1、四川省绵阳南山中学实验学校2019-2020学年高二物理上学期12月月考试题（含解析）一、单项选择1.以下说法不正确的是（ ）A. 通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B. 磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流C. 公式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关D. 由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大【答案】D【解析】【详解】A通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现，选项A正确，不符合题意；B根据安培的分子电流假说，磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的
2、分子电流，选项B正确，不符合题意；C电容器的电容大小C只有电容器本身决定，与电容器两极板间电势差U无关，选项C正确， 不符合题意；D由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的沿电场线方向的距离越大，则两点间的电势差也一定越大，选项D错误，符合题意；2.两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是A. 两电阻的阻值关系为R1大于R2B. 两电阻并联在电路中时，流过R1的电流小于流过R2的电流C. 两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压D. 两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率【答案】D【解析】【详解】I-U图像斜率的倒数表示电阻，故斜率越大，电阻越小
3、，所以有，A错误；两电阻并联在电路中时，两端的电压相等，电阻大的电流小，所以流过的电流大于流过的电流，B错误；两电阻串联在电路中时，通过两电阻的电流相等，电阻大的电压大，故两端电压小于两端电压，C错误；根据得两电阻串联在电路中时，电阻大消耗的电功率大，故消耗的功率小于消耗的功率，D正确；3.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时速率与哪些因素有关的下列解释正确的是( ) A. 两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B. 两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小C. 两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大D. 与两板间的距离
4、无关，仅与加速电压U有关【答案】D【解析】【详解】粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理A两板间距离越大，场强越小，电子的加速度越小，由可知，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故A错误；BC两极板间的距离越小，场强越大，电子的加速度越大，由可知，加速时间越小，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故BC错误；D由可知，虽然极板间距发生变化，但电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，因电压不变，所以最后的末速度大小不变，故D正确。4.某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块
5、B为不带电的绝缘块水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动，在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力和运动的说法中正确的是A. A对B的压力变小B. B对A的摩擦力保持不变C. A对B的摩擦力变大D. 两物体运动加速度减小【答案】B【解析】【详解】A带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对B的压力变大，B对地面的压力变大，所以A错误； A、B两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于B与地面之间没有摩擦力的作用，所以AB受到的合力不变，加速度大小不变，AB之间的摩擦力不变，所以B正确，CD错误；【点睛】A运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压
6、力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析甲受到的静摩擦力即可。5.如图所示，两个固定的带正电的点电荷q1、q2，电荷量之比为1：9，相距为d，引入第三个点电荷q3，要使q3能处于平衡状态，对q3的位置、电性和电荷量的要求，以下叙述正确的是（ ）A. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求B. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为正电荷，对电荷量无要求C. q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为负电荷，对电荷量无要求D. q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求【答案】A【解析】【详解】由题意知，电荷一定两正电荷之间，根据
7、平衡有：解得：即q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求，故A正确。6.如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔(位于P板的中点)射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )A. 使U2加倍B. 使U2变为原来的4倍C. 使U2变为原来的倍D. 使U2变为原来的【答案】A【解析】试题分析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化。设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距
8、离，要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍，故选项A正确。本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出。考点：带电粒子在电场中的运动 动能定理和牛顿第二定律、运动学公式7. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中；质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）A. 滑块受到的摩擦力不变B. 滑块到地面时的动能与B的大小无关C. 滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D. B很大时，滑块可能静止于斜面上【答案】CD【解析】【详解】
9、AC小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大故A错误， C正确；BB的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同，B错误；D滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终重力的沿斜面的分力等于摩擦力，小滑块匀速直线运动，故D错误【点睛】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况。8.两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关
10、S闭合时质量为m，带电荷量为q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（ ）A. 油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向aB. 油滴将下运动，电流计中的电流从a流向bC. 油滴静止不动，电流计中的电流从a流向bD. 油滴静止不动，电流计中无电流流过【答案】C【解析】试题分析：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则由知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有的电流由于电容器板间电压和距离不变，则由，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于
11、静止状态故C正确考点：考查了电容器的动态分析9.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，其中等势面3的电势为0一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为28eV和4eV当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-5 eV时，它的动能应为 （ ）A. 8 eVB. 17 eVC. 20 eVD. 34 eV【答案】B【解析】【详解】由题，电荷经过a、b点时的动能分别为28eV和4eV，动能减小为24eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小8eV，电势
12、能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为8eV；又由题，电荷经b点时的动能为4eV，所以电荷的总能量为：E=Ep+Ek=8eV+4eV=12eV其电势能变为-5eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为17eV，故B正确。10.如图所示是一火警报警电路的示意图其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是 （ ）A. I变大，U变小B. I变小，U变大C. I变小，U变小D. I变大，U变大【答案】D【解析】【详解】由题意知，当传感器R3所
13、在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I干减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大。传感器R3与电阻R2并联部分的电压 U并=E-I干（r+R1），I干减小，U并变大，电流表的读数I变大。AI变大，U变小，与结论不相符，选项A错误；BI变小，U变大，与结论不相符，选项B错误；CI变小，U变小，与结论不相符，选项C错误；DI变大，U变大，与结论相符，选项D正确；11.如图，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向里的匀强磁场中，有一带正电小球从A由静止释放，能沿轨道前进并恰能通过半圆形轨道最高点C。现若撤去磁场，使球从静止释放仍
14、能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H与原释放高度H的关系是（ ）A. HHB. HHC. HHD. 无法确定【答案】C【解析】【详解】有磁场时，恰好通过最高点，有：mg+qvB=m，无磁场时，恰好通过最高点，有：mg=m，由两式可知，v2v1。根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg（h-2R）=mv2可知，HH故C正确，ABD错误。故选C。12.如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说
15、法不正确的是（ ）A. 质子的最大速度不超过2RfB. 质子的最大动能为C. 高频交变电源的频率D. 质子的最大动能与高频交变电源的电压U有关，且随电压U增大而增加【答案】D【解析】【详解】A质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则，A正确B根据向心力公式，质子最大动能联立解得，B正确C回旋加速器能够加速粒子的条件就是粒子圆周运动的周期等于交变电流的周期，粒子圆周运动周期所以，C正确D由选项B分析可知质子最大动能，与电压U无关，D错误二、多项选择13.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直
16、线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线正确的是A. B. C. D. 【答案】BD【解析】由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，故C错误；根据能量守恒关系，则，由此可知：，因此粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D正确。所以BD正确，AC错误。14.一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点
17、，另一端系一带电小球置于水平向右的匀强电场中， 现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后小球摆到C点时速度为0，则（ ） A. 小球一定带正电B. 小球在B点时的细线拉力最大C. 小球在C点电势能最大D. 小球从A点到C点的过程中，小球的机械能一直减少【答案】ACD【解析】【详解】A.小球做减速运动，说明受的电场力向右，与电场强度方向相同，故带正电，故A正确；B. 小球受到电场力与重力、绳子的拉力的作用，在复合场中运动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一条直线上时，小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对绳子的拉力最大，而等效最低点不在B点，在AB之间，故B错误。C.从A到C
18、的过程中电场力对小球做负功，电势能一直增大，故C正确；D.因为从A到C的过程中电场力对小球做负功，机械能一直减小，故D正确；15.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带正电粒子恰好以速度v匀速穿过两板若不计重力，以下说法正确的是 ( )A. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B. 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将向下偏转C. 保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出D. 保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出【答案】BD【解析】【详解】若开关断开，则电容器与
19、电源断开，而与R形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故A错误；保持开关闭合，将a极板向下移动一点，板间距离减小，电压不变，由E=U/d可知，板间场强增大，因为粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故B正确；由图可知a板带正电，b板带负电；带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电路中电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由E=U/d可
20、知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，故粒子一定向上偏转，不可能从下极板边缘射出，故C错误；若滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，定值电阻及内阻上的电压减小，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，则由E=U/d可知，所受极板间电场强度增大，则所受电场力增大，故粒子将向下偏转，可能从下极板边缘飞出，故D正确。故选BD。【点睛】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；要求大家熟练掌握速度选择器模型，会利用闭合电路欧姆定律进行电路的动态分析，分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，结合粒子电性判断出带电粒
21、子偏转的方向。16. 如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（ ）A. 从a点离开的电子速度最小B. 从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C. 从b点离开的电子运动半径最小D. 从b点离开的电子速度偏转角最小【答案】BC【解析】试题分析：根据，由轨道半径的大小确定速度的大小，根据t=，由偏转角的大小确定时间的大小解：对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t=，与粒子的速度无关，知越
22、小，运行的时间越短故B、C正确，A、D错误故选BC【点评】解决本题的关键掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式，以及知道带电粒子在磁场中运行的周期与速度的大小无关17.如图，一质量为m、电量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面夹角为30。若小求在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且，则（ ） A. 电场方向竖直向上B. 小球运动的加速度大小为gC. 小球运动的最大位移为D. 小球电势能的最大值为【答案】BC【解析】【详解】A.因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角
23、为30，斜向上。如图所示故A错误。B. 根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g。故B正确。C. 小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移故C正确。D. 在整个过程中电场力做功电势能增加，所以小球电势能的最大值为，故D错误。18.如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E=1103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G1103N电荷量为q=2106C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数=0.5，已知管长AB=BC=L=2m
24、，倾角=，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin=0.6，cos=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是( ) A. B、A两点间的电势差为1200VB. 小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C. 小滑块第一次速度为零的位置在BC间某处D. 从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m【答案】ACD【解析】【详解】AAB两点间沿电场方向的长度为故BA两点间的电势差为故A正确；B由于小滑块带负电，所以小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；CD小滑块从A到B的运动过程，合外力 方向沿AB斜面向上，小滑块在BC上时，合外力方向沿BC斜面向上，
25、故小滑块在AB上做加速度为a的匀加速运动，在BC斜面上做加速度为5a的匀减速运动直到静止，那么，小滑块第一次速度为零的位置在BC上；小滑块从A到B运动的路程为d=AB=2m，然后第一次停在BC上，在BC上运动路程为再从第一次静止到B的路程为，从B到第二次静止的路程为故小滑块从静止到第一次速度为零的路程为第一次速度为零到第二次速度为零的路程为第二次速度为零到第三次速度为零的路程为所以，从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程故C错误，D正确。三、实验题19.如图某同学将灵敏表头G改装成双量程安培表和电压表，表头G的额定电流为250A，内阻为480。（1）使用AB两端和AC两端时，电流量程较大的是
26、_（填“AB两端”或者“AC两端”）；（2）若接AC两端时的量程为1mA，则R1+R2_，此时相应安培表的内阻为_；（3）若接AD时电压表量程为5V，则R3_。【答案】 (1). AB两端 (2). 160 (3). 120 (4). 4880【解析】【详解】(1)1表头的最大电流相同，当选择AB两端时当选择AC两端时所以选择AB两端量程较大。(2)23若，代入上式解得：此时相应安培表的内阻为(3)4 若接AD时电压表量程为5V代入数据解得：20.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“3V，1.8 W”的小灯泡、电源、导线和开关外，还有：电流表A（0-0.6A，内阻约为0.1）电
27、压表V（0-3V，内阻约为4k）、滑动变阻器R（0-10，2A）实验要求保证器材的安全，灯泡两端的电压能从零连续调节，测量结果尽量准确。（1）为尽可能的减小误差，实验中采用电流表_（ 选填“内接、外接），采用正确的方式测出的电阻值_（选填“大于”“小于”或“等于”）电阻的真实值（2）设计一个合理的电路，并在答题纸上所给的方框内画出电路图_。（3）某同学根据电路图连接实物图时，并未连接完整，请用铅笔代替导线在答题纸上帮忙完成实物图_；（4）根据实物图，开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于_（选填“左端”“右端”或“中间”）。【答案】 (1). 外接 (2). 小于 (3). (4). (
28、5). 右端【解析】【详解】（1）由得：，与电流表接近，所以使用外接法；外接法电压准确，电流值偏大，所以电阻值偏小；（2）电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示:（3）根据电路图连接实物图：（4）闭合开关前，分压电路分得的电压应为零，所以滑片应置于右端21.某同学为了测一节干电池的电动势E和内电阻r。 先用多用电表估测电动势E。将选择开关旋至直流2.5V档，红、黑表笔与干电池的正、负极相接，此时指针所指位置如图甲所示，则此时多用表的读数为_V。 再用伏安法更精确地测量该干电池的电动势和内电阻，实验电路如图乙所示。请你用实线代替导线在图丙中连接好实物_，要求变阻器的滑
29、动头向右滑动时，其电阻值变大。 由实验测得的7组数据已在图丁的U-I图上标出，请你完成图线_。由图象可得E_V（保留三位有效数字），r_（保留两位有效数字）。 这位同学对以上实验系统误差进行了分析，其中正确的是_。A主要是由电压表的分流引起的B主要是由电流表的分压引起的C电动势测量值小于真实值D内阻测量值大于真实值【答案】 (1). ； (2). 图见解析； (3). 图见解析; (4). ; (5). 1.0-1.1; (6). AC;【解析】【详解】（1）选择开关旋至直流2.5V档，由图示多用电表可知，多用电表分度值是0.5V，多用电表示数是1.45V；（2）变阻器的滑动头向右滑动时，其电
30、阻值变大，滑动变阻器应接左下接线柱，根据实验电路图连接实物电路图，如图丙所示；（3）用直线把坐标系中各点连接起来，得到U-I图象，如图丁所示；由图象可知，图象与纵轴交点是1.5V，则电源电动势E=1.5V，电源内阻；（4）在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用可以将电压表内阻与电源并联后看作等效电源，实际测量的是等效电源的电动势和内电阻，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小故AC正确，BD错误，故选AC.【点睛】电源的U-I图象斜率等于电源内阻；由图象求电源内阻时，一定要注意图象纵坐标轴的起点是否是零，这是容易忽略的地方四
31、、计算题22.水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为LM和P之间接入电动势为E、内阻为r的电源现垂直于导轨放置一根质量为m，金属棒ab接入导轨间的电阻为R，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力大小？摩擦力的大小和方向？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【答案】(1) 方向水平向右(2) 方向水平向右【解析】【详解】（1）通过对导体棒的受力分析根据共点力平衡可知：FN=mg 回路中的电流为：受到的安培力为：F安=BIL Ff=F安 联立解得：F
32、f=方向水平向右 .（2）要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据（1）可知：满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有：F安=mg方向水平向右.23.如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来、已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍，求：（1）A点在斜轨道上的高度h为多少？（2）小球运动到最低点时对轨道的最小压力为多少？【答案】（1）（2） 3mg【解析】【详解】（1）设小球到B点的最小速度为vB，则牛顿第二定律:小球从A到B的过程中由动能定理:由
33、得（2）小球从A到C的过程中，由动能定理:小球在C点时，牛顿第二定律:又因为 mg=2qE由 得:N=3mg【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动涉及动能定理、向心力公式的使用，意在考查学生的综合能力。24.如图，在平面直角坐标系xOy内，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以速度v垂直于y轴射出磁场.不计粒子重力.求:（1）电场强度大小E;（2）粒子在磁场中运动的轨道半径;（3）粒子离开磁场时的位置坐标.【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为，则有，根据牛顿第二定律得：，联立式得：；（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为v，根据动能定理得：，再根据，联立式得：（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、-y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为，由图可得：所以，【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题
