《安徽省和縣一中2017-2018學(xué)年高二物理上學(xué)期期末考試試題（含解析）.doc-匯文網(wǎng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《安徽省和縣一中2017-2018學(xué)年高二物理上學(xué)期期末考試試題（含解析）.doc-匯文網(wǎng)（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、安徽省和縣一中2017-2018學(xué)年度上學(xué)期期末考試卷高二物理一、選擇題1. 對(duì)下列物理公式的理解，其中正確的是 （ ）A. 由公式=P/q可知，靜電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)是由放入該點(diǎn)的點(diǎn)電荷所具有的電勢(shì)能P和該電荷電量q所決定的B. 由公式R=U/可知，導(dǎo)體的電阻R由它兩端的電壓U和它當(dāng)中通過的電流決定C. 由公式E=kQ/r2可知，點(diǎn)電荷Q在距其r處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度E由場(chǎng)源電荷電量Q和距場(chǎng)源電荷的距離r決定D. 由公式可知，電容器的電容C由電容器所帶電荷量Q和兩極板間的電勢(shì)差U決定【答案】C靜電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)由電場(chǎng)本身決定，與試探電荷無關(guān)，A錯(cuò)誤；由歐姆定律公式可知，屬于比值定義法，導(dǎo)體的電阻R與兩

2、端電壓U，及流過的電流I無關(guān)，故B錯(cuò)誤；由公式可知，Q是形成此電場(chǎng)的點(diǎn)電荷的電量，r是該點(diǎn)距Q的距離，因此點(diǎn)電荷Q在距其r處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度E由場(chǎng)源電荷電量Q和距場(chǎng)源電荷的距離r決定，C正確；電容器的電容C由電容器本身決定，與試探電荷無關(guān)，D錯(cuò)誤2. 電場(chǎng)中兩點(diǎn)間電勢(shì)差U=W/q的意義是( )A. 它是由兩點(diǎn)的位置決定的，與移動(dòng)的電荷的種類和數(shù)量無關(guān)B. 電勢(shì)差與電場(chǎng)力做的功成正比，與被移動(dòng)的電荷量成反比C. 電勢(shì)差的大小等于移動(dòng)單位電荷時(shí)電場(chǎng)力所做的功D. 電場(chǎng)中兩點(diǎn)間沒有電荷移動(dòng)，則電勢(shì)差為零【答案】A【解析】電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差由兩點(diǎn)在電場(chǎng)中的位置決定，可以用來定義，但與移動(dòng)的電荷的種類、

3、數(shù)量以及是否移動(dòng)電荷無關(guān)，所以A正確，BD錯(cuò)誤；從物理意義上講，電勢(shì)差的大小等于移動(dòng)單位正電荷時(shí)電場(chǎng)力所做的功，C選項(xiàng)沒有說明是正負(fù)電荷，故錯(cuò)誤。3. 通過電阻R的電流強(qiáng)度為I時(shí)，在t時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q，若電阻為2R，電流強(qiáng)度為I/2，則在時(shí)間t內(nèi)產(chǎn)生的熱量為( )A. Q/4 B. Q/2 C. 2Q D. 4Q【答案】B.4. 如圖所示，a、b、c是一條電場(chǎng)線上的三個(gè)點(diǎn)，電場(chǎng)線的方向由a到c，a、b間的距離等于b、c間的距離.用a、b、c和Ea、Eb、Ec分別表示a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度，可以斷定正確的是( )A. abcB. EaEbEcC. cb=baD. Ea=Eb=Ec【答

4、案】A【解析】沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故，A正確；由于只有一條電場(chǎng)線，所以無法判斷電場(chǎng)線疏密程度，故無法判斷電場(chǎng)強(qiáng)度大小，可能是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，也可能是勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以BD錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度大小無法判斷，所以也就無法判斷相鄰兩點(diǎn)間電勢(shì)差的大小關(guān)系了，故C錯(cuò)誤5. 如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；重力不計(jì)、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對(duì)著圓心O射入磁場(chǎng)，若粒子射入、射出磁場(chǎng)點(diǎn)間的距離為R，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：A. B. C. D. 【答案】A【解析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡，如圖所示：故軌道半徑：r=R；根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB=m，解得：r=；聯(lián)立解

5、得： ；故在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： ，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選D6. 一電子在電場(chǎng)中由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡如圖中實(shí)線所示圖中一組平行虛線是等勢(shì)面，則下列說法正確的是（ ）A. a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低B. 電子在a點(diǎn)的加速度方向向右C. 電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動(dòng)能增加D. 電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能增加【答案】D【解析】試題分析：根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，電子受的電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，由此可知電場(chǎng)線的方向向上，沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，所以a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高，所以A錯(cuò)誤由A的分析可知，電子受的電場(chǎng)力向下，所以電子在a點(diǎn)的加速度方向向下，所以B錯(cuò)誤從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，所以電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動(dòng)

6、能減小，所以C錯(cuò)誤電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，所以電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能增加，所以D正確故選D?？键c(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)7. 如圖所示電路中，電路中5個(gè)電阻相同，如果ab輸入電壓是6V，電容器的電容C=10-6F，則cd端電容所帶的電量為（ ）A. 610-6C B. 310-6C C. 210-6C D. 110-6C【答案】C【解析】試題分析：由圖可知左側(cè)三個(gè)電阻串聯(lián)，電容器與R并聯(lián)；則電容器兩端的電壓；則電容器所帶的電量Q=UC=210-6C；故選C考點(diǎn)：串并聯(lián)電路；電容器【名師點(diǎn)睛】電題考查電路的串并聯(lián)關(guān)系以及電容器的電容公式的應(yīng)用；注意與電容器串聯(lián)的電阻部分作為導(dǎo)線處理。8. 如圖

7、所示，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，、是該電場(chǎng)的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間的距離為，其中為零電勢(shì)面。一個(gè)質(zhì)量為，電量為的粒子沿方向以初動(dòng)能自圖中的點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，剛好從點(diǎn)離開電場(chǎng)。已知，粒子的重力忽略不計(jì)，下列說法正確的是（ ）A. 該粒子通過零勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能是B. 該粒子在點(diǎn)的電勢(shì)能是C. 該粒子達(dá)到點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是D. 該粒子達(dá)到點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能是【答案】BC【解析】帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：v0t=2cm，t=1cm，解得vy=v0故離開電場(chǎng)C點(diǎn)時(shí)的速度因?yàn)槌鮿?dòng)能Ekmv02，粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EK=mv2=mv02=2EK故C正確P到C過程中電

8、場(chǎng)力做功W=EK-EK=EK，所以粒子通過等勢(shì)面BB時(shí)電場(chǎng)力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理知，粒子通過等勢(shì)面BB時(shí)的動(dòng)能是1.5EK故A錯(cuò)誤電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的減小量，粒子通過等勢(shì)面BB時(shí)電場(chǎng)力做功為，所以電勢(shì)能減小，BB為零勢(shì)面，所以粒子在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能是0.5Ek故B正確P到C過程中電場(chǎng)力做功為EK，電勢(shì)能減小EK，所以粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能是-0.5Ek故D錯(cuò)誤故選BC點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，知道水平方向上和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及掌握動(dòng)能定理和電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系9. 如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜

9、止在左極板小孔處。（不計(jì)重力作用）下列說法中正確的是A. 從t=0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B. 從t=0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C. 從t=T/4時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上D. 從t=3T/8時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上【答案】AC【解析】若t=0時(shí)刻釋放電子，在前內(nèi)，電子受到的電場(chǎng)力向右，向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；后內(nèi)，電子受到向左的電場(chǎng)力作用，電子繼續(xù)向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；接著周而復(fù)始，所以電子一直向右做單向的直線運(yùn)動(dòng)，直到打在右板上即電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會(huì)在兩板間振動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；若從時(shí)刻釋放電

10、子，電子先加速，再減速，有可能電子已到達(dá)右極板，若此時(shí)未到達(dá)右極板，則電子將在兩極板間振動(dòng)，故C正確；同理若從時(shí)刻釋放電子，電子有可能到達(dá)右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，故D錯(cuò)誤。所以AC正確，BD錯(cuò)誤。10. 利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場(chǎng)，對(duì)于能夠從寬度d的縫射出的粒子，下列說法正確的是A. 粒子帶正電B. 射出粒子的最大速度為C. 保持d和L不變，增大B，射出

11、粒子的最大速度與最小速度之差增大D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【答案】BC【解析】試題分析：粒子向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知，粒子帶負(fù)電故A錯(cuò)誤粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大半徑為，根據(jù)半徑公式得，粒子的最大速度故B正確粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的最小半徑為，根據(jù)半徑公式得，粒子的最小速度，則最大速度和最小速度之差，保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度和最小速度之差不變故C正確，D錯(cuò)誤故選BC?？键c(diǎn)：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵確定粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的臨界半徑，結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式進(jìn)行

12、求解。視頻11. 如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向豎直向下磁場(chǎng)中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管在垂直于試管的水平拉力F作用下，試管向右勻速運(yùn)動(dòng)，帶電小球能從試管口處飛出關(guān)于帶電小球及其在離開試管前的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A. 小球帶負(fù)電B. 小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線C. 洛倫茲力對(duì)小球做正功D. 要保持試管勻速運(yùn)動(dòng)，拉力F應(yīng)逐漸增大【答案】BD【解析】小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電故A錯(cuò)誤設(shè)管子運(yùn)動(dòng)速度為v1，小球垂直于管子向右的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變

13、，F(xiàn)1不變，則小球沿管子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)類似，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線故B正確洛倫茲力總是與速度垂直，不做功故C錯(cuò)誤設(shè)小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大故D正確故選BD12. 某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場(chǎng)，其中豎直的一條電場(chǎng)線如圖1中虛線所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場(chǎng)中從O點(diǎn)由靜止開始沿電場(chǎng)線豎直向下運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖2所示，不計(jì)空氣阻力。則（）A. 電場(chǎng)強(qiáng)度大小恒定，方向沿x軸負(fù)方向B. 到達(dá)x1位

14、置時(shí)，小球速度的大小為C. 從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)小球克服電場(chǎng)力做的功相等D. 從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度也越來越大【答案】BD【解析】試題分析：物體的機(jī)械能逐漸減小，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，即沿x軸負(fù)方向再根據(jù)機(jī)械能的變化關(guān)系可知，相等位移電場(chǎng)力做功越來越小，說明電場(chǎng)力減小，故電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得，解得到達(dá)位置時(shí)，小球速度，故B正確；由于電場(chǎng)力越來越小，故相等的位移內(nèi)，小球克服電場(chǎng)力做的功越來越小，故C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受重力與電場(chǎng)力，電場(chǎng)力向上，重力向下，開始時(shí)重力大于電場(chǎng)力，由上知電場(chǎng)力越來越小，故合力越

15、來越大，加速度越來越大，速度越來越大，故D正確；考點(diǎn)：考查了電場(chǎng)力做功與與物體機(jī)械能的變化關(guān)系二、實(shí)驗(yàn)題13. 用伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，已知電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)電阻相比，不可忽略，畫出的（甲）、（乙）兩種可供選用的測(cè)量電路（1）為提高電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的測(cè)量精度，應(yīng)選用的電路是_（2）由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)做出如圖（丙）所示圖線，則該電源的內(nèi)電阻r=_（3）產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是_（4）在實(shí)驗(yàn)過程中，隨著滑動(dòng)變阻器滑片的移動(dòng)，電壓表的示數(shù)U及干電池的輸出功率P都會(huì)發(fā)生變化，能正確反映PU關(guān)系的圖像是_。 【答案】 (1). 乙 (2). 1.0 (3). 電壓表分流 (4). C【解析】（1）已知電流表

16、內(nèi)阻和電源內(nèi)電阻相比，不可忽略，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)采用圖乙所示電路圖；（2）由圖2所示圖象可知，電源內(nèi)阻；（3）由圖示圖象可知，由于電壓表的分流作用，所測(cè)電流小于通過電源的電流，電壓表分流是造成誤差的原因（4）電壓表測(cè)量路端電壓，其示數(shù)隨滑動(dòng)變阻器的阻值增大而增大，而當(dāng)內(nèi)阻和外阻相等時(shí)，輸出功率最大，此時(shí)輸出電壓為電動(dòng)勢(shì)的一半，外電路斷開時(shí)，路端電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)輸出功率為零，故符合條件的圖象應(yīng)為C。14. （1）如圖甲、乙所示,游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為_ cm;螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為_ cm。（2）將多用電表調(diào)整到歐姆擋“10”擋,歐姆調(diào)零后,將一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)的300 的電阻接在紅黑表筆之間,發(fā)現(xiàn)指針

17、偏轉(zhuǎn)夾角為表盤的三分之一,則該歐姆表的中央刻度是_ ?！敬鸢浮?(1). 9.17 (2). 0.1300 (3). 15【解析】試題分析：（1）游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器示數(shù)（2）歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，歐姆表指針示數(shù)與擋位乘積是歐姆表示數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析答題（1）由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)為：91mm+70.1mm=91.7mm=9.17cm；由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為：1mm+30.00.01mm=1.300mm=0.1300cm；（2）由閉合電路歐姆定律可知：，解得，中間刻度值為：15. 如圖

18、為正在測(cè)量中的多用電表表盤。（1）如果是用100 檔測(cè)量電阻，則讀數(shù)為_（2）歐姆表是由表頭、干電池和調(diào)零電阻等串聯(lián)而成，有關(guān)歐姆表的使用和連接，下面的敘述正確的是_測(cè)電阻前要使紅、黑表筆相接，調(diào)節(jié)調(diào)零電阻，使表頭指示電流為零；紅表筆與表內(nèi)電池正極那邊相連，黑表筆與表內(nèi)電池負(fù)極那邊相連；紅表筆與表內(nèi)電池負(fù)極那邊相連，黑表筆與表內(nèi)電池正極那邊相連；測(cè)電阻時(shí)，表針偏轉(zhuǎn)角度越大，待測(cè)電阻阻值越大；測(cè)電阻時(shí)，表針偏轉(zhuǎn)角度越大，待測(cè)電阻阻值越小。A BC D【答案】 (1). 800 (2). B【解析】（1）如果是用100 W檔測(cè)量電阻，則讀數(shù)為8100=800 W。（2）測(cè)電阻前要使紅、黑表筆相接，

19、調(diào)節(jié)調(diào)零電阻，使表頭指示電阻值為0故錯(cuò)誤；紅表筆與表內(nèi)電池負(fù)極那邊相連，黑表筆與表內(nèi)電池正極那邊相連；故錯(cuò)誤，正確；測(cè)電阻時(shí)，表針偏轉(zhuǎn)角度越大，待測(cè)電阻阻值越小故錯(cuò)誤，正確；故選B.點(diǎn)睛：歐姆表使用前要進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，測(cè)電阻換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，紅表筆接電源負(fù)極，指針偏角大，電流大，說明阻值小三、解答題16. 如圖所示，電荷量為e、質(zhì)量為m的電子從A點(diǎn)沿與電場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，初速度為v0，當(dāng)它通過電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速度與場(chǎng)強(qiáng)方向成150角，不計(jì)電子的重力，以A點(diǎn)的電勢(shì)為零，求B點(diǎn)的電勢(shì)。【答案】【解析】試題分析：電子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后在電場(chǎng)力作用下做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可知，電子在

20、垂直于電場(chǎng)線方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)將B點(diǎn)的速度分解到水平方向和豎直反向，水平方向：電子從A運(yùn)動(dòng)到B由動(dòng)能定理得：電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，所以B點(diǎn)的電勢(shì)能為：，考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題運(yùn)用動(dòng)能定理求電勢(shì)差，也可以根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合求解；此題方法較多，同學(xué)可嘗試一題多解17. 如圖所示，A、B、C為三塊水平放置的金屬板，板的厚度不計(jì)，間距均為d。A、B板中央有小孔，電路中三個(gè)電阻的阻值均為R，電源內(nèi)阻也為R?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶正電液滴在距A板小孔正上方為d的P處由靜止開始下落，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)它達(dá)到C板時(shí)速度恰為零。求：（1）液滴通過B板中央小孔時(shí)的

21、速度大小；（2）液滴從P處到達(dá)B板的運(yùn)動(dòng)過程中其電勢(shì)能變化了多少？【答案】（1）（2）【解析】試題分析：（1），.帶電液滴從開始下落到B板的過程中，有帶電液滴從開始下落到C板的過程中，有mg.3d+qUAB-qUCB=0由以上二式解得：（2）液滴從靜止的位置到B板的運(yùn)動(dòng)過程中，其電勢(shì)能減小考點(diǎn)：動(dòng)能定理、閉合電路歐姆定律。18. 如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，直徑AC（含A、C）下方有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，從A點(diǎn)靜止釋放，沿圓內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)，第一次恰能通過最高點(diǎn)D，（重力加速度為g）；求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）第n次通過軌道最高點(diǎn)D，軌道對(duì)小

22、球的作用力大小【答案】（1）（2）3（n-1）mg【解析】試題分析：（1）球第一次到D點(diǎn)時(shí)，重力恰好提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：對(duì)從A釋放到第一次到達(dá)D點(diǎn)過程根據(jù)動(dòng)能定理列式，有：-mgR+qE2R=mv120 聯(lián)立解得：（2）從A釋放到第n次到達(dá)D點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：-mgR+n（qE2R）=mvn20 在D點(diǎn)，重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：聯(lián)立解得：N=3（n-1）mg考點(diǎn)：牛頓第二定律；動(dòng)能定理【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，要能夠結(jié)合動(dòng)能定理和牛頓第二定律分析；本題是永動(dòng)機(jī)模型，沒有考慮到邊界效應(yīng)。19. 平面直角坐標(biāo)系中，第1象限

23、存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度垂直于軸射入電場(chǎng)，經(jīng)軸上的N點(diǎn)與軸正方向成60角射入磁場(chǎng)，最后從軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)與軸正方向成60角射出磁場(chǎng)，如圖所示。不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R；（2）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）設(shè)粒子過N點(diǎn)時(shí)的速度為v，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的速度關(guān)系v=分別過N、P點(diǎn)作速度方向的垂線，相交于Q點(diǎn)，則Q是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，根據(jù)牛頓第二定律 qvB=聯(lián)立解得軌道半

24、徑 R= （2）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有 ON=v0t1 由幾何關(guān)系得 ON=Rsin30+Rcos30聯(lián)立解得 t1= 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T= 由幾何關(guān)系知NQP=150，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2 t2=T聯(lián)立解得 t2=故粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間 t=t1+t2=（3）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t由牛頓第二定律：qE=ma （11）設(shè)沿電場(chǎng)方向的分速度為vy，vy=at（12）粒子在電場(chǎng)中x軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由圖根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡可以得出：粒子在x軸方向的位移：Rsin30+Rcos30=v0t （13） 又：vy=v0tan60（14）聯(lián)立（11）（12）（13）（14）可以解得E= 點(diǎn)睛:掌握平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法并能運(yùn)用到類平拋運(yùn)動(dòng)中，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，能正確的畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定各量之間的關(guān)系