甘肃省张掖市2018_2019学年高二物理上学期期末联考试卷（含解析）.doc

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1、1张掖市 20182019 学年第一学期期末高二年级学业水平质量检测物理试卷一、单项选择题（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分，在给出的四个选项中，每小题中只有一个选项符合题目要求。 ）1.真空中两个点电荷间的距离为 r 时，相互作用力大小为 F，下列说法正确的是（ ）A. 保持两点电荷的电量不变，使它们间距离变为 2r，则相互作用力大小变为 4FB. 将其中一个点电荷的电量和两个点电荷间距都减半，则相互作用力大小保持不变C. 将每个点电荷的电量和两个点电荷间距都增加相同的倍数，则相互作用力大小不变D. 将其中一个点电荷的电量取走一部分给另一个点电荷，两个点电荷间距离仍保持不变，

2、则它们间的相互作用力大小一定增大【答案】C【解析】【分析】根据库仑定律公式 列式计算，并找出变化量和不变量求出问题即可.【详解】A、真空中有两个点电荷，它们之间相互作用力为 F，故 ；保持两点电荷的电量不变，使它们间距离变为 2r，则相互作用力大小变为 ;故 A 错误.B、将其中一个点电荷的电量和两个点电荷间距都减半，则相互作用力大小变为 2F;故 B 错误.C、将每个点电荷的电量和两个点电荷间距都增加相同的倍数，则相互作用力大小为 F，即为不变;故 C 正确.D、将其中一个点电荷的电量取走一部分给另一个点电荷，两个点电荷间距离仍保持不变，根据库仑定律 ,由于电荷量的乘积可能不变，故作用力可能

3、不变 ;故 D 错误.F=kQqr2故选 C.【点睛】本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系，注意控制变量法的应用.2. 下面有关静电现象的解释，说法错误的是（ ）2A. 接触起电的实质是一个物体的电子转移到另一个物体上B. 静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分C. 摩擦起电时，一个物体失去电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电D. 摩擦起电是在摩擦的过程中分别创造了正电荷与负电荷【答案】D【解析】摩擦起电是在摩擦的过程中实质是一个物体的电子转移到另一个物体上，D 错；3. 下列关于电源的说法中正确的是（ ）A. 电源的电动

4、势就是电源的路端电压B. 电路中，如果每通过 1C 的电荷，电源能把 2J 的其他形式的能量转化为电能，则电源的电动势就为 2VC. 电源的电动势跟外电路无关D. 电源的输出电流越大，则电源的电动势也就越大【答案】BC【解析】试题分析：电源电动势等于非静电力所做的功与电荷量的比值，电源电动势等于电源没有接入电路时电源两端的电压；电源电动势由电源自身结构决定，与外电路无关；由闭合电路欧姆定律可知，电路电流等于电源电动势与电源内阻和外电路电阻之和的比值解：A、电源电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，大于电源的路端电压，故A 错误；B、通过 1C 的电荷，电源能把 2J 的其他形式的能量转

5、化为电能，电源电动势E= = =2V，故 B 正确；C、电源电动势由电源自身的结构决定，与外电路无关，故 C 正确；D、由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流 I= ，由此可见，电路电流取决于电源电动势与电路总电阻的比值，电流大，电动势不一定大，故 D 错误；故选 BC【点评】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领大小的物理量，由电源本身的结构决定，与外电路无关4.如图所示为某一点电荷 Q 产生的电场中的一条电场线,A、B 为电场线上的两点,当电子3以某一速度沿电场线由 A 运动到 B 的过程中,动能增加,则可以判断A. 场强大小 EAEBB. 电势 ABC. 电场线方向由 B 指向

6、AD. 若 Q 为负电荷,则 Q 在 B 点右侧【答案】C【解析】电子由 A 运动到 B，动能增加，电势能减小，负电荷电势高处电势能低，所以 B 点电势高于 A 点电势。B 错。沿电场线方向电势降低，所以电场线方向由 B 指向 A，C 对。若 Q 为负电荷，则 Q 在 A 点左侧，D 错。若 Q 为负电荷， EA EB，若 Q 为正电荷，则 Q 在 B 点右侧，EA小于 EB，A 错。5.如图原来不带电的金属球 A 的半径为 R，将带电量为 Q 的正点电荷移到球外距球心距离为 r 的地方，将 A 球接地则（ ）A. A 球仍不带电B. 球心处的电场强度为 0C. 球上距 Q 越近的地方电势越低

7、D. 该点电荷在球心处产生的电场的场强大小等于 0【答案】B【解析】【分析】金属球在点电荷 Q 附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。最终达到静电平衡，在金属球内部场强处处为零，整个金属球是一个等势体。根据电场的叠加原理分析点电荷 Q在金属球球心处激发的电场场强.【详解】A、当金属球接地时，由于静电感应，金属球的右侧将带上负电荷，而左侧不带电，4所以接地后断开，金属球带负电;故 A 错误.B、金属球处于静电平衡状态，金属球内部的场强处处为零，则电荷 Q 与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向;故 B 正确.C、金属球处于静电平衡状态，整个球是一个等势体，所以金属球右侧表面

8、的电势等于左侧表面;故 C 错误.D、点电荷 Q 在金属球球心处激发的电场场强 ,方向向左;故 D 错误.F=kQr2故选 B.【点睛】解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且整个导体是等势体.6.关于电功和电热，以下说法正确的是（ ）A. 外电路电流做的功一定等于电热B. 外电路中电流所做的功一定大于电热C. 只有在外电路是纯电阻的情况下，电功才等于电热D. 当外电路有电动机、电解槽的情况下欧姆定律任然适用，只是电功大于电热【答案】C【解析】【分析】纯电阻电路，电功可用公式 W=UIt 计算，也可用公式 Q=I2R

9、t 计算，非纯电阻电路，电功用公式 W=UIt 计算，电热用公式 Q=I2Rt 计算.【详解】A、B、C、纯电阻电路，外电路电流做的功等于电热，非纯电阻电路，外电路电流做的功大于电热，故 A、B 错误，C 正确；D、当外电路不是纯电阻时，电流做的功有一部分转化为机械能、化学能，欧姆定律不适用；故 D 错误.故选 C.【点睛】考查了纯电阻电路、非纯电阻电路，电功、电热大小的比较，要注意各式的适用范围，并能正确应用.7.在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（ ）A. 竖直向上5B. 竖直向下C. 由南向北D. 由西向东【答案】A【解析】试题分析：地

10、球是一个大磁体，地球表面附近赤道上空地磁场呈水平方向，由南向北，其他地方的磁场方向均不言水平方向，水平分量南北半球均由南向北，竖直分量，北半球竖直向下，南半球竖直向上。安培力的方向由左手定则判断。地球表面附近赤道上空地磁场呈水平方向，由南向北，电流方向由西向东，由左手定则可判断导线受到的安培力方向竖直向上所以，A 选项正确，BCD 选项错误故选 A考点：地磁场的特点和左手定则点评：中等难度，地磁场的南极、北极分别是地理的北极、南极，赤道上空地磁场呈水平方向，北半球竖有直向下分量，南半球竖有直向上分量，所以涉及地磁场问题一定首先搞清楚问题发生的地理位置。熟练应用左手定则。8. 空间中 P、Q 两

11、点处各固定一个点电荷，其中 P 点处为正电荷，P、Q 两点附近电场的等势面分布如题图 20 图所示，a、b、c、d 为电场中的 4 个点，则A. P、Q 两点处的电荷等量同种B. a 点和 b 点的电场强度相同C. c 点的电势低于 d 点的电势D. 负电荷从 a 到 c，电势能减少【答案】D【解析】P、Q 两点处的电荷等量异种，选项 A 错误；a 点和 b 点的电场强度大小相等，方向不同，选项 B 错误；c 点的电势高于 d 点的电势，选项 C 错误；负电荷从 a 到 c，电场力做功，电势能减少，选项 D 正确。69.如图所示，图线 1 表示的导体的电阻为 ，图线 2 表示的导体的电阻为 ，

12、则下列说法R1 R2正确的是（ ）A. R1:R2=3:1B. 把 均匀拉长到原来的 3 倍长后电阻等于R1 R2C. 将 与 串联后接于电源上，则功率之比R1 R2 P1:P2=1:3D. 将 与 并联后接于电源上，则电流比R1 R2 I1:I2=1:3【答案】AC【解析】根据 I-U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以 R1： R2=1：3，故 A 正确；把 R1拉长到原来的 3 倍长后，可得横截面积减小为原来的 ，根据电阻定律公式： ，可知电阻13 R=LS增加为 9 倍，故 B 错误；串联电路电流相等，所以将 R1与 R2串联后接于电源上，电流之比I1： I2=1：1；又由于 R1

13、： R2=1：3根据电功率表达式： P=I2R，可得功率之比为 1：3，故C 正确；并联接入电路后，电压相等，由 ，可知电流比为： I1： I2=3：1，所以 D 错误。I=UR所以 AC 正确，BD 错误。10. 如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置其核心部分是两个 D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。则下列说法正确的是 （ ）7A. 离子做圆周运动的周期随半径增大B. 离子从磁场中获得能量C. 带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关D. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关【答案】D【解析】【详解】A、粒子做匀速圆周运动时，洛伦

14、兹力提供向心力，故： ，其中 ，qvB=mv2R v=2RT联立解得： ，故周期与半径无关，故 A 错误；T=2mqBB、磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量，故 B 错误；CD、根据 得，最大速度： ，则最大动能： ，知最大动能qvB=mv2R vm=qBRm Ekm=12mv2m=(qBR)22m和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故 D 正确，C 错误；故选 D。【点睛】当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据 求出最大速度，再qvB=mv2R根据 求出最大动能，可知与什么因素有关。Ekm=12mv2m二、多项选择题（本题共 5 小题，每小题 4

15、 分，共 20 分。在给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有不选或选错的得 0 分）11.如图所示，虚线 a、b、c、d、e 是电场中的一组平行且间距相等的等差等势面，实线是一带正电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N、P、Q 分别为运动轨迹与等势面的交点，下列判断正确的是( )A. 粒子在电场中做匀变速运动B. 图中等势面 a 的电势最高C. 粒子经过 Q 点的动能小于 P 点的动能D. 粒子在 M 点的电势能比 Q 点的小8【答案】ACD【解析】【分析】粒子在匀强电场中做匀变速运动。根据轨迹弯曲的方向可判断出粒子所受的电场力方向，可

16、分析电场线的方向，从而判断出电势的高低。由电场力做功正负分析动能及电势能的变化.【详解】A、由图知，等差等势面均匀分布，则知该电场是匀强电场，粒子所受的电场力恒定，所以粒子在电场中做匀变速运动；故 A 正确.B、根据电场线与等势面垂直，可知电场线位于水平方向，粒子所受的电场力也在水平方向。由粒子的轨迹向左弯曲，所以粒子所受的电场力水平向左，粒子带正电，则电场线方向水平向左，则 a 处电势最低；故 B 错误.C、D、若粒子从 M 运动到 Q，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增加，则粒子经过Q 点动能小于 P 点动能，粒子在 M 点的电势能比 Q 点的小；故 C、D 正确.故选 ACD.【点睛

17、】根据电场线与等势面垂直，可作出电场线，结合曲线运动的条件分析电场力的方向是解决本题的关键，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法.12.如图所示，电容器由平行金属板 M、N 和电介质 D 构成。电容器通过开关 S 及电阻及与电源 E 相连接。则A. M 上移电容器的电容变大B. 将 D 从电容器抽出，电容变小C. 断开开关 S，M 上移，MN 间电压将增大D. 闭合开关 S，M 上移，流过电阻及的电流方向从 B 到 A【答案】BC【解析】9，根据电容的决定式 可知，当 M 向上移时，板间距离 d 增大，电容器的电容变小；C=S4kd当将 D 从电容器抽出，介电常数减小，电容器的电容变小

18、，故 A 错误，B 正确；断开开关S，M 上移，电量不变，而电容减小，根据电容的定义式 ，可知电容器两端的电压增大，C=QU故 C 正确；闭合开关 S，电压不变，M 上移时电容减小，则由 可知，电量 Q 减小,电Q=UC容器放电，流过电阻的电流方向从 A 到 B，故 D 错误选 BC.【点睛】根据电容的决定式 ，分析电容的变化电容器的板间电压不变，根据电容C=S4kd的定义式 ，分析电容器电量的变化，即可判断电路中电流的方向C=QU13. 如图所示，匀强磁场方向水平向里，匀强电场方向竖直向上，有一正离子恰能沿直线从右向左水平飞越此区域，不计粒子重力，则A. 若电子以相同的速率从右向左飞入，电子

19、将向下偏转B. 若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转C. 若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转D. 若电子以相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动【答案】C【解析】试题分析：正离子从右边进入电场，在电场中受到向上的电场力和向下的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从左边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有 ，得 。若qE=qv0B v0=EB电子，也从右边以速度 射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有 ，所以带v0 v0=EB电粒子只要以速度 从右边水平进入电场，粒子就会沿水平方向射出，与电性和电量无v0关所以选项 AB 错误；电子从左侧进入电场，受到的电场力方向向下，由左

20、手定则可知，洛伦兹力方向也向下，所以电子将向下偏转选项 C 正确，选项 D 错误。考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】此题考察了速度选择器的问题10在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即 ，可得得 ，只有速度qvB=qE v=EB为 的粒子才能沿直线匀速通过选择器即粒子选择器只选择粒子的速度大小和射入方v=EB向，与粒子的带电情况无关。14.如图所示的电路， 是定值电阻， 是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合R1、R2、R3 R4开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向下移动的过程中( )A

21、. 电压表示数变小B. 电容器充电C. 电源的总功率变大D. 通过滑动变阻器的电流变小【答案】AC【解析】【分析】变阻器滑片移动时，分析总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化。根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电容器两端电压变化情况，即可判断电容器的状态.【详解】A、当滑动变阻器的滑动触头由中点向下移动时， R4变小，电路的总电阻变小，总电流 I 变大，内电压变大，则路端电压变小，因此电压表示数变小；故 A 正确.B、电容器两端电压为： U=E-I（ r+R2） ， I 变大，故电容器两端电压 U 变小，带电量变小，电容器放电，故 B 错误；C、电源的总功率 P=EI， I 变大，则

22、P 变大；故 C 正确.D、根据串联电路分压规律知，变阻器两端的电压增小，通过 R1的电流变小，而总电流变大，所以通过滑动变阻器的电流变大；故 D 错误.故选 AC.【点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化.1115.如图所示，一个电子沿 方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为 的圆内。若AO R电子速度为 ，质量为 ，带电量为 ，磁感应强度为 。 电子在磁场中偏转后从 点射出，v m q B C，下面结论正确的是（ ）AOC=120A. 电子经过磁场的时间为 B. 电子经过磁场的时间为2m3Bq m3BqC. 磁场半

23、径 为 D. 间的距离为R3m3Bq AC 2mqB【答案】BC【解析】【分析】由题意可知电子运动的轨迹，由几何关系可得出电子转动的半径及所对的圆心角，则可求得电子经过磁场的时间、 AC 的距离及磁场圆的半径.【详解】A、B、由题意可知，电子在磁场中转过的圆心角： =60，电子在磁场中的运动时间： ；故 A 错误，B 正确.t=360T=162mqB=m3qBC、电子运动轨迹如图所示：电子轨道半径： ，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，r=Rtan2= Rtan30=3R由牛顿第二定律得 ，解得 ，则 ，故 C 正确；qvB=mv2r r=mvqB R=3mv3qBD、 AC 间

24、的距离 ，故 D 错误；AC=2RsinAOC2 =2Rsin1202=mvqB故选 BC.【点睛】本题考查带电粒子在磁场的中运动，解题的关键在于找出圆心和半径，再根据几何关系及洛仑兹力充当向心力即可解出.12三、实验题（本题共 2 小题，16 小题 4 分，17 小题 8 分，共 12 分）16.为了测量某根金属丝的电阻率，根据电阻定律需要测量长为 L 的金属丝的直径 D，电阻R。某同学进行如下几步进行测量：(1)直径测量：该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间，测量结果如图，由图可知该金属丝的直径 D=_mm.(2)欧姆表粗测电阻，他先选择欧姆100 档，发现表头指针偏转过大，为了使读数更

25、精确些，还需进行的步骤是_.之后多用表的示数如下图所示，测得该元件电阻为_.A.换为1K 档，重新测量 B.换为10 档，重新测量C.换为1K 档，先欧姆调零再测量 D.换为10 档，先欧姆调零再测量【答案】 (1). 1.682mm (2). D (3). 70【解析】【分析】(1)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.(2)应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表的示数.【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+18.20.01mm=1.682mm；(2)用欧姆表粗测电阻，

26、选择欧姆100 档，表头指针偏转过大，说明所选挡位太大，为了使读数更精确些，需要选择欧姆10 档，然后重新进行欧姆调零再测量，故选 D；由图 2 所示表盘可知，电阻阻值为 710=70.13【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表的使用及读数、实验电路的选择，要掌握常用器材的使用及读数方法，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，螺旋测微器需要估读，读数时视线要与刻度线垂直.17.同学们想用物理上学到的知识来测定某种型号电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为 89V，内阻约为 3 左右。由于直流电压表量程只有 3V，需要将这只电压表通过连接一电阻箱，改装为量程为 9V 的

27、电压表，然后再用伏安法测该电池的电动势和内阻。实验可供该同学选择的器材主要有：A.电压表(量程为 3V，内阻为 3k)B.电流表(量程为 3A，内阻约 0.1)C.电阻箱(阻值范围 09999)D.电阻箱(阻值范围 0999)E.滑动变阻器(阻值为 020，额定电流 2A)F.滑动变阻器(阻值为 020k，额定电流 0.2A)(1)该实验中滑动变阻器应选_（填写“E”或“F” ） ；要使将 3V 直流电压表改装成9V 的电压表，该同学需将该电压表与电阻箱_(填写“C”或“D”)串联,且接入的电阻箱阻值应为_.(2)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势 E 和内阻 r，实验电

28、路如图甲所示，得到多组电压 U（原电压表的示数）和电流 I 的值，并作出 U-I 图线如图乙所示，可知电池的电动势为_V，内阻为_（最后结果要求保留两位有效数字）.【答案】 (1). E (2). C (3). 6000 (4). 9.0 V (5). 3.0【解析】【分析】(1)根据串联电路的特点，可确定出电阻箱的电阻与电压表内阻的关系，选择电阻箱的规格。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的；根据电压表改装原理求出串联14电阻阻值.(2)由于电压表的表盘没变，改装后的电压表的读数应为电压表读数的 3 倍. U-I 图线纵轴截距的 3 倍表示电动势，斜率的 3 倍大小等于电池的内

29、阻.【详解】(1)电源电动势约为 9V，应把电压表改装成 9V 的电压表，把 3V 的直流电压表接一电阻箱，串联电阻分压是电压表的两倍，串联电阻阻值应为电压表内阻的两倍，电阻箱接入电路的阻值应为 6000；电阻箱应选择 C；在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选 E.(2)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为 U=3.0V，则电源的电动势为E=3.03=9.0V，电源内阻 .r=UI=3(3.01.5)1.5=3.0【点睛】本题涉及电表的改装和测量电动势和内电阻的实验；改装原理是串联电路的特点。而伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后

30、电压表的读数.四、计算题（本题共 4 小题，18 小题 8 分，19 小题 8 分，20 小题 9 分，21 小题 13 分，共38 分）18. 如图所示，已知电源电动势 E=20V，内阻 r=l，当接入固定电阻 R=4 时，电路中标有“3V, 6W”的灯泡 L 和内阻 RD=0.5 的小型直流电动机 D 都恰能正常工作.试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率【答案】 （1）2A（2）7V（3）12W【解析】(1)灯泡 L 正常发光，电路中的电流为 IP L/UL A2 A.63(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为UDEI(rR)U L20

31、V2(14) V3 V7 V.(3)电动机的总功率为 P 总 IU D27 W14 W电动机的热功率为 P 热 I 2RD2 20.5 W2 W15所以电动机的输出功率为 P 出 P 总 P 热 14 W2 W12 W.19.水平面上有电阻不计的 形导轨 ，它们之间的宽度为 ， 和 之间接入电动势为U NMPQ L MP的电源(不计内阻)。现垂直于导轨放置一根质量为 、电阻为 的金属棒 ，并加一个范E m R ab围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 ，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图B所示，问：(1)当 棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？ab(2)若 的大小和方向均能改变，则要使

32、 棒所受支持力恰为零， 的大小至少为多少？B ab B【答案】(1) . (2)N mgBELcosR，f BELsinR Bmin mgREL【解析】【分析】(1)作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小.(2)根据受力图可知当重力等于安培力时， B 最小，根据左手定则可以正确判断磁场 B 的方向.【详解】从 b 向 a 看其受力如图所示(1)水平方向： f FAsin竖直方向： N FAcos mg 又 因 为 FA BIL BERL联立得： N mgBELcosR，f BELsinR(2)使 ab 棒受支持力恰为零，且让磁场最小，须使所

33、受安培力竖直向上，则有 FA mg16Bmin mgREL【点睛】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键.20.如图所示，在竖直平面内， 为水平放置的绝缘粗糙轨道， 为竖直放置的足够长绝AB CD缘粗糙轨道， 与 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为 ，半径AB CD O，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小 ，现R=0.50m E=1.0104N/C有质量 ，电荷量 的带电体（可视为质点） 从 点由静止开始运动，m=0.20kg q=8.0104C A已知 ，带电体与轨道 、 间的动摩擦因数均为 ，假定带电体与轨道之间XAB=

34、1.0m AB CD 0.5的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：（ 取 ）g 10m/s2（1）带电体运动到圆弧轨道 点时的速度大小C（2）带电体最终停在何处【答案】 （1） ；（2）V=10m/s53m【解析】试题分析：(1)设带电体到达 C 点时的速度为 v，从 A 到 C 由动能定理得：qE(s ABR)mg s ABmgR mv2 （3 分）12解得 v10 m/s（1 分）(2)设带电体沿竖直轨道 CD 上升的最大高度为 h，从 C 到 D 由动能定理得：mghqEh0 mv2（3 分）12解得 h m（1 分）53在最高点，带电体受到的最大静摩擦力 FfmaxqE4 N，重力 Gmg

35、2 N17因为 GFfmax所以带电体最终静止在与 C 点的竖直距离为 m 处 （2 分）53考点：本题考查考查带电体在电场中的运动，意在考查学生的综合分析能力。21.如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为 、带电量为 的粒子从 点以y m q M速度 沿 轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经 最后又回到 点。设 ，v0 x N、P M OM=L。求：ON=2L(1)电场强度 的大小；E(2)匀强磁场磁感应强度 的大小和方向 .B【答案】 （1） （2） ，匀强磁场的方向为垂直纸面向里E=mv202qL

36、B=2mv03qL【解析】【分析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解；(2)由动能定理求出进入磁场的速度，根据几何关系求解粒子在磁场中的轨道半径，再根据半径公式求解磁场；【详解】(1)由带电粒子在电场中做类平抛运动，易知: L=12qEmt2且 2L=v0t解得: E=mv202qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，设到达 N 点的速度为 v，运动方向与 x 轴负方向的夹角为，如图所示.18由动能定理得: qEL=12mv212mv20将(1)式中的 E 代入可得 v=2v0所以: =45粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过 P 点时速度方向也与 x 轴负方向成 45角.则: OP=OM=L粒子在磁场中的轨道半径为又解得:根据粒子在电场中运动的情况可知，粒子带负电.由左手定则，匀强磁场的方向为垂直纸面向里.【点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况确定运动情况，结合几何关系以及半径公式、周期公式求解.