2017-2018学年四川省绵阳市南山中学高二下学期入学考试物理试题 解析版

2017-2018学年四川省绵阳市南山中学高二下学期入学考试物理试题 解析版

四川省绵阳是南山中学2017-2018学年高二下学期 入学考试物理试题 ‎ 一．选择题： ‎ ‎1. 金属矩形线圈abcd在匀强磁场中（磁场区域足够大）做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：图示时刻穿过线圈的磁通量为零，当线圈转动时，磁通量增加，将产生感应电流．故A正确．‎ 线圈转动过程中，线圈始终与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故B错误．线圈运动过程中，线圈与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故C错误．线圈在匀强磁场中运动，根据Φ=BS知，磁通量Φ保持不变，没有感应电流产生．故D错误．故选A．‎ 考点：电磁感应 ‎【名师点睛】判断有没有感应电流产生，只要对照条件分析就行．磁通量可以用磁感线的条数来判断。‎ ‎2. 如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为(　　) ‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】导体棒切割磁感线的有效长度为： 金属棒中产生的感应电动势为：‎ 通过R的电流为：，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：本题考查导体棒切割磁感线模型，容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d，夹在两导轨间与速度方向垂直的棒的投影的长度为切割的有效长度，本题速度与棒垂直，两导轨间的棒长即为切割的有效长度，只有B、L、v三者均相互垂直的时候感应电动势E才等于BLv。‎ ‎3. 如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　) ‎ A. 向左摆动 B. 向右摆动 C. 静止 D. 无法判定 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当磁铁向铜环运动时，铜环中的磁通量要增大，则由楞次定律可知，铜环为了阻碍磁通量的变化而会向后摆去，即向右摆动 故选B．‎ ‎4. 下列关于自感和自感系数的说法正确的是（ ）‎ A. 在实际电路中，自感现象有害而无益．‎ B. 线圈中的电流变化越大，自感现象越明显．‎ C. 线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大．‎ D. 线圈自感系数由线圈本身性质及有无铁芯决定．‎ ‎【答案】D ‎【解析】在实际电路中，自感现象有害也有益，选项A错误；自感电动势与线圈的自感系数以及电流的变化率有关，则线圈中的电流变化越大，自感现象不一定越明显；线圈的自感系数越大，自感电动势不一定越大，选项BC错误；线圈自感系数由线圈本身性质及有无铁芯决定，选项D正确．‎ ‎5. 以下电路是开关“与”电路的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】A图示电路开关闭合灯亮，不闭合灯不亮，为非逻辑关系，故A错误；B图示电路有一个开关闭合灯就会亮，为或逻辑关系，故B错误；C图示电路只要满足一个条件时间就能发生，该逻辑关系不是与逻辑关系，故C错误；D图示电路只闭合开关A，灯不亮，只闭合开关B，灯也不亮，只有AB同时闭合灯亮，故该逻辑关系是与逻辑关系，故D正确．故选D．‎ 点睛：考查了基本逻辑门，基本逻辑关系．当两个条件中满足其中一个条件事件就会发生的关系为或逻辑关系，当两个条件同时满足时事件才能发生为与逻辑关系．‎ ‎6. 下述关于在如图所示的电路中电源电动势为E，内电阻为r。闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑动触头, 从图示位置向a端移动一些,待电流达到稳定后，则与P移动前相比( )‎ A. U变小 B. I变大 C. Q增大 D. Q减小 ‎【答案】C ‎【解析】当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a一端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干电路的电流I减小；变阻器两端的电压U=E-I（R2+r），I减小，U增大，即电容器C两端的电压增大，所带电荷量Q增大。故C正确，ABD错误；故选C。‎ 点睛：本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系．对于电容器，电容不变时，关键确定电压．‎ ‎7. 在某些特定环境下照相时，常在照相机镜头前装一片偏振滤光片使景象清晰。关于其原理，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 增强透射光的强度 B. 减弱所拍摄景物周围反射光的强度 C. 减弱透射光的强度 D. 增强所拍摄景物周围反射光的强度 ‎【答案】B ‎【解析】偏振片的作用是让它的透振方向与景物周围反射光的偏振方向垂直，不让反射光进入照相机镜头，这样就可以减弱反射光而使景象清晰。‎ 思路分析：根据偏振现象的原理起偏器和检偏器的偏振方向垂直时，没有光通过即光强为零做出选择 试题点评：考查学生对偏振现象的掌握能力 ‎8. 某静电场的电场线分布如图所示,图中 P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ,电势分别为φP 和φQ,则（ ）‎ ‎ ‎ A. EP＞EQ， φP＞φQ B. EP＞EQ， φP＜φQ C. EP＜EQ， φP＞φQ D. EP＜EQ， φP＜φQ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：据题意，从上图可以看出，P点所在位置电场线较密集，该位置电场强度也较大，则有：，沿电场线方向电势降低，则P点电势较高，有：；故选项A正确。‎ 考点：本题考查电场线和电势。‎ 视频 ‎9.‎ ‎ 将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压.在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是（ ）‎ A. 金属板B的电势较高 B. 通过电阻R的电流方向是b→R→a C. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功 D. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体不做功 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向上，所以正电荷会聚集的A板上，负电荷受到的洛伦兹力向下，负电荷聚集到B板上，故B板相当于电源的负极，A板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由a→R→b，金属板A的电势UA高于金属板B的电势UB，所以A正确B错误；等离子体在A、B间运动时，磁场力总是与离子体的运动方向垂直，所以磁场力不做功，故C错误D正确．故选AD。‎ 考点：霍尔效应 ‎【名师点睛】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力．此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势。‎ ‎10. 如图所示，虚线为一静电场中的等势面1、2、3、4，相邻等势面间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷仅在静电力的作用下沿图中实线从a点运动到b点，经过a、b两点时粒子的动能分别为5eV和26eV。当这一点电荷运动到某一位置c（图中未画出）时，其电势能变为-5 eV。下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子从a点运动到b点的过程中电场力做负功 B. 粒子在a点的电势能小于其在b点的电势能 C. 粒子在c点时的动能为20 eV D. a、b点的电势关系为 ‎【答案】D ‎【解析】经过a、b点时的动能分别为5eV和26eV；粒子的动能增大，说明电场力做正功。故A错误；电场力做正功，粒子的电势能减小，所以粒子在a点的电势能大。故B错误；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷再各个等势面上的电势能相等；故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为△E＝＝−7eV，故经过等势面3时的动能为：Ek3=Eb+△E=26-7=19eV；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故当这一点电荷运动到某一位置c时，其电势能变为-5eV；0eV+19eV=-5eV+Ek；解得Ek=24eV；故C错误；正电荷在电势高的地方电势能大，粒子在a点的电势能大，所以可得a点的电势能大。故D正确。故选D。‎ ‎ 点睛：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．‎ ‎11. 质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图所示.离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点.设P到S1的距离为x，则（ ）‎ A. 若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小 B. 若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大 C. 只要x相同，对应的离子质量一定相同 D. 只要x相同，对应的离子电荷量一定相同 ‎【答案】B ‎【解析】粒子在加速电场中做加速运动,由动能定理得：,解得：，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：‎ ‎,所以：x=2r=；‎ A. 若离子束是同位素，则q相同而m不同，x越大对应的离子质量越大，故A错误，B正确；‎ C. 由x=可知，只要x相同，对应的离子的比荷一定相等，离子质量和电量不一定相同，故C错误，D错误；‎ 故选：B.‎ 点睛：根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力，求出在磁场中的轨道半径，从而得出P到S1的距离x，看x与什么因素有关．‎ ‎12. 如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直于纸面向里），一带电液滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若撤去电场，P可能做匀加速直线运动 B. 若撤去磁场，P可能做匀加速直线运动 C. 若给P一初速度，P可能做匀加速直线运动 D. 若给P一初速度，P可能做顺时针方向的匀速圆周运动 ‎【答案】D ‎【解析】仅撤去电场，油滴受重力向下运动从而具有向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀加速直线运动，故A错误； 油滴静止时不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，所以仅撤去磁场仍然静止，故B错误；若给P一初速度，若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，若重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，但是不能做匀加速直线运动，故C错误；若P初速度方向与磁场垂直，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，P做匀速圆周运动，故D正确。故选D。‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，特别要注意带点粒子在磁场中受洛伦兹力的条件．‎ 二．多选题 ‎13. 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 (　 　)‎ A. 穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大 B. 穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大 C. 穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势可以不为0‎ D. 穿过线圈的磁通量的变化率 越大，所产生的感应电动势就越大 ‎【答案】CD ‎【解析】根据可知，穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就不一定最大，选项A错误；根据可知，穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势不一定也增大，选项B错误；穿过线圈的磁通量Φ等于0，但是磁通量的变化率不一定为零，则所产生的感应电动势不一定为0，选项C错误；根据可知，穿过线圈的磁通量的变化率 越大，所产生的感应电动势就越大，选项D正确；故选CD.‎ ‎14. 如图所示是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4……为绳上的一系列等距离的质点，相邻两质点间的距离均为10 cm，绳处于水平方向；质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐振动，带动2、3、4……各个质点依次上下振动，振动从绳的左端传到右端，t＝0时质点1开始竖直向上运动，t＝0.1 s时质点1在最大位移20 cm处，这时质点3开始运动，以向上为正方向，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该波的波速一定是2 m/s B. 该波的波长一定是0.8 m C. 该波的周期可能是0.08 s D. 质点3开始运动时运动方向可能向下 ‎【答案】AC 点睛：本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据题意直接求出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。‎ ‎15. 如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量＋Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是(　　 )‎ ‎ ‎ A. A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变 B. A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 C. B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低 D. B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低 ‎【答案】AC ‎【解析】A极板下移时，由题电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据、和E=U/d可推出：，可知，只改变板间距离d时，板间的电场强度不变，则P点的电场强度E不变。P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变。故A正确，B错误。B板上移时，同理得知，板间电场强度不变，根据公式U=Ed知，P点与B极板的间距离减小，则P点与B极板间的电势差减小，而下板的电势为零，所以P点电势降低。故C正确，D错误。故选AC。‎ 点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强表达式为 ，这个式子要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论．‎ ‎16. 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是(　 　)‎ ‎ ‎ A. 从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B. 从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C. 从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D. 从t＝3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上 ‎【答案】AC ‎【解析】若t=0时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故A正确，B错误；若从时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C正确；同理若从时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故D错误。所以AC正确，BD错误。 ‎ ‎17. 如图所示，环型对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B. 两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是(　 　)‎ ‎ ‎ A. 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷 越大，磁感应强度B越大 B. 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小 C. 对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越大 D. 对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小 ‎【答案】BD ‎.....................‎ 点睛：此题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动类型，除了常规思路外，抓住隐含条件进行分析是关键．本题的隐含条件是电子的运动半径不变．‎ ‎18. 如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场．此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是(　 　) ‎ A. 电子在磁场中运动的时间为 B. 电子在磁场中运动的时间为 C. 磁场区域的圆心坐标为(， )‎ D. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L) ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示： ‎ 电子的轨道半径为R，由几何知识，电子转过的圆心角：θ=60°，Rsin30°=R-L，解得：R=2L，电子在磁场中做圆周运动的周期：，电子在磁场中运动时间：，故A错误，B正确。设磁场区域的圆心坐标为（x，y），其中：，y=，所以磁场圆心坐标为（，），故C正确。根据几何三角函数关系可得，R-L=Rcos60°，解得：R=2L，所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，-L），故D正确；故选BCD。‎ 点睛：由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标．‎ 三.实验题 ‎19. (1)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，如右图所示摆球直径为_______cm。‎ ‎ ‎ ‎(2) 他测得的g值偏小，可能原因是：____‎ A．测摆线长时摆线拉得过紧。 ‎ B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，秒表过迟按下。 ‎ D．实验中误将49次全振动计为50次。‎ ‎【答案】 (1). (1) 2.98 cm (2). (2) B ‎【解析】摆球直径为 d=29mm+0.1×8mm=29.8mm=2.98cm；‎ 由可得分析知：测摆长时线拉得过紧，摆长L测量值偏大，由上式可知，测得的g值偏大，故A错误．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，由上式可知，得到的g值偏小，故B正确．开始计时时，秒表过迟按下，测得的周期T偏小，由上式可知，测得的g值偏大，故C错误．实验中误将49次全振动计为50次，算出的周期T偏小，由上式可知，测得的g值偏大，故D错误．故选B.‎ ‎20. 材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．若图为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF.请按要求完成下列实验．‎ ‎(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图的虚线框内画出实验电路原理图________ (压敏电阻已给出，待测压力大小约为40～80 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：‎ A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 Ω B．滑动变阻器R，全电阻约200 Ω C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ E．直流电源E，电动势3 V，内阻很小 F．开关S，导线若干 ‎(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图所示，则电压表的读数为________V.‎ ‎(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)；结合上图可知待测压力的大小F＝________N.‎ ‎【答案】 (1). (1)如图；‎ ‎ (2). (2) 2.00 (3). (3) 1.5×103 (4). 60‎ ‎【解析】（1）由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测电阻，因此滑动变阻器应采用分压接法； 同时因待测电阻较大，故应采用电流表内接法；如图所示： （2）电压表量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.00V； （3）根据欧姆定律可知：； 则有：； 则由图可知，压力大小约为60N 点睛：本题考查描绘伏安特性曲线的实验，要注意明确选用分压接法的几种情况：（1）题目中要求多测几组数据的； （2）滑动变阻器起不到保护作用的； （3）要求电压从零开始调节的．‎ ‎21. 某同学为了较精确地测量某一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：‎ A．待测干电池E(电动势约为1.5 V，内阻约为1 Ω)‎ B．电流表G(满偏电流3.0 mA，内阻为100 Ω)‎ C．电流表A(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)‎ D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流为2 A)‎ E．滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流为1 A)‎ F．定值电阻R0(阻值为900 Ω)‎ G．开关一个，导线若干 ‎(1)为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选____．（R1或R2）‎ ‎(2)根据题意将图中实物图连接起来，组成完整的电路__________．‎ ‎(3)如图所示，是某同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，由图可知，被测干电池的电动势为________V，内电阻为________Ω(均保留两位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). (1) R1 　 　 (2). (2)‎ ‎ (3). (3) 1.4 　 (4). 0.67 (0.66～0.68均可)‎ ‎【解析】（1）电源电动势为1.5V较小，电源的内阻较小，为多次几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D，即R1； （2）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图所示．根据电路图，将实物图连接起来，组成完整的电路．‎ ‎ ‎ ‎（3）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（900+100）=1000I1， 根据图象与纵轴的交点得电动势为E=1.4mA×1000Ω=1.4V， 与横轴的交点可得出路端电压为1.0V时电流是0.6A， 由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得，电源内阻； 点睛：当器材中没有电压表时，应考虑将电流表与定值电阻串联代替电压表；涉及到用图象求解的问题，应先根据物理规律解出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后再根据截距和斜率的概念求解即可．‎ 四.计算题 ‎22. 如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°。已知偏转电场中金属板长L=2cm ，重力忽略不计。求：‎ ‎（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；‎ ‎（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；‎ ‎【答案】（1）1.0×104m/s（2）1.0×104V/m ‎【解析】（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，则 ‎ 得：‎ ‎（2）水平方向： ‎ 竖直方向：vy=at 其中 ‎ 由几何关系 ‎ 解得：E=1.0×104V/m ‎ ‎23. 如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两处分别固定着两个带电量相等的正电荷，a、b是AB连线上的两点，其中Aa＝Bb＝L/4，O为AB连线的中点，一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块(可以看作质点)以初动能E0从a点出发，沿直线AB向b点运动，其中小滑块第一次经过O点的动能为初动能的n倍(n＞1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：‎ ‎(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)O、b两点间的电势差UOb；‎ ‎(3) 小滑块运动的总路程．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据对称性知道a、b两点电势相等，故滑块从a到b的过程中，电场力做功为零，只有摩擦力做功，则由动能定理可求得动摩擦因数；（2）从O到b过程，由动能定理求解电势差；（3）由题意可知物体应停在O点，由动能定理可求得从a到O点时电场力所做的功，则对全程由动能定理可求得滑块滑动的总路程.‎ ‎（1）a、b是AB连线上的两点，其中 ‎ 可知a、b两点关于O点对称，则a、b点电势相等，即 设滑块与水平面间的摩擦力大小为f 对滑块从a到b的过程中，由动能定理得：‎ 又 ‎ 解得：‎ ‎（2）对于滑块从O到b的过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）对于滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎【点睛】在电场中应用动能定理时要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，而滑动摩擦力做功与总路程有关．本题还要抓住电场的对称性分析各点电势的关系，从而确定出电场力做功的大小．‎ ‎24. 如图所示，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的圆心为O，半径为R，现将质量为m、带电量大小为q的带正电的粒子(粒子重力忽略不计)，从a点由静止经电场加速后从小入口c沿圆环直径射入磁场区域．在圆心O的正上方，圆环还有一个小出口b.已知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失，B、R、m、q均为已知量．‎ ‎(1)两极板间电压为U，请求出带电粒子在磁场中的运动半径r；‎ ‎(2)两极板间电压U可取任意值，如果带电粒子能从出口b射出，则存在一个粒子从入口c射入，从出口b射出的最短时间，求这个最短时间；‎ ‎(3)两极板间电压U取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b 出口射出，求两极板间所加电压U取的可能值．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） (n＝1,2,3…) ‎ ‎【解析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理：qU＝mv2 粒子在磁场中做错匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力： 由以上两式可得： ‎ ‎（2）经分析可知：粒子与圆环碰撞一次后从出口b射出，对应的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图所示．‎ ‎ 由几何关系得： 而 则最短时间 （3）设粒子在非阴影区与圆环碰撞n次后从出口b射出，每段圆弧所对圆心角θ，经分析由几何关系得： ； 由（1）问的结论及以上两式可得： ，（n=1，2，3…）‎ 点睛：本题的靓点在于第三问：经n次碰撞或n+1次偏转后从b口射出，先求出偏转角，再由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径与R的关系，从而求出粒子的速度，而速度是由加速电场加速获得，从而求出加速电压U.‎ ‎ ‎