试题分析：由法拉第电磁感应定律可知 ，由图知应有第 1段中磁感强度 B的变化率较小，而在 B-t图中同一条直线磁感强度的变化率是相同的，所以 bc、 cd两段中磁感强度的变化率相同，故有 由图可知， oa、bc两段中磁感强度为正值，说明磁场方向垂直纸面向里， cd段中磁感强度为负值，说明磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律可判断出 I1沿逆时针方向， I2与 I3均沿顺时针方向故 AC 均错误， BD均正确所以选 BD 考点：本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用 及识图能力 如图所示 ,在匀强磁场中， MN、 PQ是两根平行的金属导轨，而 ab cd为串有电压表和电流表的两根金

7、属棒，同时以相同速度向右运动时，正确的有 ( ) A电压表有读数 ,电流表有读数 B电压表无读数 ,电流表有读数 C电压表无读数 ,电流表无读数 D电压表有读数 ,电流表无读数 答案： C 试题分析：当两棒以相同的速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数电压表是由电流表改装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表即有示数，没有电流通过电压表时，指针不偏转，电压表就没有读数故 C正确 考点：本题考查感应电动势的产生条件、感应电流的产生条件及电表工作原理 如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为

8、t.若加上磁感应强度为 B水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向 60，利用以上数据可求出下列物理量中的 ( ) A带电粒子的比荷 B带电粒子在磁场中运动的周期 C带电粒子的初速度 D带电粒子在磁场中运动的半径 答案： AB 试题分析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，设运动半径为 r,则 ，即 由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为 60，由几何关系得磁场宽度又未加磁场时带电粒子做匀速直线运动，则有 ，所以可求得比荷 ，故 A正确；粒子在磁场中运动的周期：可求出，故 B正确；由前面的分析得：，因磁场的 宽度 d未

9、知，所以不能计算出带电粒子的初速度，故 C错误；因初速度未知，无法求出 D，故 D错误所以选 AB 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力 如图所示，两极板间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自 A点沿曲线 ACB运动，到达 B点时速度为零， C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法 错误 的是（ ） A离子必带正电荷 B A点和 B点位于同一高度 C离子在 C点时速度最大 D离子到达 B点时，将沿原曲线返回 A点 答案： D 试题分析：从图中可以看出，上极板带正电，下极板带负点，离子由静止释放（不考虑重力），

10、在电场力的作用下会沿电场向下运动，说明受到向下的电场力，可知离子带正电，故选项 A正确；离子具有速度后，它就在向下的电场力F及总与速度垂直并不断改变方向的洛仑兹力 f作用下沿 ACB曲线运动，因洛仑兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达 B点时的速度为零，所以从 A到 B电场力所做正功与负功加起来为零这说明离子在电场中的 B点与 A点的电势能相等，即 B点与 A点位于同一高度，故选项 B正确； 在由 A经 C到 B的过程中，在 C点 时，电势最低，此时粒子的电势能最小，由能量守恒定律可知此时具有最大动能，所以此时的速度最大，故选项 C正确；只要将离子在 B点的状态与 A点进行比较，就

11、可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在 B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回 A点的如图所示故选项 D错误 本题选错误的，故选 D 考点：本题考查了带电粒子在混合场中运动的问题，意在考查考生对洛仑兹力、电场力、电势和电势能的理解及动能定理和能量守恒定律的应用 如图所示，两条导线 相互垂直但相隔一小段距离，其中一条 AB是固定的，另一条 CD能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，导线 CD将(从纸外向纸内看 )( ) A顺时针方向转动，同时靠近导线 AB B逆时针方向转动，同时离开导线 AB C顺时针方向

12、转动，同时离开导线 AB D逆时针方向转动，同时靠近导线 AB 答案： D 试题分析：根据右手螺旋定则可知，电流 AB 产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，电流 CD处于电流 AB产生的磁场中，在 CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知 CD导线逆时针方向转动 (从纸外向纸内看 )当CD导线转过 90后，两电流为同向电流，相互吸引所以导线 CD逆时针方向转动，同时靠近导线 AB故 D正确， A、 B、 C错误 考点：本题考查电流对电流的作用、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向，意在考查考生对左手定则、右手螺旋

13、定则的理解和应用 在如图所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡 L变暗，可以 ( ) A增大 R1的阻值 B减小 R1的阻值 C增大 R2的阻值 D减小 R2的阻值 答案： AD 试题分析：由图可知，灯泡与 R2并联后与 R1串联， R1增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，总电流减小，根据 知：灯泡和 R2并联的电压减小，所以灯泡的电流减小，灯泡变暗，故 A正确， B错误； R2减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，根据 得，灯泡和R2并联的电压减小，所以灯泡的电流减小，灯泡变暗，故 D正确， C错误所以选 AD 考点：本题考查直流电路的动态分析及对闭合电路欧姆定律的理解

14、和应用 如图所示，某带电粒子在一个匀强电场中从 A点 运动到 B点，在这一运动过程中克服重力做的功为 2.0 J，电场力做的功为 1.5 J则下列说法中正确的是( ) A粒子带负电 B粒子在 A点的电势能比在 B点少 1.5 J C粒子在 A点的动能比在 B点多 0.5 J D粒子在 A点的机械能比在 B点少 1.5 J 答案： CD 试题分析：从 A到 B的过程中，由运动轨迹上看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故 A错误；从 A到 B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在 A点是的电势能要 大于在 B点时的电势

15、能，故 B错误；从 A到 B的过程中，克服重力做功 2.0J，电场力做功 1.5J，由动能定理可知，粒子在 A点的动能比在 B点多 0.5J，故 C正确；从 A到 B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电荷的电势能减少，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了 1.5J，故 D正确所以选 CD 考点：本题考查了电场力做功与电势能的关系、电场力与场强方向关系、带电粒子在匀强电场中的运动、功能关系的应用 如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨

16、迹， a、 b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是 ( ) A带电粒子所带电荷的正、负 B带电粒子在 a、 b两点的受力方向 C带电粒子在 a、 b两点的加速度何处较大 D带电粒子在 a、 b两点的速度何处较大 答案： BCD 试题分析：由图知，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在 a、 b两点受到的电场力沿电场线向左由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故 A错误，B正确；根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出 a点的电场强度大，故 a点的电场力的大，由牛顿第二定律得，粒子在 a点的加速度较大，故C正确；由于粒子在 a、 b两点受到的电场力

17、沿电场线向左，故从 a到 b电场力对粒子做负功，根据动能定理知，粒子的动能减小，则粒子在 a 点的速度较大，故 D正确所以选 BCD 考点：本题考查由电场线的分布确定电场的任意位置场强大小、带电粒子在电场中力与运动的关系及对动能定理的理解和应用 如图所示， D是一只二极管，它的作用是只允许电流从 a 流向 b，不允许电流从 b流向 a，平行板电容器 AB内部原有电荷 P处于静止状态，当两极板 A和 B的间距稍增大一些的瞬间 (两极板仍平行 )， P的运动情况将是 ( ) A仍静止不动 B向下运动 C向上运动 D无法判断 答案： A 试题分析：开始时粒子受重力和电场力，保持平衡；当两极板 A和

18、B的间距稍增大一些的瞬间，根据电容的决定式 分析得知，电容 C减小，电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，电容器的电量 要减小，但由于二极管具有单向导电性，电荷不能按 b到 a方向流动，所以电容器的电量不能改变，根据推论 可知，板间场强 E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态所以选 A 考点：本题考查电容器的动态分析、匀强电场的电势差与电场强度关系、二极管单向导电性、物体的平衡条件及电容等基本规律和基本概念，意在考查考生综合分析、推理、判断的能力 图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距的平行直线，两粒子 M、N 质量相等，所带电荷量的绝对值也相等现将 M、 N 从虚线上的 O 点以

19、相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点 a、 b、 c为实线与虚线的交点，已知 O 点电势高于 c点若不计重力，则 ( ) A M带负电荷 ， N 带正电荷 B N 在 a点的速度与 M在 c点的速度大小相同 C N 在从 O 点运动至 a点的过程中克服电场力做功 D M在从 O 点运动至 b点的过程中，电场力对它做的功等于零 答案： BD 试题分析：由题设知，等势线在水平方向， O 点电势高于 c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出 N 粒子所受的电场力方向竖起向上， M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知 N

20、 粒子带负电， M带正电，故 A错误；根据 知， N 从 O点运动至 a点的过程中电场力做功与 M从 O 点运动至 c点的过程中电场 力做功相同，又初动能相同，由动能定理可知， N 在 a点的速度与 M在 c点的速度大小相等，但方向不同，故 B正确； N 从 O 点运动至 a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，故 C错误； O、 b间电势差为零，根据知， M从 O 点运动至 b点的过程中，电场力对它做功为零，故 D正确所以选 BD 考点：本题考查等势面与电场线、动能定理的应用、电势、带电粒子在电场中力与运动的关系及电场力做功与电势差的变化关系，意在考查考生的推理能力和分析综合能力

21、 一个 T型电路如图所示，电路中的电阻 R1 10， R2 120， R3 40.另有一测试电源，电动势为 100V，内阻忽略不计则 ( ) A当 cd端短路时， ab之间的等效电阻是 40 B当 ab端短路时， cd之间的等效电阻是 40 C当 ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为 80V D当 cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为 80V 答案： AC 试题分析：当 cd 端短路时， ab 间电路的结构是：电阻 R2、 R3并联后与 R1串联，等效电阻为 ，故 A正确；当 ab端短路时， cd之间电路结构是：电阻 R1、 R3并联后与 R2串联，等效电阻为，故 B错误；当 ab

22、两端接通测试电源时， cd两端的电压等于电阻 R3两端的电压，根据欧姆定律得：，故 C正确；当 cd两端接通测试电源时， ab两端的电压等于电阻 R3两端的电压，根据欧姆定律得：，故 D错误所以选 AC 考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律及对串并联电路结构的识别 某白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为 36W与 36V若把此灯泡接到输出电压为 18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率 ( ) A等于 36W B小于 36W，大于 9W C等于 9W D小于 36W 答案： B 试题分析：由于金属的电阻随温度的升高而增大 ，所以以额定电压工作时的电阻大于以 18V电压工作的电阻根据 有： ， ，则，所

23、以灯泡消耗的功率小于 36W大于 9 W，故 B正确 考点：本题考查电功、电功率及电阻率与温度的关系 实验题 （ 1）一个小灯泡的额定电压为 6.3V，额定电流约为 0.3A，用以下所给的实验器材描绘出小灯泡的伏安特性曲线： A：电源 E1：电动势为 8.0V，内阻不计； B：电源 E2：电动势为 12.0V，内阻不计； C：电压表 V：量程为 010V ，内阻约为 10k D：电流表 A1：量程为 03A ，内阻约为 0.1; E：电流表 A2：量程为 0300mA ，内阻约为 1； F：滑动变阻器 R：最大阻值 10，额定电流 1.0A； 开关 S，导线若干。 实验中电源应该选用 ，电流表

24、应该选用 （填前面字母序号） （ 2）画出实验电路图： 答案：（ 1） A E （ 2） 试题分析：（ 1）器材的选取需安全精确，根据灯泡额定电压选择电源，小灯泡的额定电压为 6.3V，电压表的量程为 10V，所以电源选取 A比较安全精确；电表选择在不超过量程的情况下选择小量程来提高读数的精确度，根据灯泡额定电流选择电流表，额定电流约为 0.3A，故电流表应选 E （ 2）描绘小 灯泡伏安特性曲线，需要测出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，电压表电压应从零调节，所以滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示 考点：本题考查了实验电路设计及电学实验仪器的选择，意在

25、考查考生对基本实验的设计能力 某实验小组在 “测定金属电阻率 ”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是 _mm、_A、 _V 答案： .997 0.999mm、 0.42A、 2.25 2.28V 试题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读，由图甲所示可知，螺旋测微器固定刻度示数是 0.5mm，可动刻度示数是 49.90.01mm=0.499mm，则螺旋测微器示数为0.5mm+0.499mm=0.999mm（ 0.997 0.999均正确）；电流表与电压表读数时要注意估读，视线要与电表刻度线垂直，由

26、图乙所示电流表可知，电流表量程是0 0.6A，分度值是 0.02A，示数为 0.42A；电压表量程是 0 3V，分度值是0.1V，示数为 2.25V（ 2.25 2.28 均正确 ） 考点：本题考查了基本仪器的原理及读数方法，意在考查考生读数能力和误差意识 计算题 如图所示，一个带电为 +q质量为 m的小球，从距地面高 h处以一定的初速水平抛出， 在距抛出点 L（水平距离）处有根管口比小球稍大的竖直细管，管的上端口距地面 h/2。为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场， 求：（ 1）小球的初速度 （ 2）应加电场的场强 （ 3）小球落地时的动能 答案：（ 1

27、） （ 2） 方向水平向左 （ 3） 试题分析：（ 1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时， 速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动到零，竖直方向为自由落体运动 从抛出到管口，在竖直方向有： 解得： 在水平方向有： 解得： （ 2）在水平方向上，根据牛顿第二定律： 又由运动学公式： 解得： ，方向水平向左 （ 3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理得：即： 解得： 考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动、动能定理的应用、牛顿第二定律、电场强度及运动的合成与分解 如图所示，质量为 m的小球带有电量 q的正电荷，中间有一孔套在足够长的绝缘杆上，杆与水平成

28、 角，与球的摩擦系数为 。此装置放在沿水平方向磁感应强度为 B的匀强磁场之中，从高处将小球无初速释放，小球下滑过程中加速度的最大值是多少？小球运动速度的最大值是多少？ 答案： 试题分析：将小球由静止开始释放，小球受到重力、垂直于杆向上的洛伦兹力、垂直于杆的支持力和滑动摩擦力开始阶段，洛伦兹力小于重力垂直杆向下的分力，杆对小球的支持力垂直杆向上，受力如图所示 由牛顿第二定律有： 垂直杆方向： 沿杆方向： 又 小球向下做加 速运动，洛伦兹力逐渐增大，支持力和滑动摩擦力逐渐减小，合力增大，加速度增大，当洛伦兹力等于重力垂直杆向下的分力时，支持力和摩擦力为零，合力最大，加速度最大，则有 此后，小球速度

29、继续增大，当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，杆对小球的支持力方向变为垂直于杆向下，受力情况如图所示，由牛顿第二定律有： 垂直杆方向： 沿杆方向： 又 可解得： 随着速度增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，当加速度减小到零，小球做匀速直线运动，速度达到最大，于是可得： 解得： 考点：本题考查牛顿第二定律的理解和应用、力的合成与分解的运用、洛仑兹力及左手定则，意在考查考生对带电物体在磁场中运动的受力分析和运动情况分析 如图所示，宽度为 L 0.2 m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为 R 1.0 的电阻导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B

30、 0.2 T一根质量为 m 10 g的导体棒 MN 放在导轨上，并与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计现用垂直 MN 的水平拉力 F拉动导体棒使其沿导轨向右匀速运动，速度为 v 5.0 m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直求： (1)在闭合回路中产生感应电流 I的大小 (2)作用在导体棒上拉力 F的大小 (3)当导体棒移动 50 cm时撤去拉力，求整个过程中电阻 R上产生的热量 Q 答案：（ 1） 0.2A （ 2） 0.008N （ 3） 0.129J 试题分析：（ 1）根据法拉第电磁感应定律得，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为 代入数据解得： 由欧姆定律得：感应电流为：

31、 ，解得： （ 2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，由平衡条件得： ，解得：（ 3）因导体棒匀速运动，所以导体棒移动 50cm的时间为：根据焦耳定律得：导体棒匀速运动时产生的焦耳热 代入数据解得： 根据能量守恒得：撤去拉力后产生的焦耳热 解得：所以整个过程中电阻 R上产生的热量： 考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的电路、共点力平衡的条件及其应用及电磁感应中的能量转化等知识点，意在考查考生对电磁感应电路的分析，电磁感应中受力分析和运动情况分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用 如图所示，两个界面 S1和 S2互相平行，间距为 d，将空间分为三个区域。 和 两区域内有

32、方向指向纸内的匀强磁场 ，磁感应强度分别为 B1和 B2。区域 内是匀强电场 E，方向从 S1垂直指向 S2。一质量为 m、电量为 -q的粒子（重力不计）以平行于电场线的初速度 v0，从与 S1相距为 d/4的 O 点开始运动，为使该粒子沿图中的轨迹运动（轨迹的两个半圆的半径相等）。求： （ 1）磁感应强度 B1:B2之比应是多少？ （ 2）场强 E应满足什么条件？ 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）带电粒子在区域 、 两区中均做匀速圆周运动，粒子由洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得： ，则 由题设可知 ，即 在电场中运动的过程中， 从 O 点到界面 S1，由动能定理得：解得： 从界面 S1到界面 S2，由动能定理得： 解得：所以可得： （ 2）为使该粒子沿图中的轨迹运动，粒子到达 S2边界上的速度应有 ，即解得： 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动、牛顿第二定律、动能定理的应用、向心力及洛仑兹力等知识点